山东省德州市2018_2019学年高一物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

1、1山东省德州市 2018-2019 学年高一物理上学期期末考试试卷（含解析）一、选择题（本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-6 题 只有一项符合题目要求，第 7-12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但 不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。 ） 1.下面说法中错误的是A. 物体运动状态发生变化，一定有力作用在该物体上B. 物体速度变化的方向与它受到的合外力的方向总是一致的C. 物体受恒定外力作用，它的加速度也恒定D. 力是维持物体运动的原因【答案】D【解析】【分析】力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因。物体

2、速度变化的方向与加速度方向相同，就与合外力方向相同。结合牛顿第二定律分析。【详解】物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变，一定有加速度，因此，一定有力作用在该物体上，故 A 说法正确；物体速度变化的方向与加速度的方向总是一致的，而合外力的方向与加速度的方向总是一致的，故速度变化的方向与合外力的方向总是一致的，故 B 说法正确；根据牛顿第二定律 F=ma，可知物体所受的合外力恒定则物体的加速度恒定，故 C 说法正确；力是产生加速度的原因，不是维持物体运动的原因，故 D 说法错误。所以选 D。【点睛】解决本题的关键要正确理解力与运动的关系，知道力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的

3、原因。2.某人驾车从德州到潍坊用时 4h，车上里程表的示数增加了 300 km，根据地图上的相关数据得到出发地到目的地的直线距离为 240 km，则整个过程中汽车的位移大小和平均速度的大小分别为A. 240 km 60 km/h B. 240 km 75 km/h C. 300 km 60 km/h D. 300 km 75 km/h2【答案】A【解析】【分析】明确位移的定义即可由题意得出位移；再根据平均速度等于位移与时间的比值即可求得平均速度。【详解】位移大小为两点间直线距离的长度，由题意可知，位移为 240km；平均速度为，故 A 正确，BCD 错误。v=xt=2404km/h=60km/

4、h【点睛】本题考查位移以及平均速度的计算；要注意明确位移和路程；平均速率和平均速度的区别。3.下列说法正确的是A. 同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长，说明惯性与速度有关B. 各种小型车辆乘员（包括司机）必须系好安全带，这样可以避免因人的惯性而造成的伤害C. “强弩之末，势不能穿鲁缟也” ，这说明箭的惯性减小了D. 在国际单位制中，三个力学基本物理量分别是长度、力、时间【答案】B【解析】【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。在国际

5、单位制中，米、千克、秒三个物理量被选作力学的基本单位，长度、质量、时间被选作力学的基本物理量。【详解】惯性是物体固有惯性，只与物体的质量有关，故 A 错误；汽车驾教员在驾驶汽年时系上安全带是为了防止惯性造成的伤害，故 B 正确；惯性是物体的固有属性，大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与速度的大小无关，故 C 错误；在国际单位制中，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。【点睛】物体的惯性的大小只与质量有关，与其他都无关。而经常出错的是认为惯性与物体的速度有关。4.如图所示，物体 A 以速率 v0从地面竖直上抛，同时物体 B 从某高处由静止自由下

6、落，经 3过时间 t0物体 B 正好以速率 v0落地。规定竖直向上为正方向，不计空气阻力，两物体在 时间 t0内的 v-t 图象正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】物体 A 做竖直上匀减速运动，加速度向下且为 g；物体 B 下降过程做匀加速运动，加速度向下且为 g，根据速度时间公式，再结合数学知识分析即可解题。【详解】规定竖直向上为正方向，物体 A 做竖直上做匀减速运动，速度为负值，加速度向下且为 g；物体 B 下降过程做匀加速运动，速度为正，加速度向下且为 g，根据速度时间公式： v=gt，可知 D 正确，ABC 错误。【点睛】关键是根据运动学公式写出 v 与 t 的解

7、析式，来分析图象的形状，也可以根据图象的斜率表示加速度来分析。5.如图所示，板擦由于磁性的吸引而紧压在竖直的黑板上静止不动，下列说法中正确的是 4A. 黑板对板擦的弹力和板擦对黑板的弹力是一对平衡力B. 板擦的重力跟板擦对黑板的静摩擦力是一对平衡力C. 黑板和板擦之间存在三对作用力与反作用力D. 板擦的重力和黑板对板擦的静摩擦力是一对作用力与反作用力【答案】C【解析】【分析】二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上。相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上。【详解】黑板对板擦的弹力和板擦对黑板的弹力，两个力的大小相等、方向相反、作用

8、在同一条直线上、作用在两个物体上，是相互作用力，故 A 错误；板擦的重力跟黑板对板擦的静摩擦力是一对平衡力，故 B 错误；黑板和板擦之间存在三对作用力与反作用力分别是：黑板对板擦的弹力和板擦对黑板的弹力、黑板对板擦的摩擦力力和板擦对黑板的摩擦力和黑板对板擦的压力和板擦对黑板的压力，故 C 正确；板擦的重力和黑板对板擦的静摩擦力，大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上是一对平衡力，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。【点睛】本题主要考查学生对平衡力和相互作用力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物体。6.金属小球 A 自楼顶由静止自由落下高度为

9、 时，另一金属小球 B 自离地面高度为 处 由h1 h2静止自由下落，两金属小球同时落地，不计空气阻力，则楼高为A. + B. C. D. h1h2 (h1+h2)2 (h1h2)2 (2h1+2h2)2【答案】B【解析】【分析】A、 B 两球分别做自由落体运动，根据位移时间公式求得 A、 B 下落的时间根据时间关系特点即可求得。【详解】设楼的高度为 H，根据 可知， A 球下落到地面的时间为： ，下落 h1所h=12gt2 t= 2Hg需时间为： ，则 B 下落的时间 t= t-t1，则 ，联立解得：t1=2h1g h2=12gt25，故 B 正确，ACD 错误。H=(h1+h2)2【点睛】

10、本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式，明确 A、 B 两球同时落地，找出A、 B 两球的时间关系即可求解。7.打篮球时，运动员竖直起跳投篮的过程可分为：下蹲、蹬地、离地上升和下落四个过程，以 下说法中正确的是A. 下蹲过程中运动员始终处于超重状态B. 下蹲过程中运动员始终处于失重状态C. 离地上升过程中运动员处于失重状态D. 下落过程中运动员处于失重状态 【答案】CD【解析】【分析】当人对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说人处于超重状态，此时有向上的加速度；当人对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说人处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下

11、加速度的大小为重力加速度 g。【详解】下蹲过程中先加速在减速，加速度先向下在向上，所以先失重后超重，故 AB 错误；离开地面后，人对地面就没有作用力了，处于完全失重状态，此时有向下的加速度，加速度的大小为重力加速度 g，故 C 正确；下落过程中，有向下的加速度，加速度的大小为重力加速度 g，处于失重状态，故 D 正确。所以 CD 正确，AB 错误。【点睛】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对地面的压力变了。8.一个物体受几个共点力的作用而处于平衡状态，当其中一个力的大小逐渐减小到零然后又恢复到原值的过程中（ ）A. 其加速度先增大，后减小B. 其加

12、速度先增大，后反方向减小C. 其速度一直在增大，最后达最大D. 其最终将回到原来位置，并保持平衡状态【答案】AC【解析】6A、当保持其它力不变，仅使其中的一个力由大逐渐减小到零，然后又恢复到原值的过程中，合力先增大再减小，方向不变，则加速度先增大后减小，由于加速度方向与速度方向一直相同，则物体一直做加速运动，速度一直在增加故 A 正确，B 错误，C 正确D、由于物体的速度方向不变，物体一直向前运动，没有回到原来的位置，故 D 错误故选 AC【点睛】解决本题的关键知道加速度的方向与合外力的方向相同，以及会通过加速度方向与速度方向关系判断物体做加速运动还是减速运动9.如图所示，粗糙水平面上有一物块

13、 m，在水平恒力 F 作用下做匀速直线运动，在其正前方 固定一轻质弹簧，当物块与弹簧接触后向左运动的过程中（弹簧始终处于弹性限度内） ，下 列说法正确的是 A. 物块接触弹簧后速度一直减小B. 物块接触弹簧后速度先增大后减小C. 当弹簧被压缩到弹力等于 F 时，物块的加速度等于零D. 物块的加速度一直增大【答案】AD【解析】【分析】弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比，根据恒力 F 和摩擦力的合力与弹力的大小关系，由牛顿定律分析物块的运动情况。【详解】物块与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，合力向右，加速度向右，物体做加速度不断增大，速度逐渐减小的运动，直到速度减为零，故 AD 正确，BC 错误。【点

14、睛】本题主要考查了牛顿第二定律分析物块的运动情况，要注意初始时物块匀速运动，属于基础题。10.如图所示，一个人用双手握紧竖直放置的半圆形支架静止悬于空中。若手臂 OP、OQ 的 拉力分别是 FP、F Q，手臂 OP 保持水平不动，在手臂 OQ 缓慢移动到 OQ位置的过程中，下列说法正确的是 7A. FP变大 B. F P变小C. FP与 FQ的合力始终不变 D. F P与 FQ的合力变大【答案】BC【解析】【分析】以人为研究对象，分析受力情况，运用作图法分析 FP与重力的大小关系人保持静止状态，则知 FP与 FQ的合力始终大小不变由图判断 FP与 FQ的变化情况。【详解】以人为研究对象，分析受

15、力情况如图所示：人保持静止状态，则知 FP与 FQ的合力与重力 G 大小相等、方向相反，保持不变，故 C 正确；由图看出 FP的大小在减小， FQ的大小也在减小，故 A D 错误，B 正确。所以 BC 正确，AD错误。【点睛】本题是动态平衡问题，运用图解法比较直观，也可以运用函数法进行研究。11.如图所示，不计质量的光滑小滑轮悬挂于墙上 0 点，跨过滑轮的细绳连接物块 A、B，物块 A 悬于空中，物块 B 位于水平面上，且物块 A、B 均处于静止状态。已知物块 A 的质量 m A=0.1 kg、物块 B 的质量 mB=0.4 kg, =60 0,g=10m/s2，下列说法中正确的是 A. 物块

16、 A 对细绳的拉力 F T =1NB. 地面对 B 的弹力 FN=3NC. B 于水平面间的摩擦力 Ft= N328D. B 与水平面间的动摩擦因数 =37【答案】AC【解析】【分析】对 A 和 B 分别受力分析，然后运用共点力平衡条件结合正交分解法进行求解。【详解】对物体 A 受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体 A 的重力，即 F T =mAg=1N，故 A 正确；对物体 B 受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图所示：根据共点力平衡条件，有 FTsin600=Ff， FN+FTcos600=mBg，代入数据解得： ，Ff=32N，故 B 错误，C 正确

17、；因为 B 受到的是静摩擦力，所以无法求 B 与水平面间的动摩FN=72N擦因数，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。【点睛】本题关键是分别对物体 A、物体 B 受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法求解。12.如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂着小 球 A，小车底板右端放置着物块 B,A、B 均相对车厢静止，物块 B 通过一轻质弹簧与竖 杆相连，已知小球 A 的质量 mA=0. 2 kg.悬线与竖直方向的夹角为 a=370，物块 B 的质 量 mB = 0. 4 kg，物块 B 与车厢底板间无摩擦，弹簧的劲度系数为 k=100 N/m,

18、(g=10m/s2 ,sin3700. 6,cos37 00. 8)。下列判断中可能正确的是 A. 弹簧处于伸长状态9B. 弹簧处于压缩状态C. 弹簧的形变量为 2 .4 cmD. 弹簧的形变量为 3. 0 cm【答案】BD【解析】【分析】AB 的状态相同，故加速度相同，在对 A 受力分析可知其合力向右，故加速水平向右，可知B 的加速度和受力状况。【详解】对 A 研究，受重力和细线的拉力，如图所示：根据牛顿第二定律，得： mAgtan370=mAa，代入数据解得： a=7.5m/s2，由图可知 A 受到的合外力向右，则 B 受到的弹力方向也向右，所以弹簧处于压缩态，根据牛顿第二定律可得：，代入

19、数据解得： ，故 BD 正确，AC 错误。kx=mBa x=3.0cm【点睛】绳子的拉力一定沿绳子方向，与物体的运动状态无关，可根据牛顿定律确定弹簧的状态。二、实验题（本题共 2 小题，共 15 分） 13.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，如图甲所示，其中 A 为固定橡皮条 的图钉，0 为橡皮条与细绳套的结点，OB 和 OC 为细绳套。图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示。 (1)如果没有操作失误，图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是_（填 “F“，或“F“） 。 (2)下列说法正确的是_. 10A由于实验室没有细绳套，在进行实验时，图甲中的 OB 和 OC 可

20、以用橡皮条代替 B同一次验证过程中 0 点位置应相同 C为了便于计算，应保持图甲中的 OB 和 OC 相互垂直 D拉力 F1和 F2的夹角应尽量小【答案】 (1). F (2). AB【解析】【分析】在实验中 F 和 F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确答题；实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的，要求两次拉橡皮筋要到同一位置，在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置） ，为减小误差橡皮条、细绳和弹簧测力计应与木板保持平行，两细线的夹角不要太小也不要太大。【详解】 （1）图乙中的

21、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。（2）实验室没有细绳套，在进行实验时，图甲中的 OB 和 OC 可以用橡皮条代替，因为要记录的是两个力的大小和方向，故 A 正确；为了使两次作用效果相同，必须同一次验证过程中 0 点位置应相同，故 B 正确；实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，夹角不宜太大，也不宜太小，不一定保持图甲中的 OB 和 OC 相互垂直，故 CD 错误。所以AB 正确，CD 错误。【点睛】实验采用是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点 O 的位置必

22、须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项。14.某同学“探究加速度与物体合力的关系”的实验装置如图所示,图中 A 为小车，质量为，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器 B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的m1固定长木板上，P 的质量为 ，C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计的示m2数 F，不计轻绳与滑轮，滑轮与轮轴的摩擦，滑轮的质量。11下列说法正确的是 A实验中 应远小于m2 m1B长木板必须保持水平C实验时应先接通电源后释放小车D小车运动过程中测力计的读数为m2g2下图是实验过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D 为选取的计数点，相邻的两个计数点之间有四

23、个点没有画出，各计数点到 O 点的距离分别为： 800cm、1799cm、3000cm、4401cm，若打点计时器的打点频率为 50 Hz，则由该纸带可知小车的加速度大小为_ （结果保留三位有效数字） 。m/s2实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 aF 图象可能是下图中的图线 【答案】C201B【解析】试题分析：小车所受的拉力可以通过弹簧秤测出，不需要满足 m2远小于 m1，故 A 错误实验应该平衡摩擦力，所以木板不能水平，故 B 错误实验时应先接通电源后释放小12车，故 C 正确根据牛顿第二定律知，m 2g2T，则 ，故 D 错误故选 CT12m2g根据x=aT

24、2，运用逐差法得， a=xBDxOB4T2 =(44.0117.9917.99)10240.01 m/s2=2.01m/s2某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则 F 不等于零时，a 仍然为零，故选 B。考点：探究加速度与物体合力的关系【名师点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。三、计算题（本题共 3 小题，共 37 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤 只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 15.冬天雾霾活动频繁，某天的能见度（观察者与能看见的最远

25、目标间的距离）只有 x=40 m，甲车由于故障停在路中央，乙车在雾霾中沿平直公路向甲车匀速行驶，速度为 v 0=72 km/h，乙车司机的反应时间（司机从发现目标到采取实施刹车所需要的时间）为 t o =0. 4s，为避免撞上甲车，则乙车的加速度 a 至少多大？【答案】 6.25m/s2【解析】【分析】汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合两段过程的位移之和求出汽车的最大加速度。【详解】汽车行驶的最大速度是 ，v0=72km/h=20m/s反应时间内乙车的位移： ，x1=v0t0=8m乙车刹车过程： ，x2=xx1=32m根据速度位移公式： 2ax0=0v20a=6.25

26、m/s2则乙车的加速度至少为 .6.25m/s2【点睛】解决本题的关键知道汽车在反应时间内和刹车后的运动规律，结合运动学公式灵活求解。16.如图所示，光滑平台右侧与一长为 L 的木板相接，木板固定，与水平地面的夹角 为。现有一小滑块以初速度 V。从光滑平台滑上木板，恰能沿木板匀速下滑，最终停在 粗13糙的水平路面上。已知滑块与木板及水平路面间的动摩擦因数均相同，不计滑块在连 接处速度大小的变化，重力加速度为 g，求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数； (2)滑块在水平路面上运动的位移大小； (3)滑块在木板和水平路面上运动的总时间。【答案】(1) (2) (3) =tan x=v202gtan

27、 Lv0+v0gtan【解析】【分析】根据平衡条件即可求出滑块与木板间的动摩擦因数；根据牛顿第二定律和速度位移公式即可求出滑块在水平路面上运动的位移大小；根据运动学公式即可求出滑块在木板和水平路面上运动的总时间。【详解】 （1）设滑块质量为 ，在木板匀速下滑时有： ，m mgsin=mgcos解得： ；=tan（2）设滑块在水平路面上的加速度大小为 ，位移大小为 ，有a1 x mg=ma1根据速度位移公式： 2a1x=0v20解得： ；x=v202gtan（3）设滑块在木板上运动的时间为 ，在水平路面上运动的时间为 ，有t1 t2L=v0t10=v0a1t2解得： .t总 =t1+t2=Lv0

28、+v0gtan【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是中间桥梁，关键是明确运动过程即可求得。17.如图所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别 为L1=3 m、L 2=1 m。传送带始终以速度 v0=4m/s 向右匀速运动。现有一滑块（可视为质点）以14速度 v1=6 m/s 滑上传送带的左端，然后平稳地滑上平板。已知：滑块与传送带间的动摩擦因数 = 0. 5，滑块与平板、平板与地面间的动摩擦因数分别为 1=0. 4, 2 =0.3，滑块、平板的质量均为 m=1 kg,g=10m/s2。求： (1)滑块滑离传送带时的速度大小； (2)判断滑块能否离开平

29、板，如果能离开，请计算出离开平板时的速度大小。【答案】(1) ；(2) 4m/s 22m/s【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，在结合运动学公式即可求出滑块滑离传送带时的速度大小；滑块滑上平板时，分别求出平板上下表面受到的摩擦力，从而判断平板静止，在根据牛顿第二定律和运动学规律即可求出离开平板时的速度大小。【详解】 （1）设滑块在传送带上的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 mg=ma解得： a=5m/s2设滑块在传送带上减速运动的位移为 ，且 ，根据运动规律学x1 x1L1 v20v21=2ax1解得： ，x1=2mL1得出滑块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动，离开传送带时的速度大小为 ；4m/s（2）滑块滑上平板时，平板上下表面受到的摩擦力分别为 ，根据受力分析有Ff1、Ff2Ff1=1mg=4NFf2=22mg=6N因为 ，所以平板保持静止 .Ff1Ff2滑块在平板上一直做匀减速，其加速度大小为 ，假设能离开平板，a1根据牛顿第二定律： 1mg=ma115根据运动学规律有： v2v20=2a1L2解得： v=22m/s可知滑块能离开平板，离开平板时速度的大小为 .22m/s【点睛】本题是传送带类型，属于有相对运动的问题，关键要分析清楚物体运动过程，把握隐含的临界状态，如速度相等的状态，找出两个物体的速度关系和位移关系。