2018-2019学年江西省上高县第二中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年江西省上高县第二中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

‎2018-2019学年江西省上高县第二中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）‎ 一.选择题 ‎1.下列说法中正确有是（ ）‎ A. 力、位移、平均速率都是矢量 B. 牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来直接验证 C. 单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位 D. 长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】力、位移都是矢量，平均速率是标量，选项A错误；牛顿第二定律可以通过实验来直接验证，牛顿第一定律不能通过实验来验证，选项B错误；单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，选项C正确；长度、时间、质量是一组属于国际单位制的基本单位的物理量，而力不是，选项D错误；故选C.‎ ‎2.小华将一小纸团从1m高处竖直向上抛出，纸团上升1.5m后开始下落，并落在抛出点正下方的地面上，从抛出到落地共历时1.3s，下列有关纸团运动过程的说法，正确的是（ ）‎ A. 纸团走过的路程为2.5m B. 纸团的位移大小为1.5m C. 题中提到的1.3s是时刻 D. 纸团在运动过程中可以看成质点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 路程为物体运动轨迹的长度，位移为初位置到末位置有向线段，平均速度为位移与时间的比值，时间间隔指一段时间，能否看做质点看物体的大小和形状是否影响所研究的问题.‎ ‎【详解】纸团通过的路程为运动轨迹的长度，故大小为1m+1.5m+1.5m=4m，故A错误；位移为初末两点间的直线距离，故位移大小1m，方向竖直向下，故B错误； “1.3s”是纸团运动的时间间隔，即时间，故C错误；本题中研究纸团的运动过程，其大小可以忽略不计，故可以视为质点，故D正确。故选D。‎ ‎3.一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为(　　)‎ A. 40 m/N B. 40 N/m C. 200 m/N D. 200 N/m ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知，弹簧的弹力为4N时，弹簧伸长2cm，根据胡克定律F=kx，代入数据可得弹簧的劲度系数k="200" N/m，所以A、B、C错误；D正确．‎ ‎【考点定位】考查胡可定律 ‎【方法技巧】本题主要是掌握胡克定律的公式F=kx，并注意各物理量的单位。‎ ‎4.如图所示，一同学轻松地将书顶在头上，他顶书时头顶受到的压力产生的直接原因是（ ）‎ ‎ ‎ A. 书的形变 B. 头的形变 C. 书受到的重力 D. 人受到的重力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据产生弹力需要的条件：一是接触，二是发生形变来解答此题。‎ ‎【详解】头顶受到的压力是由于书产生形变，对与之接触的头产生力的作用，故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎5. 唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”，描述了庐山瀑布的美景，如果三尺为1m，则水面落到地面的速度约为(设初速度为零，忽略空气阻力)‎ A. 100m/s B. 140m/s C. 200m/s D. 2000m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：三千尺等于1000m，根据公式可知其速度约为141m/s，所以答案为B 考点：匀变速直线运动规律 点评：此题型考查了关于匀变速直线运动规律。‎ ‎6. 如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（ ）‎ A. 电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0m/s2‎ B. 电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0m/s2‎ C. 电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2‎ D. 电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；‎ 再对人进行运动分析，确定加速度方向；‎ 最后根据牛顿第二定律列式求解．‎ 解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律 mg﹣F=ma 解得 F=m（g﹣a）=9m B、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律 F﹣mg=ma 解得 F=m（g+a）=11m C、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律 F﹣mg=ma 解得 F=m（g+a）=11.5m D、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律 mg﹣F=ma 解得 F=m（g﹣a）=8.5m 故示数最大的情况为C；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！‎ ‎7.如图所示为某物体运动位移和速度随时间变化的x-t图线和v-t图线，由图可知，在0～t1时间内（ ）‎ ‎ ‎ A. 物体做的是曲线运动 B. 图甲中t1/2时刻，图线的斜率为v0/2‎ C. 物体做加速度越来越小的运动 D. 在0～t1时间内物体的位移为x1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动，由乙图可读出物体的速度变化，甲图中斜率表示速度，位移等于x的变化量，要抓住两种图象对应关系分析.‎ ‎【详解】x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动，故A错误。在甲图中斜率代表速度，结合乙图可知在t1/2时刻，图线的斜率为v0/2，故B正确；由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故C错误。0～t1时间内物体的位移为x1-x0，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】对于位移-时间图象要抓住斜率等于速度，速度-时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移。‎ ‎8.如图所示，水平传送带始终以速度v1时针转动，一物体以速度v2（v1v2）滑上传送带的左端，则物体在传送带上的运动一定不可能是（ ）‎ ‎ ‎ A. 一直减速直到速度为0‎ B. 一直加速运动 C. 先加速后匀速运动 D. 先减速后匀速运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分两种情况进行讨论：v2v1，物块相对传送带向右运动.‎ ‎【详解】若v2v1，物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，可能向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动；物块在滑动摩擦力作用下也可能一直做匀减速运动，但速度不会减小到0，减小到v1就匀速运动了；本题选不可能的，故选A.‎ ‎【点睛】此题考查摩擦力的方向与速度的关系，明确摩擦力方向与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动可能的运动情况．‎ ‎9.如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块M相对静止于车厢后竖直壁上。当小车的加速度增大时，（ ）‎ ‎ ‎ A. M所受的静摩擦力增大 B. M对车厢的作用力增大 C. M仍相对车厢静止 D. M受到的合外力为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小车向右做匀加速直线运动，物体M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力。‎ ‎【详解】以物块为研究对象，受力如图所示： ‎ 对物块，由牛顿第二定律得：N=Ma，a增大，N增大，由牛顿第三定律可知，M对车厢的压力：N′=N增大；M对车厢壁的压力增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，M仍相对于车厢静止，在竖直方向，M所受合外力为零，由平衡条件得：f=Mg，M所受的静摩擦力不变；M受到的合外力不为零；竖直方向的力不变，水平方向的增大，所以车厢对M的力增大，故AD错误，BC正确；故选BC。‎ ‎【点睛】本题运用正交分解研究物体在水平方向运动的问题，要正确分析受力情况，作出力图是基础，注意明确物体静止在竖直面上时，重力与摩擦力平衡。‎ ‎10.如图所示，物块a、b的质量分别为m、2m，水平地面和竖直墙面均光滑，a、b的动摩擦因数为μ，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，重力加速度为g，则（ ）‎ ‎ ‎ A. 物块a受4个力作用 B. 物块b受到的摩擦力大小等于μF C. 物块B对地面的压力大小等于3mg D. 物块a受到物块b的作用力水平向右 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按重力、弹力的顺序逐个分析物体的受力，每一个接触面都要分析。再由平衡条件求力的大小。‎ ‎【详解】物块a受到：重力、b的弹力和静摩擦力、墙面的支持力，共受4个力，故A正确。以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于mg，不可以根据滑动摩擦力进行计算，故B错误。以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，故C正确。物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误。故选AC。‎ ‎11.如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成倾角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的拉力F作用下向上运动。0~2s内拉力的大小为10N，2~4s内拉力的大小变为11N，小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 小环在加速运动时的加速度a的大小为2m/s2‎ B. 小环在0~2s内通过的位移大小为1m C. 小环的质量m=2kg D. 细杆与水平地面之间的夹角α=300‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 速度时间图象中，斜率代表加速度；根据斜率即可求得加速度；从速度时间图象得到小环的运动规律，即先匀速后加速，求出加速度，得到合力，然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解质量和夹角．‎ ‎【详解】由图得：；故A错误；小环在0~2s内通过的位移大小为2×1m=2m，选项B错误；由小环运动的v-t图可知，当F1=10N时，在0-2s时间内小环做匀速运动；F2=11N时，在2-4s内小环做匀加速运动，则有：F1-mgsinα=0；F2-mgsinα=ma； 代入数据解得：m=2kg，α=30°；故CD正确；故选CD。‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律以及运动学图象的应用；关键是对小球进行运动情况分析，明确物体先匀速后加速；做好受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可.‎ ‎12.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻，甲车在乙车前25m处。在描述两车运动的v-t图中（如图），直线a、b分别描述了甲、乙两车在20s内的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 在0〜10s内两车逐渐靠近 B. 在10〜20s内两车逐渐远离 C. 在t=20s时两车在公路上相遇 D. 在10s时两车在公路上相遇 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ t=0时刻，甲车在乙车前25m处，根据速度大小关系分析两车之间距离如何变化．根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系．‎ ‎【详解】t=0时刻，甲车在乙车前25m处，在0-10s内乙车速度大于甲车的速度，甲车在乙车的前方，所以两车逐渐靠近，故A正确。在0-10s内两车的位移之差为，即t=10s时刻，乙车恰好追上甲车，在10-20s内，甲车速度大于乙车的速度，两车逐渐远离。在t=20s时两车没有相遇，故BD正确，C错误。故选ABD。‎ ‎【点睛】利用速度--时间图象求从同一位置出发的解追及问题，主要是把握以下几点：当图象相交时两者速度相同．两者速度相同时两者相距最远或者最近；当两者速度时间图象与时间轴围成的面积相同时两者位移相同，即再次相遇.‎ 二、实验题 ‎ ‎13.某同学做验证“力的平行四边形定则”实验，其装置如图甲所示，A为固定橡皮筋的图钉，OB、OC为细绳，O为橡皮筋与细绳的结点，图乙是根据实验数据画出的力的图示。‎ ‎ ‎ ‎（1）图甲中弹簧秤B读数为________N；‎ ‎（2）图乙中的F和F′两力中，方向一定沿AO方向的是________（选填F或F′）；‎ ‎（3）本实验采用的科学方法是________。‎ A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 ‎【答案】 (1). （1）11.40 (2). （2）F (3). （3）B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在实验中F′和F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确答题．本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用．‎ ‎【详解】（1）根据图甲可知，弹簧秤B的读数为11.40N；‎ ‎（2）图乙中的F与F′中，F′是由平行四边形得出的，而F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与AO共线的是 F． （3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法．故选B．‎ ‎14.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。‎ ‎（1）通过实验得到如图乙所示的a-F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角________（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)。为了便于探究、减小误差，应使小车质量M远大于砝码和盘的总质m。‎ ‎（3）该同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点。________cm。由此可算出小车的加速度a=________m/s2。（结果保留两位小数）‎ ‎【答案】 (1). （1）偏大 (2). （2）小于 (3). （3）1.80 (4). 5.00‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验前应平衡摩擦力，根据图示图象分析答题。 （2）根据实验装置分析小车所受拉力与砝码和砝码盘重力间的关系；平衡摩擦力后当小车质量远大于砝码和砝码盘质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码和砝码盘的重力。 （3）根据匀变速直线运动的推论△x=at2求出加速度。‎ ‎【详解】（1）由图乙所示图象可知，当拉力F为零时就有加速度，说明平衡摩擦力过度，木板垫起的倾角偏大造成的； （2）小车运动过程砝码和砝码盘向下做加速运动，砝码与砝码盘处于失重状态，小车受到的拉力小于砝码和砝码盘的重力； （3）根据图丙可得：D点对应2.60cm，G点对应6.50cm，A点对应0.50cm， 故。△s=sDG-sAD=(6.50-2.60)-（2.60-0.50）=1.80cm， T=1/f=0.02s，由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度为：。‎ ‎【点睛】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，实验前要平衡摩擦力；掌握基础知识是解题的前提与关键，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累，注意保留两位有效数字。‎ 三、计算题 ‎ ‎15.汽车以20m/s的速度在平直公路上勾速行驶，刹车后经2s速度变为10m/s，（假设刹车过程是匀减速运动）求：‎ ‎（1） 刹车过程中的加速度 ‎（2） 刹车后运动的位移 ‎【答案】（1）-5m/s2，方向与运动方向相反（2）40m，方向与运动方向相同.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合速度时间公式求出刹车过程中的加速度；‎ ‎（2）结合位移公式求出刹车后的位移。‎ ‎【详解】（1）根据v=v0+at可知：； “-”说明加速度方向与运动方向相反。‎ ‎（2）刹车后运动的位移：，方向与运动方向相同.‎ ‎16.将一劲度系数k=100N/m的轻质橡皮筋的上端固定在天花板上0点，在其下端A点用细线悬挂重为8N的木块。在A点施加一水平向右的拉力F，使橡皮筋与竖直方向成37°，并保持静止。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：‎ ‎(1)所加外力F的大小；‎ ‎(2)此时橡皮筋的伸长量x。‎ ‎【答案】（1）6N（2）0.1m ‎【解析】‎ ‎(1)对A点受力分析如图所示：‎ 得： ‎ 解得： ‎ ‎(2)对A点受力分析得： ‎ 代入数据得： ‎ 由胡克定律：‎ 得： ‎ ‎【点睛】胡克定律和平衡条件的应用，解题的关键是找出对应的拉力大小，再代入胡克定律计算，计算时要注意各量的单位．‎ ‎17.如图所示，质量为2kg的物体A和质量为1kg的物体B放在水平地面上，A、B 与地面间的动摩擦因数均为1/3，在与水平方向成370角的20N斜向下推力F的作用下，A、B—起做匀加速直线运动（)求：‎ ‎（1）A、B—起做匀加速直线运动的加速度大小；‎ ‎（2）运动过程中A对B的作用力大小；‎ ‎（3）若3s后撤去推力，求撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离。‎ ‎【答案】（1）m/s2（2）4N（3）0.6m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律列式即可求解加速度； （2）以B为研究对象：设A对B的作用力为FAB，根据牛顿第二定律列式即可求解作用力．‎ ‎（3）撤去推力后，A做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，结合运动公式求解撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离。‎ ‎【详解】（1）以A、B整体为研究对象进行受力分析，有： Fcosα-μ[（mA+mB）g+Fsinα]=（mA+mB）a 代入数值得：a=m/s2 ； （2）以B为研究对象：设A对B的作用力为FAB，则FAB-μmBg=mBa 代入数值得：FAB=4N；‎ ‎（3）若3s后撤去推力，此时物体A的速度：v=at=2m/s 物体A的加速度为 ‎ 滑行的时间为 ‎ 则撤去推力后1s内A在地面上滑行的距离等于0.6s内A在地面上滑行的距离，则。‎ ‎18.如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其A B边的长度S=2m，斜面倾角 为。水平地面上有一块质量M=3Kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置。质量为m= lkg物体由A 点静止滑下，然后从B点滑上长木板（由斜面滑至长木板时速度大小不变），在长木板上滑行时间为1.2s时与长木板的速度相等，己知物体与斜面体的动摩擦因数为，物体与长木板的动摩擦因数为，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小； ‎ ‎（2）长木板与地面间的动摩擦因数 ‎（3）长木板滑行的最大距离。‎ ‎【答案】（1）4m/s（2）0.05（3）0.40‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑的加速度，然后根据速度位移公式求出物体到达斜面底端B点时的速度大小； （2）对物体根据牛顿第二定律求出加速度；根据速度相等求解长木板的加速度和时间，再根据牛顿第二定律对长木板列方程求解长木板与地面间的动摩擦因数. （3）根据位移时间公式求出长木板加速和减速时运动的位移，从而求解木板滑行的最大距离．‎ ‎【详解】（1）从A到B的过程，根据牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 下滑到B点时的速度： ‎ 解得： ‎ ‎（2）滑上长木板时：对物体，由牛顿第二定律得：‎ 解得 方向水平向左 ‎ 速度相等有： ‎ 解得 ‎ 对长木板，由牛顿第二定律得： ‎ 解得 ‎ ‎（3）长木板加速位移为： ‎ 末速度为：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 减速位移为： ‎ 所以总位移为：‎ ‎【点睛】解决本题的关键要理清物体和长木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎ ‎