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文档介绍
北京市东城区2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题
东城区 2019—2020 学年度第一学期期末教学统一检测高一物理 一、单项选择题 1.下列选项中,哪组仪器可以测量国际单位制中的力学基本物理量( ) A. 密度计、弹簧测力计、打点计时器 B. 米尺、弹簧测力计、秒表 C. 秒表、天平、量筒 D. 米尺、天平、秒表 【答案】D 【解析】 【详解】米尺测量长度,长度是国际单位制中三个力学基本物理量;天平测量质量,质量是国际单位制中三个力学基本物理量;秒表测量时间,时间是国际单位制中三个力学基本物理量;密度计是测量液体密度的仪器,量筒是测量体积的仪器,弹簧测力计是测量力的仪器,密度、体积与力都是导出量,不是基本物理量。由以上的分析可知,D正确,ABC错误。 故选D。 2.同一个物体,由于所要研究的问题不同,有时可以看成质点,有时不能看成质点。下面选 项中正确的是( ) A. 研究地球的公转周期时,可以把地球看作质点 B. 研究乒乓球的旋转快慢时,可以把乒乓球看作质点 C. 研究百米跑运动员的起跑动作时,可以把运动员看作质点 D. 研究足球比赛中香蕉球的运动原因时,可以把足球看作质点 【答案】A 【解析】 【详解】A.研究地球绕太阳公转周期时,地球的大小相对于运动的轨道可以忽略不计,可以将地球看作质点,A正确; B.研究乒乓球旋转时,不可以把乒乓球看作质点,否则没有转动,B错误; C.研究百米跑运动员的起跑动作时,不可以把运动员看作质点,否则没有动作,C错误; D.研究足球比赛中香蕉球的运动原因时,不可以把足球看作质点,否则没有足球的转动导致的香蕉球,D错误。 故选A。 3.一个球形物体静止放在光滑的水平地面上,并与竖直墙壁相接触,如图所示,A、B两点分别是球与墙、地面的接触点,则下列说法正确的是( ) A. 物体受到重力、地面的支持力和墙壁的弹力三个力作用 B. 物体受到重力、地面的支持力两个力作用 C. 物体受到重力、地面的支持力和墙壁的摩擦力三个力作用 D. 物体受到重力、地球的引力和地面的支持力三个力作用 【答案】B 【解析】 【详解】物体在竖直方向上受重力和支持力平衡,在水平方向上虽然与墙壁接触,但不挤压,不受墙壁的弹力,B正确,ACD错误。 故选B。 4.下列关于速度的说法正确的是( ) A. 速度是描述位置变化的物理量 B. 瞬时速度方向与物体运动的方向相同 C. 速度一定随加速度增加而增加 D. 速度方向一定与加速度方向相同 【答案】B 【解析】 【详解】A.速度是描述位置变化快慢物理量,位移是描述位置变化的物理量,A错误; B.瞬时速度的方向就是物体的运动方向,B正确; C.当速度方向与加速度方向一致时,速度才增加,当速度方向与加速度反向相反时,速度减小,C错误; D.加速度方向与速度变化量的方向一致,但是不一定与速度方向一致。当加速度与速度方向一致时,物体做加速运动,加速度与速度方向相反时,物体做减速运动,D错误。 故选B。 5.撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动,完整的过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、 撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识,下列说法正确的是( ) A. 持杆助跑过程,重力的反作用力是地面对运动员的支持力 B. 撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力 C. 撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力大小等于人对撑杆的作用力大小 D. 最高点手已离开撑杆,运动员还能继续越过横杆,是因为受到了一个向前的冲力 【答案】C 【解析】 【详解】A.重力是由于地球的吸引而产生的,所以任意过程中,其反作用力均为人对地球的引力,A错误; BC.弯曲的撑杆对人的作用力和人对撑杆的作用是相互作用力,故撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用,B错误,C正确; D.最高点手已离开撑杆,运动员还能继续越过横杆,是因为人的惯性,而没有受到冲力作用,D错误。 故选C。 6.一物块从粗糙斜面底端,以某一初速度开始向上滑行,到达某位置后又沿斜面下滑到底端, 则物块在此运动过程中( ) A. 上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力 B. 上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力大小 C. 上滑时的加速度小于下滑时的加速度 D. 上滑的时间大于下滑的时间 【答案】B 【解析】 【详解】AB.设斜面倾角为,物体受到的摩擦力,物块上滑与下滑时的滑动摩擦力相等,A错误,B正确; C.根据牛顿第二定律有,上滑时的加速度 a上= 下滑时的加速度 a下= 由此可知,上滑时的加速度大于下滑时的加速度,C错误; D.上滑的过程,采用逆向思维,是初速度为零的匀加速直线运动,根据 可知上滑时的加速度大于下滑时的加速度,所以上滑时的时间小于下滑时的时间,D错误。 故选B。 7.甲、乙两物体沿同一直线运动,其运动过程的v-t图如图所示,则以下说法正确的是( ) A. t1时刻之前乙在甲前面,t1时刻之后乙在甲后面 B. t1时刻之前甲乙运动方向相反,t1时刻之后运动方向相同 C. t1时刻两物体到达同一位置 D. t1时刻甲乙两物体的速度相同 【答案】D 【解析】 【详解】A.甲、乙两物体沿同一直线运动,由于出发点位置关系未知,所以不能确定它们的位置关系,A错误。 B.根据速度的正负表示速度方向,知甲乙运动方向一直相同,B错误。 CD.t1时刻两图象相交,甲乙两物体的速度相同,但不一定到达同一位置,C错误,D 正确。 故选D。 8.如图所示,细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同,长度MO>NO,则在不断增加重物G的重力过程中(绳OC不会断)( ) A. 绳ON先被拉断 B. 绳OM先被拉断 C. 绳ON和绳OM同时被拉断 D. 条件不足,无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】物体对O点拉力等于物体重力,此力有两个效果:一是使NO绳拉紧,二是使OM绳拉紧。按效果把物体对O点的拉力分解,如图所示: 由此可知NO绳受的力大于MO绳受的力。当重力逐渐增大,NO绳先达到最大拉力,NO绳先断。A正确,BCD错误。 故选A。 9.一物体从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达B点时速度为v,再运动到C点时的速度为2v,则AB与BC的位移大小之比为( ) A. 1:3 B. 1:4 C. 1:2 D. 1:1 【答案】A 【解析】 对AB过程,由变速直线运动速度与位移的关系式可得,解得,对BC过程可得,解得 ,所以AB与BC的位移大小之比为1:3,故A正确,BCD错误; 故选A. 10.从光滑斜面上某一位置先后由静止释放A、B、C、D四个小球(小球可以看作质点),已知相邻两小球释放的时间间隔为0.1s。某时刻拍下一张照片,四个小球的位置如图所示。测出AB、BC、CD间距离分别为xAB=5cm,xBC=10cm,xCD=15cm,则( ) A. 小球A的位置恰好为释放四个小球的初始位置 B. 小球C的速度是 A、D两个小球速度之和的一半 C. 小球B的速度大小为1.5m/s D. 小球A、B、C、D的加速度大小均为5m/s2 【答案】D 【解析】 【详解】ACD.根据 △x=aT2 得小球的加速度为: m/s2 B点的速度等于AC段的平均速度,则有: m/s A点小球的速度为: m/s 可知小球不是从A点释放,AC错误,D正确; B.C点是BD段的中间时刻,根据平均速度的推论知,C点小球的速度等于B、D点两球速度之和的一半,B错误。 故选D。 11.一列火车由静止以恒定的加速度启动出站,设每节车厢的长度相同,不计车厢间间隙距离,一观察者站在第一节车厢最前面,他大致测量了第一节车厢通过的时间及车厢长度,估算出第一节车厢尾驶过他时的速度为v0,则第n节车厢尾驶过他时的速度为( ) A. nv0 B. n 2v0 C. D. 2nv0 【答案】C 【解析】 【详解】设每节火车的长度为l,根据 得第一节车厢经过时有: n节车厢经过时有: 联立两式解得:,C正确,ABD错误。 故选C。 12.如图所示,A、B两木块间连一轻弹簧,A、B质量相等,一起静止地放在一块光滑木板上,重力加速度为g。若将此木板突然 抽去,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是( ) A. aA=0,aB=2g B. aA=g,aB=g C. aA=0,aB=0 D. aA=g,aB=2g 【答案】A 【解析】 【详解】开始时,对A物体受重力和弹簧的弹力F,根据平衡条件可得 mg=F 在抽出木板的瞬时,弹簧对A的弹力和对B的弹力并未改变。A物体仍然受力平衡,则aA=0。对B物体受重力和弹簧的向下的弹力,根据牛顿第二定律有: A正确,BCD错误 故选A。 13.如图所示,质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为μ,质量为m的物块B与地面的摩擦不计,在大小为F的水平推力作用下,A、B一起向右做加速运动,则A和B之间的作用力大小为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 以AB组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得系统的加速度,以B为研究对象,由牛顿第二定律得A对B的作用力:,即AB间的作用力为,D正确. 14.如图所示,长方体物块A叠放在长方体物块B上,B置于粗糙水平面上A、B质量分别为mA=2kg,mB=1kg,A、B之间动摩擦因数μ1=0.2,B与地面之间动摩擦因数μ2=0.1,现对A施加水平力F,若F从0开始逐渐增大,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则( ) A. 当拉力超过3N时,A、B开始发生相对滑动 B. 当拉力超过4N时,A、B开始发生相对滑动 C. 当拉力超过5N时,B的加速度为1m/s2 D. 当拉力超过6N时,A、B开始发生相对滑动 【答案】D 【解析】 【详解】对AB整体,B与地面间的摩擦力:N,当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B间发生相对滑动,即N,对B,根据牛顿第二定律有: m/s2 对AB整体,由牛顿第二定律得: 解得:F=6N,即当拉力超过6N时,A、B开始发生相对滑动,B的加速度为1m/s2,ABC错误,D正确。 故选D。 二、实验题 15.如图甲所示,用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码,探究在弹性限 度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。 (1)实验中还需要的测量工具有:____________________ (2)用纵轴表示钩码质量m,横轴表示弹簧的形变量x,根据实验数据绘制出乙图。由图可知:弹簧的劲度系数k =_____N/m(重力加速度g取9.8m/s2)。 (3)如图丙所示,实验中用两根不同的弹簧a和b,画出弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像。则下列说法中正确的是_____。 A.a的原长比b的长 B.a的劲度系数比b的大 C.a的劲度系数比b的小 D.弹力与弹簧长度成正比 【答案】 (1). 刻度尺 (2). 4.9 (3). B 【解析】 【详解】(1)[1]实验需要测量弹簧伸长的长度,故需要刻度尺。 (2)[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。则有: N/m (3)[3]A.在图象中横截距表示弹簧的原长,故b的原长比a的长,A错误; BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k,故a的劲度系数比b的大,B正确;C错误; D.弹簧的弹力满足胡克定律,弹力与弹簧的形变量成正比,D错误。 故选B。 16.为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合力成正比”的结论是否正确,一组同学用图甲所示的装置进行实验,并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中。 (1)关于该实验,下列叙述正确的是( ) A. 保持小车的质量不变,改变沙和桶的总质量 B. 保持沙和桶的总质量不变,改变小车的质量 C. 保持小车和沙桶的质量均不变 D. 同时改变小车和沙桶的质量 (2)在图乙中作出a-F图线。( ) (3)由a-F图线可以发现,该组同学实验操作中遗漏了_____这个步骤。 (4)根据a-F图线可以求出小车的质量是______保留两位有效数字)。 【答案】 (1). A (2). (3). 平衡摩擦力 (4). 0.25kg 【解析】 【详解】(1)[1]本实验为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合力成正比”的结论是否正确,所以要保持小车的质量不变,改变沙和桶的总质量,从而改变小车所受的拉力,A正确,BCD错误; 故选A。 (2)[2]如图为作出的作出a-F图线 (3)[3]从上图中发现直线没过原点,当F≤0.2N时,a=0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0,说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢。该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤; (4)[4]根据 变形得: 可知a-F图线的斜率表示小车的质量,则有: 解得:m=0.25kg 三、计算题 17.一辆汽车在高速公路上以v0 =30m/s的速度匀速行驶,由于在前方出现险情,司机采取紧急刹车,刹车加速度的大小为a =5m/s2,求: (1)从开始刹车到汽车停下,所经历的时间。 (2)从开始刹车到汽车停下,所滑行的距离。 (3)汽车刹车后3s内行驶的距离。 【答案】(1)6s;(2)90m;(3)67.5m。 【解析】 【详解】(1)设汽车经时间t停止,由 代入数据得:t=6s (2)汽车的位移为 m (3)由于:3s<6s,则汽车在3s内的位移为: 代入数据解得:x1=67.5m 18.物理课学习超重与失重现象后,某同学回家乘坐电梯时用心体会了一下,发现从电梯上升到静止的过程中,他经历了先加速再匀速,最后减速的运动过程。每次都是在17层到18层(他住18层)的过程中,有明显减速的感觉。有一天,该同学用手机测出电梯 减速时的加速度为0.65m/s2,设该同学的质量为60kg,g=9.8m/s2求, (1)电梯从17层到18层减速过程中,该同学处于超重状态还是失重状态? (2)减速过程中,电梯底面对该同学的支持力大小? (3)电梯以多大的加速度减速时,电梯底面对他的支持力为零? 【答案】(1)失重状态;(2)549N;(3)9.8m/s2。 【解析】 【详解】(1)电梯从17层到18层减速过程中,加速度向下,所以该同学处于失重状态; (2)减速过程中,对手机,根据牛顿第二定律有: 代入数据解得:FN=549N (3)电梯底面对人的支持力为零时,根据牛顿第二定律有: 解得:9.8m/s2 19.如图所示,水平传送带A、B两端相距s=2m,工件(可以看作质点)与传送 带间的滑动摩擦因数μ=0.1。(g=10m/s2)问: (1)若传送带不转动,要使工件达到B端,工件水平滑上A端瞬时速度至少多大? (2)若传送带以v=1m/s速度顺时针匀速转动,将工件轻轻放于传送带A端,则工件由A端被传送到B端所用时间为多少? (3)调节传送带的速度v可以改变工件从A端被传送到B端所用的时间t,在忽略工件轻放于A端速度的条件下,定性说明时间t与传送带速度v的关系,并且若要用最短时间t传送工件,计算传送带匀速转动时速度v的最小值。 【答案】(1)2m/s;(2)2.5s;(3)2m/s。 【解析】 【详解】只要工件相对于传送带相对运动,工件的加速度大小不变,设工件加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得: 解得:a=1m/s2 (1)若传送带不转动,要使工件达到B端,工件在A端的速度最小时达到B端速度为零,根据速度位移关系可得: 解得:vA=2m/s (2)若传送带以v=1m/s的速度顺时针匀速转动,将工件轻轻放于传送带A端,则达到与传送带速度相等经过的时间 s 此过程位移: m 匀速运动的时间为: s 所以工件由A端被传送到B端所用时间为: s (3)在忽略工件轻放于A端速度的条件下,随着传送带的速度增大,到达B端的时间减小;但传送带速度达到一定值时,传送带速度增加,达到B端的时间不变;若要用最短时间传送工件,传送带匀速转动时速度的最小值为vmin,此时工件一直加速到与传送带速度相等达到B端。根据速度位移关系可得: 解得:m/s 20.如图所示,斜面高为h,水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点A处由静止释放,沿斜面AB和水平面BC运动,斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接,图中没有画出,不计经过衔接处B点的速度大小变化,最终物块停在 水平面上C点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明:斜面倾角θ稍微增加后,(不改变斜面粗糙程度)从同一位置A点由静止释放物块,如图中虚线所示,物块仍然停在同一位置C点。 【答案】见解析所示 【解析】 【详解】设斜面长为,倾角为,物块在水平面上滑动的距离为S.对物块,由动能定理得: 即: 由几何关系可知: 则有: 解得: 故斜面倾角θ稍微增加后,(不改变斜面粗糙程度)从同一位置A点由静止释放物块,如图中虚线所示,物块仍然停在同一位置C点。查看更多