2014届陕西省延安市一中高三第一次质量检测物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2014届陕西省延安市一中高三第一次质量检测物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法中正确的是 A研究奥运会冠军刘翔的跨栏技术时可将刘翔看作质点 B在某次铅球比赛中，某运动员以 18.62米的成绩获得金牌，这里记录的成绩是比赛中铅球经过的路程 C瞬时速度可理解为时间趋于零时的平均速度 D “北京时间 10点整 ”指的是时间，一节课 40min指的是时刻 答案： C 试题分析： A、当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断：研究刘翔的跨栏动作时，不能忽略其体积形状，不能看着质点。 B、物体运动的路程是物体经过的路线一条曲线如图 A-C-

2、B，铅球比赛的成绩是测量 A-B的直线距离，即位移。 C、 v 是平均速度的计算公式，当时间 t极小时，可视为物体在该点的瞬时速度。 D、时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分 “北京时间 10点整 ”指的是时刻，一节课 40min指的是时间。 考点：基本概念：质点、路程、位移、速度、时间、时刻 如图所示，一质量 m=0.2kg的小煤块以 vo=4m/s的初速度从最左端水平进入轴心距离 L=6m的水平传送带 ,传送带可由一电机驱使而转动 .已知小煤块与传送带间的动摩擦因数 (取 ) A若电机不开

3、启 ,传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为 2m/s B若电机不开启 ,传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为 4s C若开启电机，传送带以 5m/s的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为 0.5m D若开启电机，小煤块在传送带上运动时间最短，则传送带至少需要以m/s速率顺时针转动 答案： ACD 试题分析： A、 B：设水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度为 a g 1m/s2 物体滑离传送带右端时速度为 v1 ， 根据速度位移关系公式，有： 2aL解得：v1=2m/s，由 t 得， t=2s。

4、C、以地面为参考系，则滑上顺时针转动的传送带后，物体向右做匀加速运动由以上计算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度为 a1m/s2，到达共速所用时间为 1s，此段时间内，物体向右运动位移大小为S1=4.5m，皮带向右运动的位移大小为 S2=vt=5m，物体相对于传送带滑行的距离为 S= S2-S1=0.5m. D、若开启电机，小煤块在传送带上运动时间最短， 需要煤块一直加速，根据公式 2aL，可知： v1=2 m/s，即传送带至少需要以 m/s速率顺时针转动。 考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的速 度与位移的关系；牛顿第二定律 如图所示，一个质量为 m的滑块静止置于倾角为 30的

5、粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为 30则 A滑块可能受到三个力作用 B弹簧一定处于压缩状态 C斜面对滑块的支持力大小可能为零 D斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 答案： AD 试题分析： A、弹簧与竖直方向的夹角为 30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力 的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态， A正确； B错误； C、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于 ），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零， C

6、 错误； D正确故选 AD 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 给滑块一初速度 v0，使它沿光滑斜面向上作匀减速运动，加速度大小为 ，当滑块速度大小变为 时，所用时间可能是 A B C D 答案： BC 试题分析：规定初速度的方向为正方向，若滑块的末速度与初速度方向相同，则 t= 若滑块的末速度与初速度方向相反，则 t= 故 B、C正确， A、 D错误故选 BC 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 如图，直线 a和曲线 b分别是在平直公路上行驶的汽车 a和 b的位置一时间（ x-t）图线，由图可知 A在时刻 t1， a车追上 b车 B在时

7、刻 t2， a、 b两车运动方向相反 C在 t1到 t2这段时间内， b车的速率先减少后增加 D在 t1到 t2这段时间内， b车的速率一直比 a车大 答案： BC 试题分析： A、在时刻 t1， a、 b两车的位置坐标相同，开始 a的位移大于 b的位移，知 b追上 a故 A错误 B、在时刻 t2， a 的位移增大， b 的位移减小，知两车运动方向相反故 B 正确 C、图线切线的斜率表示速度，在 t1到 t2这段时间内， b车图线斜率先减小后增大，则 b车的速率先减小后增加故 C正确 D、在 t1到 t2这段时间内， b图线的斜率不是一直大于 a图线的斜率，所以 b车的速率不是一直比 a车大故

8、 D错误故选 BC 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 汽车正在以 10m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方 S0处有一辆自行车以 4m/s的速度做同方向的匀速直 线运动，汽车立即关闭油门做 a = - 6m/s2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则 S0的大小为 A 8.33m B 3m C 3.33m D 7m 答案： B 试题分析：汽车减速到 4m/s所需的时间 t= =1s此时汽车的位移 x1=v1t+at2=101- 61=7m 自行车的位移 x2=v2t=41=4m若汽车恰好碰不上自行车，则有： x2+x=x1，所以 x=3m 考点：匀变速直线运动的位移与时间的

9、关系 倾角为 、质量为 M的斜面体静止在水平桌面上，质量为 m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是 A木块受到的摩擦力大小是 mgcos B木块对斜面体的压力大小是 mg sin C桌面对斜面体的摩擦力大小是 mg sincos D桌面对斜面体的支持力大小是（ M+m） g 答案： D 试题分析： A、先对木块 m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有； f=mgsin N=mgcos 由 式，选项 A错误； B、斜面对木块的支持力和木块对斜面的压力相等，由 式， B错误； C、 D、对 M和 m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为（ M+m） g，

10、静摩擦力为零，故 C错误， D正确；故选 D 考点：共点力平衡的条件及其应用 2009年 10月 1日，天安门广场举行了盛大的阅兵式。在雄壮的中国人民解放军进行曲中，胡锦涛主席乘国产红旗牌检阅车，穿过天安门城楼，经过金水桥，驶上长安街，检阅了 44个精神抖擞、装备精良的地面方队。若胡锦涛主席乘国产红旗牌检阅车是后轮驱动，前轮导向，由此可知 A检阅车后轮所受摩擦力朝后，前轮所受摩擦力朝前 B检阅车后轮所受摩擦力朝前，前轮所受摩擦力朝后 C检阅车对地面的压力是由于地面发生形变产生的 D检阅车受到的支持力是由于车轮发生形变产生的 答案： B 试题分析： A、 B：后轮主动向前转，相对于地面向后运动，

11、受到向前的摩擦力；车向前运动时，前轮相对于地面向前运动，所以受到地面向后的摩擦力， 此题考查了摩擦力方向的判定：摩擦力的性质是阻碍相互接触的两个物体间的相对运动或相对运动趋势，所以研究摩擦力的方向时一定要取与研究对象接触的那个物体为参照物，并判断研究对象与参照物之间是否存在相对运动或相对运动趋势 若有，则被研究物体所受的摩擦力一定与此相对运动或相对运动趋势方向相反； C、 D：物体发生形变后，要恢复原状，对与它接触的物体有力的作用，这就是弹力是施力物体发生弹性形变对受力物体的力 车对地面产生的压力，施力物体是车，故是轮胎发生弹性形变对地面的力，地面对车的支持力，施力物体是地面，故是地面发生弹性

12、形变对汽车的力， 考点：弹力、摩擦力 （ 12分）摩托车先由静止开始以 m/s2的加速度做匀加速运动，后以最大行驶速度 25 m/s匀速运动，追赶前方以 15 m/s的速度同向匀速行驶的卡车已知摩托车开始运动时与卡车的距离为 1000 m，则： (1)追上卡车前，二者相隔的最大距离是多少？ (2)摩托车经过多长时间才能追上卡车？ 答案：（ 1） 1072m （ 2） 120s 试题分析： (1)由题意得，摩托车匀加速运动的最长时间 t1 16 s， 位移 x1 200 m x0 1000 m， 所以摩托车在达到最大速度之前没有追上卡车 则追上卡车前二者速度相等时，间距最大， 设从开始经过 t2

13、时间速度相等，最大间距为 xm， 于是有 at2 v匀 ，所以 t2 9.6 s 最大间距 xm x0 v匀 t2-at 1072 m. 6分 (2)设从开始经过 t时间摩托车追上卡车，则有： vm(t-t1) x0 v匀 t 解得： t 120 s. 6分 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 如图所示为某质点作直线运动的 V-t图象，关于这个质点在 4s内的运动情况，下列说法中正确的是 A质点始终向同一方向运动 B 4s末物体离出发点最远 C加速度大小不变，方向与初速度方向相同 D 4s内通过的路程为 4m，而位移为零 答案： D 试题分析：图象的斜率不变，因此物体做匀变速直线运动，开始

14、时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动， t=2s时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动， t=4s时，回到起始点，由图可知物体所经历的路程为： L 22+2 4(m)，位移为零，故选 D 考点：匀变速直线运动的图像 从三亚飞往西安的波音 737 航班，到达咸阳国际机场着陆的速度为 60m s，然后以大小为 5m s2的加速度做匀减速直线运动直到停下，则飞机在着陆后第14秒内的位移为 ( ) A 0m B 350m C 360m D 1330m 答案： A 试题分析：飞机着陆后到停止所需的时间 =12s 14s所以飞机在第 14s内的是静止的，位移等于 0故选 A 考点：匀变速直线运动的位

15、移与时间的关系 滑雪运动员由斜坡高速向下滑行时的 Vt 图象如图乙所示，则由图中 AB段曲线可知，运动员在此过程中 ( ) A所受外力的合力一定不断增大 B运动轨迹一定是曲线 C加速度一定减小 D斜坡对运动员的作用力一定是竖直向上的 答案： C 试题分析： A、根据牛顿第二定律得知，加速度减小，则运动员所受力的合力不断减小 B、速度图象是曲线，但运动员由斜坡 高速向下滑行时做的是直线运动 C、速度图象的斜率等于加速度，由图看出斜率逐渐减小，说明运动员的加速度逐渐减小 . D、由斜坡高速向下滑行时 ,合力沿斜面向下，运动员重力向下，斜坡对运动员的作用力垂直斜面向上 . 故选 C 考点：牛顿第二定

16、律；匀变速直线运动的图像 如图，用 OA、 OB 两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时 OB 绳水平。现保持 O点位置不变，改变 OB绳长使绳末端由 B点缓慢上移至 B点，此时OB与 OA之间的夹角 90。设此过程中 OA、 OB的拉力分别为 FOA、 FOB，下列说法正确的是 ( ) A FOA逐渐增大 B FOA逐渐减小 C FOB逐渐增大 D FOB逐渐减小 答案： B 试题分析：以结点 O为研究对象，分析受力：重力 G、绳 OA的拉力 FOA和绳BO的拉力 FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反， 作出轻绳 OB在两个位置时力的合成图如图，由图

17、看出， FOA逐渐减小， FOB先减小后增大，当 =90时， FOB最小故选 B 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 实验题 在验证力的平行四边形定则实验中，某同学首先将白纸固定在方木板上、将橡 皮筋的一端固定在 A点 ,另一端拴上两根细绳 ,每根细绳分别连着一个量程为 5 N、最小刻度为 0.1 N的弹簧测力计 .然后沿着两个不同的方向拉弹簧测力计 ,如图所示，夹角约为 900，这时必须在白纸上记下两拉力的大小和方向，还必须记下 ，其中右图中 B弹簧测力计的读数为 N。接着，用其中一个弹簧测力计去拉该橡皮筋时，该实验能否顺利进行下去 吗？请说明理由 。 答案：结点 O的位置

18、 ； 4.00 ； 不能。因为用一只弹簧称拉时，弹簧称的量程不够。 试题分析：该实验采用了 “等效替代 ”法，即要求两次拉橡皮筋绳套到同一点，这样时橡皮筋的形变相同，即可以使前后两次实验中力的作用效果相同；先让两力作用，产生一定的效果，记下效果（ O点位置）和力的大小和方向（两细绳所示方向、两弹簧秤读）；改用一个力作用，产生同效，记下力的大小和方向； 由图可知，弹簧秤的最小分度为 0.1N；则读得： B弹簧测力计的读数为 4.00N 合力与分力间的关系是等效替代，所以我们要让一个力（合力）与两个力（分力）产生相同的作用效果所以将橡皮筋的活动端都拉至 O点，现在合力大小大于 5N,超出弹簧 秤的

19、量程。 考点：验证力的平行四边形定则 填空题 重 的木块用水平力 压在竖直墙上静止不动，已知 ，木块与墙的动摩擦因数 ，此时墙对木块的摩擦力的大小是 _ _；若撤去力 F，木块沿墙下滑，则此时墙对木块的摩擦力大小是 _ _。 答案： N 0 试题分析：物体静止时受平衡力作用，在这种状态下摩擦力和重力为平衡力，摩擦力的方向和重力相反，根据二力平衡条件可知： =10N。 当木块运动时，受滑动摩擦力，根据 =F 求出滑动摩擦力的大小撤去力 F，摩擦力等于零。 考点：二力平衡条件的应用 用如图甲所示的装置 测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于 A点，另一端 B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最

20、小刻度为 mm 的刻度尺，当挂两个钩码时，绳上一定点 P对应刻度如图乙中 ab虚线所示，再增加一个钩码后， P点对应刻度如图乙中 cd虚线所示，已知每个钩码质量为 50 g，重力加速度 g 9.8 m/s2，则被测弹簧的劲度系数为 _N/m.挂三个钩码时弹簧的形变量为 _cm. 答案： 2.10 试题分析：由图可知，当钩码增至 3个时，弹力增大 mg，而弹簧的长度伸长0.7cm，则由平衡关系可知， mg=kx，解得劲度系数 k= =70N/m； 对 3个钩码由 3mg=kx1；解得： x1=2.10cm； 考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 做研究匀变速直线运动的实验中，取下一段纸带研究其运动情况

21、，如图所示。设 0点为计数的起点，两计数点之间的时间间隔为 0.1s，则计数点 1与起始点 0的距离 x1为 _cm，打计数点 2时的瞬时速度为 _cm/s，物体的加速度大小为 _m/s2。 答案： 55 1 试题分析：由于匀变速直线运动在连续相等的时间内位移之差为常数，即 15-9=9- x1，解得： x1=4cm 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得： v1=0.55m/s 根据匀变速直线运动的推论公式 x=aT2可以求出加速度的大小，得： x=x2-x1=x3-x2=1cm=aT2，解得： a=1m/s2. 考点：测定匀变速直线运动的加速度 计算题 （ 10分）一

22、物体作匀加速直线运动，在 2s内通过的位移为 6m，在紧接着的 1s内通过的位移也为 6m。求物体运动的加速度的大小。 答案： 试题分析：设物体的初速度为 v0，通过第一段位移 s时，由匀变速直线运动的位移公式得 3分 通过两段位移 2s时，由匀变速直线运动的位移公式得 3分 联立解得： 2分 代入数据 2分 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 （ 10分）如图所示，物体质量为 m，靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙之间的动摩擦因数为 ，若要使物体沿着墙向下匀速运动，则外力 F 的大小为多少？ 答案： 试题分析：当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如图所示，把 F沿竖直和水平方向正交分解 水平方向： Fcos FN 2分 竖直方向： mg Fsin Ff， 2分 又 Ff FN， 2分 得： F . 4分 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用