高三物理一轮测试题(一)
高三物理一轮测试题(一)
时间：60分钟满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)
1．冰壶在冰面上运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”。这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于()
图1
A．冰壶的速度B．冰壶的质量
C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力
解析由于惯性是物体本身的固有属性，其大小只由物体的质量来决定，故只有选项B正确。
答案 B
2．中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3 000 m，着陆距离大约为2 000 m。设客机起飞滑跑和着陆时都做匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是()
A．3∶2 B．1∶1 C．1∶2 D．2∶1
解析由题意可知，x起飞＝3 000 m，x着陆＝2 000 m，v起飞＝1.5v0，v着陆＝
v0，由x＝v
2t可得：t起飞＝
2x起飞
v起飞
＝
6 000 m
1.5v0＝
4 000 m
v0；t着陆＝
4 000 m
v0，选项B
正确。答案 B
3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图2所示。则下列相关说法正确的是()
图2
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，
5 s～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55 s～60 s时间
内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确。
答案 D
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，以抛出点为计时起点，小球上升到最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出的小球的速率v随时间t的变化关系的图线是()
解析 设小球的质量为m ，空气阻力的大小为f ，小球上升和下落过程的加速度分别为a 1、a 2，则上升过程由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1，a 1＝mg ＋f
m ＝g ＋f m ；下降过程有mg －f ＝ma 2，a 2＝mg －f m ＝g －f
m ，即a 1>a 2，D 错误；上升与下降的位移大小相等，即图象对应的面积相等，B 错误；题中表示的是速率与时间的变化关系，没有方向，A 错误，C 正确。
答案 C
5．如图3所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学的身高和质量分别为( )
图3
A ．v (t 0－t )，M 0
U 0U
B.12v (t 0－t )，M 0U 0
U
C ．v (t 0－t )，M 0
U 0
(U －U 0)
D. 12v (t 0－t )，M 0
U 0
(U －U 0)
解析 当测重台没有站人时，2x ＝v t 0，当测重台站人时，2(x －h )＝v t ，联立可得h ＝1
2v (t 0－t )；当测重台没有站人时，U 0＝kM 0g ；当测重台站人时，U ＝k (M 0g ＋mg )，联立可得，m ＝M 0
U 0
(U －U 0)；故选项D 正确。
答案 D
6．甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体，它们运动的v －t 图象如图4所
示，下列说法正确的是()
图4
A．丙与甲的运动方向相反
B．丙与乙的运动方向相同
C．乙的加速度的大小大于甲的加速度的大小
D．丙的加速度的大小小于乙的加速度的大小
解析甲、乙、丙三个物体的速度均为正值，运动方向相同，选项A错误，B正确；根据速度图象斜率的绝对值表示加速度的大小，乙的加速度的大小大于甲的加速度的大小，丙的加速度的大小大于乙的加速度的大小，选项C 正确，D错误。
答案BC
7．如图5所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，则球A、B的质量之比和杆对A、B的弹力之比分别为()
图5
A.m A
m B＝
3
1 B.
m A
m B＝
3
3
C.F N A
F N B＝
3
3 D.
F N A
F N B＝
3
2
解析分别对A、B两球受力分析，运用合成法，如图所示。
由几何知识得
T sin 60°＝m A g，
T sin 30°＝m B g，
故m A∶m B＝sin 60°∶sin 30°＝3∶1。
杆的弹力F N＝
mg tan θ，
则F N A
F N B＝
tan 30°
tan 60°·3＝
3
3，
选项A、C正确。
答案AC
8．如图6甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()
图6
A．μ＝0.4 B．μ＝0.2
C．t＝4.5 s D．t＝3 s
解析由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝Δv
Δt＝2.0 m/s
2，
由牛顿第二定律得F f＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
0.2，A错误，B正确；在v－t图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位
移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为
4.5 s，C正确，D错误。
答案BC
二、非选择题(共4小题，共52分)
9．(10分)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图7甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确。
图7
(1)乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力__________(填上述字母)不是由弹
簧测力计直接测得的。实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是__________(填正确选项前字母)。
A．两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B．橡皮条沿同一方向伸长
C．橡皮条伸长到同一长度
D．橡皮条沿同一方向伸长同一长度
(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为__________N。
解析(1)F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的。该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效
的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故A、B、C错误，D 正确。(2)根据丙图读出力的值为9.0 N。
答案(1)F D(2)9.0(8.8～9.2之间均可)
10．(10分)振华同学用如图8所示的实验装置验证牛顿第二定律。
图8
(1)该实验装置中有两处错误，分别是：__________和__________。
（2）振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后，将细绳对小车的拉力当作小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”。
①实验中，砝码盘及盘内砝码的总质量最好应为________。
A．10 g B．50 g C．100 g D．1 kg
②振华同学在实验时用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取
计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，如图9所示，但他知道甲、乙属于同一纸带，则丙、丁、戊中属于上述纸带的是__________。
图9
③已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，则由甲、乙纸带可求得小车的加
速度大小为__________m/s2(结果保留两位小数)。
解析(2)①该实验要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车及车上砝码的总
质量，即砝码和砝码盘的总质量要尽量小，故选A 。②根据刻度尺的读数可知，0、1两点的距离为x 01＝2.45 cm ，2、3两点的距离为x 23＝4.70 cm 。根据匀变速直线运动规律有x 23－x 01＝x 45－x 23，得x 45＝6.95 cm ，故戊纸带最符合。③根据逐差法得a ＝x 23－x 012T 2＝（4.70－2.45）×0.01
2×0.01 m/s 2＝1.13 m/s 2。
答案 (1)滑轮太高(或细绳与长木板不平行) 打点计时器接到直流电源上(或打点计时器未接交流电源)
(2)①A ②戊 ③1.13
11．(16分)如图10甲所示，质量m ＝1 kg 的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面的底端(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的拉力F ，t 1＝2 s 时拉力大小减半并反向，t 2＝3 s 时撤去外力，物体运动的部分v －t 图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：
图10
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F 的大小； (2)3 s 后再经多长时间物体回到斜面底端。
解析 (1)由v －t 图线知，物体匀加速运动时加速度大小为a 1＝Δv
Δt 1＝10 m/s 2
由牛顿第二定律得F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 物体匀减速运动时加速度大小为a 2＝－Δv 2
Δt 2
＝20 m/s 2
由牛顿第二定律得F
2＋mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 联立并代入数据解得F ＝20 N ，μ＝0.5。
(2)由v －t 图线知物体上滑的总距离为
x＝v－t＝20
2×3 m＝30 m
设撤去外力后物体的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma3
代入数据解得a3＝2 m/s2
设3 s后再经过间t物体回到斜面底端，由运动学规律知x＝1
2a3t
2
代入数据解得t＝30 s
答案(1)0.520 N(2)30 s
12．(16分)如图11所示，一长木板静止在水平地面上，在长木板的上表面放一滑块。现在长木板上施加一水平向左的恒力，使长木板由静止开始以恒定的加速度a＝2.5 m/s2向左做匀加速直线运动，当其速度为v＝9 m/s时调整恒力的大小使长木板做匀速直线运动。假设滑块与长木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s2，运动过程中滑块始终未滑离长木板。求：
图11
(1)长木板的速度达到v前滑块的加速度大小；
(2)滑块相对地面加速运动的时间及位移大小；
(3)为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端
的最短距离。
解析(1)设滑块的质量为m，滑块的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律有μmg＝ma′
解得a′＝2.25 m/s2<2.5 m/s2，滑块与长木板存在相对运动，则滑块的加速度大小为2.25 m/s2
(2)设滑块相对地面加速运动的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，则
t 1＝v
a ′＝4 s x 1＝v 2
2a ′＝18 m
(3)设长木板做匀加速直线运动的时间为t 2，则 t 2＝v
a ＝3.6 s
设滑块与长木板达到共同速度时长木板的位移为x 2，则 x 2＝v 2
2a ＋v (t 1－t 2)＝19.8 m
要使滑块不从长木板上滑落，滑块与长木板右端的最短距离为 Δx ＝x 2－x 1＝1.8 m
答案 (1)2.25 m/s 2 (2)4 s 18 m (3)1.8 m