辽宁省大连市2019-2020学年高一上学期期中考试物理试题 Word版含解析

辽宁省大连市2019-2020学年高一上学期期中考试物理试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019-2020学年第一学期高一期中考试 高一物理试卷 注意事项：‎ ‎1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、姓名代码、考号、考试科目用2B铅笔涂写在答题卡上。‎ ‎2．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，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。‎ 第Ⅰ卷 ‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。1-8题只有一个正确选项，9-12题有两个或两个以上选项正确，漏选得2分，错选不得分）‎ ‎1.下列说法中正确的是( )‎ A. 只要两物体之间有弹力，两物体就一定接触 B. 物体加速度越大，速度增加的就越快 C. 弹簧上弹力大小与弹簧的长度成正比 D. 平均速度的大小叫平均速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.弹力产生的条件是直接接触并且有弹性形变；只要两物体之间有弹力，两物体就一定接触，故A项是正确的；‎ B.若物体加速度的方向与速度方向相反，物体的加速度越大，物体速度会减小的越快，故B错误；‎ C.弹簧上弹力的大小与弹簧的形变量成正比，故C错误；‎ D.平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值，位移的大小小于等于路程，则平均速度的大小与平均速率不同，故D错误．‎ ‎2.如图所示，小球从距地面5 m高处落下，被地面反向弹回后，在距地面2 m高处被接住，则小球从高处落下到被接住这一过程中通过的路程和位移的大小分别是（　　）．‎ - 14 -‎ A. 7 m　 3m B. 5 m　2 m C. 5 m　3 m D. 7 m　7 m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球的起点在A末点在B，由图可知AB的长度为3米，因此其位移大小为3m，路程为小球经过的轨迹长度，由题意可知，路程为7m，故BCD错误，A正确．故选A．‎ ‎【点睛】对于物理中基本概念的理解要充分理解其内涵本质，路程是标量，大小等于物体运动轨迹的长度，位移是矢量，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度，与运动的路线无关．‎ ‎3.如图甲乙丙丁是以时间为横轴的匀变速直线运动图象，下列说法正确的是( )‎ A. 甲是a—t图象 B. 乙是x—t图象 C. 丙是a—t图象 D. 丁是v—t图象 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．匀变速直线运动的加速度是恒定不变的，则匀变速直线运动的a-t图像应该是平行于t轴的直线，故A错误，C正确；‎ B．匀变速直线运动的x-t图像是抛物线，故B错误；‎ D．匀变速直线运动的v-t图像是倾斜直线，故D错误．‎ ‎4.如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d…，下列说法正确的是(　　)‎ A. 质点由O到达各点的时间之比＝1：2：3：4‎ B. 质点通过各点的速率之比 ＝1：2：3：4‎ C. 在斜面上Od间运动的平均速度＝‎ - 14 -‎ D. 在斜面上Od间运动的平均速度＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可得 故所用时间之比为：1： ： ：；故A错误；‎ B.由v2=2ax可得 通过各点的速率之比为：1： ： ：；故B错误；‎ C.由于b点不是Od的时间中点，故Od间运动的平均速度，故C错误；‎ D.由于a点是Od的时间中点，故Od间运动的平均速度，故D正确．‎ ‎5.甲、乙两车在平直公路上行驶,其v-t图象如图所示,对图象解读正确的是 A. 4s末,甲、乙两车相遇 B. 在0～8s内,甲车的加速度先变小后变大 C. 甲车在0～4s内的位移大于乙车在4～8s内的位移 D. 在4～8s内,甲车的平均速度大于30m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】4s末两者的速度相等，但由于两者初始位置未知，所以无法判断在4s末两者是否相遇，A错误；图像的斜率表示加速度，故在0~8s内甲的加速度先增大后减小，B错误；图像与时间轴围成的面积表示位移，甲车在0~4s内与时间轴围成的面积小于乙车在4~8s内的与时间轴围成的面积，即甲车在0～4s内的位移小于乙车在4～8s内的位移，C错误；若甲在 - 14 -‎ ‎4~8s内做匀变速直线运动，则图像围成的面积如图所示，即位移大小为，平均速度为，而甲做变加速直线运动，图像面积大于匀变速直线运动时的面积，即平均速度大于30m/s，D正确．‎ ‎【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移．‎ ‎6.汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2（刹车时认为车是匀变速运动），则自驾驶员急踩刹车开始，2s内与5s内汽车的位移大小之比为(　　)‎ A. 4:5 B. 5:4 C. 4:3 D. 3:4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求解．‎ ‎【详解】汽车速度减为零时间为：‎ ‎2s时位移：‎ 所以刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移为：‎ 所以2s与5s内汽车的位移之比为3：4‎ 故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，5s内的位移等于4s - 14 -‎ 内的位移．以及掌握匀变速直线运动的位移时间公式．‎ ‎7.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点．设滑块所受支持力为FN，OF与水平方向的夹角为θ, 下列关系正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力．‎ 对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力FN、根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关系可得，，A正确．‎ ‎【点睛】本题受力分析时应该注意，支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心．本题也可用正交分解列式求解！‎ ‎8.如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上．Q受一水平作用力F，Q和P都静止．这时P对Q静摩擦力和水平面对P的静摩擦力分别为f1、f2．现使力F变大，系统仍静止，则（ ）‎ - 14 -‎ A. f1、f2都变大 B. f1变大，f2不一定变大 C. f2变大，f1不一定变大 D. f1、f2都不一定变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力：‎ ‎①当时，摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；‎ ‎②当时，摩擦力为零，F增大时，变大；‎ ‎③当时，摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大．‎ 对整体受力分析，则有，F变大，则一定变大．‎ 故C正确，ABD错误．‎ ‎9.如图所示，一木板B放在粗糙的水平地面上，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧秤固定在直立的墙壁上，用F向左拉动B，使它以速度v运动，这时弹簧秤示数为T，下面的说法中正确的是（ ）‎ A. 木块A给木板B的滑动摩擦力的大小等于T B. 木块A给木板B的滑动摩擦力的大小等于F C. 若木板以2v的速度运动，木块A受到的摩擦力的大小等于T D. 若2F的力作用在木板上，木块A受到的摩擦力的大小等于2T ‎【答案】AC - 14 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．木板在抽出过程中相对于地面做直线运动，这时弹簧秤示数为T，因木块是处于平衡，则木板对木块的摩擦力大小等于T，那么木块A给木板B的滑动摩擦力的大小等于T，故A正确，B错误；‎ C．若长木板以2v速度运动时，根据滑动摩擦力公式，木块A受滑动摩擦力的大小跟木板运动的速度大小和所受的其它力的大小无关，受到的摩擦力大小仍等于T，故C正确；‎ D．若用2F的力作用在长木板上，此时木块A仍受到是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力大小公式Ff=μFN，动摩擦因数与压力均不变，所以此时A所受的摩擦力的大小仍等于T，故D错误．‎ ‎10.以下受力分析正确的是：（ ）‎ A. 物块A沿着粗糙墙面向上运动时受到的摩擦力方向向下 B. 光滑的小球B受到的外力作用有三个 C. 静止的物块C受到的外力作用有四个 D. 静止的物块D给斜面的作用力有两个 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将一木块沿着粗糙墙面向上运动时，受到的摩擦力方向向下，则A正确．‎ B．因为光滑的小球B，受到的外力作用有四个，分别为重力、竖直板的弹力、斜面的支持力与球m的弹力，故B错误；‎ C．静止的物块C受到的外力作用有五个，分别为：重力、斜面的支持力、物体m的压力，斜面及物体m对其两个静摩擦力，故C错误；‎ D．静止的物块D给斜面的作用力有两个，分别是对斜面的压力和摩擦力，故D正确．‎ ‎11.如图中a、b、c三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们按图中方式连接并处于平衡状态，则下列说法中错误的是（ ）‎ - 14 -‎ A. 有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态；‎ B. 有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态；‎ C. 有可能N处于不伸不缩状态而M处于压缩状态；‎ D. 有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若绳中拉力小于物块a的重力，则N处于拉伸状态而M处于压缩状态，故A项可能，不符合题意；‎ B. 由于N弹簧跟绳子相连所以一定不能处于压缩状态，故B项不可能，符合题意；‎ C.若绳中拉力为零时，N处于不伸不缩状态而M处于压缩状态，故C项可能，不符合题意；‎ D. 若绳中拉力等于物块a的重力，N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态，故D项可能，不符合题意．‎ ‎12.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间，设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2，以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（   ）‎ A. N1始终减小 B. N1先增大后减小 C. N2始终减小 D. N2先减小后增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面对球的压力N1和木板对球支持力 - 14 -‎ FN2，如图所示：‎ 根据平衡条件知：N1和FN2的合力与G等大反向，且得：N1=Gcotθ，FN2=；根据牛顿第三定律知：球对木板的压力大小为：N2=FN2=；木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置θ增大，则知N1始终减小，N2始终减小；故选AC.‎ 第Ⅱ卷 二．实验题(共2小题，共12分。其中第13题4分，第14题8分)‎ ‎13.关于用打点计时器研究匀变速直线运动的实验:‎ ‎(1)下列说法中正确的是_________‎ A.应先让小车运动,然后立即接通电源 B.小车应从靠近打点计时器一端释放 C.电磁打点计时器使用的是4V~6V的直流电源 D.作v-t图象时,对于偏离直线较远的点应舍去 ‎(2)某同学在该实验中得到了几条较为理想的纸带,他已在每条纸带上按每5个点取一个计数点的规律顺次编上0、1、2、3、4、5,由于不小心,几条纸带都被撕断了,如下图所示,请在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段,应为________.‎ ‎【答案】 (1). （1）BD； (2). （2）C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，A错误；在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，B正确；电磁打点计时器使用的是 - 14 -‎ ‎4V~6V的交流电源，C错误；要画出一条直线通过多数点，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，偏离较远的点要舍去，D正确．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出，故45两点间距等于54mm，所以属于纸带A的是C图．‎ ‎14.图为“研究匀变速直线运动的规律”的装置，已知打点计时器打点周期 ‎(1)如图所示为打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出s1=3.20cm，s2=4.30cm，则打计数点1时的速度表达式_______（用s1、s2、T表示），小车加速度大小a=______．（结果保留2位有效数字）‎ ‎(2)若算出了几个计数点的瞬时速度，建立坐标系，画出的v-t图像如图所示，根据图像可得出小车运动的加速度为a=__m/s2，0~0.3s内小车通过的位移大小s=___m．（结果保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]相邻两计数点间还有4个打点未画出，则计数点间时间间隔为 根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：‎ ‎[2]相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔为0.1s；‎ s1=3.20cm=0.0320m，s2=4.30cm=0.0430m - 14 -‎ 根据运动学公式得：‎ ‎(2)[3]v-t图象中图象的斜率表示加速度，则：‎ ‎[4]图象与时间轴围成的面积表示位移，则可知位移大小 三、解答题：（本大题共3小题，共40分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）‎ ‎15.如图所示，质量为的物块，放置在水平地面上，现对物块施加水平向右的拉力，当拉力时，物块静止；当拉力时，物块恰好做匀速直线运动，重力加速度，求：‎ ‎(1)物块在的拉力作用下受到的摩擦力的大小及方向；‎ ‎(2)物块与地面间的动摩擦因数．‎ ‎【答案】(1)8N，方向：水平向左；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)时物块静止，则：‎ 方向：水平向左．‎ ‎(2)匀速时：‎ 解得：‎ ‎16.一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，去追赶前面的一辆做匀速直线运动的电车，当电车行驶100m后被追上，此时汽车的速度恰好是电车速度的4倍，求汽车开始运动时两车相距多远？‎ ‎【答案】100m ‎【解析】‎ - 14 -‎ ‎【详解】设汽车运动t时间追上电车，汽车行驶，电车行驶，开始时两车相距，由已知条件可以知道 汽车做初速度为0的匀加速直线运动：‎ 电车做匀速直线运动：‎ 根据相遇条件有：‎ 汽车的速度时间关系有：‎ 联立解得：开始时两车相距 ‎17.一骑手在送餐途中需经过一段长为L=218m的水平直轨道,然后驶入一段半圆形的弯轨道．为尽快送餐,骑手需在最短时间通过直轨道．为了避免发生危险,直轨道上限速v1=144km/h,弯轨道上车速不得超过v2=72km/h,骑手电动车的启动加速度为a1=4m/s2制动加速度为a2=8m/s2，求骑手在直轨道上所用的最短时间．‎ 某同学解法如下:v1=144km/h=40m/s,v2=72km/h=20m/s,为尽快通过直轨道,骑手应先由静止加速到最大速度v1=40m/s,然后再减速到v2=20m/s.‎ 加速时间为 ‎ 减速时间为 故所用最短时间为 你认为这位同学的解法合不合理,请完成计算;若不合理,请说明理由并用你自己的方法计算．‎ ‎【答案】不合理.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】加速到速度达最大通过的位移 再减速到弯道允许的速度时通过的位移 ‎，因此，如果按这种方式运动，电动车在弯道上行驶的速度将大于 - 14 -‎ ‎72km/h.‎ 故这位同学的解法不合理.‎ 正确解法：‎ 电动车在直轨道上应从静止开始加速，当速度达到某一值(小于轨道允许的最大速度)时开始减速，恰好在运动直轨道末端时速度减为20m/s.‎ 电动车匀加速运动的位移 匀减速运动的位移 得：‎ 解得：或(舍去)‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电动车先加速某一速度，在减速到20m/s，所用时间最短，结合速度位移公式和速度时间公式进行求解．‎ ‎ ‎ - 14 -‎ ‎ ‎ - 14 -‎