2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）

安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年上学期高一年级期末考试 高一年级 物理试题 一.选择题 ‎1.伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（ ）‎ A. 实验检验，数学推理 B. 数学推理，实验检验 C. 提出假设，实验检验 D. 实验检验，合理外推 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 这是依据思维程序排序的问题，是一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广，故选项C正确，选项ABD错误。‎ ‎2.图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则（ ）‎ A. F3＞F1=F2 B. F3=F1＞F2 C. F1=F2=F3 D. F1＞F2=F3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：甲图：物体静止，弹簧的拉力 乙图：对物体为研究对象，作出力图如图．由平衡条件得 丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图．由几何知识得，故 考点：考查了共点力平衡条件的应用 ‎【名师点睛】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解，本题的关键是分析物体的受力情况，作出力图．对于丙图，是平衡中的特例，结果要记忆 ‎3. 如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动。则施力F后，下列说法正确的是 A. A、B之间的摩擦力一定变大 B. 弹簧弹力一定不变 C. B与墙之间可能没有摩擦力 D. B与墙面间的弹力可能不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若F=2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变．故A错误．对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力．故C错误，B正确．以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcosa，D错误；故选B．‎ 考点：物体的平衡 ‎【名师点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用。‎ ‎4.关于摩擦力下列哪些说法是正确的（）‎ A. 相互紧压的粗糙物体间总有摩擦力 B. 一个物体只有在另一个物体表面滑动或有相对滑动趋势时，才有可能受到摩擦力 C. 具有相对运动的两个物体，一定存在摩擦力 D. 只有静止的物体才受静摩擦力的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 相互紧压的粗糙物体间如果有相对运动或者相对运动的趋势就会有摩擦力，选项A错误；一个物体只有在另一个物体表面滑动或有相对滑动趋势时，才有可能受到摩擦力，选项B正确； 具有相对运动的两个物体，还必须有相互的挤压以及粗糙的接触面才会存在摩擦力，选项C错误； 运动和静止的物体都可能受静摩擦力的作用，选项D错误；故选B.‎ 点睛：此题关键是掌握产生摩擦力的三个条件：有相互挤压；接触面粗糙；有相对运动或者相对运动的趋势；三个条件缺一不可.‎ ‎5.如图所示，物体静止于光滑水平面M上，力F作用于物体O点，现要使物体沿着OO'方向做匀加速运动（F和OO'都在M平面内），那么必须同时再加一个力F1，这个力的最小值为（ ）‎ A. F tanθ B. F cosθ C. Fsinθ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：要使物体沿着方向做加速运动，合力必须沿着方向，根据三角形定则可知，合力的方向确定了，分力F的大小方向也确定了，，当与方向垂直时，如图所示 有最小值，根据几何知识可得，C正确 考点：本题考查了分力与合力的关系，应用三角形定则可以较简便的解决这一类的问题．‎ ‎6.如图所示，自行车的车轮半径为R，车轮在地面上沿直线无打滑地滚动，当气门芯由车轮的正上方第一次运动到车轮的正下方时，气门芯位移的大小为（ ）‎ A. B. 2R C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 位移是起点到终止的有向线段。当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，找出气门芯的初位置与末位置，求出位移大小.‎ ‎【详解】当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图， 由几何知识得，气门芯的位移大小， 故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎7.阜阳市作为皖北重要的交通枢纽城市近几年取得了长足发展，目前阜阳市正在积极申报全国文明城市。2018年，阜阳城南新区的双清湾正式对市民开放，调试阶段的音乐喷泉创造了两万多人争相观赏的盛况！已知该喷泉竖直上喷出，喷出时水的速度为40m/s，喷嘴的出水量为0.5m3/s，不计空气阻力，则在喷泉持续喷水的过程中，空中水的体积应为（取g=10m/s2） （ ）‎ A. 2m3 B. 4m3‎ C. 8m3 D. 因喷嘴的横截面积未知，故无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据速度时间公式得出上升和下降的总时间，然后根据V=Qt计算处于空中的水的体积。‎ ‎【详解】喷出的水做竖直上抛运动，水的流速v0=40m/s，水在空中停留的时间：， 即水在空中停留时间为8s，处于空中的水的体积为V=Qt=0.5×8=4m3；故选B。‎ ‎8.一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2．下列说法中正确的是： ‎ A. 小球所受重力和阻力之比为10∶1‎ B. 小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3‎ C. 小球落回到抛出点时的速度大小为 D. 小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球向上做匀减速运动的加速度大小：，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力大小： f=ma1-mg=2m=2N，则重力和阻力大小之比为mg：f=5：1，故A错误；小球下降的加速度大小：，小球上升过程的逆过程是初速度的匀加速运动，则对上升和下落两个过程，由，可得上升与下落所用时间之比为：，故B错误；小球匀减速上升的位移，根据v02=2a2x得：，故C错误；下落的过程中，小球的加速度向下，处于失重状态，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎9.一辆汽车以20m/s的速度在平直公路上匀速行驶。遇突发情况后，司机紧急刹车使车做匀减速直线运动。已知汽车速度在1s内减小了8m/s，下列说法正确的是（ ）‎ A. 汽车在减速过程中的加速度大小为8m/s2‎ B. 在减速行驶的全过程中，汽车的平均速度大小为10m/s C. 汽车刹车后，在3s内滑行的距离是24m D. 汽车刹车后，在2s末的速度大小为4m/s ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 汽车在减速过程中的加速度大小：，选项A正确；在减速行驶的全过程中，汽车的平均速度大小为，选项B正确；汽车刹车后，经过停止，则在3s内滑行的距离是，选项C错误；汽车刹车后，在2s末的速度大小为v2=v0-at=20-8×2=4m／s，选项D正确；故选ABD.‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平力FA＝(9－2t) N (t的单位是s)．从t＝0开始计时，则(　　)‎ A. A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍 B. t＞4 s后，B物体做匀加速直线运动 C. t＝4.5 s时，A物体的速度为零 D. t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 设A的质量为m，则B的质量为2m，在两物体保持相对静止时，把AB看成一个整体，根据牛顿第二定律得：，对B隔离分析：设A对B的作用力大小为N，则有：N+FB=2ma，解得：，由此可知当t=4s时，N=0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动，故B正确；当t=0时，可得：，当t=3s时，加速度为：，则A物体在2s末时刻的加速度是初始时刻的，故A错误；t=4.5s时，A的加速度为：，说明t=4.5s之前A在做加速运动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同，故C错误；t＞4.5s后，A的加速度aA＜0，而B的加速度不变，则知t＞4.5s后，AB的加速度方向相反，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎11.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，则 A. 行李刚开始运动时的加速度大小为1m/s2‎ B. 行李从A运动到B的时间为2s C. 行李在传送带上滑行痕迹的长度为1m D. 如果提高传送带的运行速率，行李从A处传送到B处的最短时间可能为2s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得，加速度 ‎，故A正确；‎ B、行李达到与传送带相同速率后不再加速，行李匀加速运动过程有，加速时间，运动的位移，匀速运动的时间，行李从A运动到B的时间为，故B错误；‎ C、行李匀加速运动过程中传送带做匀速直线运动，运动的位移，行李在传送带上滑行痕迹的长度为，故C错误；‎ D、如果提高传送带的运行速率，行李一直做匀加速直线运动，从A处传送到B处的最短时间，最短时间为，则有，解得，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】行李无初速放上传送带，相对于传送带向后滑，受到向左的滑动摩擦力大小，根据牛顿第二定律求出加速度的大小；行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速运动，根据速度时间公式求出匀加速直线的时间。‎ ‎12.如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度一时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，be段为直线，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在0.15S末滑块的加速度大小为8m/s2‎ B. 滑块在0.1﹣0.2s时间间隔内沿斜面向下运动 C. 滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25‎ D. 在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：速度时间图像切线斜率代表加速度，直线段斜率即加速度根据图像可得，选项A对。根据速度时间图像从开始运动一直到0.2S，速度方向一直沿正方向，即速度方向不变，沿斜面向上，选项B错。脱离弹簧后，滑块沿斜面向上匀减速，根据牛顿运动定律有，计算可得，选项C对。与滑块脱离前，根据速度图像可得先加速后减速，选项D错。‎ 考点：牛顿运动定律 二.填空题 ‎13.“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．‎ ‎（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是__．‎ ‎（2）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 ‎（3）实验中可减小误差的措施有__‎ A．两个分力F1、F2的大小要越大越好 B．两个分力F1、F2间夹角应越大越好 C．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 D．AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些．‎ ‎【答案】 (1). ; (2). B; (3). CD;‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 实验中F是通过平行四边形定则作图得出的，而F′是通过用一根细线拉动橡皮筋，使与两个力拉时的效果相同得出的，故F'一定是沿AO方向的；‎ ‎(2) 本实验是通过一个力与两力效果相同得了的合力，故运用了等效替代的方法，故B正确；‎ ‎(3) A项：实验是通过作图得出结果，故为了减小误差应让拉力尽量大些，但不是越大越好，故A错误；‎ B项：两个分力F1、F2间夹角应尽量大些，但不是越大越好，故B错误；‎ C项：为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，故C正确；‎ D项：为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故D正确。‎ 故应选CD。‎ ‎14.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系：‎ ‎（1）下列做法正确的是________‎ A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块的摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上 C．实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 ‎（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）木块和木块上砝码的总质量。‎ ‎（3）甲、乙两同学均用上图方法，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系。木块上均不放砝码，分别得到图中甲、乙两条直线，甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙（选填“＞”、“＝”或“＜”）‎ ‎【答案】（1）A；（2）B；（3）A，C ‎【解析】‎ 试题分析：（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与轨道保持平行，使得拉力等于小车的合力．故A正确．平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码盘通过定滑轮连接在小车上．故B错误；实验时应先接通电源，再释放小车．故C错误．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调解木板的倾斜度，选项D正确；故选AD．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得，整体的加速度，则绳子的拉力，知小车和小车上钩码的总质量远大于砝码以及砝码盘的质量时，绳子的拉力等于砝码和砝码盘的重力．‎ ‎（3）当没有平衡摩擦力时有：T-f=ma，故，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg．‎ 观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；‎ 考点：验证牛顿第二定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键抓住实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于小车的合力，前提需平衡摩擦力，2、认为绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，前提是砝码以及砝码盘的质量远小于小车和小车上钩码的总质量。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，在竖直悬挂的弹簧测力计下吊着一轻质定滑轮，一细线穿过滑轮连接着P、Q两物体，其中物体P放在水平地面上，物体Q竖直悬挂着。已知物体P的质量，物体Q的质量，弹簧的劲度系数k=200N/m，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物体P所受地面的弹力大小F；‎ ‎（2）弹簧的伸长量x。‎ ‎（3）若将Q质量改为3kg的物块，求在PQ稳定运动的过程中弹簧的伸长量。‎ ‎【答案】（1）6N（2）0.04m，（3）0.15m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先以Q物体为研究对象，由平衡条件得到细线的拉力大小，即可得到弹簧的弹力。再以P物体为研究对象，分析受力，由平衡条件求得物体P对地面的压力；‎ ‎（2）根据胡克定律求解弹簧的伸长量。‎ ‎（3）若将Q质量改为3kg的物块，则Q将加速下降，分别对PQ两物体根据牛顿第二定律列出方程，联立求解绳子的拉力T，根据2T=kx求解弹簧伸长量.‎ ‎【详解】（1）对Q进行受力分析，Q受到重力、细线的拉力，则细线的拉力T=mQg=4N； 对P受力分析，受到重力、支持力和绳子的拉力，由平衡条件得T+F=GP 解得：F=6N； （2）对轻质滑轮受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力F=2T=8N 根据胡克定律得：F=kx，代入数据解得：x=0.04m。‎ ‎（3）若将Q质量改为3kg的物块，则根据牛顿第二定律，对P：T-Mg=Ma 对 Q：mg-T=ma 联立解得T=15N 则弹簧的弹力为2T=30N，‎ 伸长量：‎ ‎16.如图所示，一质量为M=2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其左端上表面紧靠（不相连）一固定斜面轨道的底端，轨道与水平面的夹角θ=37°，一质量为m=2kg的物块A（可看作质点）由斜面轨道上距轨道底端5m处静止释放，物块A从斜面底端运动到木板B左端时速度大小不变，物块A刚好没有从木板B的右端滑出，已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为 ，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.25，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：‎ ‎（1）物块A刚滑上木板B时的速度大小；‎ ‎（2）物块A从刚滑上木板B相对木板B静止所用的时间；‎ ‎（3）木板B的长度．‎ ‎【答案】（1）5m/s（2）1s（3）L=2.5m ‎【解析】‎ ‎（1）沿斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律则有：mgsinθ-μmgcosθ=ma， 解得：a=2.5m/s2． 由v2=2ax 得物块A刚滑上木板B时的速度：‎ ‎（2）物块A在B上滑动时，由牛顿第二定律得，-μ2mg=ma1， 解得：a1=-2.5m/s2， 则木板B的加速度大小：‎ 物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等； 设物块A在木板B上滑行的时间t，速度关系：v+a1t=a2t， 代入数据可解得：t=1s． （3）物块A相对于地面的位移：xA=vt+a1t2 …① 木板B相对于地面的位移：xB=a2t2 …② 木板B的长度：L=xA-xB …③ 联立①②③可解得：L=2.5m 点睛：本题充分考查了匀变速直线运动规律的应用及物体共同运动的特点的应用，熟练运用牛顿第二定律和运动学相关公式即可正确解题．‎ ‎17.甲、乙两辆车在相邻的两条平行直轨道上同向匀速行驶，甲车的速度为v1＝16m/s，乙车的速度为v2＝l2m/s，乙车在甲车的前面。当两车相距L＝6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2m/s2的加速度刹车，7s后立即改做匀速运动：乙车刹车的加速度为a2＝lm/s2。求：‎ ‎（1）在哪些时刻两车速度相等？‎ ‎（2）两车有几次相遇？在哪些时刻两车相遇？‎ ‎【答案】（1）4s和8s （2）3次，2s、6s、10s ‎【解析】‎ ‎(1)设刹车后经过t时间两车速度相等，则有：v1-a1t=v2-a2t　‎ 解得：t=4s ‎6s后甲车匀速，则速度：v= v1-a1t1=4m/s 两车速度再次相等时，则有：v=v2-a2t′　‎ 解得：t′=8s ‎(2)在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有:x1=v1t-a1t2　‎ x2=v2t-a2t2　‎ 又有：x1-x2=L　‎ 解得：t1=2s或t2=6s 甲车减速时间恰好为6s，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t1=2s，第二次t2=6s 第二次相遇时甲车的速度为：v′1=v1-a1t2=4m/s 乙车的速度为：v′2=v2-a2t2=6m/s 设再经Δt甲追上乙，则有：v′1Δt=v′2Δt-a2(Δt)2　‎ 代入数据解得：Δt=4s 此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇，相遇时刻为：t3=t2+Δt=10s 点睛：本题中涉及运动情境较为复杂，为比较麻烦的追及相遇问题，要结合位移关系和速度关系并联系实际运动情境加以解决，难度较大．‎ ‎ ‎