四川省棠湖中学2018_2019学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）.docx

四川省棠湖中学2018-2019学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题： 1.坐在火车里的王同学观察相邻轨道上的另一火车时，感到自己乘坐的火车在后退，实际上他乘坐的火车并未开动，下来相关分析正确的是A. 王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是火车站的地面B. 王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是相邻轨道的火车C. 王同学比较两列火车运动快慢时，火车不能看成质点D. 王同学研究火车车轮转动时，火车可以看成质点【答案】B【解析】王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是相邻轨道上的另一火车，实际是另一火车向前运动了，故A错误，B正确；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，王同学比较两列火车运动快慢时，火车可以看成质点，故C错误；在研究火车车轮的转动时，车轮上各点的运动相对于车轮的大小不能忽略不计，故D错误。所以B正确，ACD错误。2.下列说法正确的是A. 若物体的速度为零，位移可能继续增大B. 若物体的加速度为零，速度一定为零C. 若物体的加速度方向向东，所受合力方向一定向东D. 若物体的速度方向向东，所受合力方向一定向东【答案】C【解析】若物体的速度为零时，物体已经停止运动，位移不在发生变化，故A错误；加速度为零说明物体的速度没有发生变化，速度没有发生变化，而速度不一定为零，故B错误；根据牛顿第二定律知，合力的方向与加速度方向一定相同，故C正确；物体的速度方向与合外力方向没有必然联系，所以物体的速度方向向东，所受合力方向可以向西，故D错误。 所以C正确，ABD错误。3.雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到变为零，在此过程中雨滴的运动情况是( )A. 速度一直保持不变B. 速度不断减小，加速度为零时，速度最小C. 速度的变化率越来越大D. 速度不断增大，加速度为零时，速度最大【答案】D【解析】雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，因为加速度方向与速度方向相同，则速度一直增大，当加速度减小到零时，速度达到最大故D正确，AB错误加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度减小，则速度的变化率减小故C错误故选D点睛：解决本题的关键知道加速度的物理意义，以及知道如何判断速度的增加还是减小，关键看加速度的方向与速度方向的关系4.如图所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0运动，同时刻在它的正上方有一小球b也以v0的初速度水平拋出，并落于N点，则A. 小球a先到达N点 B. 小球b先到达N点C. 两球同时到达N点 D. 不能确定两球到达N点的时间关系【答案】C【解析】b球做平抛运动，在水平方向上以v0做匀速直线运动，与a球的运动规律相同，可知两球同时到达N点，故C正确，ABD错误故选C点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道分运动与合运动具有等时性5.如图，放在水平面上的物体受到水平向右的力F1=7N和水平向左的力F2=2N的共同作用，物体处于静止，那么A. 如果撤去力F1，那么物体受到的合力为2NB. 如果撤去力F1，那么物体受到的合力为零 .C. 如果撤去力F2，那么物体受到的合力一定为2ND. 如果撤去力F2，那么物体受到的摩擦力一宠为7N【答案】B【解析】物体在水平方向受到：F1=7N、F2=2N与摩擦力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得：F1=F2+f，静摩擦力f=F1-F2=7-2=5N，最大静摩擦力大于等于5N；若撤去力F1=7N，物体受到推力F2=2N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F2小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零，受到的摩擦力一定为2N，故A错误，B正确；若撤去力F2=2N，物体受到推力F1=7N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F1可能大于最大静摩擦力，物体所受合力可能不为零，物体受到的摩擦力不一定等于7N，故CD错误；故选B点睛：当推力大于最大静摩擦力时，物体将运动，推力小于等于最大静摩擦力时，物体静止；根据题意确定最大静摩擦力的大小是正确解题的关键6. 一轮船以船头指向始终垂直于河岸方向以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是（ ）A. 水流速度越大，路程越长，时间越长B. 水流速度越大，路程越短，时间越短C. 渡河时间与水流速度无关D. 路程和时间都与水速无关【答案】C【解析】试题分析：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v，t=时间与水速无关，故A错误，C正确；如果水速越大，船在水中运动的路程就越大，故BD错误故选：C7.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A. B仍保持静止，下列说法中正确的是 A. B与水平面间的摩擦力减小B. 地面对B的弹力减小C. 悬于墙上的绳所受拉力不变D. A、B静止时，图中a、b、q 三角始终相等【答案】D【解析】【分析】对A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系【详解】A.对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大；故A错误；B.B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳拉力竖直分量减小，则支持力变大；故B错误；C.由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故C错误；D.对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故=；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故、三角始终相等，同时增加；故D正确；故选D。【点睛】本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要根据力的合成与分解等知识进行讨论8.我们见过在砂轮上磨刀具的情形当刀具与快速旋转的砂轮接触时，就会看到一束火星从接触点沿着砂轮的切线飞出，这些火星是刀具与砂轮接触时擦落的炽热微粒，对此现象，下列描述中错误的是A. 火星微粒由于惯性而做匀速直线运动B. 火星微粒被擦落时的速度为零，所以做自由落体运动C. 火星微粒飞出的方向就是砂轮跟刀具接触处的速度方向D. 火星微粒都是从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的【答案】B【解析】【分析】做曲线运动的物体的速度方向沿物体运动轨迹的切线方向【详解】微粒在擦落前做圆周运动，擦落后由于惯性要沿着原来的速度方向继续运动，微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向；微粒由于惯性而沿着离开砂轮时的切线方向，即速度方向飞出，故A正确；微粒被擦落时的速度不为零，微粒的运动不是自由落体运动，故B错误；微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向，即从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的，故CD正确；本题选择错误的，故选B。9.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg。若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）（ ）A. 该同学所受的重力变小了B. 电梯一定在竖直向下运动C. 该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力D. 电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下【答案】D【解析】A、同学在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，故A错误；BD、以竖直向下为正方向，有：mg-F=ma，即50g-40g=50a，解得a=0.2g，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，故B错误，故D正确；C、对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故C错误；故选D。【点睛】熟练超重和失重概念的理解及牛顿第二定律在超重和失重中的应用，不论处于超重还是失重状态，重力均不会变化。10.如图，倾角的光滑斜面固定于地面，斜面上A、B两个小球的质量均为m，轻弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间连有一轻质细线，弹簧与细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被烧断后的瞬间，两球的加速度分别为，下列判断正确的是（ ）A. 方向沿斜面向下B. 方向沿斜面向上，C. 方向沿斜面向上，方向沿斜面向下D. 方向沿斜面向下，方向沿斜面向下【答案】C【解析】烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F=2mgsin，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：2mgsin- mgsin=ma，则加速度a=gsin，方向沿斜面向上；当细线被烧断后的瞬间，B将沿斜面向下运动，对球B，由牛顿第二定律得：mgsin=ma，解得：a=gsin，方向沿斜面向下，故ABD错误，C正确；故选C。【点睛】解题思路依然是受力分析，再结合二力平衡以及牛顿第二定律进行解答，但特别注意绳子的拉力可以在烧断的瞬间突变为0，而弹簧的弹力却不能突变，依然会保持原来的大小和方向。11.如图所示，在粗糙水平地面上放一三角形劈， 三角形劈与光滑竖直墙之间放一光滑圆球，整个装置处于静止状态，若把三角形劈向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则A. 球对墙的压力增大 B. 球对墙的压力不变C. 球对三角形劈的压力增大 D. 地面对三角形劈的摩擦力不变【答案】BD【解析】【分析】物体和三角形劈都处于静止状态，受力平衡，先对球受力分析，再对三角形劈受力分析，结合共点力平衡条件列式分析即可【详解】对球受力分析，受重力、三角形劈支持力和墙壁的支持力；再对三角形劈受力分析，受重力、球的压力、地面的支持力和摩擦力；若把三角形劈向右移动少许，各个力的方向均没有改变，重力不变，故题中所有的力大小也都不变；故AC错误，BD正确；故选BD。【点睛】本题只需判断出各个力的方向是否改变，然后结合共点力平衡条件定性分析即可12.如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连接.两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在物体上，使m1、m2以相同的加速度向右加速运动，则( )A. 弹簧的弹力是50NB. 弹簧的弹力是26NC. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5m/s2D. 在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2【答案】BD【解析】A、B、对整体分析，根据牛顿第二定律知，加速度，隔离对A分析，F1-F=m1a，则弹簧的弹力F=F1-m1a=30-22N=26N故A错误，B正确C、撤去F2后的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度大小不变，仍然为2m/s2故C错误D、在突然撤去F1后的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度，故D正确故选BD【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用13.如图所示，如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：m与M具有相同的加速度，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对m分析，求出木块受到的摩擦力大小解：整体所受的合力为F，整体具有的加速度a=隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，f=ma=故B、D正确，A、C错误故选BD【点评】解决本题的关键知道M和m具有相同的加速度，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用三、实验题：14.在“研究匀变速直线运动”实验中，交流电频率为50Hz，某同学打出如图所示的纸带，相邻两计数点之间有4个点未画出，并测得OA=2.80cm，DE=9.10cm，则小车的加速度为_m/s2，（结果取2位有效数字）【答案】1.6【解析】试题解析：由于DEOA=4at2，故加速度a=1.6m/s2。考点：由纸带计算加速度。15.用如图所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点另一端用细线绕过定滑轮挂钩码，旁边附有一竖直放置的厘米刻度尺。当挂两个钩码时，线上一定点P对应的刻度线如图中的ab虚线所示，当挂三个钩码时，线上一定点P对应的刻度线如图中的cd虚线所示。已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g9.8ms2。ab虚线处刻度尺读数是d1 =_m；则被测弹簧的劲度系数为_N/m。【答案】 (1). 0.3110 (2). 70【解析】【分析】在实验中，所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，P点对应刻度的变化可知弹簧的伸长量对钩码受力分析，由平衡条件可求得劲度系数；【详解】ab虚线处刻度尺读数是d1=31.10cm=0.3110m由图可知，当钩码增至3个时，弹力增大mg，而弹簧的长度伸长31.80-31.10=0.70cm，则由平衡关系可知，F=kx解得劲度系数为：；【点睛】解决本题的关键由平衡条件得所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，掌握胡克定律F=kx16.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用图所示的装置 （1）本实验应用的科学方法是_A建立理想模型的方法 B.控制变量法 C. 等效替代法 D.类比法（2）某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示：（小车质量保持不变）F/N0.200.300.400.500.60a/ms-20.100.200.290.400.51根据表中的数据在坐标图上作出a-F图象_ 图线不过原点的原因可能是_【答案】 (1). （1）B (2). （2）见解析； (3). 没有平衡摩擦力（或者平衡摩擦力不够）【解析】【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要。采用描点法作图，绘出一条倾斜的直线。【详解】（1）本实验探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，这种实验方法是控制变量法，故选B.（2）a-F图象如图所示：从上图中发现直线没过原点，当F0.1N时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢。该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤。所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够。【点睛】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚。三、计算题： 17.如图，质量m=1kg的小球被竖直平面内的轻线和轻弹簧系着而处于静止，轻线和轻弹簧的另一端分别固定在竖直立柱和水平地面上，已知轻弹簧的劲度系数，其轴线与地面夹角，弹簧对小球的拉力F=10N，取重力加速度，求： （1）弹簧的伸长量；（2）轻线拉力T的大小及轻线与水平面的夹角。【答案】(1) 0.02m，(2) .【解析】试题分析：根据共点力平衡求出弹簧的弹力，从而根据胡克定律求出弹簧的伸长量；对小球受力分析，根据平衡条件列方程即可求解。（1）对轻质弹簧，根据胡克定律有：F= kx代入数据解得：x=0.02m(2)对小球受力分析如图所示：因为小球静止，根据平衡条件，在水平方向有：TcosFcos在竖直方向有：TsinFsin+mg联立以上并代入数据解得：T=10N 60点睛：本题主要考查了共点力的平衡，关键能够正确地受力分析，根据正交分解即可解题。18.如图所示，传送带与水平面的夹角=30，正以恒定的速度v=2.5m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数=，经过t=2s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B求传送带底端A与顶端B的距离（g取10m/s2）【答案】4m【解析】货物从A处开始做匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos-mgsin=ma1代入数据得 a1=2.5m/s2匀加速运动的时间 位移 在t=1-2s内，货物随传送带一起匀速的位移为x2=v（t-t1）=2.5（2-1）=2.5m传送带停止转动后，货物匀减速运动到B端，速度刚好为0设加速度大小为a2。所以mgcos+mgsin=ma2代入数据得 a2=12.5m/s2匀减速的位移为 x3=0.25m则传送带底端A与顶端B的距离 L=x1+x2+x3=4m19.如图所示，倾角=37的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4m质量M=2.0kg的B物体放在斜面底端，