2018-2019学年江苏省扬州市高一上学期期末调研物理试题（解析版）

2018-2019学年江苏省扬州市高一上学期期末调研物理试题（解析版）

江苏省扬州市2018－2019学年第一学期期末调研试卷 高一物理 一、单项选择题 ‎1.2018年11月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制（SI）”的决议，根据决议，千克、安培、开尔文和摩尔4个国际单位制的基本单位将改由常数定义，将于2019年5月20日起正式生效．但基本物理量仍然不变，下列属于基本物理量的是 A. 位移 B. 时间 C. 速度 D. 力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确题意，知道现行的基本物理量是不变的，根据基本物理量的定义即可确定正确答案；‎ ‎【详解】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。‎ ‎2.下列说法中正确的是 A. 战斗机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点 B. 在战斗机飞行训练中，研究战斗机的空中翻滚动作时，战斗机可以看成质点 C. 研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以看成质点 D. 由于“辽宁舰”航母“高大威武”，故任何情况下都不能看成质点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，正在甲板上手势指挥的调度员的动作不能忽略，不能看成质点，故A错误；‎ B、研究战斗机的空中翻滚动作时，不可以看做质点，否则没有动作了，故B错误；‎ C、研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，其形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，故选项C正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小形状对所研究的问题是否产生影响，物体的大小形状能否忽略，与其他因素无关。‎ ‎3.运动员在跳离地面时，下列说法中正确的是 A. 运动员对地面的压力大于地面对运动员的支持力 B. 运动员先对地面有压力，然后地面对运动员有支持力 C. 地面对运动员的支持力与运动员的重力是一对平衡力 D. 地面对运动员的支持力大于运动员的重力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运动员能够挑起的原因是地面的支持力大于运动员的重力，即运动员所受合力竖直向上，地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反；‎ ‎【详解】AB、根据牛顿第三定律，运动员跳起的过程中对地面的压力等于地面对运动员的支持力，而且相互作用力是同时产生的，故AB错误； CD、运动员在起跳过程中运动员的加速度竖直向上，根据牛顿第二定律可知运动员所受合力竖直向上，故地面对运动员的支持力大于运动员的重力，故C错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题明确运动员起跳的原因是解决C项的关键，同时明白作用力和反作用力的关系可以掌握压力和支持力的大小关系。‎ ‎4.如图所示是某物体做直线运动的v-t图象，下列说法中正确的是 A. 物体在2s时速度方向发生改变 B. 物体在2s时加速度方向发生改变 C. 物体在3s内通过的位移为5m D. 物体在3s内平均速度为3m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，图象的斜率表示物体的加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，倾斜的直线表示匀变速直线运动，对于匀变速直线运动，可根据求平均速度；‎ ‎【详解】A、在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，则知物体在2s时速度方向发生改变，故A正确； B、图象的斜率表示物体的加速度，直线的斜率不变，则知物体在2s时加速度方向不变，故B错误； C、物体在3s内通过的位移为：，故C错误； D、0-3s内物体的加速度不变，做匀变速直线运动，物体在3s内平均速度为：，故D错误。‎ ‎【点睛】对于v-t图象问题，关键要明确图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移。‎ ‎5.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域．如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则 A. 小球没有掉下去，是由于摩擦力大于小球的重力 B. 若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大 C. 小球受到的摩擦力大小与重力相等 D. 机械手臂受到的摩擦力方向竖直向上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小球受力分析，根据平衡条件进对竖直方向上进行分析从而确定摩擦力的大小和方向；‎ ‎【详解】AC、对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，故A错误，C正确； B、增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故B错误； D、小球受到的摩擦力方向竖直方向上，根据牛顿第三定律知机械手臂受到的摩擦力方向竖直向下，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查摩擦力的性质，要注意小球在竖直方向上受到静摩擦力作用，注意静摩擦力的大小与正压力大小无关。‎ ‎6.如图所示，物体在平行于斜面向上、大小为6N的力F作用下，沿固定的粗糙斜面向上做匀速直线运动，物体与斜面间的滑动摩擦力 A. 等于零 B. 小于6N C. 等于6 N D. 大于6 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对物块进行受力分析，根据平衡条件，列方程求得摩擦力大小；‎ ‎【详解】对物体受力分析，在沿斜面方向，物体受到重力沿斜面的分力、滑动摩擦力和拉力F，则，故，故B正确，ACD错误。‎ ‎7.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103kg，其推进器的平均推力为800N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，则空间站的质量为 A. 8.0×104kg B. 7.6×104kg C. 4.0×104kg D. 4.0×103kg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由加速度公式可求得整体的加速度，由牛顿第二定律可求得整体的质量，则可求得空间站的质量；‎ ‎【详解】加速度：， 由牛顿第二定律可知，空间站的质量为：，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的。‎ ‎8.河水速度与河岸平行，大小v保持不变，小船相对静水的速度为v0． 一小船从A点出发，船头与河岸的夹角始终保持不变，如图所示，B为A的正对岸，河宽为d，则 A. 小船不可能到达B点 B. 小船渡河时间一定等于d/v0‎ C. 小船一定做匀速直线运动 D. 小船到达对岸的速度一定大于v0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据船的合速度能否垂直河岸，即可判定是否到达B点；依据运动学公式，结合矢量的合成法则，即可求解渡河时间；根据矢量的合成法则，可知，合速度不一定大于分速度；‎ ‎【详解】A、当船的合速度垂直河岸时，即沿着AB方向，则一定能到达B点，故A错误； B、只有当船在静水中速度垂直河岸渡河时，渡河时间一定等于，如今，则渡河时间一定大于，故B错误； C、由于两方向均是匀速直线运动，因此合运动也必定是匀速直线运动，故C正确； D、根据速度的合成法则，则合速度不一定大于分速度，故D错误。‎ ‎【点睛】考查渡河的时间最短，与位移最小的情况，掌握矢量的合成法则内容，理解运动的合成与分解的方法。‎ 二、多项选择题 ‎9.小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，若电梯运动过程中，他看到体重计的示数为40kg，g=10m/s2．下列说法中正确的有 A. 电梯可能正加速上升 B. 电梯可能正加速下降 C. 电梯可能在减速上升 D. 电梯可能在减速下降 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下；‎ ‎【详解】由于体重计示数小于其重力，故其处于失重状态，其加速度向下，即电梯可能正加速下降或减速上升，故选项BC正确，AD错误。‎ ‎【点睛】做超重和失重的题目要抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重。‎ ‎10.如图所示，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球划出一条弧线飞到小桶的前方．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能做出的调整为 A. 抛出点高度不变，减小初速度 B. 抛出点高度不变，增大初速度 C. 初速度大小不变，降低抛出点高度 D. 初速度大小不变，增大抛出点高度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中，将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择；‎ ‎【详解】设小球平抛运动的初速度为，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则 平抛运动的时间，水平位移； AB、由上式分析可知，为了能把小球抛进小桶中，要减小水平位移x，可保持抛出点高度h不变，减小初速度，故A正确，B错误； CD、由上式分析可知，为了能把小球抛进小桶中，要减小水平位移x，可保持初速度v0大小不变，减小降低抛出点高度h，故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式。‎ ‎11.明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之，曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一垂直三角形底边的力F，如图所示，木楔两侧产生推力FN，则 A. 若θ一定，F越大时FN越大 B. 若θ一定，F越小时FN越大 C. 若F一定，θ越大时FN越大 D. 若F一定，θ越小时FN越大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于木楔处在静止状态，可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示，并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析；‎ ‎【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图：‎ ‎ 则，，故得，所以一定时，F越大，越大，F一定时，越小，越大；故选项AD正确，BC错误。‎ ‎【点睛】本题运用分解法研究力平衡问题，对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。‎ ‎12.如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A悬挂着，B刚好静止在光滑的斜面上，不计滑轮摩擦．现将斜面倾角增大，下列说法中正确的是 A. 物体B将沿斜面向下滑 B. 物体B对斜面的压力减小 C. 绳子对物体B的拉力大于物体A的重力 D. 绳子对物体B的拉力小于物体A的重力 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将斜面倾角增大，分析B的重力沿斜面向下的分力变化情况，即可判断B的运动状态，物体B对斜面的压力的大小等于B的重力垂直斜面的分力，根据A的加速度方向分析绳子拉力与A的重力关系；‎ ‎【详解】A、由题可知，绳的拉力等于A的重力，对B分析由：，将斜面倾角增大，B的重力沿斜面向下的分力增大，则物体B将沿斜面向下加速运动，故A正确； B、物体B对斜面的压力大小为：，增大，减小，则减小，故B正确； CD、物体B将加速下降，加速度向下，而物体A则加速上升，加速度向上，处于超重状态，则绳子对物体A的拉力大于物体A的重力，根据定滑轮的特征知，绳子对物体B的拉力大于物体A的重力，故C正确，D错误。‎ ‎【点睛】本题关键是先对物体B受力分析，判断其运动状态，再对物体A受力分析，然后根据牛顿第二定律分析绳子的拉力大小。‎ 三、简答题 ‎13.在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学将橡皮条的一端固定于A点．‎ ‎（1）用两只弹簧测力计将橡皮条的另一端拉至O点，其中一只弹簧测力计的示数如图所示，则其示数为___N．‎ ‎（2）在分别读出两个弹簧测力计的示数F1和F2后，还必须记录的是_____‎ A．两细绳套的夹角 B．两条细绳套的方向 C．橡皮条伸长后的总长度 D．细绳套的长度 ‎（3）改用一只弹簧测力计将橡皮条的另一端再次拉到O点，记下弹簧测力计读数及细绳套的方向．用力的图示法在纸上画出表示三个力的箭头，以F1和F2的线段为邻边作平行四边形，并作出F1和F2之间的对角线F，发现对角线F与不重合，实验误差产生的原因可能有哪些？（写出一个原因即可）________________________________________‎ ‎（4）关于本实验，下列说法中正确的是______‎ A．弹簧测力计不需要在实验前进行校零 ‎ B．弹簧测力计的读数越大越好 C．拉两个细绳套时，两拉力夹角应为90度 D．拉细绳套时，拉力应与木板平行 ‎【答案】 (1). 2.6 (2). B (3). 弹簧测力计读数有误差 、力的方向记录不准确、作图不准确等（其他答案正确也给分） (4). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用，理解实验步骤和实验目的，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义；‎ ‎【详解】（1）根据弹簧秤每一小格代表，则指针指示的读数为2.6N；‎ ‎（2）本实验要验证平行四边形定则，需要画出平行四边形，所以用两只弹簧测力计将橡皮条的另一端拉至O点后需要记录O点的位置以及F1和F2的大小和方向，故选项B正确，ACD错误；‎ ‎（3）上述实验误差产生的原因可能有弹簧测力计读数有误差 、力的方向记录不准确、作图不准确等原因；‎ ‎（4）A、弹簧测力计需要在实验前进行校零，以便减少力的读数的误差，故A错误；‎ B、弹簧测力计的读数并不是越大越好，适当即可，同时注意不要超过量程，故B错误；‎ C、拉两个细绳套时，两拉力夹角不一定为90度，适当即可，保证画出的平行四边形尽量充满纸面即可，故C错误；‎ D、拉细绳套时，拉力应与木板平行，同时还要注意读数视线要与刻度垂直，从而减小实验误差，故选项D正确。‎ ‎【点睛】本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力，同时注意减小实验误差的方法。‎ ‎14.在做“探究小车速度随时间变化”的实验中 ‎ ‎（1）下列仪器需要用到的有____ ‎ ‎ ‎ ‎（2）某同学进行了以下实验操作步骤，其中有误的步骤是______ ‎ A．将电火花打点计时器固定在长木板的一端，并接在220V交流电源上 B．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔 ‎ C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码 ‎ D．拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端后，放开纸带，再接通电源 ‎（3）在实验中得到一条如图所示的纸带，已知电源频率为50 Hz，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，测量出x5=4.44cm、x6=4.78cm，则打下“F”点时小车的瞬时速度v＝____m/s；小车的加速度a＝______ m/s2．(结果保留两位有效数字)‎ ‎ ‎ ‎（4）若实验时电源频率大于50 Hz，则打下“F”点时小车的实际速度_____ (填“大于”、 “小于”或“等于”）测量速度．‎ ‎【答案】 (1). AB (2). D (3). 0.46 (4). 0.34 (5). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，掌握实验原理及操作步骤，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，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，可以求出打纸带上某点瞬时速度大小；‎ ‎【详解】（1）在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，依据实验原理，通过打点计时器在纸带上打点，借助刻度尺来测量长度，从而研究小车的速度与时间的关系，故选项AB正确，CD错误；‎ ‎（2）A、将电火花打点计时器固定在长木板的一端，并接在220V交流电源上，故A正确；‎ B、将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔，故B正确；‎ C、把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码，故C正确；‎ D、拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端后，应先接通电源，后放开纸带，从而减少实验误差，故选项D错误；‎ ‎（3）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F点时小车的瞬时速度大小为：‎ 根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小为：；‎ ‎（4）若实验时电源频率大于50 Hz，则相邻计数点间的时间间隔，由F点的瞬时速度表达式可知，其实际速度大于测量速度。‎ ‎【点睛】在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，掌握实验原理及操作步骤，且会根据原理分析实验误差，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。‎ 四、计算论述题 ‎15.如图所示，质点甲以v0=4m/s从A处向右做匀速直线运动；质点乙以同样的初速度同时从B处做匀加速直线运动，加速度a=1m/s2，经过一段时间在C处追上甲，此时乙的速度vt=8m/s．求：‎ ‎（1）乙追上甲经过的时间t；‎ ‎（2）乙在B、C过程中的平均速度v；‎ ‎（3）B、A间的距离s．‎ ‎【答案】（1）4s（2）6m/s（3）8m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的规律可以求出乙的时间已经乙的平均速度；求出甲和乙的各自的位移，然后二者位移之差即为开始AB之间的距离；‎ ‎【详解】（1）质点乙做匀加速直线运动，由，代入数据得：；‎ ‎（2）乙在B、C过程中的平均速度：；‎ ‎（3）由题意可知乙的位移为：‎ 甲的位移为：‎ 则B、A间的距离：。‎ ‎【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用问题，注意平均速度的公式的应用，只有物体做匀变速直线运动才可以用求平均速度。‎ ‎16.如图所示，A、B两个小球在足够高的位置处紧挨在一起，两球用长为L=7m的轻绳连接，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，问：‎ ‎（1）若B球固定，A球由静止释放，经多长时间t1绳子绷紧？（结果可保留根号）‎ ‎（2）若A球由静止释放的同时，B球以水平初速度v0=7m/s抛出，绳子即将绷紧时B球的速度vB大小？（结果可保留根号）‎ ‎（3）若A球固定，B球以水平初速度m/s抛出，经多长时间t3绳子绷紧？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）1s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A球做自由落体运动，根据自由落体运动规律进行求解时间；‎ ‎（2）两个球竖直方向均为自由落体运动，水平方向上B球相对A球做匀速直线运动，然后按照运动的合成与分解进行求解即可；‎ ‎（3）B球做平抛运动，绳子绷紧时，B球的合位移大小等于绳长，按照平抛运动进行求解；‎ ‎【详解】（1）A球做自由落体运动：‎ 代数据得: ；‎ ‎（2）A、B两球在竖直方向上保持相对静止，水平方向上B球相对A球做匀速直线运动，绳子即将绷紧时水平距离有：，得 则B球竖直方向的瞬时速度为： ‎ 所以B的合速度为：；‎ ‎（3）B球做平抛运动，绳子绷紧时，B球的合位移大小等于绳长，‎ B球水平位移：‎ B球竖直位移： ‎ 此时，解得。‎ ‎【点睛】本题主要考查了物体做自由落体运动和平抛运动的相关规律了，明确两物体间的位移关系即可求解。‎ ‎17.某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：‎ ‎（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；‎ ‎（2）包裹P到达B时的速度大小；‎ ‎（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处； ‎ ‎（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．‎ ‎【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s ‎（4） 如图所示：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。‎ ‎【详解】（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：‎ 代入数据得：，方向：沿传送带向上；‎ ‎（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：‎ ‎ 代入数据得：；‎ ‎（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：‎ 得 ‎ 当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：‎ 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： ‎ 因为x

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