【物理】江苏省泰州市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

【物理】江苏省泰州市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

江苏省泰州市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、单项选择题 ‎1.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因"的科学家是 A. 亚里士多德 B. 伽利略 C. 阿基米德 D. 牛顿 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．亚里士多德凭借生活现象提出“力是维持运动的原因”，故A错误；‎ B．伽利略由理想斜面实验得到“力不是维持物体运动的原因”，故B正确；‎ C．阿基米德确立了静力学和流体静力学的基本原理，给出许多求几何图形重心，包括由一抛物线和其网平行弦线所围成图形的重心的方法，阿基米德证明物体在液体中所受浮力等于它所排开液体的重量，故C错误；‎ D．牛顿结合伽利略和笛卡儿的成果提出了牛顿第一定律，故D错误。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 米、牛顿、秒是国际单位制中的基本单位 B. 力、速度、路程均为矢量 C. 只有细小的物体才可看成质点 D. 静止的物体也有惯性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．国际单位制中的基本单位为千克、米、秒等，牛顿是导出单位，故A错误；‎ B．力和速度是有大小和方向，属于矢量；路程只有大小无方向，属于标量，故B错误；‎ C．物体能否看成质点是视问题而定，物体的大小和形状对所研究的问题产生影响小，占次要因素就能看成质点，故C错误；‎ D．物体的惯性由质量决定，与速度无关，静止的物体惯性表现为继续保持静止，变速的物体表现为反抗，故D正确；‎ ‎3.如图所示，小孩用玩具手枪在同一位置沿水平方向先后射出两粒弹珠，击中竖直墙上M、N两点（空气阻力不计），初速度大小分别为vM、vN，、运动时间分别为tM、tN，则 A. vM=vN B. vM>vN C. tM>tN D. tM=tN ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CD．弹珠做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：,可得：‎ ‎，因竖直下落高度hM＜hN，可得tM＜tN，故CD错误；‎ AB．两弹珠水平位移x相等，水平方向做匀速直线运动，有：x=vt，则vM＞vN，故A错误，B正确。‎ ‎4.如图所示，物块a静止在水平地面上，物块b叠放在物体a上。现对物体a施加一个水平向左的恒定拉力F，a、b仍然都处于静止状态。以下说法正确的是 A. a受b向右的摩擦力 B. b受a向左的摩擦力 C. a、b接触面间的动摩擦因数一定为零 D. 地面对a的摩擦力大小等于F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．a、b相对静止且相对地面也静止，以b为研究对象，由平衡条件知，a对b的摩擦力为0，则a与b之间摩擦力为0，因ab间无相对运动趋势，则ab接触面间可能光滑或粗糙，故ABC错误；‎ D．对a受力分析：‎ ‎ ‎ 由平衡条件知F=f，即a与地面之间的摩擦力大小为F，故D正确。‎ ‎5.一物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的上端固定在电梯的天花板上，在下列哪种情况下弹簧秤的读数最小( )‎ A. 电梯匀加速上升，且 B. 电梯匀加速下降，且 C. 电梯匀减速上升，且 D. 电梯匀减速下降，且 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】电梯匀加速上升，且，则根据牛顿第二定律 电梯匀加速下降，且，则根据牛顿第二定律 电梯匀减速上升，且，则根据牛顿第二定律 电梯匀减速下降，且，则根据牛顿第二定律 比较可知，当电梯匀减速上升，且，物体受到的拉力最小，则弹簧秤的示数最小．‎ A. 电梯匀加速上升，且，与分析不符，故A错误．‎ B. 电梯匀加速下降，且，与分析不符，故B错误．‎ C. 电梯匀减速上升，且，与分析相符，故C正确．‎ D. 电梯匀减速下降，且，与分析不符，故D错误．‎ ‎6.在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动，甲在冰上滑行的距离比乙远。假定两板与冰面间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是 A. 在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B. 在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 C. 在分开时，甲的运动速度大于乙的运动速度 D. 在分开后，甲运动的加速度大小小于乙运动的加速度大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力，并且大小相等，在推的过程中，甲的推力等于乙的推力，故A错误；‎ B．作用力和反作用力同时产生同时消失，甲推的乙的时间等于乙推甲的时间，故B错误；‎ D．由于两板与冰面间的摩擦因数相同，由牛顿第二定律可以知道，μmg=ma，所以a=μg，即他们的加速度的大小是相同的，所以D错误；‎ C．由于甲在冰上滑行的距离比乙远，根据，可知在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，故C正确。‎ ‎7.如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球A、B固定在轻杆的两端。现用水平力F将B向左缓慢推动一小段距离，则此过程中 A. 杆对A的弹力变小 B. 挡板OP对A作用力变大 C. 水平力F变大 D. 挡板OQ对B支持力变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设杆与OP的夹角为，对A球受力分析，‎ 由平衡条件可得：‎ 水平力F将B向左缓慢推动一小段距离，则减小，变大，减小，则有杆对A的弹力变小，挡板OP对A作用力变小，故A正确，B错误；‎ CD．对两球和轻杆的整体受力分析可知，在竖直方向：‎ 故水平力F将B向左缓慢推动一小段距离后，竖直方向的受力不变，则挡板OQ对B支持力不变；因挡板OP对A作用力变小，则水平力F变小，故CD错误。‎ ‎8.由吴京主演的《攀登者》，重现了中国人攀登珠穆朗玛峰的英勇历史，体现了中国人不畏艰险，自强自立的爱国精神．如图为影片中登山队员的登山的照片．已知其中一名队员重为G，静止时，绳子与竖直方向的夹角为60o,绳子拉力也为G，则此时山峰对该队员的作用力（ ）‎ A. 就是山峰对该对员的支持力 B. 大小为 C. 大小为G D. 方向可能水平向左 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.山峰对该队员的作用力是山峰对该队员的支持力和摩擦力的合力，故A错误；‎ BCD.以该队员为研究对象，受力情况如图所示：‎ 根据几何关系可得绳子拉力T的方向与重力G的方向夹角为120°，且大小相等，所以山峰对该队员的作用力F、重力G和绳子拉力T构成等边三角形，则F=G，方向与拉力和重力的合力方向相反，故C正确，BD错误．‎ 二、多项选择题 ‎9.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0-t1时间内 A. 甲的速度总比乙大 B. 甲、乙位移相同 C. 甲、乙平均速度相同 D. 甲、乙均做加速运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．0～t1时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速直线运动；乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速直线运动，故AD错误；‎ B．0～t1时间内，甲、乙起点和终点都相同，则位移相同，故B正确；‎ C．根据平均速度的定义：，甲和乙在相同的时间内位移相同，则平均速度相同，故C正确。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，力F作用在绳自由端B点，则 A. 绳对A的拉力增大 B. 绳对A的拉力减小 C. 杆对A的弹力减小 D. 绳子自由端B的速率减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcosθ=mg，因为θ增大，cosθ减小，可知F增大，故A正确，B错误；‎ C．物体A水平方向合力为零，有：FN=Fsinθ，F增大，sinθ增大，FN增大，故C错误；‎ D．物体A沿绳子方向上的分速度v=vAcosθ，该速度等于自由端B的速度，则θ增大，自由端B的速度v减小，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎11.如图所示，蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升。若在蜡块从A点开始匀速上升的同时，玻璃管沿水平方向向右做直线运动，则关于蜡块的实际运动轨迹的说法中正确的是 A. 若玻璃管做匀速直线运动，则轨迹为直线P B. 若玻璃管做匀加速直线运动，则轨迹为曲线R C. 若玻璃管做匀加速直线运动，则轨迹为曲线Q D. 若玻璃管做匀减速直线运动，则轨迹为曲线Q ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蜡块参与了水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，因此蜡块将沿着合速度的方向做匀速直线运动，则轨迹为直线P，故A正确；‎ BC．当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向，蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，则轨迹为曲线Q，故B错误，C正确；‎ D．若玻璃管做匀减速直线运动，则蜡块水平方向的加速度向左，同时竖直方向做匀速直线运动，故蜡块的合运动为匀变速曲线运动，轨迹向左弯曲为曲线R，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎12.如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=4kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，大小均为20N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态。下列说法正确的是 A. 弹簧秤的示数是0N B. 弹簧秤的示数是20N C. 撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5m/s2‎ D. 撤去F1的瞬间，A的加速度大小为4m/s2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．两水平拉力作用下两物体受力平衡，根据平衡条件可知弹簧秤的示数为T=20N，故A错误，B正确；‎ C．在突然撤去F2瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以B的加速度大小为：‎ ‎，故C正确；‎ D．在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不能发生突变，所以A的加速度大小为：‎ ‎，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎13.如图所示是某物体做直线运动的v2-x图象（其中v为速度，x为位置坐标），下列关于物钵从x=0处运动至x0处的过程分析，其中正确的是 A 该物体做匀减速直线运动 B. 该物体的运动时间为 C. 该物体的加速度大小为 D. 该物体在位移中点的速度大于 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由匀变速直线运动的速度位移关系公式：，可得：‎ 可以知道物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A正确；‎ C．由上式知，v2-x图象的斜率等于2a，由图可得：，则得物体的加速度大小为 ‎，故C正确；‎ B．由匀减速直线运动的速度公式：，可得减速时间：，故B错误；‎ D．该物体在匀变速直线运动过程中的平均速度为，因为物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于；物体在位移中点的速度，可得：，所以物体在位移中点的速度大于；故D正确。‎ 故选ACD。‎ 三、简答题 ‎14.某同学完成“验证力的平行四边形定则”实验后，与另一位同学合作利用该装置测定弹簧的劲度系数。某次实验操作如图甲所示，测出弹簧伸长量x=1.00cm，F1的读数为5.0N。‎ ‎（1）弹簧测力计F2的读数____N；‎ ‎（2）在图乙坐标纸上作图求F1、F2的合力，并在图上标出合力的大小___；（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）由此可求出该弹簧的劲度系数k=___N/m。‎ ‎【答案】 (1). 4.0 (2). (3). 300‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）弹簧测力计的精确度为0.2N，估读到0.2的本位即0.1N，读数为4.0N；‎ ‎（2）根据力的标度，作F1、F2的图示，按照平行四边形定则作出合力F，如图所示：‎ ‎（3）弹簧伸长量x=1.00cm，弹簧的拉力由力的图示得到为F=3.0N，由胡克定律可得劲度系数：‎ ‎。‎ ‎15.用如图甲所示实验装置“探究物体加速度与力的关系”，打点计时器使用的交流电频率f=50Hz。‎ ‎（1）关于该实验，以下说法正确的是_______；‎ A．应先释放小车，再接通电源 B．操作过程中应调节滑轮高度，使细线与长木板平行 C．平衡摩擦力时，应将砂桶用细线跨过定滑轮系在小车上 D．为减小实验误差，应使小车总质量M远小于砂和砂桶的总质量m ‎（2）某次实验中的纸带如图乙所示，其中A、B、C、D、E为计数点，相邻两计数点之间还有4个点未标出。测出s1=1.34cm，s2=2.00cm，s3=2.66cm，s4=3.32cm，则B点的速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。（计算结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）通过实验获得如下表所示的几组数据，请用描点法在图丙中得出a-F的关系图像________。‎ ‎（4）根据作出的a-F图像，分析在操作过程中存在的主要问题：__________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 0.17 0.66 (3). 见解析 (4). 平衡摩擦力时倾角过大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A．打点计时器启动瞬间打点不稳定，故实验时应先接通电源，再释放小车，故A错误；‎ B．实验前应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，从而使绳子拉车的力是恒力，故B正确．‎ C．平衡摩擦力时是借助小车自身的重力分力等于小车所受的滑动摩擦力，而不能借助其他外力，故平衡摩擦力时不能将砂桶用细线跨过定滑轮系在小车上，故C错误；‎ D．因实验装置不能准确测出小车所受的合力即绳子的拉力，故需要用砂和砂桶的重力近似替代当做拉力，条件是小车与砂和砂桶的系统运动的加速度较小，故小车总质量M远大于砂和砂桶的总质量m；故D错误；‎ 故选B。‎ ‎（2）纸带上相邻两计数点之间还有4个点未标出，则计数点的时间间隔 根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：‎ 由匀变速直线运动的判别式：‎ 结合纸带上共四段连续相等时间内的位移，采用逐差法可得平均加速度：‎ ‎（3）由表格提供的数据描细点，作平滑的细直线拟合得到a-F图像：‎ ‎（4）a-F图像形成纵截距，表示外力为零时小车就有加速度，即平衡摩擦力过度或倾角太大。‎ 四、计算题 ‎16.如图所示，上表面光滑的斜面体A放置于水平地面，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，斜面体和小球均处于静止状态。已知斜面倾角，重力加速度为g。‎ ‎（1）画出小球B的受力示意图；‎ ‎（2）求小球B对斜面体A的压力大小；‎ ‎（3）求地面对斜面体A的摩擦力大小和方向。‎ ‎【答案】（1）（2）mg（3）mg，水平向右 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）球B的受力如图所示： ‎ ‎（2）由受力分析得：FN=mgcosθ 解得：FN=mg 根据牛顿第三定律、斜面A所受压力与A对B的支持力大小相等，斜面A所受压力为：‎ ‎（3）斜面A所受摩擦力与B对A的压力水平分量等大反向 解得：，‎ 方向水平向右。‎ ‎17.如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机在距地面h 高处沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞经观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹，经一段时间炸弹落在观察点B前方的C点，炸弹落地时速度方向与水平面45°角，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在观察点B前方的D点，BD距离为BC距离的3倍，空气阻力不计，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）飞机第一次投弹时的速度v1的大小及BC之间的距离xBC；‎ ‎（2）飞机水平飞行加速度a的大小；‎ ‎（3）两次投弹时间间隔内飞机飞行的距离s。‎ ‎【答案】（1），2h（2）g（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）第一颗炸弹在竖直方向：‎ 解得：‎ 落地时速度方向与水平方向成45°角，则水平方向与竖直方向的速度相等 水平方向：‎ BC距离为：xBC=v1t 得：xBC=2h ‎（2）炸弹落到C点时飞机飞行的距离：‎ 第二颗炸弹沿水平方向飞行距离：‎ 由题知：‎ 联立解得：‎ ‎（3）两次投弹时间间隔内飞机飞行距离为：‎ 联立解得：‎ ‎18.如图所示，质量为M=2kg足够长的长木板静止在光滑的水平面上，其前端放一质量m=2kg的铁块（可视为质点），铁块与长木板上表面间的动摩擦因数μ=0.2，距离木板的前端s=8m处有一竖直挡板，设铁块、长木板与挡板相碰后均能立即停止运动。现使长木板在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，直至与挡板相碰停止运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。‎ ‎（1）若F=6N，求铁块运动的加速度的大小；‎ ‎（2）若F=12N，求铁块停止运动时的总位移的大小；‎ ‎（3）为使铁块能运动到挡板处且用时最短，求作用力F的大小及这个最短时间。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）1.5m/s2；（2）8m；（3）8N；2s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）M、m保持相对静止的最大加速度满足 解得：‎ M、m一起加速运动所受的最大拉力为 解得：‎ 当拉力F=6N<8N，M、m一起加速运动 解得：‎ ‎（2）当F=12N >8N，两者发生相对滑动，m的加速度：a=μg=2m/s2‎ M的加速度满足：F-μmg=Ma2‎ 解得：a2=4m/s2‎ M运动到挡板所用的时间为t1，有 可得：‎ 该时间内铁块相对地而的位移：‎ 可得：x1=4m 此时铁块相对木板向左运动的位移△x=s-x1‎ 解得：△x=4m 木板碰到档板后静止，铁块继续向右做匀减速运动，加速度大小为a，假设铁块速度减小到0时位移为x2‎ 可得：x2=4m 因x2=△x，说明铁块刚好滑到木板右侧时速度为0‎ 铁块的位移为x=x1+x2‎ 解得：x=8m ‎（3）若要铁块运动到档板处时间最短，则必须保证铁块与木板相对静止并以最大加速度一起运动。最大加速度为a=2m/s2‎ F=（M+m）a 得：‎ F=8N 解得：‎