云南省师范大学附属中学2018_2019学年高一物理上学期期末测试试卷（含解析）

云南省师范大学附属中学2018_2019学年高一物理上学期期末测试试卷（含解析）

云师大附中2018至2019学年物理上学期期末考试高一物理试卷一、单项选择题（共12题，每题只有一个选项正确；每题3分，共36分）1.下列单位属于力学基本单位的是（）A.牛顿B.米/秒C.焦耳D.秒【答案】D【解析】【详解】三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒都是基本单位，而牛顿、米/秒和焦耳都是导出单位，所以A、B、C错误，D正确.故选D.2.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是A.B.C.D.【答案】B【解析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，2s时的瞬时速度等于0-4s内的平均速度：，5s时的瞬时速度等于4-6s内的平均速度：，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，根据加速度定义可得：，故B正确，ACD错误。3.如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角是45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为A.G和GB.和C.和nD.和【答案】C【解析】【详解】日光灯受力如图所示，将T1，T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T1sin45°=T2sin45°，T1cos45°+T2cos45°=G，解得：；故选C.4.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小【答案】A【解析】【详解】对结点O受力分析，重力的大小和方向均不变，水平拉力F的方向不变，绳拉力在转动，满足三力平衡的动态平衡，如图所示：n可得，水平拉力F逐渐增大，绳的拉力逐渐增大，故选A。【点睛】此题是物体的平衡问题，考查平行四边形定则的应用；图解法是最简单快捷的方法，注意搞清各个力的大小及方向变化的特点，变换平行四边形即可。此题还可以列方程讨论。5.下列说法正确的是（）A.静止的物体一定不受力，受力的物体一定运动B.物体运动状态发生变化则物体一定受力的作用C.物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大D.物体运动状态不变时，有惯性，运动状态改变时没有惯性【答案】B【解析】【详解】A、物体处于静止或匀速直线运动时都可以不受力、或所受合外力为零的情况；故A错误.B、物体运动状态的改变即为速度的改变，由可知有不等于零的加速度，根据牛顿第二定律可知物体一定受力的作用；故B正确.C、惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大惯性越大，与物体的运动状态、是否受力等因素没有关系；故C错误.D、有质量的物体在静止状态和运动状态下都有惯性；故D错误.故选B.6.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是A.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度n【答案】D【解析】试题分析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。考点：超重；失重【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解。属于容易题。物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关。【此处有视频，请去附件查看】7.在光滑水平桌面上。物块A用轻绳和物块B连接，轻绳跨过定滑轮，物块B悬空，如图甲所示，系统从静止开始，运动的加速度为a1，在图乙中，若对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力F，物块A从静止开始运动的加速度为a2则（）A.a1＜a2B.a1=a2C.a1＞a2D.无法判断【答案】A【解析】【详解】图甲构成连接体模型，由系统的牛顿第二定律，可得：；图乙中是拉力拉着细绳带动A匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可得，比较两加速度可得；故选A.8.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，Cn是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则(　　)A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点【答案】B【解析】试题分析：由题可知A、B、C三球均做初速度为零的匀加速直线运动，有匀变速直线运动的位移公式可得，，由题可得、、可见c球最先到达M点。故选C考点：牛顿第二定律点评：关键是准确得出各小球运动的位移与加速度，由位移公式求解。9.如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用轻绳固定于墙壁，开始时a，b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受的摩擦力Ffb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A.Ffa大小改变B.Ffa方向改变C.Ffb仍然为零D.Ffb方向向右【答案】D【解析】【详解】将右侧细绳剪断，则剪断瞬间，弹簧的弹力的大小不变，速度不能突变，故b仍静止，弹簧对木块b作用力方向向左，所以b所受摩擦力Ffbn方向应该向右；由于弹簧弹力不能发生突变，剪断瞬间，弹簧弹力不变，a的受力的情况不变，所受摩擦力也不变；故A、B、C错误，D正确.故选D.10.静止在水平地面上的物体，受到水平推力的作用，F与时间t的关系如图将所示.物块的加速度a和时间t的关系，如图乙所示.g取10m/s2.滑动摩擦力等于最大静摩擦力，根据图象信息可得()A.地面对物块的最大静摩擦力为1NB.物块的质量为1kgC.物块与地面间的动摩擦因数为0.2D.4s末物块的速度大小为4.5m/s【答案】D【解析】【详解】A、由甲乙两图可知，当t=1s时，物体才开始具有加速度，可知地面对物体的最大静摩擦力f=2N，故A错误.B、C、由甲图知，F=2t，根据牛顿第二定律得，加速度为：，由乙图可知，图线的斜率，解得:m=2kg，则动摩擦因数为：，故B，C错误.D、4s末推力F=8N，由a-t图线围成的面积知，速度的变化量为，可知4s末的速度为4.5m/s，故D正确.故选D.11.如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图。已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是（）nA.C点的速率小于B点的速率B.A点的加速度比C点的加速度大C.C点的速率大于B点的速率D.从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大【答案】C【解析】试题分析：因为物体做的是匀变速曲线运行，所以合力恒定，又知道在B点加速度方向竖直向下，即合力方向竖直向下，整个过程中合力方向一直向下，所以不可能做各点的速率相等，A错误；合力恒定，加速度恒定，在各点的加速度都相同，B错误；从B到C过程中合力的夹角与速度方向的夹角为锐角，合力做正功，动能增大，即在C点的速率大于在B点的速率，C正确；从A点到C点加速度与速度的夹角先从钝角变小，后从锐角变大，即合力先做负功，后做正功，速率先减小后增大，D错误；考点：考查了曲线运动【名师点睛】本题的关键是从物体的运动性质着手，匀变速曲线运动，合力恒定，然后根据合力与速度方向的夹角分析速度的变化，当合力与速度方向夹角为钝角时，合力做负功，速度减小，当合力方向与速度方向夹角为锐角时，合力做正功，速度增大12.如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向水平抛出两个小球，a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A.初速度v1可能大于v2B.a球的飞行时间可能比b球长C.若v2大小合适，可使b球垂直撞击到圆弧面CB上nD.a球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45°【答案】B【解析】【详解】A、两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x=v0t得知t相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v1一定小于v2．故A错误.B、竖直方向上做自由落体运动，由，得，若a球下落的高度大于b球的高度，则a球的飞行时间比b球长;故B正确.C、根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b球垂直撞击到圆弧面CB上速度的反向延长线，与AB的交点一定在O点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O点，所以b球不可能与CB面垂直，即b球不可能垂直撞击到圆弧面CB上，故C错误.D、由几何知识得知AC面的倾角为45°，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°．故D错误.故选B.二、多项选择题（共6题，每题4分，共24分。在每题给出的四个选项中，至少有两个是两个正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）13.下列说法正确的是（）A.物体越重，重力加速度越大，下落的越快，B.亚里士多德研究自然规律的方法是实验的方法，C.伽利略研究自然规律的方法是猜想和假设，数学推理和科学实验相结合的方法，D.理想斜面实验是通过“合理外推”得出自由落体运动的规律的，并没有直接验证自由落体运动的规律【答案】CDn【解析】【详解】A、物体下落的快慢与物体的质量无关，不管轻重的物体，自由下落时，下落一样快；故A错误.B、亚里士多德的研究主要应用了观察的方法和生活经验，提出的观点为：重的物体比轻的物体下落的快；故B错误.C、伽利略在研究自由落体运动时，通过猜想，数学推演，做小球沿斜面运动的实验，测出小球不同位移与所用时间均满足，并将此实验结果合理外推，从而验证了他的猜想；故C正确.D、伽利略根据斜面上的实验结果进行合理的外推，得到自由落体的运动规律，并没有直接验证自由落体运动的规律；故D正确.故选CD.14.我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是(　　)A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B.当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力等于乙对甲的拉力C.当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D.甲对乙的拉力始终等于乙对甲的拉力，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜【答案】BD【解析】试题分析：甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是相互作用力，等大反向，选项A错。无论什么情况，甲对乙的拉力大小和乙对甲的拉力都大小相等，选项B对C错。既然受到的拉力相等，那么甲获胜，说明地面对甲的摩擦力等于拉力，而地面对乙的摩擦力小于拉力，所以乙被拉动，即地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，选项D对。考点：牛顿第三定律n【名师点睛】相互作用力等大反向。甲乙相互作用，受力为相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等方向相反。是否被对方拉过去，要根据地面摩擦力的大小判断，若拉力超过地面摩擦力，则被拉过去而输，若拉力没有超过地面摩擦力，则可以保持静止。15.船在静水中的速度为4m/s,河岸笔直，河宽50m，适当调整船的行驶方向，使该船渡河航程最短，设最短航程为L，下列说法中正确的是（）A.当水流速度为2m/s，L为50mB.当水流速度为2m/s，L为75mC.当水流速度为6m/s，L为50mD.当水流速度为6m/s，L为75m【答案】AD【解析】【详解】A、B、当水流速度为2m/s时，小于船在静水中的速度为4m/s，当船头垂直河岸，则该船渡航程最短，最短航程为L=50m，故A正确，B错误；C、D、因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸；当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最小，渡河航程最短；设此时静水速的方向与河岸的夹角为θ，.根据几何关系，则有:，因此最短的航程是；故D正确,C错误；故选AD.16.如图所示，做匀速直线运动的小车A通过一根绕过定滑轮的长绳吊起一重物B。设重物和小车速度的大小分别为vB和vA，则（）A.vA大于vBB.vA小于vBC.绳的拉力大于B的重力nD.绳的拉力等于B的重力【答案】AC【解析】试题分析：假设绳子与水平方向的夹角为，则，汽车A匀速，夹角变小，变大，故，所以A选项正确；B选项错误；由于B加速上升，所以B物体处于超重状态，绳的拉力大于B的重力所以C选项正确，D选项错误。考点：考查了速度的分解和超重现象17.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t=3s时并排行驶，则A.在t=1s时，甲车在乙车后B.在t=0时，甲车在乙车前7．5mC.两车另一次并排行驶的时刻是t=2sD.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m【答案】BD【解析】试题分析：根据v-t图像，可以判断在t=1s时，甲车和乙车并排行驶，故A、C错误；在t=0时，甲车在乙车前的距离，故B正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第1s末到第3s末两车运动的位移，故D正确。考点：v-t图像；追及问题18.滑板A放在光滑水平面上，质量为大M，滑块B（可视为质点）放在环保右端，质量为m，滑块与滑板间动摩擦因数为u，滑板和滑块均静止，现对滑板施加一向右的水平恒力F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是（）nA.滑块与滑板间动摩擦因数应满足B.若减小M，时间t会缩短C.若减小m，时间t会缩短D.若减小F，时间t会缩短【答案】BC【解析】A、滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：，解得：，故A错误；B、C、由运动学得，所以：．若仅减小M，或仅减小m，时间t都会缩短，故B、C正确；D、同理，若仅减小F，则时间t增大，故D错误.故选BC.【点睛】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用．三、实验题（本题共2小题，共12分）19.小芳和小强。两位同学采用了不同的实验方案来研究平抛运动。(1)小芳同学利用如图甲所示的装置进行实验。下列说法正确的是______________.A、应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放B、斜槽轨道必须光滑C、斜槽轨道的末端必须保持水平D、本实验必须的器材，还有刻度尺和停表。(2)小强同学利用频闪照相机方式研究平抛运动.n如图乙为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分。图中背景方格的边长均为5.0cm，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2.则照相机两次闪光的时间间隔Δt=_________s，小球被抛出时的水平速度v=__________m/s.(结果均保留两位有效数字)【答案】(1).AC(2).0.1(3).2【解析】【详解】（1）A、为使小球做平抛运动的初速度相等，应使小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故A正确；B、只要每次把小球从轨道同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，斜槽轨道没有必要光滑，故B错误；C、为使小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道的末端必须保持水平，故C正确；D、本实验不需要用秒表测量时间，故D错误；故选AC．(2)小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论：△x=at2可得：，小球的水平速度：；20.某同学利用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过研究实验得出如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时，木板与水平桌面的夹角________（选填偏大或偏小）.(2)n该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力______________砝码和盘的总重力.（填大于、小于或等于），为了便于探究、减少误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_________的条件.(3)该同学得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器电源频率为f，A、B、C、D、E、F、G，是纸带上7个连续的实际打点，用刻度尺测出xAD和xDG，则小车加速度表达式a=__________（用xAD、xDG和f表示）.【答案】(1).偏大(2).小于(3).(4).【解析】【详解】(1)由图乙所示图象可知，a-F图象在a轴上有截距，即当拉力为零时已经产生加速度，小车所受的合力大于沙桶的重力，这是由于平衡摩擦力时木板倾角偏大，平衡摩擦力过大造成的．(2)小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量M远大于砝码和盘总质量m时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力.(3)由匀变速直线运动的判别式可知，，而，解得：加速度.四、计算题（本题共四小题，共28分。要求，写出必要的文字说明、方程式。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值及单位。）21.滑滑梯是小朋友们喜欢的游乐园项目，一个小朋友从滑梯一坡顶滑下，出于安全考虑，滑梯坡底需衔接一段水平轨道，使得小朋友还到出口时恰好停下，若坡面可视为斜面。且水平方向的夹角为θ=53°，坡顶到坡底的竖直高度为2m，坡底与水平轨道衔接处对速度大小无影响，整个滑梯对小朋友的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2.sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：(1)小朋友滑到坡底的速度大小;(2)水平轨道的长度.【答案】(1)(2)【解析】n【详解】(1)小朋友在滑梯上匀加速下滑，由牛顿第二定律滑梯的长度由速度位移关系可得：(2)小孩在水平轨道上的加速度a2=ug=5m/s2水平轨道的长度22.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F的大小不变，而方向与水平面成45°角.物块也恰好做匀速直线运动，求物块与桌面间的动摩擦因数.【答案】【解析】【详解】F水平时：F=μmg当保持F的大小不变，而方向与水平方向成60°角时，物块也恰好做匀速直线运动，则：Fcos60°=μ(mg–Fsin60°)联立计算得出：23.一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一可视为质点的小球，以水平速度v0飞出，g取10m/s2，欲打在第四台阶上，求小球水平抛出时速度v的取值范围.【答案】【解析】【详解】当小球落在第3级台阶的边缘，根据平抛规律：n得:当小球落到第4级台阶得边缘得:根据题意，小球欲落在第四级台阶上,所以：24.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)煤块从A运动到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成黑色痕迹的长度。【答案】(1)1.5s　(2)5m【解析】试题分析：1）煤块刚放上时，受到向下的摩擦力a1=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2t1=v0/a1x1=a1t21/2达到v0后，受到向上的摩擦力a2=g（sinθ-μcosθ）=2m/s2x2=L-x1=5.25mx2=v0t2+at2/2t2=0.5s将煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5sn（2）第一过程划痕长Δx1=v0t1-a1t12/2=5m第二过程划痕长Δx2=x2-v0t2=0.25mΔx1与Δx2部分重合划痕总长5m考点：本题考查匀变速直线运动规律的应用。n