辽宁省抚顺市六校协作体2019-2020学年高一上学期期末物理试题（解析版）.docx

1、20192020学年度上学期“抚顺六校协作体”期末考试试题高一物理（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）第卷(选择题 共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。18题为单项选择题，912题为多项选择题。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不答的得0分。将答案填涂在答题卡相应位置处。)1.可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的仪器是下列哪一组（ ）A. 米尺、弹簧测力计、秒表B. 米尺、弹簧测力计、打点计时器C. 米尺、天平、秒表D. 量筒、天平、秒表【答案】C【解析】【详解】国际单位制规定的三个力学基本物理量是长度、质量和时间；其中长度是用刻度尺来测量的

2、，质量是用天平来测量的，时间是用秒表来测量的，所以C正确，ABD错误。故选C。2. “新华网甘肃酒泉电，随着天宫一号于2011年10月29日21时16分发射升空，中国向空间站时代迈出了坚实的一步；2011年11月1日5时58分10秒，神舟八号在同一发射架上升空，在太空中与天宫一号交会对接使中国成为世界上第三个掌握空间技术的国家”对上面材料，下列说法中不正确的是 （ ）A. 天宫一号运行一周的位移为零B 29日21时16分表示时间C. 研究天宫一号的运行姿态时不能把它看成质点D. 从发射到交会对接时间内，天宫一号与神州八号的位移相等【答案】B【解析】天宫一号运行一周的位移为零，A对29日21时1

3、6分表示时刻，B错研究天宫一号的运行姿态时不能把它看成质点，C对从发射到交会对接时间内，初位置末位置相同，故天宫一号与神州八号的位移相等，D对3.下面是摘自上个世纪美国报纸上的一篇文章：阿波罗登月火箭在脱离地球飞向月球的过程中，宇航员通过无线电与在家中上小学的儿子汤姆通话。宇航员：“汤姆，我们现在已关闭了火箭上所有的发动机，正向月球飞去。”汤姆：“你们关闭了所有的发动机，那么靠什么力量推动火箭向前运动呢？”宇航员犹豫了半天，说：“我想大概是伽利略在推动火箭向前运动吧。”若不计天体对火箭的引力，由上述材料可知下列说法错误的是（ ）A. 汤姆问话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”B. 宇

4、航员答话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”C. 宇航员答话所体现的物理思想是“物体运动不需要力来维持”D. 宇航员答话的真实意思是火箭正在依靠惯性飞行【答案】B【解析】【详解】A汤姆说：“你们关闭了所有推动机，那么靠什么力量推动火箭向前运动？”，想表达的真实意思是“火箭的运动需要力来维持”，故A正确，不符合题意。BCD由题意知，宇航员说大概是伽利略在推动飞船向前运动，真实意思是根据伽利略的理论，“火箭的运动不需要力来维持”，火箭正在依靠惯性飞行，而不是伽俐略用力推动着火箭向前运动，故B错误，符合题意，CD正确，不符合题意。故选B。4.下列关于速度和加速度关系的说法中正确的是（ ）A.

5、 加速度越来越小，速度可能越来越大B. 加速度的方向就是速度的方向C. 加速度零时，速度一定为零D. 速度变化量越大，加速度越大【答案】A【解析】比如当加速度与速度方向相同时，加速度越来越小，速度可能越来越大，故A正确；加速度方向与合力方向相同，与速度方向不一定相同，故B错误；加速度为零时，速度不一定为零，比如匀速直线运动，加速度为零，速度不为零，故C错误；加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量速度变化量越大，加速度不一定越大，还取决于速度变化所用的时间，故D错误所以A正确，BCD错误5.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A. a、b加速时，

6、物体a的加速度大于物体b的加速度（ ）B. 20秒时，a、b两物体相距最远C. 40秒时，a、b两物体相遇D. 60秒时，物体a在物体b的前方【答案】D【解析】【详解】A速度图象的斜率表示加速度。a、b加速时b的斜率大，加速度大。故A错误；B第40s时，两物体a、b速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，故B错误；C由图可知第40s时，物体b的位移小于物体a的位移，物体a在物体b的前方，故C错误；D由于图像与坐标轴围成的面积等于位移，可知60秒时，a的位移大于b的位移，可知，物体a在物体b的前方，故D正确；故选D。6.如图所示，两个质量相同的物体A和B紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上，如果它们

7、分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1F2，则A施于B的作用力大小为（ ）A. F1B. F2C. (F1F2)D. (F1F2)【答案】C【解析】【详解】设两物体的质量均为m，这两物体在F1和F2的作用下，具有相同的加速度为：方向与F1相同。物体A和B之间存在着一对作用力和反作用力，设A施于B的作用力为FN（方向与F1方向相同）。用隔离法分析物体B在水平方向受力FN和F2，根据牛顿第二定律有：FN-F2=ma解得：FN=（F1+F2）故C正确，ABD错误。故选C。7.如图所示，A、B两物体静止在水平地面上，重力都等于20N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.3，现用大小均为5N的两个水平力反

8、向作用在A和B上，则地面对B和B对A的摩擦力大小分别为( )A. 12N，6NB. 5N，5NC. 0，5ND. 0，6N【答案】C【解析】对物体A，因为向右F作用，从而受到物体B给A物体的静摩擦力大小等于F的大小，即为5N方向与F方向相反对物体B，水平方向受到向左F=1N作用，且受到A对B的静摩擦力1N，两个方向相反，所以地面对B的摩擦力为零故C正确，ABD错误故选C点睛：本题应学会区别静摩擦力与滑动摩擦力，和大小的计算静摩擦力的大小等于引起它有运动趋势的外力，而滑动摩擦力等于FN同时分析B物体受到的摩擦力可以将A与B作为整体来研究，因为A与B均处于静止状态，加速度相同8.如图所示，中国三一

9、重工的一台62米长的泵车，参与某次消防救火冷却作业，对泵车在水平地面上以加速度做匀加速运动的过程，下列分析正确的是（ ）A. 泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力B. 轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的压力C. 开车时要求系安全带是为了减小司机的惯性D. 若泵车发动机的牵引力增为原来的2倍时，泵车的加速度将大于【答案】D【解析】【详解】泵车受到的重力和泵车对地面的压力作用在二个不同的物体上，故它们不是一对平衡力，选项A错误；轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的摩擦力，而不是压力，选项B错误；开车时要求系安全带是为了减小司机的惯性所造成的危害，而不是减小惯性，选项C错误；当拉力

10、为F时，由牛顿第二定律得：Ff=ma，若拉力变为2F，则2Ff=ma，解之得a2a，故选项D正确9.在成都七中第34届田径运动会上，小红同学成功地跳过了1.70米的高度，如右图若忽略空气阻力，g取10m/s2则下列说法正确的是()A. 小红起跳以后在上升过程中处于超重状态B. 小红下降过程中处于失重状态C. 小红起跳时地面对他的支持力大于他的重力D. 小红起跳以后在下降过程中重力消失了【答案】BC【解析】试题分析：根据牛顿第二定律可得：当加速度向上时，物体处于超重状态，当加速度向下时，物体处于失重状态；起跳以后，向上做减速运动，加速度向下，为失重状态，A错误；下降过程中，做加速运动，加速度向下

11、，为失重状态，失重状态是视重小于重力，不是重力消失了，B正确D错误；起跳时由于向上加速，加速度向上，为超重状态，所以支持力大于重力，C正确；考点：考查了失重超重10. 在不同高度同时释放两个铅球（不计空气阻力）,则在均未落地前,两者（ ）A. 在任一时刻具有相同的加速度、位移和速度;B. 落地的时间间隔取决于两铅球释放时的高度;C. 在第1s内、第2s内、第3s内位移之比都为149;D. 两铅球的距离和速度差都越来越大【答案】AB【解析】试题分析：两个铅球都做自由落体运动，运动情况完全相同，故在任一时刻具有相同的加速度、位移和速度，故A正确，D错误；两个铅球都做自由落体运动，根据，可得，可知落

12、地的时间间隔取决于两铅球释放时的高度，故B正确；初速度为零的匀加速直线运动，在前1s、前2s、前3s、前ns的位移之比为1：4：9：n2，则在第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1：（4-1）：（9-4）=1：3：5，在故C错误；故选AB考点：匀变速直线运动的规律的应用【名师点睛】本题关键是明确自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，同一地点，自由落体加速度都相同，与质量无关；能通过匀变速直线运动的规律来解答自由落体运动的有关问题.11.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止。如图所示是这个装置的纵截面图

13、。若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是（ ）A. Q所受的合力始终为零B. 地面对P的摩擦力逐渐增大C. P、Q间的弹力先减小后增大D. MN对Q的弹力逐渐减小【答案】AB【解析】【详解】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有 N2=mgtan再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故f=mgtanMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2

14、变大，P、Q受到的合力始终为零；故选AB。12.如图，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成角，则（ ）A. 车厢的加速度为gsinB. 绳对物体1的拉力为C. 物体2所受底板的摩擦力为m2gtanD. 底板对物体2的支持力为(m2m1)g【答案】BC【解析】【详解】AB以物体1为研究对象，重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtan=m1a得a=gtan则车厢的加速度也为gtan。对1的拉力为故A错误，B正确。CD对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtan故

15、C正确，D错误。故选BC。第卷(非选择题 共52分)二、填空题(本题共2小题，共15分。把答案填写在答题卡相应的位置处。)13.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，0为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳图乙是在白纸上根据实验结果按同一标度作出的力的图示 （1）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（2）下列说法正确的是（ ）A.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FB.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应靠近木板且与木板平行C.同一次验证过程中0点位置应相同D.拉力和

16、的夹角越小越好【答案】 (1). (1)B； (2). (2)BC【解析】(1)本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B.(2)如果没有操作失误,图乙中的F与F两力中,F是两个分力的合力的理论值，F是两个分力合力的实验值，则方向一定沿AO方向的是F，选项A错误；拉橡皮条时,弹簧秤、橡皮条、细绳应靠近木板且与木板平行，选项B正确；同一次验证过程中O点位置应相同，以保证等效性，选项C正确；拉力F1和F2的夹角大小要适当，并非越小越好，选项D错误；故选BC.14.为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：(1)为了补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，

17、应采取做法是_A.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动(2)某学生在补偿阻力时，使得长木板倾角偏大。他所得到的aF关系是上图中的哪根图线_？(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)(3)补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为_(4)某次实验中得到一条纸带，如图所示，从

18、比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、l、2、3、4，量得0与1两点间距离x1=30mm，1与2两点间距离x2=36mm，2与3两点间距离x3=42mm，3与4两点间的距离x4=48mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为_m/s，小车的加速度为_m/s2。(结果保留二位有效数字)【答案】 (1). C (2). C (3). mM (4). 0.39 (5). 0.60【解析】【详解】（1）1将不带滑轮木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。故选C。（2）2把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大

19、，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉力作用下，小车就会产生加速度。故选C。（3）3根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：当mM时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。（4）45电磁打点计时器是使用交流电源的计时仪器，当电源的频率为50Hz时，它每隔0.02s打一次点从比较清晰的点起，每五个打印点取一个作为计数点，故每两个计数点的时间间隔T=0.1s物体做匀变速直线运动，则时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此小车在打点2时的速度： 根据x=aT2，其中x=6

20、mm，可得：三、计算题(本题包括3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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。将解答过程写在答题卡相应的位置处。)15.2018年1月中旬，济宁全市出现严重的雾霾天气在一通往济宁的平直公路上，因雾霾能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)只有x=50m，甲车由于故障停在路中央，乙车在雾霾中向甲车所在方向匀速行驶，速度为=20m/s，乙车司机的反应时间为=0.5s，为保证两车不相撞，乙车刹车的加速度a大小至少是多大?【答案】a=5m/s【解析】在乙车司机反应时间内，乙车行驶的距离x1=v0t0带入数据

21、可知x1=10m乙车减速时间内的位移x2=x-x1带入数据x2=40m由运动公式0-v02=-2ax2解得a=5m/s216.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30的夹角若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它匀速地提起重物已知重物的质量m30 kg，人的质量M50 kg，g取10 m/s2.试求：（1）此时地面对人的支持力的大小；（2）轻杆BC和绳AB所受力的大小【答案】（1）FN=200 N（2）FBC=400 N；FAB=200 N【解析】【详解】（1）对人进行受力分析，根据平衡条件有：FN=Mg-mg=200N（2）滑轮对结点B

22、的拉力为为：T=2mg=600N以结点B为研究对象，进行受力分析，如图，根据共点力平衡得：FAB=Ttan30=200N17.如图所示，倾角为=37、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从斜面上的A点由静止开始向上作匀加速运动，前进了4.0m抵达B点时，速度为8m/s已知木块与斜面间的动摩擦因数=0.5，木块质量m=1kg（g=10m/s2 ， 取sin370.6，cos370.8）（1）木块所受的外力F多大？ （2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离S和返回B点的速度【答案】（1）18J （2）3.2m；m/s【解析】【分析】（1）根据

23、匀变速直线运动的速度位移公式求出上滑做匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出外力F的大小（2）根据牛顿第二定律求出撤去外力后上滑的加速度，结合速度位移公式求出木块沿斜面上滑的距离，根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，结合速度位移公式求出返回B点的速度【详解】（1）根据速度位移公式得，木块上滑的加速度，根据牛顿第二定律得，Fmgsin37mgcos37=ma1，解得F=mgsin37+mgcos37+ma1=100.6+0.5100.8+18N=18N（2）物块匀减速上滑的加速度大小=gsin37+gcos37=100.6+0.5108=10m/s2，所以还能沿斜面上滑的距离s=物块向下做匀加速运动的加速度=gsin37gcos37=100.60.5100.8=2m/s2则返回B点的速度=m/s答：（1）木块所受的外力F为18N；（2）木块还能沿斜面上滑的距离为3.2m，返回B点的速度为m/s【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式综合运用，理清物体的运动规律是解题的关键，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁