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