【物理】贵州省剑河县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

【物理】贵州省剑河县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

贵州省剑河县第二中学2019-2020学年上学期期末考试 一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) ‎ ‎1.如图所示是三个质点A、B、C的轨迹，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，在此过程中（　　）‎ A. 三个质点的路程相同 B. 三个质点的位移相同 C. 质点A通过的位移最大 D. 质点A的平均速度最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.路程是标量，大小等于运动轨迹的长度，由图可知，A的路程最大，B的路程最小，故A错误；‎ BCD.位移是矢量，大小等于首末位置的距离，由图可知，三个质点到达M点时的时间及位移均相等，故说明它们的平均速度相等，故B正确，CD错误。‎ 故选B。‎ ‎2.汽车进行刹车试验，若速率从8m/s匀减速至零，需用时间1s，按规定速率为8m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定 A. 拖行路程4m，符合规定 B. 拖行路程为8m，不符合规定 C. 拖行路程为8m，符合规定 D. 拖行路程为4m，不符合规定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据平均速度推论知，刹车试验的拖行路程：‎ 可知符合规定；‎ A. 拖行路程为4m，符合规定与分析相符，故A正确；‎ B. 拖行路程为8m，不符合规定与分析不符，故B错误；‎ C. 拖行路程为8m，符合规定与分析不符，故C错误；‎ D. 拖行路程为4m，不符合规定与分析不符，故D错误．‎ ‎3.一质量为M的木板可沿倾角为θ的光滑斜面滑动，现在木板上站一个质量为m的人，为保持木板与斜面相对静止，则人应(　　)‎ A. 匀速向下跑 B. 以方向沿斜面向下、大小为gsinθ的加速度向下跑 C. 以方向沿斜面向下、大小为gsinθ的加速度向下跑 D. 以方向沿斜面向下、大小为gsinθ的加速度向下跑 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设此时人与木板间的摩擦力为Ff，人沿斜面向下运动的加速度为a人，现对人和木板分别应用平衡条件和牛顿第二定律有：对木板：Mgsinθ＝Ff，对人：mgsinθ＋Ff＝ma人，解得：a人＝gsinθ，方向沿斜面向下，故D正确，ABC错误；‎ ‎4.如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 物体A可能只受到二个力的作用 B. 物体A一定只受到三个力的作用 C. 物体A一定受到了四个力的作用 D. 物体A可能受到了三个力的作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力；‎ ‎5.如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点，现用水平F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN，以及绳对小球的拉力FT的变化情况是（　　）‎ A. FN保持不变，FT不断增大 B. FN不断增大，FT不断减小 C. FN保持不变，FT先增大后减小 D. FN不断增大，FT先减小后增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角β减小，当β=θ时，FT⊥FN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力FN不断增大，FT先减小后增大．故D正确，ABC错误．‎ ‎6.如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块(　　)‎ A. c受到水平桌面向左的摩擦力 B. c对b的作用力一定竖直向上 C. b对a的支持力一定竖直向上 D. b对a的支持力一定等于a所受重力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】以三石块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故A错误；选ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对ab整体的作用力与其总重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故B正确；石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故CD错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎7.小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置如图中1、2、3和4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。由此可知小球(　　)‎ A. 下落过程中的加速度大小约为 B. 经过位置3时的瞬时速度大小约为2gT C. 经过位置4时的瞬时速度大小约为 D. 从位置1到4过程中的平均速度大小约为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据Δx＝d＝aT2得，下落过程中的加速度a＝，A错误；‎ B．经过位置3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则v3＝，B错误；‎ C．根据速度时间公式得，通过位置4的瞬时速度v4＝v3＋aT＝，C正确；‎ D．从位置1到4过程中的平均速度大小，D错误．‎ ‎8.如图所示，在动摩擦因数为0.1的水平面上向右运动的物体，质量为20kg，在运动过程中，还受到一个水平向左、大小为10N的拉力F作用，则物体受到的合力为(g＝10N/kg)(　　)‎ A. 10N，向右 B. 30N，向左 C. 30N，向右 D. 20N，向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】依题意，物体相对于地面向右运动，受到地面的滑动摩擦力方向向左。物体在水平面上运动，F也在水平方向，则物体对地面的压力大小等于物体的重力，即FN=mg，所以物体受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0.1×200N=20N，物体受到的合力为F=F+f=30N，方向向左；选项B正确；‎ ‎9.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（　　）‎ A. F=mg B. Mg＜F＜（M+m）g ‎ C. F=（M+m）g D. F＞（M+m）g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当电磁铁通电前，绳拉力应为（M+m）g；当电磁铁通电后，铁片被吸引加速上升．常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大.根据F=ma可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力．由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起．因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力F'为F的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上．所以，绳的拉力大于（M+m）g．所以选项D正确，A、B、C错误.故选D.‎ ‎10.a、b两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图所示，在t＝0时，两车间距为s0，在t＝t1时间内，a车的位移大小为s，则(　　)‎ A. 0～t1时间内a、b两车相向而行 B. 0～t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍 C. 若a、b在t1时刻相遇，则s0＝s D. 若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知0～t1时间内两车速度均为正，故同向行驶，故A错误；‎ B．0～t1时间内两车平均速度大小分别是a＝＝，b＝，故B错误；‎ C．若a、b在t1时刻相遇，说明0～t1时间内a比b多出来的位移刚好是s0，如图1所示，图象与坐标轴所围成的面积表示对应过程的位移，故C正确；‎ D．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为从时刻开始计时，到二者具有相同的位移的时刻，如图2：所以下次相遇的时刻为，故D错误。‎ 二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) ‎ ‎11.(多选)若在某次军事演习中，某空降兵从悬停在高空中的直升机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 0－10 s内空降兵运动的加速度越来越大 B. 0－10 s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力 C. 10－15 s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小 D. 10－15 s内空降兵加速度越来越大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】v-t图象中，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度，故0-10s内空降兵运动的加速度越来越小，故A错误；0-10s内空降兵和降落伞做加速运动，故整体所受重力大于空气阻力，故B正确；10s～15s速度向下、做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，根据牛顿第二定律，有f-mg=ma，由于a不断减小，故f不断减小，故CD错误；故选B．‎ ‎12.如图所示，物体A、B叠放在水平面上，水平力F作用在A上，使二者一起向左做匀速直线运动，下列说法正确的是(　　)‎ A. A、B之间无摩擦力 B. A受到的摩擦力水平向右 C. B受到A的摩擦力水平向左 D. 地面对B的摩擦力为静摩擦力，水平向右 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．对A物体，由于A匀速运动，由二力平衡可知，B对A的摩擦力必与F等大反向，故A错误，B正确；‎ C．对B物体，由力的作用的相互性知，B对A的摩擦力一定与A对B的摩擦力反向，故B受到A的摩擦力水平向左，故C正确；‎ D．对A、B整体分析，由于AB一起向左匀速运动，则地面对B的摩擦力一定为滑动摩擦力，且水平向右，故D错误．‎ 故选BC。‎ ‎13.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )‎ A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】鱼缸向右加速运动，桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，故A错误；鱼缸在桌布上加速运动，脱离桌布后在桌面上做减速运动，加速度大小相等，且加速运动的末速度等于减速运动的初速度，故可知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；鱼缸受的摩擦力只与鱼缸的重力和摩擦因数有关，故若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，故C错误；若猫减小拉力，若鱼缸能与桌布保持相对静止，故鱼缸能滑出桌面，故D正确．故选BD．‎ ‎14.下列说法正确的是（ ）‎ A. 力的分解是力的合成的逆运算 B. 把一个力分解为两个分力，这两个分力共同作用的效果应当与该力作用的效果相同 C. 力的合成和力的分解都遵循平行四边形定则 D. 分力一定小于合力 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、力的合成是求几个力的合力，而力的分解是求一个力的分力，即力的分解是力的合成的逆运算，同样遵守平行四边形定则，故 A、C正确；‎ B、力分解的本质是力的等效替代，就是用同时作用于物体的几个力产生的效果代替一个力的作用效果，故 B正确；‎ D、合力与分力遵守平行四边形定则，故分力的大小可能大于、小于、等于合力的大小，故D错误；‎ 故选ABC．‎ 三、实验题(共2小题,共15分) ‎ ‎15.如图1所示是在做“验证牛顿第二定律”的实验时的装置，实验中使用的是电火花打点计时器，所用的电源是________（填“直流”或“交流”）电源，电压为________ V，频率是50Hz．放在水平桌面的小车（包括里面的钩码）的总质量为M，悬挂的每个钩码的质量为m．挂一个钩码时，水平木板上的小车恰好匀速运动，挂5个同样钩码时小车带动的纸带如图2所示，每相邻两点之间有四个点没有画出来，纸带上数字的单位是厘米，都是该点到点“0”的距离，该纸带________（填“是”或“不是”）从开始的“0”点就做匀加速直线运动．小车做匀加速直线运动段的加速度a=________m/s2（保留三位有效数字），g=9.8m/s2，=________（用分数表示）．‎ ‎【答案】 (1). 交流； (2). 220； (3). 不是； (4). 2.90； (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：实验中使用的是电火花打点计时器，所用的电源是交流电源，电压为220V，频率是50Hz．‎ 因x01=1．40cm；x12=2．15cm；x23=5．05cm，则x01:x12:x23=2:3:7，不是1:3:5故纸带不是从开始的“0”点就做匀加速直线运动；；‎ 根据牛顿定律可知，解得m:M:=29:345‎ ‎16.如图甲所示某同学设计了用光电门传感器“探究小车的加速度与小车所受拉力及质量关系”的实验．‎ ‎(1)如图甲所示，在小车上固定宽度为L的挡光片，将两个光电门传感器固定在相距为d的轨道上，释放小车，传感器记录下小车经过光电门的时间t1、t2，可以测得小车的加速度a＝______(用题中的符号L、d，t1、t2表示)．‎ ‎(2)在该实验中必须采用______法(填物理方法)，应保持_____不变，通过改变钩码的个数来改变小车所受的拉力大小，研究加速度a随拉力F变化的规律．‎ ‎(3)甲同学由于实验时没有注意始终满足M≫m的条件(m为钩码的质量)，结果得到的图象应是下图中的_____．‎ A. B. C. D.‎ ‎(4)乙、丙两名同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－F图线如图乙所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同______________‎ ‎【答案】 (1). (2). 控制变量 小车质量 (3). D ‎ ‎(4). 小车的质量不同 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)数字计时器记录通过光电门的时间，‎ 小车经过光电门时的瞬间速度为 与 ；‎ 根据匀变速直线运动的速度位移公式 ，‎ 解得：．‎ ‎(2)在本实验操作中，采用了“控制变量法”，即先保持一个变量不变，看另外两个变量之间的关系，具体操作是：先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变小车受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者间的关系；‎ ‎(3)随着 增大，小车质量在减小，因此小车质量不再满足远大于钩码的质量，若小车质量远小于钩码质量时，小车的加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，故A、B、C错误，D正确；‎ ‎(4)由图可知在拉力相同的情况下，根据，即图象的斜率等于小车的质量，所以两人的实验中小车的质量不同．‎ 四、计算题 ‎ ‎17.某运动员进行百米赛跑训练，假设其运动过程先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，最后以12 m/s的速度冲到终点，成绩为10 s，问：‎ ‎（1）该运动员百米赛跑全程的平均速度是多少？‎ ‎（2）假设其加速过程中的加速度大小是4 m/s2，则其加速所用时间是多少？‎ ‎【答案】（1）该运动员百米赛跑全程的平均速度是10 m/s（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）该运动员百米赛跑全程的平均速度； （2）设运动员加速所用时间为t，则加速过程，运动员的位移； 那么运动员做减速运动的时间为，运动员做减速运动的平均速度，所以，运动员做减速运动的位移； 所以有：，所以，．‎ 点睛：物体做匀变速直线运动，平均速度为时间中点的速度，也可表示为初、末速度和的一半，所以，求解平均速度时除用总位移除以总时间的定义式外还可用其他时刻的速度来表示．‎ ‎18.甲、乙两车从同一地点出发同向运动，其图像如图所示．试计算：‎ ‎(1)从乙车开始运动多少时间后两车相遇?‎ ‎(2)相遇处距出发点多远?‎ ‎(3)相遇前两车的最大距离是多少?‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】从图象知两车初速，加速度分别为：＝0.75m/s2，，做匀加速运动．‎ ‎（1）两车相遇位移相等，设乙车运动t秒后两车相遇，则甲、乙两车的位移为：，，由于，代人数据解题，（舍去）‎ ‎（2）相遇点离出发点的距离为．‎ ‎（3）由图知甲车行驶t=4 s时两车速度相等．此时两车距离最大，二者距离为：．‎ ‎19.某高速公路单向有两条车道，最高限速分别为120 km/h、100 km/h．按规定在高速公路上行驶车辆的最小间距（单位：m）应为车速（单位：km/h）的2倍，即限速为100 km/h的车道，前后车距至少应为200 m．求：‎ ‎（1）两条车道中限定的车流量（每小时通过某一位置的车辆总数）之比；‎ ‎（2）若此高速公路总长80 km，则车流量达最大允许值时，全路（考虑双向共四车道）拥有的车辆总数．‎ ‎【答案】（1）1:1（2）1468‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知,在100‎ ‎ km/h的车道上,每200米有一辆车, 且每辆车通过200米的时间为 ‎ 即每7.2s有一辆车通过同一位置，‎ 所以在一小时内有辆车通过同一位置. 同理可得120 km/h 的高速公路上在一个小时内也有500辆车通过同一位置,即车流量之比为1:1.‎ ‎（2）因为限速100 km/h每200m有一辆车,所以此车道上有 辆车,‎ 同理限速120 km/h 车道上每240m一辆车, 根据 辆车,所以此车道上有334辆车，考虑双向道，则车辆总数为 ‎ 故本题答案是： （1）1:1（2）1468‎ ‎20.如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)‎ ‎（1）小物体与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．‎ ‎【答案】（1）0.5（2）2.2m，沿斜面向上 ‎【解析】‎ 试题分析：线根据图乙计算出小物体在斜面方向上运动的加速度，再沿斜面方向上根据牛顿第二定律列式，结合滑动摩擦力的公式即可解得动摩擦因数的大小；对出去F后小物体的运动过程进行分段，在1.8s的时间范围向上的减速运动和向下的加速运动，分别在各段进行受力分析，根据牛顿运动定律及运动学公式即可解答．‎ ‎(1)由题图乙可知，0～2 s内物体的加速度a1＝＝4m/s2‎ 根据牛顿第二定律，F－mgsinθ－Ff＝ma1‎ FN＝mgcosθ 而Ff＝μFN 代入数据解得：μ＝0.5‎ ‎(2)撤去F后，根据牛顿第二定律：－mgsinθ－Ff＝ma2‎ 解得：a2＝－10 m/s2‎ 设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2‎ 解得：t2＝0.8 s 在0.8 s内物体有向上运动的位移x2，根据速度位移公式：‎ 解得：x2＝3.2 m 物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsinθ－Ff＝ma3，‎ 解得a3＝2 m/s2‎ 再经t3＝1s 物体发生位移x3，有：‎ 物体在撤去F后1.8 s内的位移为：x＝x2－x3‎ 代入数据解得x＝2.2m，方向沿斜面向上 点睛：本题主要考查了根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况；根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力．‎ ‎ ‎