江苏省江阴四校2018_2019学年高一物理上学期期中试卷（含解析）.doc

1、- 1 -2018-2019 学年第一学期高一期中考试物理学科试题一、选择题：1.如图所示，在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点（金星）缓慢走过，持续时间达六个半小时。下面说法正确的是 A. 观测“金星凌日”时可将金星看成质点B. 观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C. 以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D. 以太阳为参考系，可以认为金星是静止的【答案】A【解析】【详解】观测“金星凌日”时，金星的大小可忽略不计，可看做质点，但是如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，故 A 正确，B 错误；以太阳为参考系。金星绕太阳一周起点和终点重合，位移为零，故 C 错误；以太

2、阳为参考系。可以认为金星是运动的，故 D 错误；故选 A。2.如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量下列说法中正确的是( )A. 甲处表示时间，乙处表示平均速度B. 甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C. 甲处表示时刻，乙处表示平均速度D. 甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度【答案】D【解析】试题分析：时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上- 2 -对应的是一个点与时刻对应的是瞬时速度，与时间对应的是平均速度图中的时间表示一瞬间，为时刻；对应的速度为此时的瞬时速度，D 正确考点：考查了时间和时刻，

3、平均速度和瞬时速度3.下列各组物理量中，全部是矢量的一组是A. 位移、压力、速度 B. 摩擦力、路程、平均速度C. 速率、加速度、重力 D. 支持力、时间、密度【答案】A【解析】【详解】位移、压力、速度、摩擦力、平均速度、加速度、重力、支持力都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而路程、速率、时间和密度只有大小无方向，是标量；故选 A.4.物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性。下列关于惯性的说法中，正确的是A. 乘坐汽车时系好安全带可减小惯性B. 运动员跑得越快，惯性越大C. 宇宙飞船在太空中也有惯性D. 汽车在刹车时才有惯性【答案】C【解析】试题分析：乘坐汽车时系好安全带

4、，不是可以减小惯性，而是在紧急刹车时可以防止人由于惯性的作用飞离座椅，从而造成伤害，所以 A 错误；质量是物体惯性大小的唯一的量度，与人的速度的大小无关，所以 B 错误；在太空中物体的质量是不变的，所以物体的惯性也不变，所以 C 正确；质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，所以 D 错误。考点：惯性【名师点睛】质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，只要物体的质量不变，物体的惯性的大小就不变。5.在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是( )A. 根据速度的定义式 v ，当 趋近于零时，就可以表示物体在 t 时刻的

5、瞬时速度，运用了假设法B. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想模型法- 3 -C. 在实验探究滑动摩擦力与接触面的面积、相对运动速度、正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了控制变量法D. 推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法【答案】A【解析】【详解】根据速度的定义式 v ，当 趋近于零时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，运用了极限法，选项 A 错误；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了理想模型法，选项 B 正确；在实验探究滑动摩擦力与接触面的面积、相对运动速度、正压力、

6、粗糙程度等因素的关系时，运用了控制变量法，选项 C 正确；推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，选项 D 正确；此题选择不正确的选项，故选 A.6.下列说法中不正确的是 ( )A. 物体受的合外力越大，加速度也越大B. 物体运动的速度与合外力大小无关C. 只要物体受的合外力不为零，则物体运动的速度就一定要改变D. 如果物体运动的速度小，它所受到的合外力不可能大【答案】D【解析】【详解】根据牛顿第二定律可知，物体受的合外力越大，加速度也越大，选项 A 正确；物体运动的速度与合外力大小无关，即使物体运动的速度小，它所受到的合外力也可能大，选

7、项B 正确，D 错误；只要物体受的合外力不为零，则物体一定有加速度，物体运动的速度就一定要改变，选项 C 正确；此题选择错误的选项，故选 D.7.如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置 A、 B， A、 B 间距离为 L30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为 d1cm 的遮光条，现让滑块以某一加速度通过 A、 B，记录遮光条通过 A、 B 的时间分别为 0.010s、0.005s，滑块从 A 到 B 所用时间为0.200s，则下列说法正确的是 - 4 -A. 滑块通过 A 的速度为 1cm/sB. 滑块通过 B 的速度为 2cm/sC. 滑块加速度为 5m/s2D. 滑

8、块在 A、 B 间的平均速度为 3m/s【答案】C【解析】【详解】滑块经过 A 点时的速度 ；故 A 错误；滑块经过 B 点时的速度，故 B 错误；滑块加速度 ；故 C 正确；滑块在A、B 间的平均速度 ，故 D 错误。故选 C。【点睛】求解平均速度的方法是找出总路程和总时间，然后运用平均速度公式解答即可，利用加速度的定义可求加速度故理解平均速度和加速度定义是解答此题的关键8.如图所示为高速摄像机拍摄的子弹射过扑克牌的照片，已知子弹穿过扑克牌的时间大约为6.25105 s，试估算子弹穿过扑克牌的平均速度大小约为( )A. 9 m/sB. 90 m/sC. 900 m/sD. 9000 m/s【

9、答案】C【解析】【详解】由于扑克牌宽度约 5cm，子弹头长度约 1.5cm，子弹头穿过扑克牌所走位移为x=5cm+1.5cm=6.5cm；所以子弹头穿过扑克牌的平均速度约为：；故选 C。9.某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的 v-t 图像如图所示，则下列对他的运动情况分析错误的是( )- 5 -A. 010s 内加速度方向向下，1015s 内加速度方向向上B. 010s、1015s 内都在做加速度逐渐减小的变加速运动C. 010s 内下落的距离小于 100mD. 1015s 内下落的距离小于 75m【答案】C【解析】在 v-t 图象中，图线

10、的斜率表示加速度，由图象可知，010s 斜率为正，加速度向下，1015s 斜率为负，加速度向上，故 A 说法正确；由图象可知，010s、1015s 内斜率都逐渐减小，所以加速度都逐渐减小，故 B 说法正确；若 0-10s 做匀加速直线运动，图象与时间轴所围的面积表示位移，则位移为： ，而本题图象围成的面积比匀加速直线运动的大，所以 010s 内下落的距离大于 100m，故 C 说法错误；同理可得10s15s 内下落的距离小于匀减速直线运动的位移： ，故 D 说法正确。所以选 C。10.质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x5 t2 t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点A.

11、 初速度为 5 m/s B. 加速度为 2 m/s2C. 前 2 s 内的平均速度是 6 m/s D. 任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s【答案】A【解析】【详解】根据 x v0t+ at25 t+2t2得，质点的初速度 v0=5m/s，加速度 a=4m/s2，加速度的方向与速度方向相同，质点做匀加速直线运动，故 A 正确，B 错误。前 2s 内的位移x2=52+24m=18m，前 2s 内的平均速度 ，故 C 错误。任意 1s 内的速度增量v=at=41m/s=4m/s，故 D 错误。故选 A。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运- 6 -

12、用，首先要确定加速度和初速度，然后即可解答11.关于自由落体运动，以下说法正确的是 ( )A. 物体的质量越大，下落时加速度就越大B. 物体刚下落时，速度和加速度都为零C. 物体做自由落体运动位移与时间成正比D. 物体仅在重力作用下静止开始的运动就是自由落体运动【答案】D【解析】【详解】物体下落时加速度的大小与物体的质量无关，选项 A 错误；物体刚下落时，速度为零，但是加速度为 g，选项 B 错误；物体做自由落体运动位移 h= gt2，与时间的平方成正比，选项 C 错误；物体仅在重力作用下静止开始的运动就是自由落体运动，选项 D 正确；故选 D.【点睛】本题考查对自由落体运动条件和规律的理解能

13、力自由落体运动是不计空气阻力的，加速度是常量，与物体的质量无关12.关于物体运动的速度和加速度的关系，以下说法中正确的是（ ）A. 加速度越大，速度一定越大 B. 加速度为零，速度一定为零C. 速度变化越大，加速度一定越大 D. 速度变化越快，加速度一定越大【答案】D【解析】【详解】加速度越大，速度不一定越大，例如火箭将要启动时，选项 A 错误；加速度为零，速度不一定为零，例如高速飞行的子弹，选项 B 错误；根据 可知，加速度是速度的变化率，速度变化越大，加速度不一定越大；速度变化越快，加速度一定越大，选项 C 错误，D 正确；故选 D.13.汽车由静止开始作匀加速直线运动，第 1s 内通过的

14、位移是 0.4m，那么下列说法中正确的是（ ）A. 第 1s 内的平均速度为 0.4m/s B. 第 1s 末的瞬时速度为 0.4m/sC. 加速度为 0.4m/s2 D. 汽车在第 2s 内通过的位移为 3.6m【答案】A【解析】- 7 -【详解】第 1 秒内的平均速度为 ，故 A 正确；根据 x at2，解得则第 1s 末的速度 v=at=0.8m/s。故 BC 错误。物体在前 2s 内的位移 ，则第 2s 内的位移； X21.6m-0.4m=1.2m,故 D 错误。故选A。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用；也可以根据初速度为零的匀变速直线

15、运动的推论解答.14. 水平桌面上覆盖有玻璃板，玻璃板上放置一木块，下列说法正确的是（ ）A. 木块受到的弹力是由于木块的弹性形变要恢复造成的，因为玻璃板没有形变B. 木块的重力就是木块对玻璃板的压力C. 木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力D. 木块对玻璃板的压力大小等于玻璃板对木块的支持力大小，因此二者合力为零【答案】C【解析】试题分析：木块受到的弹力是由于玻璃发生向下的形变，要向上恢复原状而产生的力，A 错误；木块的重力施力物体是地球，木块对玻璃板的压力施力物体是木块，施力物体不同，不是同一个力，B 错误；木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力是木块与玻璃板之间

16、的相互作用力，所以两力是一对作用力与反作用力，因为相互作用力不是共点力，所以不能合成，C 正确 D 错误；考点：考查了弹力15.物块受到共点力 F1和 F2的作用，它们的合力大小为 4N，则 F1和 F2的大小可能是（ ）A. F1=10N F2=5N B. F1=1N F2=2NC. F1=4N F2=4N D. F1=10N F2=16N【答案】C【解析】F1=10N F2=5N，它们的合力最小值是 5N，最大值是 15N，4N 不在该范围内，所以它们的合力不可能是 4N故 A 错误； F1=1N F2=2N，它们的合力最小值是 1N，最大值是 3N，4N 不在该范围内，所以它们的合力不可

17、能是 4N故 B 错误； F1=4N F2=4N，它们的合力最小值是 0N，- 8 -最大值是 8N，4N 在该范围内，所以它们的合力可能是 4N故 C 正确； F1=10N F2=16N，它们的合力最小值是 6N，最大值是 26N，4N 不在该范围内，所以它们的合力不可能是 4N故 D错误所以 C 正确，ABD 错误。16.如图所示，小球以大小为 3m/s 的速度 v1 水平向右运动，碰一墙壁经t=0.01s 后以大小为 2m/s 的速度 v2 沿同一直线反向弹回，则小球在这 0.01s 内的平均加速度是（ ）A. 100 m/s2，方向向左 B. 500 m/s2，方向向左C. 100 m

18、/s2，方向向右 D. 500 m/s2，方向向右【答案】B【解析】试题分析：根据加速度的定义式，结合小球的初末速度求出小球的平均加速度规定向右为正方向，则小球的平均加速度为： ；负号说明小球的加速度方向向左故 B 正确，ACD 错误故选：B 17.如图所示，在倾角为 的斜面上放着一个质量为 m 的光滑小球，球被竖直的木板挡住，则球对木板的压力大小为（ ）A. mgcos B. mgtan C. D. 【答案】B【解析】试题分析：对小球受力分析，如图所示- 9 -因为小球处于静止状态，所以处于平衡状态，根据矢量三角形可得木板对小球的支持力，故根据牛顿第三定律可得小球对木板的压力为 ，故 B 正

19、确考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，18.如图所示，质量为 m 的木块在置于水平桌面上的木板上滑行，木板静止，它的质量为M=3m，木板与木块及地面间的动摩擦因数均为 ，则木板受桌面的摩擦力大小为（ ）A. 4mgB. 3mgC. 2mgD. mg【答案】D【解析】【详解】对小滑块受力分析，受重力 mg、长木板的支持力 FN和向右的滑动摩擦力 f1，有：f1=F N；F N=

20、mg；故 f1=mg；再对长木板受力分析，受到重力 Mg、小滑块的对长木板向下的压力 FN、小滑块对其向右的滑动摩擦力 f1、地面对长木板的支持力 FN和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有 f1=f2，故 f2=mg；故 D 正确，ABC 错误。故选 D。【点睛】滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解。19.如图所示为甲、乙两物体相对于同一原点直线运动的位移-时间图线，下列说法正确的是- 10 -( )A. 在 0-t2时间内甲和乙都做匀变速直线运动B. 甲、乙运动的出发点相距 s

21、1C. 乙比甲早出发 t1时间D. 甲比乙运动得快【答案】B【解析】【详解】位移-时间的斜率等于物体的速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动。故 A 错误。甲从正方向上距原点 s1处出发，乙从原点出发，甲、乙运动的出发点相距 s1故 B 正确。甲在 t=0 时刻出发，乙在 t=t1时刻，则甲比乙早出发 t1时间。故 C 错误。乙的斜率大，速度大。故 D 错误。故选 B。【点睛】本题是位移-时间图象问题，抓住图象的数学意义：斜率等于物体的速度，来分析物体的运动情况20.在平直公路上，汽车以 15m/s 的速度做匀速直线运动，从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车以 2 m/s2的加速度做匀减速直线

22、运动，则刹车后 10s 内汽车的位移大小（ ）A. 50mB. 56.25mC. 75mD. 150m【答案】B【解析】试题分析：汽车以 20m/s 速度以m/s 2的加速度减速，只需 5s 就停下来，所以 6s 内的位移相当于求 5s 的位移，即 ，答案为 B考点：匀变速直线运动规律点评：此类问题有时间陷阱，做题时要特别注意时间是否真实起作用，然后用匀变速直线运动规律求解。- 11 -21.一个弹簧受 10N 拉力时总长为 10cm，受 20N 拉力时总长为 13cm，已知当拉力撤销时弹簧都能恢复原长，则弹簧原长为( )A. 9cm B. 8cm C. 7cm D. 5cm【答案】C【解析】

23、【详解】弹簧在大小为 10N 拉力作用下，其总长为 10cm，设弹簧原长为 l0，根据胡克定律公式 F=kx，有：10=k（0.10-l 0） ；弹簧在大小为 20N 拉力作用下，其总长为 13cm，据胡克定律公式 F=kx，有：20=k（0.13-l 0） ；联立解得：l 0=0.07m=7cm；故选 C。【点睛】本题考查胡克定律的应用能力要知道胡克定律公式 F=kx 中，x 是弹簧伸长的长度或压缩的长度，不是弹簧的长度22.将一物块分成相等的 A、B 两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止。则下列说法不正确的是( )A. 绳子上拉力可能为

24、零B. A 物体可能只受两个作用力C. 地面与物体间可能存在摩擦力D. AB 之间可能存在摩擦力【答案】C【解析】【详解】由题：AB 若接触面光滑，AB 间没有摩擦力。对 A 分析：A 受到重力和绳子的拉力，B 对 A 没有支持力，根据平衡条件得知，拉力与 A 的重力大小相等；若接触面粗糙，当 AB 间存在弹力与静摩擦力的合力等于自身重力时，则绳子的拉力为零。故 ABD 正确。对 AB 分析知：整体水平方向没有力，则不可能受到地面的摩擦力。故 C 错误。此题选择错误的选项，故选 C。【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法与整体法进行研究23.如图所示，清洗

25、楼房光滑玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总- 12 -重量为 G。悬绳与竖直墙壁的夹角为 ，悬绳对工人的拉力大小为 F1 ，墙壁对工人的弹力大小为 F2 , 则（ ）A. 若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则 F1减小， F2减小B. 若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则 F1减小， F2增大C. 若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则 F1减增大， F2增大D. 若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则 F1与 F2的合力变大【答案】A【解析】【详解】工人受到重力、支持力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有 ；F 2=mgtan；当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角 变小，故 F1变小，F

26、 2变小，但 F1与 F2的合力与重力平衡，保持不变；则选项 A 正确，BCD错误；故选 A。【点睛】本题关键是根据共点力平衡条件，由几何关系得到 F1与 F2的表达式，再讨论变化情况也可以通过图解法，通过平行四边形进行讨论.二、简答题24.在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带。已知计时器打点的时间间隔为 0.02s，他按打点先后顺序每 5 个点取 1 个计数点，得到了 O、 A、 B、 C、 D 等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为_s。用刻度尺量得 OA=1.50cm、 AB=1.90cm、 BC=2.30cm、 CD=2

27、.70cm。由此可知，纸- 13 -带做_运动（选填 “匀加速”或“匀减速” ） ，打 C 点时纸带的速度大小为_m/s。 （保留两位小数）【答案】0.10 加速 0.25【解析】试题分析：打点计时器的周期为 0.02s，所以两点间隔为 0.02s，则相邻两个计数点之间的时间间隔是 0.1s，在相同的时间内通过的位移差值恒定不变，所以纸带做匀加速直线运动，C 点为 BD 的中间时刻，考点：考查研究小车速度随时间变化的规律点评：本题难度较小，明确打点计时器的周期与两点间的时间间隔相同，掌握匀变速直线运动的规律是解决本题的关键25.在做“探究力的平行四边形定则”实验中，实验情况如图甲所示，其中 A

28、 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。（1）实验中所说的合力与两个分力具有的效果，是指下列说法中的_A两次把橡皮条与绳的结点拉到同样的位置 B两次把橡皮条拉直C两次准确读出弹簧测力计的示数 D两次记准细绳的方向 （2）图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。则图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO方向的是_。 （选填 F 或 F）【答案】 (1). (1) A (2). (2) F 【解析】【详解】 （1）实验中所说的合力与两个分力具有的效果，是指两次把橡皮条与绳的结点拉到同样的位置，故选 A. - 14 -（2）F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F

29、是通过一个弹簧称沿 AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力，是实际测量值，则图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是 F.【点睛】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。三、计算题26.从深为 45m 的矿井口静止释放一个小球，不计空气阻力，取 g=10m/s2，试求：（1）小球经多长时间落到井底；（2）小球落到井底时的速度大小；（3）小球在最后 1s 内的位移大小【答案】 （1）3s（2）30m/s（3）25m【解析】【详解】 （1

30、）由 h= gt2得：（2）小球落到井底的速度为：v=gt=103=30m/s（3）前 2s 内的位移为： h2 gt 2 102220m最后 1s 内的位移为：h=h-h 2=45m-20m=25m27.如图所示，有一个质量 m=1kg 的小球，小球分别与水平轻弹簧和不可伸长的轻绳一端相连，轻绳与竖直方向成 45角时小球处于静止状态，且此时小球对地面的压力恰好为零。 （）(1)画出此时小球的受力示意图；(2)求出弹簧的弹力 F 和轻绳的拉力 T；【答案】(1) （2）10N； 【解析】- 15 -【详解】 （1）对小球进行受力分析，小球受到重力、拉力和弹簧的弹力作用，（2）根据共点力平衡可知

31、，28.在某次无人机竖直送货实验中，无人机的质量 M=1.5kg，货物的质量 m=1kg，无人机与货物间通过轻绳相连无人机以恒定动力 F=30N 从地面开始加速上升一段时间后关闭动力，当无人机到达 h=30m 处速度恰好减为 0不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2求：（1）无人机加速上升时的加速度大小 a；（2）无人机加速上升时轻绳上的拉力大小 FT；（3）无人机加速上升的时间 t【答案】 （1）2m/s 2（2）12N （3）5s【解析】【详解】 （1）在加速上升过程中，根据牛顿第二定律可知F（M+m）g=（M+m）a 解得 a=2m/s 2 对物体根据牛顿第二定律可知 FTmg=ma 解得 F T=12N （3）在上升过程中，先加速后减速总位移为 其中 v=at 联立解得 t=5s【点睛】本题的关键是对飞行器的受力分析以及运动情况的分析，结合牛顿第二定律和运动- 16 -学基本公式求解，对于牛顿第二定律的综合应用问题，要弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答，知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁.