2019-2020学年内蒙古赤峰市宁城县高一上学期期末考试物理试题 Word版含解析

2019-2020学年内蒙古赤峰市宁城县高一上学期期末考试物理试题 Word版含解析

‎2019-2020学年度上学期期末素质测试试卷 高一物理 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项正确，选对的得3分，选错得0分 ‎1.关于位移与路程，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 在某一段时间内物体运动的位移为零，则该物体一定是静止的 B. 在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的 C. 在直线运动中，物体的位移大小一定等于其路程 D. 在直线运动中，物体的位移可能大于路程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在某一段时间内物体运动的位移为零，该物体不一定是静止的，可能沿封闭的曲线运动了一周，选项A错误；‎ B．在某一段时间内物体运动的路程为零，则该物体一定是静止的，选项B正确；‎ C．在单向的直线运动中，物体的位移大小才等于其路程，选项C错误；‎ D．在直线运动中，物体的位移只能小于或等于路程，不可能大于路程，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.为了使公路交通有序、安全,路旁立了许多交通标志．如图所示,甲图是限速标志(白底、红圈、黑字),表示允许行驶的最大速度是;乙图是路线指示标志,表示到杭州还有．上述两个数据的物理意义是(   )‎ A. 是平均速度, 是位移 B. 是平均速度, 是路程 C. 是瞬时速度, 是位移 D. 是瞬时速度, 是路程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：‎80 km／h是允许行驶的最大速度，是瞬时速度，‎100 km是两地在道路的路径长度，为路程 考点：运动的基本概念 点评：理解位移与路程的概念和区别，能够区分瞬时速度与平均速度 ‎3.关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法正确的是(　　)‎ A. 由实验观察直接得出了自由落体运动的速度随时间均匀变化 B. 让铜球沿斜面滚下，冲淡重力，使得速度测量变得容易 C. 创造了实验和逻辑推理相结合的科学方法 D. 利用斜面实验主要是为了便于测量小球运动的位移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．伽利略科学思想的核心是实验和逻辑推理的有机结合，伽利略认为自由落体运动是最简单的变速直线运动，即它的速度是均匀变化的，通过斜面实验并合理外推，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动。故A错误；‎ B．让铜球沿斜面滚下，冲淡重力，使得时间的测量变得容易，故B错误；‎ C．伽利略科学思想的核心是实验和逻辑推理的有机结合，故C正确；‎ D．伽利略时代的测量的技术比较落后，对时间的测量不够精确，利用斜面实验主要是为了冲淡重力，使小球运动的时间增大，便于测量小球运动的时间，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.通过学习牛顿运动定律、惯性等知识，我们可以知道 A. 物体的运动需要力来维持 B. 加速度的方向可能与合力的方向相反 C. 物体之间的作用力与反作用力，总是同时产生同时消失的 D. 惯性的大小由速度的大小决定，速度大的物体，其惯性大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A 错误；根据牛顿第二定律F=ma，可知加速度的方向与合力的方向相同，故B错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力总是同时产生，同时消失，故C正确；惯性的大小由质量决定，与速度无关，故D错误；选C.‎ ‎5.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是 A. a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B 20秒时，a、b两物体相距最远 C. 60秒时，物体a在物体b的前方 D. 40秒时，a、b两物体速度相等，相距‎200m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 速度时间图像的斜率表示加速度、面积表示位移、面积差表示相对位移，两物体速度相同对应相对距离的极值，两物体从同一位置出发，据此可以分析出接下来的位置关系．‎ ‎【详解】A. a、b加速时，b的斜率更大，所以b的加速度更大，A错误；‎ B.第40秒时，两物体速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，B错误；‎ C.由面积可得，60秒时a的位移是‎2100m，b的位移是‎1600m，所以a在b的前方，C正确；‎ D.40秒时，由图像面积差可得，两物体的相对位移是‎900m，故D错误．‎ ‎【点睛】对于速度时间图像要抓住两个数学方面的意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移．‎ ‎6.甲、乙两个物体沿同一直线向同一方向运动时，取物体的初速度方向为正，甲的加速度恒为‎2 m/s2，乙的加速度恒为‎-3m/s2，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两物体都做加速直线运动，乙的速度变化快 B. 甲做加速直线运动，它的速度变化快 C. 乙做减速直线运动，它的速度变化率大 D. 甲的加速度比乙的加速度大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，甲的加速度与初速度方向相同，所以甲做匀加速直线运动；乙的加速度与初速度方向相反，所以乙做匀减速直线运动．加速度的正负表示方向，加速度大小表示速度变化的快慢，即乙的速度变化快，加速度也就大，由以上分析可知：甲做匀加速直线运动，速度变化慢加速度小；乙做匀减速直线运动，速度变化快加速度大，即乙的加速度比甲的大，故ABD错误，C正确．‎ 故选C ‎7.下列处于静止状态的四个木块，一定受到摩擦力作用的是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A 、在力F的作用下，物体有向右运动的趋势，所以物块受到向左的摩擦力，故A正确；‎ B 、由于挡板作用，物块可以不受摩擦力而静止在斜面上，故B错误 C 、两个拉力的水平分量可能相等，所以物块可能不受摩擦力，故C错误；‎ D 、推力F在竖直方向上的分量可能和重力平衡，导致物块不受摩擦力的作用，故D错误 综上所述本题正确答案是：A ‎8.如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )‎ A. 只有“起立”过程，才能出现超重的现象 B. 只有“下蹲”过程，才能出现失重的现象 C. “下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象 D. “起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．同样可分析下蹲过程的运动情况．‎ ‎【详解】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABC错误，D正确，故选D．‎ ‎【点睛】对于超重还是失重判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态．‎ ‎9.如图所示，重为12N的木块静止在倾角为θ=30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向大小等于8N的力推木块，木块仍能保持静止，则此时木块所受的前摩擦力的大小等于 A. 6N B. 8N C. 12N D. 10N ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对滑块受力分析，受推力F、重力G、支持力N和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′=Mgsinθ=6N和垂直斜面向下的分力 ‎；在与斜面平行的平面内，如图：‎ 有：，故选D.‎ ‎【点睛】本题的难点在于物体受到的力不在一个平面内，需要将重力按照作用效果进行分析，根据静摩擦力的产生特点和共点力平衡条件列式求解静摩擦力．‎ ‎10.如图所示，底端置于粗糙水平地面上的杆，其顶端被一根细线用手拉住，杆处于静止状态，细线水平，下列说法正确的是（ ）‎ A. 杆对细线的弹力方向为水平向右 B. 细线对杆的弹力方向垂直杆向左 C. 杆受到地面的弹力是地面的形变产生的 D. 地面受到杆的弹力沿杆向左下方 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB：绳子弹力的方向沿着绳子收缩的方向，细线水平，则细线对杆的作用力方向水平向左，所以杆对细线的弹力方向为水平向右．故A项正确，B项错误．‎ C：杆受到地面弹力的施力物体是地面，杆受到地面的弹力是由于地面的形变产生的．故C项正确．‎ D：杆受到地面的弹力方向垂直于地面向上，所以地面受到杆的弹力垂直于地面向下．故D项错误．‎ ‎11.如图所示，放在水平面上的物体A用轻绳通过光滑定滑轮，连接另一个物体，并处于静止．这时A受到地面的弹力为N，摩擦力为f，若把A向右移动一些，并仍静止（ ）‎ A. N将减少 B. f将不变 C. 轻绳拉力将减小 D. 物体受到的合力不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】C．设悬挂的物体的质量为m，物体A的质量为M，悬挂的物体始终处于静止状态，所以绳子对悬挂物体的拉力始终等于mg，故轻绳的拉力不变，故C错误。 D．对A受力分析并正交分解如图： 物体仍保持静止，故A受力始终平衡，合力始终为零，故D正确； AB．由平衡条件得：‎ N+mgsinθ=Mg f=mgcosθ 把A向右移动一些后，θ将变小：所以：f=mgcosθ会变大，N=Mg-mgsinθ也将变大。故AB错误； 故选D。‎ ‎12.如图所示，弹簧测力计外壳质量为，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为的重物，现用一竖直向上的拉力拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为，则拉力大小为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对重物受力分析，运用牛顿第二定律列式求解加速度；再对弹簧秤和物体整体受力分析，运用牛顿第二定律列式求解拉力大小．‎ ‎【详解】对重物受力分析，受重力和弹簧拉力，运用牛顿第二定律，有F0-mg=ma，解得：‎ ‎ ‎ 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F-（m+m0）g=（m+m0）a 解得： ‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．‎ ‎13.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动．将一物体轻轻放在皮带左端，则物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力的大小以及位移大小随时间的变化关系正确的是 ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，F恒定，速度与时间的关系为 v=at，v-t图象是倾斜的直线；物体的速度与传送带相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，力为0，加速度为0．故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的关键通过分析物体的受力情况来确定其运动情况，知道匀加速运动的特点：加速度不变，匀速直线运动的特点：速度不变．‎ ‎14.把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢下移．在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（　　）‎ A. F不变，增大 B. F不变，减小 C. F减小，不变 D. F增大，不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】小球沿圆环缓慢下移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，FN，三个力．满足受力平衡．作出受力分析图如下：‎ 由图可知△OAB∽△GFA，即：，小球沿圆环缓慢下移时，半径不变，AB长度增大，故F增大，FN不变，故D正确；故选D．‎ ‎15.如图所示，物体A、B间用轻质弹簧相连，已知mA=3mB，且物体与地面间的动摩擦因数为µ．在水平外力作用下，A和B一起沿水平面向右匀速运动，当撤去外力的瞬间，下列对物体A、B的加速度大小说法正确的是（ ）‎ A. aA=0，aB=μg B. aA=4μg，aB=μg C. aA=0，aB=4μg D. aA=4μg，aB=0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，撤去外力的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的瞬时加速度．‎ ‎【详解】当A、B一起做匀速运动时，对A分析，根据共点力平衡得，弹簧的弹力F=μmAg，撤去外力的瞬间，弹簧的弹力大小不变，对A，根据牛顿第二定律得，，‎ 对B：‎ 故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ 第II卷（非选择题 共55分）‎ 二、实验题：2小题，共16分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。‎ ‎16.如图为“验证力的平行四边形定则”实验，三个细线套L1、 L2、 L3共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P。手持B拉动细线，使结点静止于O点。‎ ‎①某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为_________N；‎ ‎②实验时要在贴于竖直木板的白纸上，记录____________、____________、和L1、L2、L3的方向及M的重力。‎ ‎③下列实验要求中必要的是_________(填选项的字母代号)；（多选）‎ A．弹簧测力计需要在实验前进行校零 B．细线套方向应与木板平面平行 C．需要用托盘天平测量重物M的质量 D．弹簧测力计B始终保持水平 ‎【答案】 (1). 2.00 (2). O点的位置 (3). A、B的示数 (4). AB ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]实验中A的读数为2.00N；‎ ‎②[2][3]实验时要在贴于竖直木板的白纸上，记录O点的位置、A、B的示数和L1、L2、L3的方向及M的重力。‎ ‎③[4]A．弹簧测力计需要在实验前进行校零，以减小误差，选项A正确；‎ B．细线套方向应与木板平面平行，选项B正确；‎ C．实验时用弹簧测力计测量重物的重力，不需要用托盘天平测量重物M的质量，选项C错误；‎ D．弹簧测力计B不一定始终保持水平，选项D错误；‎ 故选AB。‎ ‎17.在研究小车匀变速运动规律时，某同学根据所学知识设计了如下实验步骤：‎ A.把打点计时器固定在斜面上，连接好电路；‎ B.把小车停放靠近打点计时器，接通电源后放开小车；‎ C.换上纸带，重复三次，选择一条较理想的纸带；‎ D.把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车车尾；‎ E.断开电源，取下纸带.‎ ‎（1）合理的实验顺序应为__________________ .‎ 若下图是该实验得到的一条纸带，从O点开始每5个点取一个记数点，依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4、5、6，测得s1＝‎1.28cm,S2＝‎2.06cm, s3＝‎2.84cm, ‎ s4＝‎3.62cm,s5＝‎4.40cm,s6＝‎5.18cm.‎ ‎(2)相邻两记数点间的时间间隔为________________s.‎ ‎(3)物体的加速度大小a＝__________m/s2‎ ‎(4)打点计时器打下记数点3时，物体的速度大小V3＝________ m/s．‎ ‎【答案】 (1). ADBEC (2). 01s (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验步骤的安排要符合逻辑，一般都是先要安装器材，准备实验，然后进行实验的总体思路进行，据此可知该实验的顺序为：ADBEC．‎ ‎（2）打点计时器每隔0.02s打一次点，由于两个记数点之间有5个间隔，因此相邻两记数点间的时间间隔为：T=0.1s．‎ ‎（3）根据△s=aT2，将△s=‎0.78cm，T=0.1s，带入可得：．‎ ‎（4）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小：．‎ 三、计算题（本题共3小题，满分39分，解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎18.如图为一儿童乐园的滑梯示意图，滑梯的长度AB为L=‎5.0m，BC为与滑梯平滑连接的水平部分。一个小孩从滑梯顶端由静止滑下，离开B点后在水平部分滑行s=‎20m后停下，全程运动时间t=10s，求小孩在滑梯倾斜部分和水平部分的加速度大小分别是多少？‎ ‎【答案】‎2.5m/s2；‎0.625 m/s2。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设小孩滑到B点时速度为vB，根据匀变速运动的推论，有 ‎= ‎ 解得vB=5m/s，设小孩在滑梯倾斜部分的加速度为a1，在水平部分的加速度为a2，根据匀变速运动速度与位移的关系，在AB段加速度大小 a1==2.5m/s2‎ 在BC段加速度大小 a2===0.625 m/s2‎ 答：小孩在滑梯倾斜部分的加速度大小为2.5m/s2，在水平部分的加速度大小为0.625 m/s2。‎ ‎19.如图，质量为m=5kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ=37°，球恰好能在杆上匀速滑动．若球受到一大小为F=200N的水平推力作用，可使小球沿杆向上加速滑动（g取10m/s2），求：（sin370=0.6 cos370=0.8）‎ ‎（1）小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小；‎ ‎（2）小球沿杆向上加速滑动的加速度大小．‎ ‎【答案】（1）0.75；（2）2m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球，由平衡条件：‎ 平行于杆方向：mgsinθ-f1=0. ①‎ 垂直于杆方向：N1-mgcosθ=0 ②‎ 又 f1=μN1.③‎ 解得：μ=0.75 ④‎ ‎（2）水平推力作用后，对小球由牛顿第二定律：‎ 平行于杆方向：Fcosθ-mgsinθ-f1=ma ⑤‎ 垂直于杆方向： N2-Fsinθ-mgcosθ=0 ⑥‎ 又 f2=μN2 ⑦‎ 解得a=2m/s2 ⑧‎ ‎【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时必须首先对物体受力分析，画出规范的受力图，然后根据正交分解法列出水平和竖直方向的方程即可联立解答；此题也是基础题，意在考查学生利用基础知识解决问题的能力.‎ ‎20.如图所示，质量m=1kg的物块，在沿斜面向上，大小F=15N的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t1=2s撤去拉力，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎(1)拉力F作用的时间t1内，物块沿斜面上滑的距离x1；‎ ‎(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t2；‎ ‎(3)从撤去拉力起，经时间t=3s物块到出发点的距离x．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块在时间内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为，‎ 由牛顿第二定律有 解得 在这段时间内物块上滑的距离为 ‎(2)经时间物块的速度大小为 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为，‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得 根据速度公式有：‎ 解得 ‎(3)物块在时间t2内上滑的距离为，‎ 沿斜面下滑时间为 设物块沿斜面下滑的加速度大小为，‎ 由牛顿第二定律有：‎ 解得 物块在时间t3内沿斜面下滑的距离为，‎ 故 ‎【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．‎