甘肃省张掖市高一物理上学期入学模拟试题二含解析

2022-2022学年甘肃省张掖市高一（上）入学物理模拟试卷（二）　一．选择题（每小题3分，共30分）1．以下各物理量属于矢量的是（　　）A．质量B．时间C．摩擦力D．动摩擦因数　2．如图所示，甲、乙两物体叠放在水平面上，用水平力F拉物体乙，它们仍保持静止状态，甲、乙接触面也为水平，则乙物体受力的个数为（　　）A．3个B．4个C．5个D．6个　3．人如果握住旗杆匀速上爬，则下列说法正确的是（　　）A．人受的摩擦力的方向是向下的B．人受的摩擦力的方向是向上的C．手握旗杆的力越大，人受的摩擦力也越大D．手握旗杆的力增加，人受的摩擦力保持不变　4．如图所示为一物体作匀变速直线运动的速度图线．下列判断正确的是（　　）A．物体的初速度为3m/sB．物体的加速度大小为1.5m/s2C．2s末物体位于出发点D．该物体0﹣4s内的平均速度大小为零　5．甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移，甲车在前半段位移上以v1=40km/h的速度运动，后半段位移上以v2=60km/h的速度运动；乙车在前半段时间内以v1=40km/h的速度运动，后半段时间以v2=60km/h的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度大小的关系是（　　）A．v甲=v乙B．v甲＞v乙C．v甲＜v乙D．因不知为是和时间无法确定　6．如图所示，水平台面由同种材料制成，粗糙程度均匀，在它上面放着质量为m1的木块，将木块用轻绳跨过定滑轮与m2的钩码相连．木块在平行于台面的轻绳的拉力作用下做匀速直线运动，运动一段时间，钩码触地后立即静止，木块继续滑动一段距离停在台面上．绳重、轮与轴的摩擦均忽略不计，下列说法中不正确的是（　　）-10-A．木块匀速运动的过程中，木块的机械能不变B．木块匀速运动的过程中，木块和钩码所受的重力都不做功C．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块的动能越来越小D．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小为m2g　7．关于重力势能，下列说法中正确的是（　　）A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．一个物体的重力势能从﹣5J变化到﹣3J，重力势能减小了C．重力势能的减少量等于重力对物体做的功D．卫星绕地球做椭圆运动，当由近地点向远地点运动是，其重力势能减小　8．如图所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（　　）A．5.0NB．2.5NC．8.65ND．4.3N　9．如图所示的电路图，电源电压保持不变．开关S闭合时，发现图中只有两个表的指针发生偏转，电路中的电阻R或灯L只有一个出现故障，则可能是（　　）A．电流表A示数为零，灯L短路B．电流表A示数为零，灯L断路C．电流表A1示数为零，电阻R短路D．电流表A1示数为零，电阻R断路　10．如图是安装在潜水器上深度表的电路简图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源电压不变，R0是定值电阻，在潜水器下潜过程中，电路中有关物理量的变化情况是（　　）-10-A．通过显示器的电流减小B．R0两端的电压增大C．传感器两端的电压增大D．电路的总功率减小　　二．计算题（每小题10分，共20分）11．（10分）（2022秋•张掖月考）粗糙的水平面上有一质量为1kg的木块，在水平向右、大小为5N的拉力作用下，由静止开始运动．已知动摩擦因数为μ=0.1，（g取10m．s﹣2）求（1）木块运动的加速度；（2）第2秒内的位移（3）2秒末拉力的瞬时功率．　12．（10分）（2022秋•张掖月考）如图所示，电源电压6V恒定不变，灯泡L标有“6V3W”字样，滑动变阻器的阻值范围是0～20Ω．求：（1）小灯泡的电阻：（2）S、S1都闭合时滑动变阻器两端的电压；（3）S闭合、S1断开时电路消耗的最小功率．　　2022-2022学年甘肃省张掖市高一（上）入学物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析　一．选择题（每小题3分，共30分）1．以下各物理量属于矢量的是（　　）A．质量B．时间C．摩擦力D．动摩擦因数【考点】矢量和标量．【专题】常规题型．【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，而标量是只有大小，没有方向的物理量，根据有没有方向区分是标量还是矢量．【解答】解：A、B、D、质量、时间、动摩擦因数都是只有大小，没有方向的标量．故ABD错误．C、摩擦力既有大小，又有方向，是矢量．故C正确．故选C．-10-【点评】对于物理量的矢标性与物理量的定义、物理意义、单位、公式等要一起学习，是物理概念内涵的一部分．　2．如图所示，甲、乙两物体叠放在水平面上，用水平力F拉物体乙，它们仍保持静止状态，甲、乙接触面也为水平，则乙物体受力的个数为（　　）A．3个B．4个C．5个D．6个【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；物体的弹性和弹力．【分析】本题要分析乙物体的受力个数，则只研究物体乙；分析与乙相接触的物体根据物体乙的运动状态可知乙物体所受到的所有外力．【解答】解：与物体发生相互作用的有地球、水平桌面及甲物体；则乙物体受重力、桌面的支持力、甲对乙的压力及水平力F；因在拉力作用下，物体乙相对于地面有相对运动的趋势，故乙受地面对物体乙的摩擦力；而甲与乙相对静止，故甲对乙没有摩擦力；故乙受五个力；故选C．【点评】物体的受力分析一般按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析；本题的难点在于静摩擦力的确定，应根据静摩擦力的特点认真分析确定是否存在静摩擦力，也可由假设法进行判定．　3．人如果握住旗杆匀速上爬，则下列说法正确的是（　　）A．人受的摩擦力的方向是向下的B．人受的摩擦力的方向是向上的C．手握旗杆的力越大，人受的摩擦力也越大D．手握旗杆的力增加，人受的摩擦力保持不变【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】摩擦力专题．【分析】根据摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势的方向相反逐项分析即可．【解答】解：A、人握住旗杆匀速上爬时，受到向下的重力和向上的摩擦力而平衡，选项A错误B正确．CD、手与旗杆间不发生相对滑动，所以人受的是静摩擦力．手握旗杆的力越大，只是人受到的最大静摩擦力也越大，但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小，选项C错误，D正确．故选：BD．【点评】本题考查了摩擦力方向的判断，特别注意静摩擦力和最大静摩擦力的区别．　4．如图所示为一物体作匀变速直线运动的速度图线．下列判断正确的是（　　）A．物体的初速度为3m/s-10-B．物体的加速度大小为1.5m/s2C．2s末物体位于出发点D．该物体0﹣4s内的平均速度大小为零【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据匀变速直线运动的速度图线t=0时刻的速度读出初速度．由斜率读出加速度．根据“面积”等于位移，研究2s末物体的位置，并求出前4s内的位移，再求解平均速度．【解答】解：A、由图可知，t=0时，物体的初速度为3m/s．故A正确．B、物体的加速度为a===﹣1.5m/s2，即加速度大小为1.5m/s2．故B正确．C、物体在前2s内，一直向正方向运动，位移大小为3m，没有回到出发点．故C错误．D、根据“面积”等于位移物体在前2s内位移为x1=2m，后2s内位移为x2=﹣2m，前4s内的总位移为x=x1+x2=0，则平均速度也为零．故D正确．故选：ABD．【点评】根据速度图象读出任意时刻的速度、加速度和位移是应具备的基本能力，抓住“面积”等于位移，斜率等于加速度是关键．　5．甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移，甲车在前半段位移上以v1=40km/h的速度运动，后半段位移上以v2=60km/h的速度运动；乙车在前半段时间内以v1=40km/h的速度运动，后半段时间以v2=60km/h的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度大小的关系是（　　）A．v甲=v乙B．v甲＞v乙C．v甲＜v乙D．因不知为是和时间无法确定【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．【专题】直线运动规律专题．【分析】根据平均速度的公式分别求出甲乙两车在整个位移中的平均速度，再比较．【解答】解：甲的平均速度=48km/h．乙的平均速度=50km/h．所以v甲＜v乙．故A、B、D错误，C正确．故选C．【点评】解决本题的关键理解平均速度的定义，平均速度等于总位移除以总时间．　6．如图所示，水平台面由同种材料制成，粗糙程度均匀，在它上面放着质量为m1的木块，将木块用轻绳跨过定滑轮与m2的钩码相连．木块在平行于台面的轻绳的拉力作用下做匀速直线运动，运动一段时间，钩码触地后立即静止，木块继续滑动一段距离停在台面上．绳重、轮与轴的摩擦均忽略不计，下列说法中不正确的是（　　）-10-A．木块匀速运动的过程中，木块的机械能不变B．木块匀速运动的过程中，木块和钩码所受的重力都不做功C．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块的动能越来越小D．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小为m2g【考点】机械能守恒定律；摩擦力的判断与计算．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】物体的机械能包括动能和势能两部分；根据物体在竖直方向的位置的变化分析重力做功；结合受力分析分析木块的运动．【解答】解：A、木块匀速运动的过程中，木块的动能和重力势能都不变，所以木块的机械能不变．故A正确；B、木块匀速运动的过程中，钩码沿竖直方向向下运动，所受的重力做正功．故B错误；C、木块受到绳子的拉力作用下仍然是做匀速直线运动，说明木块在水平方向还要受到与拉力方向相反的摩擦力的作用．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块受到的拉力消失，在摩擦力的作用下，动能向内能转化，所以木块的动能越来越小．故C正确；D、木块受到绳子的拉力作用下做匀速直线运动，说明木块在水平方向还要受到与拉力方向相反的摩擦力的作用，所以：f=m2g；钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小仍然是m2g．故D正确．本题选择不正确的，故选：B【点评】该题中，木块的运动有匀速直线运动和减速直线运动两种情况，结合木块的受力的变化来分析运动的变化是解答的关键所在．　7．关于重力势能，下列说法中正确的是（　　）A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．一个物体的重力势能从﹣5J变化到﹣3J，重力势能减小了C．重力势能的减少量等于重力对物体做的功D．卫星绕地球做椭圆运动，当由近地点向远地点运动是，其重力势能减小【考点】重力势能．【专题】定性思想；归纳法；机械能守恒定律应用专题．【分析】重力势能Ep=mgh，其中h为相对于零势能面的高度差，重力做功与重力势能的关系，重力做正功重力势能减少，重力做负功重力势能增加．【解答】解：A、重力势能与重物的重量、高度等有关，具有相对性，重力势能的大小是相对于零势能面的，故A错误；B、重力势能是标量，其负值表示重力势能低于零势面；一个物体的重力势能从﹣5J变化到﹣3J，重力势能增加了，故B错误；C、由重力做功与重力势能的关系，可知重力势能的减少量等于重力对物体做的功；故C正确；D、当由近地点向远地点运动是，其重力势能增加；故D错误；故选：C【点评】本题考查重力势能的决定因素，特别留意重力势能的相对性，即注意h为相对高度-10-　8．如图所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（　　）A．5.0NB．2.5NC．8.65ND．4.3N【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以物体为研究对象，采用作图法分析什么条件下拉力F最小．再根据平衡条件求解F的最小值．【解答】解：以物体为研究对象，根据作图法可知，当拉力F与细线垂直时最小．根据平衡条件得F的最小值为Fmin=Gsin30°=5×0.5N=2.5N故选B【点评】本题是物体平衡中极值问题，难点在于分析F取得最小值的条件，采用作图法，也可以采用函数法分析确定．　9．如图所示的电路图，电源电压保持不变．开关S闭合时，发现图中只有两个表的指针发生偏转，电路中的电阻R或灯L只有一个出现故障，则可能是（　　）A．电流表A示数为零，灯L短路B．电流表A示数为零，灯L断路C．电流表A1示数为零，电阻R短路D．电流表A1示数为零，电阻R断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．-10-【分析】明确电路结构，知道电压表和电流表的连接方式；根据两电表的示数可明确可能出现的故障，对各项进行分析即可明确对应的可能故障．【解答】解：A、若灯L短路，电流表A1和电压表均被短路，此两表均无示数；电流表A相当于直接接在电源两极上，且示数很大．故A错误；B、若灯L断路，电流经过电流表A、A1、电阻R回负极，电压表测量R两端电压，因此电压表和两个电流表都有示数，故B错误；C、若电阻R短路，电压表示数变为零，两个电流表都有示数；故C错误；D、若电阻R断路，电压表的正负接线柱通过灯丝、导线接在电源正负极上，电压表有示数；电流表A1测量的是通过电阻R的电流，示数为0，电流表A测干路上的电流，故电流表A有示数，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，要注意学会用电压表及电流表分析电路故障的方法．　10．如图是安装在潜水器上深度表的电路简图，显示器由电流表改装而成，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，电源电压不变，R0是定值电阻，在潜水器下潜过程中，电路中有关物理量的变化情况是（　　）A．通过显示器的电流减小B．R0两端的电压增大C．传感器两端的电压增大D．电路的总功率减小【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】在潜水器下潜过程中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，得出总电阻减小，结合闭合电路的欧姆定律与电功率的表达式即可解答．【解答】解：A、由题，潜水器下潜的过程中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，所以电路中的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律：I=可知电路中的电流值增大，故A错误；B、电路中的电流值增大．根据欧姆定律，R0两端的电压U=IR0，U增大．故B正确；C、传感器两端的电压U传=E﹣I（R0+r），由于I增大，其他的都不变，所以传感器两端的电压减小．故C错误；D、由P=EI可知，电路的总功率随电流的增大而增大．故D错误．故选：B【点评】该题考查了串联电路的特点以及闭合电路的欧姆定律，解答的关键是由压力传感器的电阻随压力的增大而减小，从而得出总电阻的变化，再根据欧姆定律解答即可．　二．计算题（每小题10分，共20分）11．（10分）（2022秋•张掖月考）粗糙的水平面上有一质量为1kg的木块，在水平向右、大小为5N的拉力作用下，由静止开始运动．已知动摩擦因数为μ=0.1，（g取10m．s﹣2）求（1）木块运动的加速度；（2）第2秒内的位移-10-（3）2秒末拉力的瞬时功率．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】（1）由牛顿第二定律求的加速度（2）第2s内的位移为前2s内的位移与前1s内的位移差值（3）由v=at求的2s末得速度，根据P=Fv求的瞬时功率【解答】解：（1）由牛顿第二定律可得：F﹣μmg=ma解得：a=（2）第2s内的位移为：x=m=6m（3）2s末的速度为：v=at=8m/s拉力的瞬时功率为：P=Fv=5×8W=40W答：（1）木块运动的加速度为4m/s2；（2）第2秒内的位移为6m（3）2秒末拉力的瞬时功率为40W【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及匀变速直线运动位移时间公式的直接应用，瞬时功率WieP=Fv，难度不大　12．（10分）（2022秋•张掖月考）如图所示，电源电压6V恒定不变，灯泡L标有“6V3W”字样，滑动变阻器的阻值范围是0～20Ω．求：（1）小灯泡的电阻：（2）S、S1都闭合时滑动变阻器两端的电压；（3）S闭合、S1断开时电路消耗的最小功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=求出灯泡的电阻；（2）当S、S1都闭合时，滑动变阻器被短路，据此可知其两端的电压；（3）S闭合、S1断开时，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路消耗的功率最小，根据电阻的串联和P=求出其大小．【解答】解：（1）由P=可得，灯泡的电阻：RL==12Ω；（2）当S、S1都闭合时，滑动变阻器被短路，故其两端的电压为0V；（3）S闭合、S1断开，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路消耗的功率最小，-10-因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，P===1.125W．答：（1）小灯泡的电阻为12Ω；（2）S、S1都闭合时滑动变阻器两端的电压为0V；（3）S闭合、S1断开时电路消耗的最小功率为1.125W．【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意明确对于纯电阻电路的功率公式的正确选择．　-10-