2019-2020学年高一物理上学期期末考试试卷（含解析） (II).doc

2019-2020学年高一物理上学期期末考试试卷（含解析） (II)一、选择题1.下列说法正确的是（）A. 千克、焦耳、秒都属于基本单位B. 力学基本量是时间、位移、速度C. 力学基本量是时间、质量、长度D. 为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学基本单位【答案】C【解析】【详解】千克、秒都属于基本单位，焦耳属于导出单位，选项A错误；力学基本量是时间、质量、长度，选项C正确，B错误；为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学导出单位，选项D错误；故选C.2.下列说法正确的是（ ）A. 伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因B. 牛顿第一定律表明物体在静止或匀速直线运动时才具有惯性C. 水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球的惯性逐渐变为零D. 物体的加速度逐渐增大，速度必定逐渐增大【答案】A【解析】【详解】伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因，选项A正确；牛顿第一定律表明一切物体都有惯性，与物体的运动状态无关，选项B错误；水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球受到阻力作用，因为物体的质量不变，则物体的惯性不变，选项C错误；物体的加速度逐渐增大，速度不一定逐渐增大，当加速度与速度反向时，加速度增大，速度减小，选项D错误；故选A.3.一个做匀减速直线运动的物体，先后经过a、b两点时的速度大小分别是4v和v，所用时间为t，下列判断正确的是（）A. 物体的加速度大小为5vt B. 经过ab中点时的速率是17vC. 在t2时刻的速率是2v D. 这段时间内的位移为2.5vt【答案】D【解析】【分析】根据速度时间公式求出物体的加速度，根据匀变速直线运动的推论求解中间位置的速度；根据平均速度的推论求出中间时刻的瞬时速度，根据平均速度求解这段时间内的位移【详解】物体的加速度大小为：a=4vvt=3vt，故A错误；中点的速率为v=16v2+v22=172v，B错误；在t2时刻的速率为：v=v=4v+v2=2.5v，C错误；t时间内的位移大小x=vt=2.5vt，故D正确故选D.4.质量为M的光滑半球形凹槽放在光滑水平面上，现用水平向右的恒力F拉动凹槽，使槽内质量为m的小球相对槽静止在图中所示位置，则下面结论不正确的是（ ）A. 小球的加速度为FmB. 小球对凹槽的压力为(mg)2+m2F2(M+m)2C. 小球在槽中静止的位置满足tan=F(M+m)gD. 水平恒力F变大后，如果小球仍相对静止在凹槽内，小球对凹槽的压力增加【答案】A【解析】【分析】根据整体法求解加速度；对小球受力分析，求解槽对球的支持力以及小球在槽中静止的位置满足的关系；【详解】对（M+m）有F=(M+m)a，小球与凹槽加速度相同，a=F（M+m)，A错误；对小球受力如图所示，由勾股定理得，小球对凹槽的压力N=N=(mg)2+(ma)2= (mg)2+m2F2(M+m)2，且F增大，N增大，B、D正确；由图可知，tan=mamg=ag=F(M+m)g，C正确。此题选择不正确的选项，故选A.5.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，如图所示为两车运动的速度时间图象，下列说法中正确的是（ ）A. 若t=0时两车经过同一地点，则10s时两车相遇B. 若t=0时乙在甲的前方10m处，10s时两车间距最小C. 若t=0时甲在乙的前方20m处，两车将有两次相遇D. 若t=0时乙在甲的前方30m处，甲车一定追不上乙车【答案】C【解析】【分析】t=0时刻两车同时经过公路旁的同一点，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，即可分析是否相遇【详解】由图知，0-10s内乙比甲多走了25m，若t=0时两车同地出发，则t=10s时，乙车在甲前方，且距离最大，t=20s时甲追上与乙相遇，A错误；若t=0时乙车在前，则t=10s时，乙车在甲前方，且距离最大，之后经相等时间甲都比乙走得多，甲一定能追上乙，B、D错误；若t=0时甲车在乙前方20m25m，则t=10s前的某时刻乙能追上并超过甲，t=10s后相等时间甲都比乙走得多，甲会追上并超过乙，出现与乙第二次相遇，C正确。故选C.【点睛】利用速度-时间图象求从同一位置出发的解追及问题，主要是抓住以下几点：当两者速度相同时两者相距最远；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；当图象相交时两者速度相同6.如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲-起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。 由图线可知该同学（）A. 做了一次下蹲-起立的动作B. 做了两次下蹲-起立的动作，且下蹲后约4s起立C. 下蹲过程处于失重状态，起立过程处于超重状态D. 下蹲过程先处于失重状态后处于超重状态【答案】AD【解析】【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此。【详解】人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重；同理，起立动作也包含两个过程，先加速向上超重，后减速向上失重。对应图象可知，该同学做了一次下蹲-起立的动作，故B、C错误，A、D正确。故选：AD。【点睛】本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。7.如图所示，细绳一端固定在墙上，另一端拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，静止时细绳与竖直方向的夹角为53（已知重力加速度为g，cos53=0.6，sin 53=0.8）下面说法正确的是（）A. 小球静止时弹簧的弹力大小为43mgB. 小球静止时细绳的拉力大小为mgC. 剪断细绳瞬间小球的加速度为53gD. 剪断弹簧瞬间小球的加速度为43g【答案】AC【解析】【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律即可求出加速度；快速撤去弹簧瞬间，小球所受的合力与撤去前的弹簧弹力大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律求出此瞬间小球的加速度大小为【详解】小球静止时，受力如图所示，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53=43mg，细绳的拉力大小为：T=mgcos53=53mg，故A正确，B错误；细绳剪断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与断前细绳拉力的大小相等、方向相反，此瞬间小球的加速度大小为：a=Tm=53g，C正确；弹簧剪断瞬间，细绳的弹力可以突变，T=mgcos53，使球沿半径方向合力为零，球沿垂直半径方向获得加速度a=mgsin53m=45g，使球绕旋点下摆，D错误。故选AC.【点睛】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键8.如图所示，水平传送带匀速运动，左右两端相距L=3.5m，物体A从左端以v0=4m/s的水平速度滑上传送带，物体与传送带之间的动摩擦因数=0.1，设物体到达传送带右端的瞬时速度为v（取g=10m/s2），下列判断正确的是 （ ）A. 若传送带的速度等于5m/s，v可能等于5m/sB. 若传送带沿逆时针方向转动，v一定等于3m/sC. 若传送带的速度等于2m/s，物体一直做减速运动D. 若v等于3m/s，传送带一定是静止的【答案】BC【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出A物块在传送带上的加速度，结合运动学公式求出物块一直做匀减速直线运动到达右端的速度，通过与传送带的速度比较，分析物块的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式进行求解【详解】当传送带静止或逆时针方向运动或顺时针运动但速度v带=2m/sv0，物体都会受到摩擦阻力作用而做匀减速直线运动，加速度大小为a=g=1m/s，根据a=g=1m/s，知物体通过位移L时速度减为v=v02+2aL=16213.5m/s=3m/s，物体均未能与传送带共速，一直做匀减速直线运动到右端，B、C正确，D错误； 当传送带顺时针运动速度v带=5m/s时，物体受到摩擦力为动力，将做匀加速直线运动，同上可得物体通过位移L时速度增大为v=v02+2aL=23m/s5m/s，A错误。故选BC.【点睛】解决本题的关键通过物体的受力判断出物体滑上传送带的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解9.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时BAC90，现使BAC缓慢变大，直到杆AB接近竖直杆AC此过程中（ ） A. 拉力F逐渐增大B. 拉力F逐渐减小C. AB杆所受力先减小后增大D. AB杆所受力大小不变【答案】AD【解析】【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析其变化【详解】以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F合=G根据三角形相似得：GAC=NAB=FBC，BAC缓慢变大的过程，AC、AB均不变，则N不变，BC增加，则F变大，故BC错误，AD正确；故选AD 【点睛】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法10.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧一端固定在倾角=30的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为2kg，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉物块B，使其开始做匀加速直线运动，拉力F与物块B的位移x的关系如图乙所示（g取10 m/s2），则下列结论正确的是（ ） A. B与A分离时，弹簧恰好恢复原长B. 物体的加速度大小为5 m/s2C. 弹簧的劲度系数为500 N/mD. A速度达到最大时，弹簧的压缩量为2cm【答案】CD【解析】【分析】当B与A分离时，两物体的加速度相等，且两物体之间的弹力为零，结合图像列式求解；当A速度最大时，弹力等于重力沿斜面向下的分力，据此求解弹簧的压缩量.【详解】原来物体AB处于静止状态，有：kx0=2mgsin mg=kx，施加拉力F1=10N时，AB向上做匀加速直线运动，有：F1+kx02mgsin=2ma F1+kx-mg=ma，由图知，B与A分离时，物体移动的位移x=1cm,此时A、B间的压力N=0，拉力为F2=15N，且之后保持不变。对B有：F2mgsin=ma， 对A有：kx1mgsin=ma， 且x=x0-x1 联立解得：ma=5N, m=2kg, a=2.5m/s2, k=500N/m ，故A、B错误，C正确。B与A分离后，A在弹簧弹力作用下做变加速运动，当kx2=mgsin时，速度最大，解得弹簧压缩量x2=2cm，D正确。故选CD.二、实验题11.如图所示为“探究合力与分力的关系”实验，其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，实验中，第一次用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，第二次用一个弹簧测力计拉橡皮条。（1）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（2）从图中可读得弹簧测力计B的示数为_ N；（3）对实验操作过程，下列说法正确的是_。A两次拉伸橡皮条只要做到伸长量相同就行B拉橡皮条的两细绳要稍长些C两分力F1、F2的夹角应尽可能的大D两分力F1、F2的大小应适当大些【答案】 (1). （1）B (2). （2）3.8N (3). （3）BD【解析】【分析】（1）在物理方法中，等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况如质点、平均速度、合力与分力、等效电路、等效电阻等；（2）本题根据“验证力的平行四边形定则”实验的原理及注意事项进行分析解答【详解】（1）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； （2）从图中可读得弹簧测力计B的示数为3.8N；（3）两次拉伸橡皮条必须要把橡皮筋的结点拉到同一点，即要做到伸长量和方向都相同，选项A错误；拉橡皮条的两细绳要稍长些，从而可以减小记录拉力方向的误差，选项B正确；而夹角太大将会导至合力过小，故夹角不能太大，故C错误；两分力F1、F2的大小应适当大些，这样可减小实验误差，选项D正确；故选BD.【点睛】本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代；同时明确实验原理是对实验的基本要求，要围绕实验原理分析实验步骤，注意事项等问题12.如图1是“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置，图中砂和桶的总质量为m，小车的质量为M。 （1）实验过程中，下列措施正确的是_。A首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于细绳对小车的拉力B平衡摩擦力的方法就是在砂桶中添加砂子，使小车能匀速滑动C每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力D通过在砂桶中添加砂子来改变小车受到的拉力（2）处理数据时，常把砂桶的总重力当作细绳对小车的拉力，为尽量减小实验误差，这样处理应满足的条件是_（3）如图2所示为小车在木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块的加速度大小a = _m/s2（保留两位有效数字）（4）在“探究加速度a与力F的关系”时，艳艳同学根据实验数据作出了加速度a与力F图线如图3所示，该图线不通过坐标原点的原因是_。【答案】 (1). （1）AD (2). （2）mM (3). （3）1.3m/s2 (4). （4）平衡摩擦过度（或木板倾角过大）【解析】【分析】（1）根据实验原理判断各个选项；（2）把砂桶的总重力当作细绳对小车的拉力必须满足mM；（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小；（4）图线不通过坐标原点，当F为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过头【详解】（1）实验时首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于细绳对小车的拉力，选项A正确；平衡摩擦力的方法就是抬高木板的一端，不挂砂桶，使小车拖着纸带在木板上能匀速滑动，选项B错误；每次改变拉小车的拉力后不需要重新平衡摩擦力，选项C错误；通过在砂桶中添加砂子来改变小车受到的拉力，选项D正确；故选AD.（2）处理数据时，常把砂桶的总重力当作细绳对小车的拉力，为尽量减小实验误差，这样处理应满足的条件是砂桶的总质量应该远小于小车的质量，即mM；（3）由于相邻两计数点间还有4个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2得（x5+x6）-（x1+x2）=2a（2T）2解得：a=0.0842+0.09700.03200.045220.22=1.3m/s2（4）从图象可以看出当F=0时，加速度不为零，可知小车无拉力时就有加速度，可知是因为平衡摩擦力过度，即木板的倾角过大造成的【点睛】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的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三、计算题13.滑水运动是一项非常刺激的水上运动，研究发现，在进行滑水运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板运动的速率(水可视为静止)。某次滑水运动，如图所示，人和滑板的总质量为m，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角为时，滑板和人做匀速直线运动 ( 忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2)， 求此时：（1）水平牵引力有多大？（2）滑板前进的速度有多大？【答案】（1）F=mgtan（2）v=mgkcos【解析】【分析】（1）对滑板和人整体受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解；（2）根据平衡条件求出支持力后，根据题中的支持力和速度关系公式求解滑板的速率【详解】（1）把人和滑板作为整体受力分析，如图所示 水平方向上： F=FNsin 竖直方向上： mg=FNcos 解得： F=mgtan FN=mgcos （2） 匀速直线运动时有：FN=kv2解得：v=mgkcos【点睛】本题关键是对物体受力分析，运用共点力平衡条件求出各个力后，再根据题意求解速度14.如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成37角，球与杆间的动摩擦因数0.5。小球在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，从距杆的下端0.24 m处由静止开始向上运动，经过1 s撤去拉力，（g取10 m/s2，sin 370.6，cos370.8）求：(1)小球沿杆上滑的加速度大小；(2)小球从开始运动直至滑到杆的下端所需的时间。【答案】（1）2m/s2（2）2.4s【解析】【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律可求得加速度；（2）根据速度公式可求得撤去拉力时的速度和位移，再对撤去拉力过程进行分析，根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度和位移的关系求解位移，即可求得总位移；下滑过程根据牛顿第二定律可求得加速度，再结合运动学公式求解时间【详解】（1）在F 作用下上滑时，对小球受力分析， 沿斜面方向有，Fsinmgsinf1=ma1 沿垂直斜面方向有，Fcos=mgcos+N1 且f1=N1 联立解得： a1=2m/s2 （2）F 作用下上滑1s： v1=a1t1=21m/s=2m/s v1=a1t1=21m/s=2m/s，x1=12a1t12=1221=1m撤去拉力F后，小球继续向上运动，有沿斜面方向有，mgsin+f2=ma2 沿垂直斜面方向有， N2=mgcos且 f2=N2联立解得： a2=10m/s2 此过程 x2=v122a2=0.2m t2=v1a2=0.2s 小球运动到最高点后开始下滑，有： mgsinmgcos=ma3 解得：a3=2m/s2 下滑到杆的下端，通过的位移x=x0+x1+x2=1.44m由x=12a3t32 可得，t3=1.2s 所需时间t=t1+t2+t3=2.4s t=t1+t2+t3=2.4s【点睛】本题考查牛顿第二定律与运动学结合的问题，解题的关键在于正确受力分析，明确加速度在力和速度之间的桥梁作用，正确选择运动学公式求解是解题的关键15.物体A的质量M=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m=0.5kg、长L=1m。某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。忽略物体A的大小