山东省临沂市2019-2020高一物理上学期期末试题（Word版附解析）

山东省临沂市2019-2020高一物理上学期期末试题（Word版附解析）

普通高中学科素养水平监测物理 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷 1～3 页，第Ⅱ 卷 4～6 页，共 6 页，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 注意事项: 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号座号用签字笔写在答题卡上。 2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题卷上。 3.第Ⅱ卷答案须用签字笔答在答题卡上，考试结束后将答题卡交回。 第Ⅰ卷（选择题 共 40 分） 一、单项择题（共 8 小题，每小题 3 分，满分 24 分，每小题给出的四个选项中只 有一项是正确的） 1. 下面物理量属于矢量的是( ) A. 路程 B. 时间 C. 质量 D. 加速度 【答案】D 【解析】 试题分析：既有大小又有方向是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有 大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．所以 ABC 都是标量，D 为矢量 考点：考查了矢量标量 2. 我国在酒泉卫星发射中心于北京时间 9 月 19 日 14 时 42 分，用长征十一号运载火箭采取一 箭五星的方式成功将“珠海一号”03 组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满 成功，发射图片如图所示。下列说法正确的是（　　） A. 在研究运载火箭姿态控制时，可以把火箭看作质点 B. 研究卫星的运动必须选地球为参考系 C. 火箭在向上加速的过程中，火箭对喷出气体的作用力大小等于喷出气体对火箭的作用力大 小 D. 火箭在向上加速的过程中，火箭对喷出气体的作用力与火箭的重力都向下，且大小相等 【答案】C 【解析】 【详解】A．在研究运载火箭姿态控制时，火箭的大小和形状不能忽略，如果忽略则无法观察 其姿态，所以不能将其看成质点，故 A 错误； B．研究物体的运动时所选参考系可以任意选取，只要选取的参考系可使问题简单化即可，故 B 错误； C．根据牛顿第三定律可知，火箭对喷出气体的作用力大小等于喷出气体对火箭的作用力大小， 故 C 正确； D．火箭对喷出气体的作用力与火箭的重力都向下，由牛顿第三定律可知，火箭对喷出气体的 作用力大小等于喷出气体对火箭的作用力大小，由于火箭加速向上运动，则喷出气体对火箭 的作用力大于火箭的重力，所以火箭对喷出气体的作用力大于火箭的重力，故 D 错误。 故选 C。 3. 2019 年女排世界杯比赛中，中国队取得十一连胜的骄人成绩，成功卫冕世界杯冠军。为祖 国 70 华诞献上了一份精彩的礼物。如图为比赛中球被击出后某瞬间的照片，此时排球受到的 力有（　　） A. 推力 B. 重力、推力 C. 重力、空气对球的作用力 D. 重力、推力、空气对球的作用力 【答案】C 【解析】 【详解】排球被击出后，人对球没有力的作用，在空中的排球受到重力和空气对球的作用力， 故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 4. 下列关于物体惯性的说法中，正确的是（　　） A. 被水平抛出 小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但惯性不变 B. 汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大 C. 汽车转弯后，前进方向发生了改变，表明物体速度方向改变，其惯性也随之改变 D. 把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落说明力是改变物体惯性的原因 【答案】A 【解析】 【详解】物体的惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，惯性的大小与物体的运动状态和 受力情况都无关，力是改变物体运动状态的根本原因，故 BCD 错误，A 正确。 故选 A。 5. 如图所示，某同学坐在橡胶轮胎上从倾斜平滑雪道上由静止开始沿直线下滑。若橡胶轮胎 和雪道间的动摩擦因数保持不变，不计空气阻力该同学和橡胶轮胎在下滑过程中（　　） A. 位移与时间成正比 B. 位移与速度成正比 C. 相等时间内下滑位移相同 D. 相邻的相等时间间隔内位移差不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．橡胶轮胎和雪道间的动摩擦因数保持不变，不计空气阻力，同学和橡胶轮胎在下 滑过程中受到重力、支持力和摩擦力，设斜面的倾角为 θ，动摩擦因数为 μ，根据牛顿第二定 律可得 解得 保持不变，则位移为 ，所以位移与时间的平方成正比，故 A 错误； 的 sin cosmg mg maθ µ θ− = sin cosa g gθ µ θ= − 21 2x at= B．由公式 可知，位移与速度的平方成正比，故 B 错误； C．由初速度为 0 的匀加速直线运动规律可知，相等时间内下滑位移逐渐增大，故 C 错误； D．根据匀变速直线运动的规律可知△x=aT2，相邻的相等时间间隔内位移差为一定值，故 D 正确。 故选 D。 6. 如图所示,物块 M 在静止的传送带上以速度 v 匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头 所示顺时针转动,若传送带的速度大小也为 v,则传送带启动后（ ） A. M 受到的摩擦力不变 B M 沿传送带向上运动 C. M 相对地面静止在传送带上 D. M 下滑的速度减小 【答案】A 【解析】 【详解】传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿 斜面向上的滑动摩擦力。 传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上 运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑。 A．M 受到的摩擦力不变，与结论相符，选项 A 正确； B．M 沿传送带向上运动，与结论不相符，选项 B 错误； C．M 相对地面静止在传送带上，与结论不相符，选项 C 错误； D．M 下滑的速度减小，与结论不相符，选项 D 错误； 7. 甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则 在 0～t1 时间内 2 2v ax= A. 甲的速度总比乙大 B. 甲、乙位移相同 C. 甲经过的路程比乙小 D. 甲、乙均做加速运动 【答案】B 【解析】 【详解】A．因 x-t 图像的斜率等于速度，可知在 0～t1 时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙 的速度大于甲，选项 A 错误； B．由图像可知在 0～t1 时间内甲、乙位移相同，选项 B 正确； C．甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项 C 错误； D．由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项 D 错误． 8. 一个质量是 50kg 人站在升降机的水平地板上，升降机的顶部悬挂着一个弹簧秤，弹簧秤 下面挂着一个质量是 1kg 的物体。当升降机向上运动时，该人看到弹簧秤的示数为 12N，当地 的重力加速度 g 为 10m/s2，则此时人对升降机地板的压力大小是（　　） A. 612N B. 600N C. 500N D. 400N 【答案】B 【解析】 【详解】对物体进行受力分析，有 解得 可知人的加速度大小也为 2m/s2，方向竖直向上。由牛顿第二定律得 解得 的 F mg ma− = 22m/sa = F m g m a− =支 人 人 根据牛顿第三定律，有 故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 二、多项选择题（共 4 小题，每小题 4 分，满分 1 分，在每小题给出的四个选项 中，有多个选项是正确的，每小题全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错 或不选的得零分） 9. 从物理学科学方法上说，下列说法正确的是（　　） A. 研究小石块从静止开始下落的运动，可以忽略空气阻力的影响，将其视为自由落体运动， 这是建立理想模型的思想 B. 研究加速度与力、质量之间的关系时，应用了控制变量法的思想 C. 重心及合力的概念的建立都用到了等效的思想 D. 平均速度概念的建立运用了极限法的思想 【答案】ABC 【解析】 【详解】A．研究小石块从静止开始下落的运动，可以忽略空气阻力的影响，将其视为自由落 体运动，这是建立理想模型的思想，选项 A 正确； B．研究加速度与力、质量之间的关系时，应用了控制变量法的思想，选项 B 正确； C．重心及合力的概念的建立都用到了等效的思想，选项 C 正确； D．平均速度概念的建立运用了等效的思想，选项 D 错误。 故选 ABC。 10. 有一条两岸平直的河流，河水自西向东流速恒为 v，一小船以相对静水恒为 2v 的速度渡河， 去程（从南到北岸）时行驶路线与两河岸垂直，回程（从北岸再回到南岸）时船头指向始终 与河岸垂直。下列说法正确的是（　　） A. 去程和回程小船路程之比为 1∶1 B. 去程和回程小船位移大小之比为 1∶1 C. 去程和回程小船时间之比为 2∶ 600NF =支 600NF =压 3 D. 去程和回程小船相对河岸的速度大小之比为 ∶ 【答案】CD 【解析】 【详解】设河宽为 d，则去程时的合速度 去程的时间 去程位移大小和路程均为 x1=d 回程时合速度 回程的时间 回程位移大小和路程均为 则 A．去程和回程小船路程之比 ，选项 A 错误； B．去程和回程小船位移大小之比为 ，选项 B 错误； C．去程和回程小船时间之比为 t1∶t2=2∶ ，选项 C 正确； D．去程和回程小船相对河岸的速度大小之比为 v1∶v2= ∶ ，选项 D 正确。 故选 CD。 11. 在光滑墙壁上，用网兜把足球挂在 A 点，足球与墙壁的接触点为 B。足球的质量为 m，悬 绳与墙壁的夹角为 α，网兜的重力不计，已知重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　） 为 3 5 2 2 1 (2 ) 3v v v v= − = 1 1 3 d dt v v = = 2 2 2 (2 ) 5v v v v= + = 2 2 dt v = 2 2 2 5 2 dx v t= = 2: 5 2: 5 3 3 5 A. 悬绳对足球的拉力大小为 mgcosα B. 墙壁对足球的支持力大小为 mgtanα C. 若缩短悬绳，则足球对墙壁的压力变大 D. 若缩短悬绳，则悬绳的拉力变大 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB．对足球进行受力分析，如图所示。 小球处于静止状态，故由平衡条件可得 N=Tsinα mg=Tcosα 联立解得 N=mgtanα 选项 A 错误，B 正确； CD．若缩短悬绳，则 α 变大，则墙壁对足球的支持力 N 变大，则足球对墙壁的压力 N′变大， 悬绳的拉力 T 变大，选项 CD 正确； 故选 BCD。 12. 钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度大小为 40m/s，g 取 10m/s2，下列说法正确的是（　　） A. 钢球下落的高度是 80m B. 钢球在前 2s 内的平均速度大小是 10m/s cos mgT α= C. 钢球在最后 1s 内下落的高度是 30m D. 钢球下落高度一半时的速度大小是 20m/s 【答案】AB 【解析】 【详解】A．根据 解得 故 A 正确； B．根据匀变速直线运动的规律，钢球在前 2s 内的平均速度大小等于钢球在 1s 末的瞬时速度 大小，即 故 B 正确； C．设钢球下落的总时间为 t，则 解得 钢球在最后 1s 内下落的高度为 故 C 错误； D．设钢球下落高度一半时的速度大小为 v1， 代入数据解得 故 D 错误。 故选 AB。 第Ⅱ卷（非选择题 共 60 分） 2 2v gh= 80mh = 1 10m/sv gt= = 21 2h gt= 4st= 2 1 3 3 180 35m2h h h gt= − = − = 2 1 2 2 hv g= 1 20 /s2mv = 注意事项: 1.第Ⅱ卷共 6 小题，其中 13～14 题为实验题，15～18 题为计算题。 2.第Ⅱ卷所有题目的答案考生须用黑色签字笔答在答题卡规定位置上，在试题卷上 答题无效。 三、实验题（本题共 2 小题，共 16 分。） 13. 如图所示，某实验小组在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时，在水平放置 的木板上固定一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上的 P 点，另一端拴两轻细绳套。实验 操作步骤如下： (1)用两支弹簧测力计分别钩住两细绳套，互成角度地拉橡皮条使之伸长，当结点到达某一位 置 O 时，需记下 O 点的位置，同时需记下两弹簧测力计的示数和_____________。 (2)再用一支弹簧测力计钩住一细绳套把橡皮条拉长，使结点到达同一位置 O，此时需要再记 下弹簧测力计_____________。 (3)在白纸上按同一标度画出用两弹簧测力计拉细绳套时力 F1、F2 的图示和用一支弹簧测力计 拉细绳套时力 F 的图示。如图所示，若实验步骤(1)中左右两弹簧测力计的示数始终为 1.20N， 则在实验时使两细绳套方向的夹角从 60°逐渐变化到 120°的过程中，则步骤(2)中弹簧测力计的 示数可能为___________。 A．1.00N B．1.50N C．2.50N D．3.50N 【答案】 (1). 两细绳套的方向 (2). 示数及细绳套的方向 (3). B 【解析】 【详解】(1)[1]本实验为了研究合力与分力的大小和方向关系，所以同时需记下两弹簧测力计 的示数和两细绳套的方向。 (2)[2]再用一支弹簧测力计钩住一细绳套把橡皮条拉长，使结点到达同一位置 O，记下弹簧测 力计示数及细绳套的方向，便于比较合力与分力的关系。 (3)[3]由题可知 步骤(2)中弹簧测力计的示数为 F3，则 其中 解得 故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 14. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量学校所在地的重力加速度，已知打点计时器的 打点周期为 0.02s。 (1)该同学开始实验时情形如图甲所示，接通电源，释放纸带。请指出该同学在实验操作中存 在的两处明显错误或不当的地方： ①_______________________________________________________； ②_______________________________________________________ (2)该同学经修改错误并正确操作后得到如图乙所示的纸带，打点 2 时重物的瞬时速度为 _________m/s，学校所在地的重力加速度约为___________m/s2。（本题计算结果均保留 3 位有 效数字） (3)若该同学通过实验测得的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是___________。 A．电源电压变低了 B．电源电压变高了 C．该同学采用了先打点后让纸带下落的操作 。 1 2 1.2NF F= = 3 12 cosF F θ= ⋅ θ30° < < 60° 3 6 3 N5F1.2Ν < < D．纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦 【答案】 (1). 打点计时器接了直流电源 (2). 重物离打点计时器太远 (3). 0.385 (4). 9.50 (5). D 【解析】 【详解】(1)该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方是： ①[1]打点计时器接了直流电源； ②[2]重物离打点计时器太远。 (2) [3]打点 2 时重物的瞬时速度为 [4]学校所在地的重力加速度约为 (3)[5]电源电压变低了或者变高了，以及该同学采用了先打点后让纸带下落的操作等对实验误 差无影响；当纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦时，测得的重力加速度值会偏小，故选 D。 四、计算题（本题包括 4 小题，共 44 分，解答应写出必要的文字说明，方程式和 重要的步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，案中必须明确写出数 值和单位。） 15. 如图所示，三根细绳系于 O 点，一个质量 m=10kg 的重物用细绳 OC 悬挂于结点 O，两细 绳 OM、ON 的另一端固定在天花板上，细绳 OM、ON 与天花板的夹角分别是 和 ，重 物处于静止状态，重力加速度 g 取 10m/s2，细绳 OC、OM 和 ON 上的拉力大小。 【答案】FOC=100N；FON=50 N；FOM=50N 【解析】 【详解】对重物受力分析如图 3 13 2 (5.8 9.6) 10 m/s 0.385m/s2 0.04 xv T −+ ×= = = 3 2 2 2 2 (9.6 3.8) 10 m/s 9.50m/s0.02 xg T −∆ − ×= = = 30° 60° 3 根据平衡条件得: FOC=G 又 G=mg 解得 FOC=100N 对结点 O 受力分析，并建立直角坐标系如图 在 x 轴方向 FON·sin =FOM·sin 在 y 轴方向 FOM·cos +FON· cos =FOC 联立解得 FON=50 ，FOM=50N 16. 女子跳台滑雪如图所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上（未画出）获得一 定速度后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆这项运动非常惊险。设一位运动员由斜坡顶 的 A 点沿水平方向飞出的速度 v0=20m/s，落点在斜坡上的 B 点，斜坡倾角 θ=37°，斜坡可以看 成一斜面，空气阻力忽略不计。（取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求: 30° 60° 60° 30° 3 (1)运动员在空中飞行的时间 t； (2)A、B 间的距离 s。 【答案】(1)3s；(2)75m 【解析】 【详解】(1)运动员由 A 点到 B 点做平抛运动，水平方向的位移 x=v0t 竖直方向的位移 又 =tan37° 联立解得 (2)由题意知 解得 A、B 间的距离 17. 如图所示，在水平地面上有一个质量为 5kg 的物体，当它受到大小为 F=25N 与水平方向 成 θ= 角斜向上的拉力作用时，恰好做匀速直线运动，已知 g=10m/s2，sin =0.8，cos =0.6。求： (1)物体与地面的动摩擦因数； (2)当拉力的方向保持不变，大小变为 F1=50N 时，物体由静止开始运动前 2s 内物体的位移大 小。 21 2y gt= y x 02 tan37 3vt sg °= = 21 2sin37 gty s s ° = = 2 75m2sin37 gts = =° 53° 53° 53° 【答案】(1)μ=0.5；(2) 【解析】 【详解】(1)由题意知，物体受力如图甲所示，由平衡条件可得: 水平方向 Fcos =Ff1 竖直方向 FN+Fsin =mg 其中 Ff1=μFN，联立解得 μ=0.5 (2)当拉力 F1=50N 时，物体受力如图乙所示，由牛顿第二定律得: F1cos －Ff2=ma 10mx = 53° 53° 53° FN′+F1sin －mg=0 其中 Ff2=μFN′联立解得 2s 内位移 18. 如图所示，在倾角 37°足够长的斜面上有一个质量为 1kg 的物块（可视为质点），开始时物 块到斜面底端的距离 L=1.95m，物块与斜面之间的动摩擦因数为 0.3。物块在拉力 F 的作用下 由静止开始运动，F 的大小为 10.5N，方向沿斜面向上，经过 t1=2s 时间后撤去 F，物块在斜 面上继续运动。取 g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求： (1)物块在斜面上运动的各个阶段的加速度； (2)物块在斜面上运动的总时间。 【答案】(1)a1=2.1m/s2，方向沿斜面向上；a2=8.4m/s2，方向沿斜面向下；a3=3.6m/s2，方向沿 斜面向下；(2)t=4.5s 【解析】 【详解】(1)撤去 F 前，设物块加速度大小 a1，由牛顿第二定律得 解得 a1=2.1m/s2，方向沿斜面向上；撤去 F 后，物块上滑过程中，设其加速度大小 a2，由牛顿 第二定律得 解得 a2=8.4m/s2，方向沿斜面向下；物块在斜面上下滑过程中，设其加速度大小为 a3，由牛顿 第二定律得 53° 21 1cos53 ( sin53 ) 5m/sF mg Fa m µ° °− −= = 21 10m2x at= = 1sin30 cos37F mg mg maµ− °− ° = 2sin37 cos37mg mg maµ°+ ° = 3sin37 cos37mg mg maµ°− ° = 解得 a3=3.6m/s2，方向沿斜面向下 (2)物块向上加速过程 物块向上减速过程 物块向下加速过程的总位移 由 解得 所求总时间 2 1 1 1 1 4.2m2x a t= = 1 1 4.2m/sv a t= = 2 2 4.2 s 0.5s8.4 vt a = = = 2 2 2 2 1 1.05m2x a t= = 3 1 2 7.2mx x x L= + + = 2 3 3 3 1 2x a t= 3 2st = 1 2 3 4.5st t t t= + + =