甘肃省酒泉市2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题

甘肃省酒泉市2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题

高一期末考试物理 第I卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题.本题共12小题，每小题4分，共48分。在本小题给出的四个选项中，第1〜8小题只有 一个选项正确，第9〜12小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体重心不一定在物体上 B. 同一个物体在地球上的任意位置，所受重力一定相等 C. 物体放在斜面上静止，受到的支持力竖直向下 D. 静摩擦力的大小跟压力成正比 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体的重心不一定在物体上，也可以在物体之外，比如均匀的圆环，重心在圆环之外。故A正确；‎ B．同一物体在地球上不同地方所受重力也不相同，原因是重力加速度不同。故B错误；‎ C．物体放在斜面上静止，受到的支持力垂直斜面，不是竖直向下。故C错误；‎ D．根据滑动摩擦力的计算公式 可知，滑动摩擦力的大小与正压力成正比。但是静摩擦力的大小与压力无关，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.有人曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛。人从桥上过，桥流水不流。”“桥流”选的参考系可能是（　　）‎ A. 人 B. 河水 C. 地面 D. 桥 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】要确定“桥流”是以哪个物体为参考系的，必需知道桥是相对于哪个物体运动的，本题中水沿岸向下流动，故若水不动，则桥相对于水向上游流动，所以本题是以水为参照物的。所以B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.—个物体受到10N的力，产生‎2m/s2的加速度，要使它产生‎7m/s2的加速度，需要施加的力的大小为（　　）‎ A. 25N B. 30N C. 35N D. 40N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当物体受到10N的力时，产生‎2m/s2的加速度，则由牛顿第二定律得 则要产生‎7m/s2的加速度，需要的力为 所以C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎4.—汽车从制动到停止用了4s。这段时间内，汽车每1s前进的距离分别是‎7m、‎5m、‎3m、‎1m，下列说法正确的是（　　）‎ A. 汽车的加速度大小为‎2m/s2‎ B. 汽车的初速度大小为‎16m/s C. 汽车前2s的平均速度大小为‎3m/s D. 汽车第3s内的平均速度等于后3s的平均速度 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由 可得 故A正确；‎ B．设初速度为v0，因为做匀减速运动，所以根据位移公式有 把 ‎，，‎ 代入解得 故B错误；‎ C．汽车前2s内的平均速度为 故C错误；‎ D．有题目可得汽车在第3s内的位移是‎3m，所以第3s内的平均速度为 后3s内的总位移为 则后3s内的平均速度为 应该是相等的，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎5.如图所示，一质量为m的木块靠在竖直粗糙墙壁上，受到水平力F的作用，保持静止，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　）‎ A. 木块受到的摩擦力大于mg，方向竖直向上 B. 若F减小，木块一定向下滑动 C. 若F增大，木块受到的摩擦力增大 D. 若F增大，木块受到的摩擦力保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．木块处于静止状态，受力平衡，重力等于静摩擦力大小，摩擦力方向竖直向上，故A错误；‎ B．若 减小，则墙壁的支持力减小，最大静摩擦力减小，木块受到的静摩擦力可能仍与重力平衡，木块仍静止不动，故B错误；‎ CD．根据共点力平衡条件 ‎，‎ 当增大时，最大静摩擦力增大，物体仍然保持静止，故静摩擦力的大小不变，始终与重力平衡，故C错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.物体受共点力F1、F2、F3的作用保持静止，则这三个力可能是（　　）‎ A. 15N、5N、8N B. 6N、6N、6N C. 12N、14N、1N D. 8N、12N、3N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．前两个力的合力范围是 第三个力是8N，不在范围内，所以合力不可能为零。故A错误；‎ B．前两个力的合力范围是 第三个力是6N，在范围内，所以合力可能为零。故B正确；‎ C．前两个力合力范围是 第三个力是1N，不在范围内，所以合力不可能为零。故C错误；‎ D．前两个力的合力范围是 第三个力是3N，不在范围内，所以合力不可能为零。故D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，物体A叠放在斜面上，处于静止状态。物体B的上表面水平。下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体A受到摩擦力的作用 B. 物体B受到摩擦力的作用 C. 斜面对物体B的作用力和物体B受到的重力大小相等 D. 若物体A、B沿斜面匀速下滑，则物体A受到摩擦力的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对物体A受力分析，由于A处于静止状态，可知受重力和支持力，不受摩擦力，所以A错误；‎ B．将A、B看做整体，整体处于静止状态，受力分析可知，有重力，斜面的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，所以B正确；‎ C．斜面对物体B的作用力为对物体B的支持力和摩擦力的合力，应该等于A和B的总重力，所以C错误；‎ D．若物体A、B沿斜面匀速下滑，物体A还是处于平衡状态，即只受重力和支持力，所以D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.为保证汽车质量，汽车在研发时都会做刹车测试。某次测试中，汽车位移x与其速度的平方的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 刹车过程汽车加速度大小为‎10m/s2‎ B. 汽车减速过程持续的时间为5s C. 时汽车的速度为‎20m/s D. 0~3s内，汽车的位移为‎56.75m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由匀变速直线运动的速度位移公式可得 则图象的解析式为 则由图象可知 所以物体做匀减速直线运动，加速度大小为‎7.5m/s2，汽车初速度为‎30m/s，所以AC错误；‎ B．当汽车速度减为0时，所以时间为 所以B错误；‎ D．在0~3s内，汽车的位移为 所以D正确。‎ 故选D。‎ ‎9.关于牛顿第一定律和牛顿第三定律，下列说法正确的是（　　）‎ A. 牛顿第一定律不能直接用实验验证 B. 牛顿第一定律说明必须有力作用在物体上，物体才能保持匀速直线运动 C. 甲、乙两队拔河比赛队胜，因为甲队对绳子的作用力大于绳子对甲队的作用力 D. 依据牛顿第三定律，跳高运动员起跳时，地面对人的支持力与人对地面的压力大小相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛顿第一定律描述的是一种理想的情况，是牛顿在前人（伽利略、笛卡尔）的基础上总结出来的规律，不能用实验进行验证，故A正确；‎ B．牛顿第一定律说明，物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，所以B错误；‎ C．甲队对绳子的作用力和绳子对甲队的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故 C错误；‎ D．依据牛顿第三定律，跳高运动员起跳时，地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，所以D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图象如图所示。已知两车在3s时并排行驶，则（　　）‎ A. 甲车的加速度大小为‎5m/s2‎ B. 乙车的加速度大小为‎5m/s2‎ C. 两车另一次并排行驶的时刻是1s D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为‎20m ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图象斜率表示加速度可得 所以B正确，A错误；‎ C．由题意可知，3s时两车并排行驶，由图象面积表示位移可知，1s两车也是并排行驶，所以C正确；‎ D．由图象求1s到3s的位移为 所以D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.距水平地面高为2h处由静止释放一物体，物体做自由落体运动，距离地面高为h时的速度大小为、经历的时间为t，下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体落地的速度大小为 B. 物体落地的速度大小为 C. 物体从刚释放到刚落地的时间为 D. 物体从刚释放到刚落地的时间为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做自由落体运动，满足 ‎，‎ 则落地时，运动距离为，则 故AC正确，BD错误。‎ 故选AC。‎ ‎12.如图所示，一质量为M的圆环套在一根粗糙的水平横杆上，圆环通过轻绳和质量为m的物块相连，物块在水平向右的风力作用下偏离竖直方向一定的角度（如图中虚线位置所示）。现风力发生变化使物块偏离到图中实线位置（缓缓移动），但圆环仍然不动，在这一过程中，水平风力大小F风、绳子上的张力大小FT、横杆对圆环的摩擦力大小f、横杆对圆环的支持力大小FN变化情况正确的是（　　）‎ A. F风逐渐变大，FT逐渐变大 B. F风逐渐变大，FT逐渐变小 C. f逐漸变大，FN保持不变 D. f保持不变，FN逐渐变小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】以重物为研究对象，分析受力情况：重力、水平风力和绳子的拉力，如图1所示 由平衡条件得 ‎，‎ 当增加时，逐渐增加，增加；再以两物体整体为研究对象，分析重力、水平风力，杆的摩擦力和支持力，如图2所示 则有 则保持不变。‎ 则逐渐增加；故AC正确，BD错误。‎ 故选AC。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共52分）‎ 二、非选择题:共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题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。‎ ‎13.如图甲所示。用铁架台、弹簧和多个已知质量相同的钩码，探究弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系。‎ ‎(1)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x，由图可知：图线不通过原点的原因是_________；‎ ‎(2)如图丙所示，实验中使用两根不同的弹簧a和b，多次测量弹簧所受到的弹力和弹簧伸长量，并画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F-L图象，根据图象，可得到在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧伸长量成_________（选填“正比”或“反比”）。‎ ‎【答案】 (1). 弹簧自身受到重力 (2). 正比 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由图象可知，当不挂钩码时，弹簧伸长量不为0，原因是因为弹簧自身受到重力，所以图线不过原点的原因是弹簧自身受到重力。‎ ‎(2)[2]由题意可知，L表示弹簧的原长，设弹簧的原长为L0，所以 其中表示弹簧的伸长量，所以弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比。‎ ‎14.在用打点计时器“测定匀变速直线运动的加速度”实验中。‎ ‎(1)所用实验器材除电磁打点计时器（含纸带和复写纸）、小车、一端带有滑轮的长木板、绳、钩码、电源、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有________（填选项标号）；‎ A．刻度尺 B．秒表 C．天平 D．弹簧测力计 ‎(2)某同学将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带，纸带上O、A、B、C、D、E为计数点，每相邻两个计数点间还有一个点没有画出：‎ 由纸带可知，打C点时小车的速度大小____m/s；小车的加速度大小_______m/s2（结果均保留三位有效数字）；‎ ‎(3)若实验时，电源频率略高于50Hz，但该同学仍按50Hz计算小车的加速度，则测量得到的小车加速度与真实加速度相比将_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 2.03 (3). 6.73 (4). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]打点计时器使用的是交流电源，测量点与点间的距离需要刻度尺，由于打点计时器可以记录时间，不需要秒表，该实验不需要测量钩码的质量，所以不需要天平。也不需要弹簧测力计。‎ 故选A。‎ ‎(2)[2]打点的时间间隔为0.02s，由于相邻两计数点间还有一个打点未画出，则相邻两个计数点间所对应的时间 C点的瞬时速度为 ‎[3]由逐差法可得小车加速度为 ‎(3)[4]如果当时交变电流的频率略高于50Hz，打点的实际周期小于0.02s，但该同学仍按50Hz计算小车的加速度，根据 知，加速度测量值偏小。‎ ‎15.如图所示，质量分别为和的木块A、B，用一劲度系数的轻质弹簧连接放在水平地面上，最初整个系统处于静止状态，现用一竖直向上的力缓慢拉动木块A直到木块B刚好离开地面。求：（）‎ ‎(1)最初系统静止时轻质弹簧的形变量；‎ ‎(2)木块B刚好离开地面时轻质弹簧的形变量。‎ ‎【答案】(1)‎4cm；(2)‎‎6cm ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)木块压在弹簧上使弹簧被压缩，设弹簧的压缩量为，对木块，由受力平衡可得 解得 ‎(2)木块刚要离开地面时，地面的支持力为零，则弹簧处于伸长状态，设伸长量为对木块，由受力平衡可得 解得 ‎16.一辆值勤的警车停在平直的高速公路边，当车上的交警发现从他旁边以‎20m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，交警立刻发动警车（不计反应时间），并以‎2m/s2的加速度追赶货车，警车在行驶的过程中的最大速度为‎30m/s。求：‎ ‎(1)警车达到最大速度需要的时间；‎ ‎(2)当警车与货车速度相等时，警车的位移。‎ ‎【答案】(1)15s；(2)‎‎100m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设警车加速度为，达到最大速度的时间为，则 解得 ‎(2)当警车和货车速度相等（设为）时需要的时间为，则 解得 设这段时间内警车的位移为 解得 ‎17.如图所示，质量为‎1kg的小球穿在足够长的固定斜杆上，斜杆与水平方向成角，小球与斜杆之间的动摩擦因数。现对小球施加一个与斜杆成、大小的拉力，小球由静止开始运动，2s后撤去拉力，取，求：‎ ‎(1)小球刚开始运动时的加速度大小；‎ ‎(2)小球在前2s内的位移大小；‎ ‎(3)撤去力F后，小球运动的位移大小。‎ ‎【答案】(1)‎10m/s2；(2)‎20m；(3)‎‎20m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小球受力分析如图甲所示，进行正交分解方向 解得 即摩擦力等于0。方向 解得 ‎(2)小球做匀加速直线运动内的位移为 ‎(3)当撤去力后，受力分析如图乙所示。方向 方向 联立可得 末物体速度大小 撤去力后，小球运动的位移大小