陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题

陕西省汉中市龙岗学校2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题

汉中市龙岗学校2022届高一上学期期末考试 一．选择题(共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1.在中国海军护航编队“巢湖”舰、“千岛湖”舰护送下，“河北锦锈”、“银河”等13艘货轮历时36小时顺利抵达亚丁湾西部预定海域．此次护航总航程4 500海里，已知1海里＝1 ‎852米．假设所有船只运动速度都相同，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 研究舰队的行驶路程时不可将“千岛湖”舰看作质点 B. 以“千岛湖”舰为参考系，“巢湖”舰一定是静止的 C. 根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速度 D. 根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速率 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 本题中路程长度远远大于“千岛湖”舰的尺寸，所以研究舰队的行驶路程时可将“千岛湖”舰看作质点，故A错误；因为所有船只运动速度都相同，则以“千岛湖”舰为参考系，“巢湖”舰是静止的，故B正确；“4 500海里”是护舰艇走过的轨迹长度，因此为路程而不是位移，平均速率为路程和时间的比值，由于不知运动位移的大小，不能求出此次航行的平均速度，故C错误，D正确．故选BD.‎ ‎2.一个质点做变速直线运动的v-t图像如图所示，下列说法中正确的是 A. 第1 s内与第5 s内的速度方向相反 B. 第1 s内的加速度大于第5 s内的加速度 C. OA、AB、BC段的加速度大小关系是 D. OA段的加速度与速度方向相同，BC段的加速度与速度方向相反 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第1s内与第5s内的速度均为正值，方向相同，故A错误；‎ B．第1 s内、第5 s内的加速度分别为：‎ ‎、的符号相反，表示它们的方向相反，第1s内的加速度小于于第5 s内的加速度，故B错误；‎ C．由于段的加速度为零，故三段的加速度的大小关系为：‎ 故C正确；‎ D．段的加速度与速度方向均为正值，方向相同；段的加速度为负值，速度为正值，两者方向相反，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎3.一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是‎2m，第4s内的位移是‎2.5m，那么以下说法正确的是(　　)‎ A. 第2s内的位移是‎2.5m B. 第3s末的瞬时速度是‎2.25m/s C. 质点的加速度是‎0.125m/s2‎ D. 质点的加速度是‎0.5m/s2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．匀变速直线运动在连续相等时间内的位移之差是一恒量，则有：‎ 代入数据解得 故A错误；‎ B．某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第末的速度 故B正确。‎ CD．根据 得加速度为：‎ ‎，‎ 故D正确，C错误。‎ 故选BD。‎ ‎4.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一路标．在如图描述两车运动的v-t图中，直线a、b分别描述了甲乙两车在0～20秒的运动情况．关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在秒内两车逐渐靠近 B. 在秒内两车逐渐远离 C. 在秒时两车在公路上相遇 D. 在秒内两车的位移相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据两车的速度大小分析它们之间的位置关系．当两车的位移相等时，两车相遇．根据图象的“面积”分析两车何时相遇和位移关系．‎ ‎【详解】在0～10秒内，乙车在甲的前方，而且乙的速度大于甲的速度，则两车逐渐远离，故A错误；在10～20秒内，乙车在甲的前方，乙的速度小于甲的速度，则两车逐渐靠近，故B错误；根据图象的“面积”等于物体的位移大小，可以看出，在t=10秒时乙车的位移大于甲车的位移，t=0时刻又在同一位置出发，所以在t=10秒时两车没有相遇，故C错误；在5～15秒内两车图线的“面积”相等，则通过的位移相等，故D正确．所以D正确，ABC 错误．‎ ‎【点睛】本题根据速度图象分析两车的运动情况，抓住“面积”等于位移大小，确定两车的位置关系，两图线的交点表示速度相等，两车相距最远．‎ ‎5.将一个有确定方向的力F=10N分解成两个分力,已知一个分力有确定的方向,与F成30°夹角,另一个分力的大小为6N,则在分解时( )‎ A. 有无数组解 B. 有两组解 C. 有唯一解 D. 无解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知一个分力有确定的方向，与成夹角，知另一个分力的最小值为，而另一个分力大小大于小于，所以分解的组数有两组解．如图．故正确，、、错误．‎ 故选．‎ ‎6.如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ=60°的墙面上处于静止．则关于木块的受力情况、墙面对木块的作用力（压力与摩擦力的合力），下列说法错误的是（ ）‎ A. 墙面对木块一定有压力 B. 墙面对木块一定有摩擦力 C. 墙面对木块的作用力为 D. 墙面对木块的作用力为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】木块受到重力和水平力F后，墙面对木块一定有压力，也一定有沿斜面向上的摩擦力，否则不能平衡，故AB说法正确；木块受重力、支持力、推力和静摩擦力平衡，受力如图：‎ 根据多个共点力平衡的特点可知，墙壁的支持力与摩擦力的合力一定与重力与F的合力大小相等，方向方向相反，重力与推力的合力为：，故墙面对木块的作用力为，故C说法错误，D说法正确．所以选C．‎ ‎7.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则下列判断正确的是 A. A对地面的压力减小 B. B对墙的压力增大 C. A与B之间的作用力减小 D. 地面对A的摩擦力减小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】以A、B为整体分析，竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体重力不变，故A对地面的压力不变，故A错误；对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示，‎ A移动前后，B受力平衡，即B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；A向右移动少许，弧形斜面的切线顺时针旋转，A有弹力减小，故B错误，C正确；分析A、B整体，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，摩擦力减小，故D正确．‎ ‎8.如图所示，在教室里某同学在体重计上研究超重与失重.她由稳定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，才能出现失重的现象 B. 只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象 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】‎ ‎【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。‎ ‎9.如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）‎ A. 弹簧的拉力F＝ B. 弹簧的拉力F＝mgsinθ C. 小球的加速度为零 D. 小球的加速度a＝gsinθ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力，烧断绳子的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变；烧断前，绳子的拉力T=mgtanθ．烧断后的瞬间，弹簧弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律，加速度a=gtanθ．故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎10.质量为‎2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝‎10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　)‎ A. 0.2‎‎,6N B. 0.1,6N C. 0.2,8N D. 0.1,8N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】减速运动过程根据牛顿第二定律得，摩擦力 动摩擦因数 加速运动过程根据牛顿第二定律得 解得：‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选A。‎ ‎11.如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（ ）‎ A. 立即做匀减速直线运动 B. 将立即做变减速直线运动 C. 当弹簧弹力大小等于F时，木块速度最大 D. 弹簧压缩量最大时，物体加速度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故C正确．‎ ‎【点睛】木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况．‎ ‎12.如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取‎10 m/s2．关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是 (　　) ‎ A. μ＝0.4 B. μ＝‎0.2 ‎C. t＝4.5 s D. t＝3 s ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝‎2.0 m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，选项A错误，选项B正确；在v－t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，选项C正确，选项D错误；故选BC.‎ 点睛：此时是牛顿第二定律应用的典型问题-传送带问题；解决本题的关键是根据v-t图像理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解．‎ 二.实验题（每空2分，共16分）‎ ‎13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，弹簧弹力的大小为F，弹簧的形变量（伸长量或压缩量）为x，下列说法正确的是 A. 实验中k的具体数值只能用逐个计算的方法求出来，而没有其他的方法 B. 如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度L代替x，F－L图线也是过原点的一条直线 C. 利用F－x直线可求出k值 D. 实验时要把所有点连到线上，才能探索得到真实规律 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是探究弹力和弹簧伸长的关系的实验问题．‎ ‎【详解】AC．根据胡克定律：‎ 可知，利用F－x直线可求出k值，A错误，C正确；‎ B．用弹簧长度L代替x，则关系式为：‎ 不过原点，B错误；‎ D．实验时，要尽量让更多的点落在一条直线上，不能落在直线上的尽量均匀分布在直线两侧，偏差太大的点应舍去，D错误。‎ 故选C．‎ ‎14.某同学用如图所示的装置探究求合力的方法．将一木板(图中未画出)‎ 竖直放置与铁架台和轻弹簧所在平面平行．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：‎ ‎(1)如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；‎ ‎(2)卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数．图乙中B弹簧测力计的读数为________N；‎ ‎(3)该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB的合力F′ _____________；‎ ‎(4)已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论：__________.‎ ‎【答案】 (1). 方向； (2). 11.40； (3). (4). 在实验误差允许范围内F和相等；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（2）根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N； （3）作图如下： ‎ ‎ （4）若已知钩码的重力大小与理论合力F′的大小相等，请观察比较可得出二力合成点的规律是：在误差允许的范围内，二力合成满足平行四边形定则．‎ ‎15.为了探究质量一定时加速度与力的关系．一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中为带滑轮的小车的质量，为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计）‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_______．‎ A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶质量远小于小车的质量 ‎（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（3）以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为______‎ A. B. C. D.．‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 1.3 (3). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] AE.本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AE错误．‎ B.先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误；‎ D.要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；‎ ‎(2)[2] 由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为 ‎ T=0.06s 由△x=aT2可得：‎ ‎(3)[3] 由 ‎2F‎=ma 得 对a-F图来说，图象的斜率 得：‎ 故D正确ABC错误．‎ 二．解答题(共3小题，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎16.如图所示,一滴雨滴从离地面‎20m高的楼房屋檐自由下落，下落途中用△t=0．2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为‎2m，g取‎10m/s2 ，问：‎ ‎（1）雨滴落地的速度大小；‎ ‎（2）雨滴落地前最后1s内的位移大小；‎ ‎（3）屋檐离窗的上边框有多高？‎ ‎【答案】（1）‎20m/s（2）‎15m（3）‎‎4.05m ‎【解析】‎ 详解】（1），得s 雨滴落地的速度：‎ ‎（2）雨滴在第1s内的位移：‎ 雨滴落地前最后1s内的位移大小：‎ ‎（3）设屋檐离窗的上边框为x0，雨滴从屋檐运动到窗的上边框时间为t0，‎ 联立上述两式，得 ‎17.如图所示，厚度不计的薄板A长L=‎5.0m，质量M=‎5.0kg，放在水平桌面上．在A上距右端s=‎3.0m处放一物体B（大小不计），其质量m=‎2.0kg，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1，A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F＝26N，持续作用在A上，将A从B下抽出．（g=‎10m/s2）求：‎ ‎（1）A从B下抽出前A、B的加速度各是多少；‎ ‎（2）B运动多长时间离开A.‎ ‎【答案】（1）‎2m/s2 ‎1m/s2，（2）2s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对于A：‎ ‎①‎ 解得 ‎②‎ 对于B：‎ ‎③‎ 解得 ‎④‎ ‎（2）设经时间t抽出 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎18.如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g).‎ ‎(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？‎ ‎(2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？‎ ‎(3)当滑块以a′＝‎2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？‎ ‎【答案】(1)g (2)g (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对小球受力分析如图：‎ 受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ 故当向右运动加速度为时线上的拉力为0。‎ ‎(2) 对小球受力分析，受重力、拉力如图：‎ 根据牛顿第二定律可得，水平方向：‎ 竖直方向关键平衡条件可得：‎ 解得：‎ 所以滑块至少以的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零。‎ ‎(3)当滑块向左的加速度大于g时，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图丙所示 假设与水平面夹角为，根据牛顿第二定律，有：‎ 解得：‎ ‎ ‎