【物理】吉林省长春市实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 （解析版）

【物理】吉林省长春市实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 （解析版）

吉林省长春市实验中学2019-2020学年上学期期中考试试题 高一物理试卷 一、单选题 (本题共8个小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)‎ ‎1.以下关于“伽利略对自由落体的研究方法”的归纳不正确的是（ ）‎ A. 发现问题：伽利略发现亚里士多德“重物比轻物下落得快”的观点有自相矛盾的地方 B. 提出假设：伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，速度的变化对位移来说是均匀的，即v与x成正比 C. 实验验证：在验证自己猜想实验时，由于实验仪器不能精确测量快速下落物体所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”‎ D. 合理外推：伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】伽利略根据亚里士多德的论断，假定大的石块下落速度为8，小石块下落速度为4，把它们捆在一起，大石块会被小石块拖着而减慢，所以速度会小于8，但两石块捆在一起会更重，下落速度应当大于8，这样得出了相互矛盾的结论，伽利略认为，重物体与轻的物体下落一样快；所以运用归谬推理否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的错误论断，故A说法正确；伽利略提出“自由落体”是一种最简单的直线运动---匀加速直线运动，速度与时间成正比，故B错误；为“冲淡”重力，伽利略设计用斜面来研究小球在斜面上运动的情况；故C正确；伽利略将他在斜面实验中得出的结论做了合理的外推，从而确定了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有物体自由下落时的加速度都相同，故D正确；本题选不正确的，故选B.‎ ‎2.下列关于重力和重心的说法正确的是(　　)‎ A. 物体所受的重力就是地球对物体产生的吸引力 B. 用细线将重物悬挂起来，静止时物体的重心一定在悬线所在的直线上 C. 重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上 D. 物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.重力是由于地球的吸引而产生的，但不是地球的吸引力，故A错误；‎ B.由平衡条件可知，细线拉力和重力平衡，重心在重力作用线上，故B正确；‎ C.重心位置跟物体的形状、质量分布有关，是重力的等效作用点，但不一定在物体上，如球壳，故C错误；‎ D.只有物体静止或匀速运动时，弹簧拉力才等于物体重力，故D错误；‎ ‎3.在下列各图中，a、b均处于静止状态，且接触面均光滑，a、b间一定有弹力的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故ab间无弹力；故A错误；‎ B.若两球间无弹力，则两个都将向下摆动，与题矛盾，说明ab间有弹力；故B正确；‎ C.假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故ab间无弹力；故C错误；‎ D.假设a对b球有弹力，方向必定垂直于斜面向上，b球共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的拉力和垂直于斜面向上的弹力，三个力的合力不可能为零，则小球b不可能处于静止状态，与题矛盾，故ab间一定没有弹力；故D错误；‎ ‎4.某消防战士握住旗杆匀速上爬，到顶后再匀速滑下到达底端，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 该战士上爬时受到的摩擦力方向是沿着旗杆向下的 B. 该战士下滑时受到的摩擦力方向是沿着旗杆向下的 C. 体重更大的战士匀速上爬时，他受到的摩擦力更大 D. 该战士上爬时手握旗杆的力越大，他受到的摩擦力越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：该战士无论上爬还是下滑都是匀速的，故所受合外力为零，所以摩擦力与战士的重力平衡，大小等于战士重力，方向竖直向上。故AB错，C对。该战士手握旗杆的力越大，最大静摩擦力越大，但不会影响实际所受静摩擦力的大小，静摩擦力大小始终等于战士重力。‎ 考点：静态平衡。‎ ‎5.甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，以后甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一路标时的速度又相同，则（ ）‎ A. 甲车先通过下一路标 B. 乙车先通过下一路标 C. 丙车先通过下一路标 D. 三车同时到达 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于丙先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲多。乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲少；由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标。‎ A.甲车先通过下一路标，与分析不符，故A错误。‎ B.乙车先通过下一路标，与分析相符，故B正确。‎ C.丙车先通过下一路标，与分析不符，故C错误。‎ D.三车同时到达，与分析不符，故D错误。‎ ‎6.一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、第9 s末的速度和质点在前9 s内通过的位移分别是(　　)‎ A. a=1 m/s2，v=9 m/s，x=40.5 m B. a=1 m/s2，v=9 m/s，x=45 m C. a=1 m/s2，v=9.5 m/s，x=45 m D a=0.8 m/s2，v=7.7 m/s，x=36.9 m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由 T2解得 ‎；‎ 第9 s末的速度 ‎；‎ 质点在前9 s内通过的位移 故C正确；‎ ‎7.一个氢气球以8m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，5s末从气球上掉下一重物，此重物从氢气球上掉下后，经过时间t落回到地面（重物离开气球后不计空气阻力，g=10m/s2），则时间t的大小下列说法正确的是(　　)‎ A. 6s B. C. 10s D. 14s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】重物离开气球后有向上的初速度为：‎ ‎，‎ 气球做竖直上抛运动，规定向上为正方向，根据位移时间公式得：‎ 得 ‎，‎ 解得 ‎，（舍去）‎ 故C选项正确；‎ ‎8.一质点沿直线方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x=3+2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v=6t2m/s．则该质点在t=2s时的瞬时速度和t=0到t=2s间的平均速度分别为 ( )‎ A. 8 m/s、24 m/s B. 24 m/s、8 m/s C. 12 m/s、24 m/s D. 24 m/s、12 m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：质点在t＝2 s时的瞬时速度为；0时刻距O点为，2s时距O点为，所以位移为16m，所以平均速度为8 m/s。‎ 二、多选题 (本题共4个小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎9.一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手拿住B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，做匀加速直线运动，且A、B落地后均不再弹起。从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则 A. t1>t2 B. t1＝t2‎ C. v1∶v2＝1∶2 D. v1∶v2＝1∶3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由静止释放A、B，AB都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据可知，A落地的时间，B落地的时间为，所以，所以t1=t2，故A错误，B正确；‎ CD．A落地前瞬间速率为，B落地前瞬间速率，所以v1：v2=1：2，故C正确，D错误。‎ ‎10.A、B两质点在同一条直线上运动的v t图像如图所示。A的最小速度和B的最大速度相同。已知在t1时刻，A、B两质点相遇，则(　　)‎ A. 出发时质点A在后，质点B在前 B. 在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大 C. 在0～t2时间内，两质点的位移相同 D. 在0～t2时间内，质点A的平均速度大于质点B的平均速度 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据速度图像与坐标轴围成面积代表位移，可知，在0～t1时间内，A的位移比B的位移大，而在t1时刻，A、B两质点相遇，所以出发时质点A在后，质点B在前，选项A正确；‎ B.根据图像的斜率表示加速度，则知在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大，选项B正确；‎ C.由题图知，在0～t2时间内，A质点的位移比B的位移大，选项C错误；‎ D.在0～t2时间内，质点A的平均速度大于质点B的平均速度，选项D正确；‎ ‎11.在水平力F作用下，重为G的物体沿墙壁匀速下滑，如图所示．若物体与墙壁之间的动摩擦因数为μ，则物体所受的摩擦力的大小为(　　)‎ A μF B. μF＋G C. G D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知：物体沿竖直墙壁下滑，则受到是滑动摩擦力，所以水平方向：‎ ‎；又由于物体匀速下滑，从平衡条件得，竖直方向：，故AC正确；‎ ‎12.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是(　　)‎ A. 木块受到木板的摩擦力的大小一定是μ1mg B. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg C. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g D. 无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据相互作用力可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg，又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A、B正确，C错误；‎ D.若增大F的大小，只能使木块加速运动，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项D正确；‎ 三、实验题 (共15分，每空3分。) ‎ ‎13. 如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d。‎ ‎(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间和，则小车加速度 。‎ ‎(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是( )‎ ‎(A)增大两挡光片宽度(B)减小两挡光片宽度 ‎(C)增大两挡光片间距 (D)减小两挡光片间距 ‎【答案】（1） (2)B，C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小车经过两光电门的速度，，根据匀变速运动的规律 ‎，可求加速度a=；‎ ‎（2）本实验测量的物理量是两个挡光时间及两光电门间的距离，挡光时间越小，小车经过光电门的速度就越接近瞬时速度，故减小两挡光片宽度b，可减小误差，增大两挡光片间距d，可减小测量误差，故BC正确；AD错误。‎ ‎14.某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。‎ ‎①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm，图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l为_______cm;‎ ‎②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是______；（填选项前的字母）‎ A.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 ‎③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 6.93cm (2). A (3). 钩码重力超过弹簧弹力范围 ‎【解析】‎ ‎【详解】①乙的读数为13.66cm,则弹簧的伸长量△L =13.66cm–5.73cm =7.93cm ‎②为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，A正确；‎ ‎③弹簧超出了弹性限度，弹簧被损坏，弹簧的伸长量△L与弹力F不成正比 四、计算题 (本题共2个小题。写出必要步骤，只写出最后结果不得分。)‎ ‎15.跳伞员从476 m的高空自由下落一段距离后才打开降落伞，打开降落伞前可视为自由落体运动。设打开伞后以a=2m/s2的加速度匀减速下降，到达地面时速度为4 m/s。(取g=10 m/s2)求：‎ ‎(1)跳伞员下落的最大速度为多大？‎ ‎(2)跳伞员打开降落伞时，离地面的高度为多少？‎ ‎(3)跳伞员下落的总时间是多少？‎ ‎【答案】(1)40 m(2)396m(3)22s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) (2)设跳伞员展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则 v2－v02=－2ah，‎ 又 v02=2g×(476 m－h)‎ 联立解得 h=396 m，‎ v0=40 m/s ‎(3)设伞兵离开飞机做自由落体运动的时间为t1，则 v0=gt1，‎ 解得 t1==4 s 伞兵做减速运动的时间 t2==18s 伞兵在空中的最短时间 t=t1＋t2=22s ‎16.甲、乙两车平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11 m处，乙车速度v乙＝60 m/s，甲车速度v甲＝50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600 m，如图所示．若甲车加速运动，加速度a＝2 m/s2，乙车速度不变，不计车长，求：‎ ‎（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？‎ ‎（2）到达终点时甲车能否超过乙车？‎ ‎【答案】（1）（2）不能 ‎【解析】‎ 试题分析：解析：(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，‎ 得t1＝＝s＝5 s；‎ 甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝275 m，‎ 乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5 m＝300 m，‎ 此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36 m ‎(2)甲车追上乙车时，位移关系为 x甲′＝x乙′＋L1，‎ 甲车位移x甲′＝v甲t2＋at，‎ 乙车位移x乙′＝v乙t2，‎ 将x甲′、x乙代入位移关系，得 v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，‎ 代入数据t2＝11s，‎ 实际乙车到达终点的时间为t3＝L2/ v乙＝10s，‎ 所以到达终点时甲车不能超过乙车。 ‎ 考点：本题考查速度与加速度关系、位移与时间关系。‎