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江西省上高县第二中学2018_2019学年高一物理上学期期末考试试卷(含解析).doc

1、12018-2019 学年江西省上高县第二中学高一上学期期末考试物理试题注 意 事 项 :1 答 题 前 , 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 , 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 : 每 小 题 选 出 答 案 后 , 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ,写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 : 用 签 字 笔 直 接 答

2、在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 , 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷(选择题)一、单选题1下列说法中正确有是( )A力、位移、平均速率都是矢量B牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来直接验证C单位 m、kg、s 是一组属于国际单位制的基本单位D长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量2小华将一小纸团从 1m 高处竖直向上抛出,纸团上升 1.5m 后开始下落,并落在抛出点正下方的地面上,从抛出到落地共历时

3、1.3s,下列有关纸团运动过程的说法,正确的是( )A纸团走过的路程为 2.5m B纸团的位移大小为 1.5mC题中提到的 1.3s 是时刻 D纸团在运动过程中可以看成质点3一轻质弹簧原长为 8 cm,在 4 N 的拉力作用下伸长了 2 cm,弹簧未超出弹性限度,则该弹簧的劲度系数为( )A40 m/N B40 N/m C200 m/N D200 N/m4如图所示,一同学轻松地将书顶在头上,他顶书时头顶受到的压力产生的直接原因是( )A书的形变 B头的形变 C书受到的重力 D人受到的重力5唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺,疑是银河落九天”,描述了庐山瀑布的美景,如果三尺为 1m,则水面落到地面

4、的速度约为( )(设初速度为零,忽略空气阻力)A100m/s B140m/s C200m/s D2000m/s6如图所示,一人站在电梯中的体重计上,随电梯一起运动下列各种情况中,体重计的示数最大的是( )A电梯匀减速上升,加速度的大小为 1.0m/s 2B电梯匀加速上升,加速度的大小为 1.0m/s 2C电梯匀减速下降,加速度的大小为 1.5m/s2D电梯匀加速下降,加速度的大小为 1.5m/s27如图所示为某物体运动位移和速度随时间变化的 x-t 图线和 v-t 图线,由图可知,在0t 1时间内( )A物体做的是曲线运动B图甲中 t1/2 时刻,图线的斜率为 v0/2C物体做加速度越来越小的

5、运动D在 0t 1时间内物体的位移为 x18如图所示,水平传送带始终以速度 v1时针转动,一物体以速度 v2(v 1 v2)滑上传送带的左端,则物体在传送带上的运动一定不可能是( )A一直减速直到速度为 0B一直加速运动C先加速后匀速运动D先减速后匀速运动此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2二、多选题9如图所示,当小车水平向右加速运动时,物块 M 相对静止于车厢后竖直壁上。当小车的加速度增大时,( )AM 所受的静摩擦力增大 BM 对车厢的作用力增大CM 仍相对车厢静止 DM 受到的合外力为零10如图所示,物块 a、b 的质量分别为 m、2m,水平地面和竖直墙面均光滑,a、

6、b 的动摩擦因数为 ,在水平推力 F 作用下,两物块均处于静止状态,重力加速度为 g,则( )A物块 a 受 4 个力作用B物块 b 受到的摩擦力大小等于 FC物块 B 对地面的压力大小等于 3mgD物块 a 受到物块 b 的作用力水平向右11如图甲所示,固定光滑细杆与水平地面成倾角 ,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向向上的拉力 F 作用下向上运动。02s 内拉力的大小为 10N,24s 内拉力的大小变为 11N,小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示,重力加速度 g 取 10m/s2,则下列说法正确的是( )A小环在加速运动时的加速度 a 的大小为 2m/s2B小环在 02s 内通过

7、的位移大小为 1mC小环的质量 m=2kgD细杆与水平地面之间的夹角 =30 012甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动,t=0 时刻,甲车在乙车前 25m处。在描述两车运动的 v-t 图中(如图),直线 a、b 分别描述了甲、乙两车在 20s 内的运动情况。关于两车之间的位置关系,下列说法正确的是( )A在 010s 内两车逐渐靠近B在 1020s 内两车逐渐远离C在 t=20s 时两车在公路上相遇D在 10s 时两车在公路上相遇第 II 卷(非选择题)三、实验题13某同学做验证“力的平行四边形定则”实验,其装置如图甲所示,A 为固定橡皮筋的图钉,OB、OC 为细绳,O 为橡皮筋

8、与细绳的结点,图乙是根据实验数据画出的力的图示。(1)图甲中弹簧秤 B 读数为_N;(2)图乙中的 F 和 F两力中,方向一定沿 AO 方向的是_(选填 F 或 F);(3)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14某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。(1)通过实验得到如图乙所示的 a-F 图象,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角_(选填“偏大”或“偏小”)。3(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)。为了便于探究、减小误差,应使小车质

9、量 M 远大于砝码和盘的总质 m。(3)该同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为50Hz。A、B、C、D、E、F、G 是纸带上 7 个连续的点。 _cm。由此可算出小车的加速度 a=_m/s2。(结果保留两位小数)四、解答题15汽车以 20m/s 的速度在平直公路上勾速行驶,刹车后经 2s 速度变为 10m/s,(假设刹车过程是匀减速运动)求:(1)刹车过程中的加速度;(2)刹车后运动的位移。16将一劲度系数 k=100N/m 的轻质橡皮筋的上端固定在天花板上 0 点,在其下端 A 点用细线悬挂重为 8N 的木块。在 A 点施加一水平向右的拉力 F,使橡皮筋与竖直方向成 37,并保

10、持静止。(sin37=0.6,cos37=0.8)求:(1)所加外力 F 的大小;(2)此时橡皮筋的伸长量 x。17如图所示,质量为 2kg 的物体 A 和质量为 1kg 的物体 B 放在水平地面上,A、B 与地面间的动摩擦因数均为 1/3,在与水平方向成 370角的 20N 斜向下推力 F 的作用下,A、B起做匀加速直线运动( )求:(1)A、B起做匀加速直线运动的加速度大小;(2)运动过程中 A 对 B 的作用力大小;(3)若 3s 后撤去推力,求撤去推力后 1s 内 A 在地面上滑行的距离。18如图所示,地面上有一固定的斜面体 ABCD,其 A B 边的长度 S=2m,斜面倾角 为 。水

11、平地面上有一块质量 M=3Kg 的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置。质量为 m= lkg 物体由 A 点静止滑下,然后从 B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变),在长木板上滑行时间为1.2s 时与长木板的速度相等,己知物体与斜面体的动摩擦因数为 ,物体与长木板的动摩擦因数为 , 求:(1)物体到达斜面底端 B 点时的速度大小;(2)长木板与地面间的动摩擦因数;(3)长木板滑行的最大距离。2018-2019 学 年 江 西 省 上 高 县 第 二 中 学 高 一上 学 期 期 末 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1C【解析】力、位移都是矢量,平均速率是标量,选项 A 错误;牛顿第

12、二定律可以通过实验来直接验证,牛顿第一定律不能通过实验来验证,选项 B 错误;单位 m、kg、s 是一组属于国际单位制的基本单位,选项 C 正确;长度、时间、质量是一组属于国际单位制的基本单位的物理量,而力不是,选项D 错误;故选 C.2D【解析】纸团通过的路程为运动轨迹的长度,故大小为 1m+1.5m+1.5m=4m,故 A 错误;位移为初末两点间的直线距离,故位移大小 1m,方向竖直向下,故 B 错误; “1.3s”是纸团运动的时间间隔,即时间,故 C 错误;本题中研究纸团的运动过程,其大小可以忽略不计,故可以视为质点,故 D 正确。故选 D。3D【解析】由题意知,弹簧的弹力为 4N 时,

13、弹簧伸长 2cm,根据胡克定律 F=kx,代入数据可得弹簧的劲度系数 k=“200“ N/m,所以 A、B、C 错误;D 正确【方法技巧】本题主要是掌握胡克定律的公式 F=kx,并注意各物理量的单位。4A【解析】头顶受到的压力是由于书产生形变,对与之接触的头产生力的作用,故 A 正确,BCD 错误。故选 A。5B【解析】三千尺等于 1000m,根据公式 可知其速度约为 141m/s,所以答案为 B。考点:匀变速直线运动规律点评:此题型考查了关于匀变速直线运动规律。6C【解析】先对人受力分析,受重力和支持力,体重计示数即为受到的压力,而压力等于支持力;再对人进行运动分析,确定加速度方向;最后根据

14、牛顿第二定律列式求解A、电梯减速上升,加速度向下,由牛顿第二定律 mgF=ma 解得 F=m(ga)=9m;B、电梯匀加速上升,加速度向上,由牛顿第二定律 Fmg=ma 解得 F=m(g+a)=11m;C、电梯匀减速下降,加速度向上,由牛顿第二定律 Fmg=ma 解得 F=m(g+a)=11.5m;D、电梯匀加速下降,加速度向下,由牛顿第二定律 mgF=ma 解得 F=m(ga)=8.5m;故示数最大的情况为 C;故选:C【点评】只要加速度向上,就是超重,加速度向下,就是失重,与物体的运动速度方向无关,同时,超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大,而重力保持不变!7B【解析】x-t 图线和

15、v-t 图线只能用来描述直线运动,故 A 错误。在甲图中斜率代表速度,结合乙图可知在 t1/2 时刻,图线的斜率为 v0/2,故 B 正确;由乙图可知,物体做加速度恒定的直线运动,故 C 错误。0t 1时间内物体的位移为 x1-x0,故 D 错误;故选 B。【点睛】对于位移-时间图象要抓住斜率等于速度,速度-时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义:斜率等于加速度,“面积”等于位移。8A【解析】若 v2v1,物块相对传送带向右运动,受到向左的滑动摩擦力,可能向右做匀减速运动,当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动;物块在滑动摩擦力作用下也可能一直做匀减速运动,但速度不会减小到 0,减

16、小到 v1就匀速运动了;本题选不可能的,故选 A.【点睛】此题考查摩擦力的方向与速度的关系,明确摩擦力方向与相对运动方向相反,结合牛顿第二定律分析运动可能的运动情况9BC【解析】以物块为研究对象,受力如图所示:对物块,由牛顿第二定律得:N=Ma,a 增大,N 增大,由牛顿第三定律可知,M 对车厢的压力:N=N 增大;M 对车厢壁的压力增大,物块受到的最大静摩擦力增大,物块不可能沿壁下滑,M 仍相对于车厢静止,在竖直方向,M 所受合外力为零,由平衡条件得:f=Mg,M 所受的静摩擦力不变;M 受到的合外力不为零;竖直方向的力不变,水平方向的增大,所以车厢对 M 的力增大,故AD 错误,BC 正确

17、;故选 BC。【点睛】本题运用正交分解研究物体在水平方向运动的问题,要正确分析受力情况,作出力图是基础,注意明确物体静止在竖直面上时,重力与摩擦力平衡。10AC【解析】物块 a 受到:重力、b 的弹力和静摩擦力、墙面的支持力,共受 4 个力,故 A 正确。以 a 为研究对象,由平衡条件知,b 对 a 的摩擦力大小等于 a 的重力,为 mg,由牛顿第三定律知 a 对 b 的摩擦力大小也等于 mg,不可以根据滑动摩擦力进行计算,故 B 错误。以整体为研究对象,则知地面对 b 的支持力等于 3mg,则物块 b 对地面的压力大小等于 3mg,故 C 正确。物块 a 受到物块 b 两个力作用:水平向右的

18、压力和竖直向上的静摩擦力,它们的合力斜向右上方,则物块 a 受到物块 b的作用力斜向右上方,故 D 错误。故选 AC。11CD【解析】由图得: ;故 A 错误;小环在 02s 内通过的位移大小为21m=2m,选项 B 错误;由小环运动的 v-t 图可知,当 F1=10N 时,在 0-2s 时间内小环做匀速运动;F2=11N 时,在 2-4s 内小环做匀加速运动,则有:F 1-mgsin=0;F 2-mgsin=ma;代入数据解得:m=2kg,=30;故 CD 正确;故选 CD。【点睛】本题考查牛顿第二定律以及运动学图象的应用;关键是对小球进行运动情况分析,明确物体先匀速后加速;做好受力分析,根

19、据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解即可.12ABD【解析】t=0 时刻,甲车在乙车前 25m 处,在 0-10s 内乙车速度大于甲车的速度,甲车在乙车的前方,所以两车逐渐靠近,故 A 正确。在 0-10s 内两车的位移之差为 ,即 t=10s 时刻,乙车恰好追上甲车,在 10-20s 内,甲车速度大于乙车的速度,两车逐渐远离。在 t=20s 时两车没有相遇,故 BD 正确,C 错误。故选 ABD。【点睛】利用速度-时间图象求从同一位置出发的解追及问题,主要是把握以下几点:当图象相交时两者速度相同两者速度相同时两者相距最远或者最近;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

20、次相遇.13(1)11.40 (2)F (3)B【解析】(1)根据图甲可知,弹簧秤 B 的读数为 11.40N.(2)图乙中的 F 与 F中,F是由平行四边形得出的,而 F 是通过实验方法得出的,其方向一定与橡皮筋的方向相同,一定与 AO 共线的是 F(3)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 B14(1)偏大 (2)小于 (3)1.80;5.00【解析】(1)由图乙所示图象可知,当拉力 F 为零时就有加速度,说明平衡摩擦力过度,木板垫起的倾角偏大造成的;(2)小车运动过程砝码和砝码盘向下做加速运动,砝码与砝码盘处于失重状态,小车受到的拉力小于砝码

21、和砝码盘的重力;(3)根据图丙可得:D 点对应 2.60cm,G 点对应 6.50cm,A 点对应 0.50cm,故s=s DG-sAD=(6.50-2.60)-(2.60-0.50)=1.80cm,T=1/f=0.02s,由匀变速直线运动的推论x=at 2可知,加速度为: 。【点睛】本题考查了实验注意事项与实验数据处理,实验前要平衡摩擦力;掌握基础知识是解题的前提与关键,应用基础知识即可解题,平时要注意基础知识的学习与积累,注意保留两位有效数字。15(1)-5m/s 2,方向与运动方向相反(2)40m,方向与运动方向相同【解析】(1)根据 v=v0+at 可知: ;“-”说明加速度方向与运动

22、方向相反。(2)刹车后运动的位移: ,方向与运动方向相同.16(1)6N (2)0.1m【解析】(1)对 A 点受力分析如图所示:得: tan37FG解得: 6N(2)对 A 点受力分析得: cos37T代入数据得: 10由胡克定律: kx得: .mTx【点睛】胡克定律和平衡条件的应用,解题的关键是找出对应的拉力大小,再代入胡克定律计算,计算时要注意各量的单位17(1) m/s2 (2)4N (3)0.6m【解析】(1)以 A、B 整体为研究对象进行受力分析,有:Fcos-(m A+mB)g+Fsin=(m A+mB)a 代入数值得:a= m/s2 ;(2)以 B 为研究对象:设 A 对 B

23、的作用力为 FAB,则 FAB-m Bg=mBa 代入数值得:F AB=4N;(3)若 3s 后撤去推力,此时物体 A 的速度:v=at=2m/s物体 A 的加速度为 滑行的时间为 则撤去推力后 1s 内 A 在地面上滑行的距离等于 0.6s 内 A 在地面上滑行的距离,则。18(1)4m/s (2)0.05 (3)0.40【解析】(1)从 A 到 B 的过程,根据牛顿第二定律有:解得: 下滑到 B 点时的速度: 解得: (2)滑上长木板时:对物体,由牛顿第二定律得:解得 ,方向水平向左 速度相等有: 解得 对长木板,由牛顿第二定律得: 解得 (3)长木板加速位移为: 末速度为:根据牛顿第二定律有:减速位移为: 所以总位移为:【点睛】解决本题的关键要理清物体和长木板的运动情况,结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁

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