2018-2019学年江西省宜丰中学高一上学期期末考试物理试卷（解析版）

2018-2019学年江西省宜丰中学高一上学期期末考试物理试卷（解析版）

江西省宜丰中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至9题只有一项符合题目要求，第10至12题有两项或三项符合题目要求． 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.下列各组选项中的物理量都是矢量的选项是（ ）‎ A. 速度、加速度、路程； B. 速度、位移、加速度；‎ C. 位移、加速度、速率； D. 瞬时速度、加速度、时间；‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、速度和加速度既有大小又有方向，是矢量，而路程只有大小，没有方向，是标量；故A错误.‎ B、速度、位移、加速度全部为矢量；故B正确.‎ C、位移和加速度既有大小又有方向，是矢量，而速率只有大小没有方向是标量；故C错误.‎ D、时间为标量，瞬时速度和加速度是矢量；故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，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，标量正负号表示大小，矢量正负号不表示大小，表示方向．‎ ‎2.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则改质点 A. 第1s内的位移是5m B. 前2s内的平均速度是6m/s C. 任意相邻的1s 内位移差都是1m D. 任意1s内的速度增量都是2m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 第1s内的位移只需将t＝1代入即可求出x=6m，A错误；前2s内的平均速度为，B错；由题给解析式可以求得加速度为a=2m/s2，C错；由加速的定义可知D选项正确 ‎3. 竖直升空的火箭，其速度图象如图所示，由图可知（ ）‎ A. 火箭上升到最高点所用时间是40s B. 火箭前40s上升，以后下降 C. 火箭的加速度始终是20m/s2 D. 火箭离地最大的高度是48000m ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：A、B在升空过程中,火箭的速度都是正值即速度方向都是朝着正方向,所以火箭一直在上升,只不过前一段时间做正向加速运动,后一段时间做正向减速运动,在120s时火箭上升到最大高度。所以A、B错误。‎ C、 图像中图线的斜率大小可以表示物体的加速度大小,所以在火箭升空过程中0-40s加速度大小为20m/s2,在40s-120s加速度大小为10m/s2,所以C错误 D、图像中图线与坐标轴围成的面积大小可以表示物体的位移,所以由几何知识可得火箭离地最大高度是48000m,D正确。‎ ‎4.一小球沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点。已知AB=6m，BC=10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（ ）‎ A. 2 m/s，3 m/s，4 m/s B. 3 m/s，4 m/s，5 m/s C. 2 m/s，4 m/s，6 m/s D. 3 m/s，5 m/s，7 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ 中间时刻的瞬时速度等于这段的平均速度，即 连续相等时间间隔的位移之差是个恒量可计算出 ‎，选C ‎5.如图所示,在竖直墙壁的A点处有一根水平轻杆a,杆的左端有一个轻滑轮O.一根细线上端固定在该天花板的B点处,细线跨过滑轮O,下端系一个重为G的物体,开始时BO段细线与天花板的夹角为θ=30°.系统保持静止,当轻杆a缓慢向下移动的过程中,不计一切摩擦,下列说法中正确的是（ ）‎ A. 细线BO对天花板的拉力没有变化 B. a杆对滑轮的作用力逐渐减小 C. a杆对滑轮的作用力的方向沿杆水平向右 D. 墙壁对a杆的作用力不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当轻杆a缓慢向下移动的过程中，BO段细线与天花板的夹角θ增大，细线的拉力大小不变，根据方向判断细线BO对天花板的拉力是否变化。a杆对滑轮的作用力与两细线拉力的合力大小相等。当两细线夹角增大时，它们的合力减小，则知a杆对滑轮的作用力逐渐减小。‎ ‎【详解】当轻杆a缓慢向下移动的过程中，细线的拉力大小始终等于物体的重力G，保持不变，但由于θ增大，所以细线BO对天花板的拉力方向发生改变，所以此拉力是变化的。故A错误。‎ 两细线拉力大小不变，夹角增大，由它们的合力减小，根据滑轮平衡可知，a杆对滑轮的作用力与两细线的合力大小相等、方向相反，所以a杆对滑轮的作用力逐渐减小。故B正确。a杆对滑轮的作用力F的方向沿两夹平分线斜向右上方，如图。故C错误。a杆对滑轮的作用力逐渐减小，则滑轮对a杆的作用力逐渐减小，而a杆保持平衡，重力不计，则墙壁对a杆的作用力也逐渐减小。故D错误。故选B。‎ ‎6.如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1．当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，在两次作用过程中（ ）‎ A. F1+F2＜F B. F1+F2=F C. F1=F2 D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】对整体分析，由牛顿第二定律知：两次整体的加速度大小相等，都为：。第一种情况：以B为研究对象，由牛顿第二定律得：A对B的作用力为：F1=m2a=。第二中情况：以A为研究对象，B对A的作用力为：F2=m1a= 。则有：F1+F2=F。因为m1≠m2，所以F1≠F2。可得，．故AC错误，BD正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题是连接体问题，解决本题的关键要灵活选择研究对象，注意整体法和隔离法的运用．要能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎7.如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时渡河，河的宽度为L，河水流速为u，划船速度均为v，出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，则下列判断正确的是 A. 甲船在A点左侧靠岸 B. 两船可能在未到达对岸前相遇 C. 甲、乙两船到达对岸的时间不相等 D. 甲船也在A点靠岸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据乙船恰好能直达正对岸的A点，知v=2u．小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的位移．‎ ‎【详解】乙船恰好能直达正对岸的A点，根据速度合成与分解，知v=2u。将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的分速度相等，知甲乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间．故C错误。甲船沿河岸方向上的位移x=（vcos60°+u）t=L＜2L．知甲船在A点左侧靠岸，不可能在未到对岸前相遇。故A正确，BD错误。故选A。‎ ‎8.一同学在玩闯关类的游戏，他站在平台的边缘，想在2 s内水平跳离平台后落在支撑物P上，人与P的水平距离为3 m，人跳离平台的最大速度为6 m/s，则支撑物距离人的竖直高度可能为()‎ A. 1 m B. 9 m C. 17 m D. 20 m ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 由题意知，最短时间为，竖直高度为：；最长时间为2s，竖直高度为：，选项BCD正确 ‎9.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗囗水平，O是球心，碗的内表面光滑．一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1，m2．当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°，30°角，则碗对两小球的弹力大小之比是( )‎ A. 1：2 B. 1： C. ：1 D. ：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 选取两小球和杆组成的整体为研究对象，受力分析并正交分解如图：‎ 由平衡条件得：在水平方向的分力和在水平方向的分力大小相等 即：，所以： ，故选项C正确。‎ 点睛：本题是平衡条件的应用，关键是研究对象的选择，选择好合适的研究对象可以方便快捷的解决问题，此题也可对两球分别分析，但是较麻烦。‎ ‎10.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）．则（ ）‎ A. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 C. 小物块受到的滑动摩擦力为 D. 小物块受到的静摩擦力为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，f沿斜面向上，故A正确，B错误；根据牛顿第二定律得：f-mgsin30°=ma，解得，f=mg+ma，方向平行斜面向上，故C错误，D正确；故选AD。‎ 考点：牛顿第二定律 ‎11.如图1所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态．现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图2所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列结论正确的是（　　）‎ A. 开始时弹簧的压缩量为c B. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 C. 物体的加速度大小为 D. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量：x=c，故A正确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得：mg=kx ，拉力F1为a时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：，物体与弹簧分离后，拉力F2为b，根据牛顿第二定律有：，解得物体的质量：，弹簧的劲度系数：，加速度：，故C错误；从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为：c，根据匀变速直线运动的位移公式得：，解得运动时间： ，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎12.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后．人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的（ ）‎ A. 人向上弹起过程中，先处于超重状态，后处于失重状态 B. 人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C. 弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D. 弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：人向上弹起过程中，先加速向上，处于超重状态，然后减速向上，处于失重状态，选项A 错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，是大小相等的关系，选项B 错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度向上，人处于超重状态，所以高跷对人的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C 正确，D 错误。‎ 考点：牛顿第二定律；超重和失重。‎ 二、实验题（每空2分，共6空，共12分）‎ ‎13.小江同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，他用实验装置如图所示，所用的钩码每只质量为50g．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中，实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g取10m/s2．根据实验数据可得 钩码质量/g ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎250‎ 弹簧总长度/cm ‎6.00‎ ‎7.00‎ ‎8.00‎ ‎9.00‎ ‎10.00‎ ‎11.00‎ ‎（1）该弹簧的劲度系数k=_____N/m．‎ ‎（2）弹力F与形变量x的表达式_____．‎ ‎【答案】 (1). 50 (2). F=50x ‎【解析】‎ ‎(1)根据F=kx可知，‎ ‎(2)弹力F与形变量x的表达式F=50x ‎【点睛】对于该实验要注意：每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于静止状态．测量有关长度时，要注意区分弹簧的原长l0，实际长度l和伸长量x，并明确三者之间的关系．‎ ‎14.某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：‎ ‎（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；‎ ‎（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)．‎ 请回答下列问题：‎ ‎①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=__________m/s；(结果保留3位有效数字)‎ ‎②滑块做匀加速直线运动的加速度a=_____m/s2；(结果保留3位有效数字)‎ ‎③滑块质量M=___________(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)．‎ ‎（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．‎ ‎（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a—mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=______kg．(取g=10m/s2，结果保留3位有效数字)‎ ‎【答案】①；②， ③；（4）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：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D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；‎ 根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量．‎ 从图乙中可知，，，‎ ‎（2）①相邻计数点间的时间间隔为，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得， ‎ ‎②根据逐差法可得，联立即得 ‎③滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，撤去时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力，由牛顿第二定律得，解得．‎ ‎（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为，由牛顿第二定律得，解得，由图丙所示图象可知，解得M=0.200kg．‎ 四、计算题（共40分，要写出必要计算步骤及文字说明）‎ ‎15.如图所示，小球的重力为12N，绳子OA与水平方向的角度为37°，OB水平(sin37°=0.6，cos37°=0.8，tan37°=,cot37°=）；试求 ‎（1）绳子OA受到的拉力．‎ ‎（2）绳子OB受到的拉力．‎ ‎【答案】（1）20N；（2）16N； ‎ ‎【解析】‎ 以结点O为研究对象，分析受力情况，CO绳对O点的拉力大小等于重力mg，即FCO=mg 将OC绳的拉力及OB绳的拉力进行合成，合力大小与OA的拉力大小相等，方向相反，如右图，由几何关系得： FBO=mg•cot37°=12×=16N ‎16.游乐场所上我们经常会看到“套圈圈”的游戏。如图所示，某同学以初速度vo=6m/s从O点抛出铁丝圈，已知A点在O点的正下方，结果套中水平地面上距A点l=3m处目标C。 忽略空气阻力（g取10m/s2），求：‎ ‎（1）铁丝圈抛出点距离地面的高度h；‎ ‎（2）铁丝圈落地时速度与水平地面的夹角的正切值tanθ.‎ ‎【答案】（1）1.25m（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据平抛规律有： ‎ ‎ ‎ 解得：m ‎ ‎（2）平抛竖直方向速度： ‎ ‎ ‎ 解得： ‎ ‎17.如图所示，体积相同的两个小球A和B用1m长的细线相连，A的质量为m＝1kg，B的质量为A质量的2倍．将它们都浸入水中后恰能处于静止状态（设水足够深，g取10m/s2）．求：‎ ‎(1)此时细线的张力大小．‎ ‎(2)若细线被剪断，经时间2s后两球相距多远？‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）对A、B及细线组成整体有由平衡条件有：，‎ 对A受力分析，。‎ ‎（2）若细线剪断后，A向上做匀加速运动加速度大小为:，‎ B向下做匀加速运动加速度大小为：，‎ 在时间内A向上位移为，则B：‎ 两球相距。‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用 ‎【名师点睛】采用整体法和隔离法根据平衡求得细线的张力，再根据运动学求两小球间的距离，注意开始时两小球间有距离。‎ ‎18.如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg。管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；‎ ‎（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管刚达到相同速度时，管的下端距地面的高度；‎ ‎（3）管第二次弹起后球没有从管中滑出，L应满足什么条件。‎ ‎【答案】(1) ，竖直向下；，竖直向上 (2) （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）管第一次落地弹起时，管的加速度a1＝＝2g，方向向下 球的加速度a2＝＝3g，方向向上 （2）取竖直向下为正方向．球与管第一次碰地时速度v0＝ ，方向向下． 碰地后管的速度v1＝−，方向向上；球的速度v2＝，方向向下 若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有 ‎-v1+a1t1=v2-a2t1t1＝ 又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则： 因为t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求．得 ‎（3）球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度 g竖直上升到最高点，由于v＝v2−a2t1＝‎ ‎， 故这个高度是 ‎ 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度Hm＝h1+h2＝H 这一过程球运动的位移s＝v0t1−a2t12＝H 则球与管发生相对位移s1＝h1+s＝H 当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知：‎ s2＝Hm 所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1+s2＜L 即L应满足条件L＞H