河北省邢台二中2018_2019学年高一物理上学期期中试卷（含解析）.docx

2018-2019学年河北省邢台二中高一（上）期中物理试卷一、单选题1.学校开展秋季运动会，创造出许多优异的成绩。下列描述正确的是A. 小海在百米赛跑中到达终点时的速度为，“”指的是瞬时速度B. 小勇同学百米赛跑的成绩是，“”指的是时刻C. 小英在田径场上进行800m赛跑，“800m”指的是运动员的位移大小D. 小华掷铅球的成绩为，“”指的是铅球的位移大小【答案】A【解析】【详解】A、到达终点的速度对应一个位置，故为瞬时速度，故A正确；B、由小勇同学百米赛跑的成绩是，“”对应的是一个过程，故为时间，故B错误；C、800m赛跑时，对应的是曲线运动，故800m为路程，故C错误；D、运动员铅球成绩为，指的是水平方向的位移大小为，故D错误。【点睛】本题考查对物体看成质点的条件的理解和判断能力，区分时间和时刻、路程和位移，知道只有在单向直线运动中，物体的位移大小等于其路程。2.关于速度和速率，下列说法正确的是A. 速率是矢量B. 子弾射出枪时的速度是指平均速度C. 平均速度等于物体在单位时间内通过的路程D. 某段时间内的平均速度方向一定与这段时问内位移的方向一致【答案】D【解析】【分析】瞬时速度是物体在某一时刻或某一位置的速度；瞬时速度的大小表示速率，但是平均速度的大小与平均速率概念不同，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值；【详解】A、速率是瞬时速度的大小，所以速率是标量，故A错误；B、子弹射出枪口时的速度是瞬时速度，故B错误；C、根据平均速度的定义式，平均速度等于物体在单位时间内通过的位移，故C错误；D、平均速度是矢量，平均速度的方向与某段时间内位移的方向相同，故D正确；【点睛】解决本题的关键知道瞬时速度的大小表示速率，但是平均速度的大小与平均速率概念不同，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。3.在下面四幅图所示的情中，各接触面均光滑，小球P、Q之间一定存在弹力的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】产生弹力的条件有两个，一是接触，二是发生弹性形变，可以直接根据条件判断，也可以运用假设法分析；【详解】A、假设两球间有弹力，则小球将向两边运动，与题矛盾，故PQ间无弹力，故A错误；B、假设两球间有弹力，则Q受力不平衡会发生运动，故PQ间无弹力，故B错误；C、若两球间无弹力，则两个都将向下摆动，与题矛盾，说明PQ间有弹力，故C正确；D、假设Q对P球有弹力，方向为垂直斜面斜向右上方，则P球共受三个力：竖直向下的重力、竖直向上的拉力和斜向上的弹力，三个力的合力不可能为零，则小球P不可能处于静止状态，与题矛盾，故PQ间一定没有弹力，故D错误。【点睛】本题考查了弹力产生的条件，关键要灵活选择解题的方法，条件法和假设法都要掌握。4.关于加速度，下列说法正确的是A. 物体的速度为零时，其加速度可能不为零B. 速度变化大的物体，其加速度一定大C. 运动快的物体，其加速度一定大D. 加速度大的物体，其速度一定大【答案】A【解析】【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动；【详解】A、物体的速度为零，加速度可能不为零，比如竖直上抛到最高点，速度为零，加速度不为零，故A正确；B、根据知，速度增加量越大，加速度不一定大，还与变化的时间有关，故B错误；C、运动快的物体加速度不一定大，如物体做高速匀速运动时，速度比较大，但加速度为零，故C错误；D、加速度大的物体速度不一定大，如汽车启动的瞬间加速度较大，但速度很小，故D错误。【点睛】解决本题的关键知道加速度的定义式，以及知道加速度的物理意义，知道加速度是反应速度变化快慢的物理量，与速度的大小、速度变化量的大小没有必然的联系。5.关于弹性形变，下列说法正确的是A. 物体受力后发生的一切形变都可视为弹性形变B. 当你坐在椅子上时，椅面发生的微小形变可视为弹性形变C. 物体在去掉外力后，能够恢复原来形状的形变为非弹性形变D. 物体在外力停止作用后仍存在的形变，叫弹性形变【答案】B【解析】【分析】物体发生了能够恢复原状的形变叫弹性形变，不能恢复原状叫非弹性形变；【详解】A、物体形变后能恢复原状的形状叫弹性形变，并不是受力后发生的形变都是弹性形变，故AC错误；B、能够恢复原状的形变才能弹性形变，当你坐在椅子上时，椅面发生的微小形变可视为弹性形变，故B正确；D、物体在外力停止作用后仍存在的形变，叫非弹性形变，故D错误。【点睛】本题考查对形变的理解，要真正理解弹性形变是指物体在外力停止作用后，能够恢复到原来的状态。6.如图所示，劲度系数分别为、的两个轻质弹簧甲、乙的原长相同。现在每个弹簧下挂上相同质量的物体，弹簧的形变仍在弹性限度内，则稳定后，下列判断正确的是A. 弹簧甲的伸长量大于弹簧乙的伸长量B. 弹簧甲的伸长量小于弹簧乙的伸长量C. 弹簧甲的弹力大于弹簧乙的弹力D. 弹簧甲的弹力小于弹簧乙的弹力【答案】B【解析】【分析】根据平衡条件可确定拉力大小，再根据胡克定律即可确定弹簧的形变量大小；【详解】两物体质量相同，根据二力平衡可知，两弹簧的拉力大小相等，则由可知，因，故弹簧甲的伸长量小于弹簧乙的伸长量，故ACD错误B正确。【点睛】本题考查胡克定律的基本应用，要注意明确中x为弹簧的形变量，而不是弹簧的总长度。7.某同学从高楼楼顶将一小球由静止释放，已知小球到达地面的前一秒内的平均速度为，取，则此座高楼的楼高约为A. 20m B. 40m C. 60m D. 80m【答案】D【解析】【分析】根据最后1s内的位移等于总位移减去内的位移，t为小球落地的时间，求解总时间，根据求解高度；【详解】小球到达地面的前一秒内的平均速度为，则小球在最后1s内的位移是35m最后1s内的位移为：解得：根据得小球释放点距地面的高度，故ABC错误，D正确。【点睛】本题关键明确自由落体运动的运动性质，然后根据运动学公式列式求解。8.某质点的位移随时间变化在数量上的关系是，x与t的单位分别为m和s，则质点的初速度大小及其在第5s内的平均速度大小分别为A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据位移公式，和质点运动的位移随时间变化的关系式相对比可以得到物体运动的初速度和加速度的大小，先求出第5s内的位移，再求出第5s内的平均速度；【详解】匀变速直线运动的位移公式为与质点的运动的位移随时间变化的关系式为相对比可以得到，物体的初速度的大小为，加速度的大小为第5s内的位移为： 第5s内的平均速度为：，故选项C正确，选项ABD错误。【点睛】本题就是对匀变速直线运动的位移公式的直接的考查，掌握住位移的公式即可解答本题。二、多选题9.下列说法正确的是A. 物体所受重力的方向总是竖直向下B. 物体的重心一定在物体上C. 地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而增大D. 质量大的物体受到的重力大，所以自由落体加速度也大【答案】AC【解析】【分析】重力的方向竖直向下，在地球上，随着纬度的升高重力加速度增大，自由落体运动的加速度与物体的质量无关；【详解】A、重力的方向总是竖直向下，故A正确；B、物体的重心可以在物体上，也可以在物体外，故B错误；C、地球表面的自由落体加速度随纬度的增大而增大，故C正确；D、自由落体运动的加速度与质量无关，轻重不同的物体在同一位置重力加速度相等，故D错误。【点睛】本题考查了重力、重力的加速度的基本概念，知道自由落体运动的加速度与物体质量无关，在地球上，不同的位置重力加速度不同。10.伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验。他在该实验中采用过的方法有A. 用打点计时器计时B. 改变斜面倾角，发现位移x总与时间t的二次方成正比C. 根据打点计时器打出的纸带进行数据分析D. 将斜面实验的结果合理“外推”，说明图中甲、乙、丙和丁的运动规律相同【答案】BD【解析】【分析】伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，即是抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法；【详解】A、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的滴水计时，故A错误；B、伽利略通过数学运算得出结论：物体初速度为零时，若物体运动的位移x与时间t的二次方成正比，则这个物体的速度随时间均匀变化即，然后将斜面实验的结果合力“外推”，说明自由落体运动时匀变速直线运动，故BD正确；C、在伽利略时代还没有发明打点计时器，故C错误。【点睛】伽利略对自由落体规律的研究为我们提供了正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法。11.如图所示，轻质弹簧的两端在受到拉力1N的作用下，弹簧伸长了在弹性限度内。下列说法正确的是A. 弹簧的弹力为2NB. 弹簧的弹力为1NC. 该弹簧的劲度系数为D. 该弹簧的劲度系数为【答案】BC【解析】【分析】根据弹簧的弹力大小，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数，根据弹簧的受力得出弹簧的合力大小；【详解】A、轻质弹簧的两端均在1N的拉力作用，合力为零，弹簧的弹力，故B正确，A错误；C、根据胡克定律得，弹簧的劲度系数，故C正确，D错误。【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律，注意在中，F表示弹簧的弹力，不是弹簧的合力，以及x表示弹簧的形变量，不是弹簧的长度。12.A、B两玩具车在一平直道路上同向行驶，其速度图象如图所示，时，A车在B车前方18m处，则下列说法正确的是A. 两车只能相遇一次B. B车的加速度大小为C. 时间内，B车的平均速度大小为D. 从开始，两车相遇时A车已行驶了72m【答案】AC【解析】【分析】本题是追击与相遇问题，解决此类问题时，首先是要分析清楚两车的位移关系，根据两物体的位移之差等于初始时两者间的距离是两物体相遇的条件，结合图象与坐标轴围成的“面积”表示位移分析即可；【详解】A、由速度图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，可知：在9s时间内，A车前进了，乙车前进了两者位移之差为。因为，所以两车在时刻只能相遇一次，以后由于A的速度始终大于B的速度，故以后不会再次相遇，故A正确，B、B的加速度，故B错误；C、时间内，B车的平均速度大小为，故C正确；D、9s时相遇，A行驶的距离为36m，故D错误。【点睛】利用速度图象研究追及问题，关键是要明确相遇时两者的位移关系，知道图象与坐标轴围成的“面积”表示位移。三、实验题探究题13.某学习小组利用图示装置测量当地的重力加速度，小球从A处由静止释放，经过止下方的光电门时，毫秒计时器能记录下小球的遮光时间。（1）为了尽可能减小测量误差，小球应选择_。A.木球B.钢球C.铝球（2）在某次测量中，测得小球的直径为d，小球下落高度为h时小球通过光电门的遮光时间为t，则則小球通过光电门的速率为_，当地的重力加速度大小_用d、h、t等物理量表示。【答案】 (1). B (2). (3). 【解析】【分析】（1）当阻力越小时，误差则越小；（2）采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度，依据运动学公式，结合已知量，即可求解；【详解】（1）测量当地的重力加速度，小球从A处由静止释放，当小球受到阻力越小时，测量越准确，因此小球选择体积小，密度大，故B正确，AC错误；（2）根据光电门利用平均速度法求解落地时的速度，那么小球通过光电门的速率为；依据运动学公式，因此当地的重力加速度大小。【点睛】考查小球选择依据，掌握运动学公式的应用，理解求解瞬时速度的方法。14.图甲为某同学做“测匀变速直线运动的加速度”的实验装置。长木板上的小车右侧与穿过电磁打点计时器的纸带相连，重物通过绕过定滑轮的轻绳牵引小车，释放重物后，小车向左运动、计时器在纸带上打下一些点，计时器所用的交流电赬率为50Hz。（1）该同学进行了以下实验染作步骤，其中不必要或错误的步骤是_。A.长木板应调成水平B.电磁打点计时器接6V交流电源C.拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端，放开纸带后，再接通电源（2）该同学选择一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，相邻两个计数点问还有四个点末画出来，则打下第3个计数点时小车的爵时速度大小为_；小车的加速度大小为_，结果均保留二位有效数字【答案】 (1). AC (2). (3). 【解析】【分析】（1）测匀变速直线运动的加速度实验对木板是否水平没有要求，电磁打点计时器使用低压交流电源，实验时要先接通电源然后再释放纸带；（2）根据题意求出计数点间的时间间隔，根据实验数据应用匀变速直线运动的推论求出小车的瞬时速度与加速度；【详解】（1）测匀变速直线运动的加速度对木板是否水平没有要求，实验时长木板没有必要调成水平，故A错误；B、电磁打点计时器使用低压交流电源，实验时接6V以下交流电源，故B正确；C、拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端，应先接通电源，然后放开纸带，故C错误；（2）相邻两个计数点问还有四个点末画出来，计数点间的时间间隔：；打点3时的瞬时速度：；小车的加速度：。【点睛】解决本题的关键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，同时能明确实验中的操作步骤和方法，注意电火花打点计时器与电磁打点计时器的区别与联系。四、计算题15.一茶杯从离地高的茶儿边缘掉落，并不经弹跳静止在厚度不计的地毯上，空气阻力不计，取（1）求茶杯刚与地毯接融时的速度大小v。（2）若从茶杯接触地毯到静止的时求该过程中茶杯的平均加速度a。【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由速度位移公式求得落地速度；（2）由加速度的定义式求得加速度；【详解】（1）由自由落体运动规律得：，得；（2）选竖直向下为正方向，由加速度公式：，方向向上。【点睛】考查自由落体运动的基本规律，明确公式中物理量的意义并注意方向。16.如图所示，在竖直悬挂的弹簧测力计下吊着一轻质定滑轮，一细线穿过滑轮连接着P、Q两物体，其中物体P放在水平地面上，物体Q竖直悬挂着。已知物体P的质量，物体Q的质量，弹簧的幼度系数，取，求（1）物体P所受地面的弹力大小F；（2）弹簧的伸长量x。【答案】（1）6N（2）【解析】【分析】（1）先以Q物体为研究对象，由平衡条件得到细线的拉力大小，即可得到弹簧的弹力，再以P物体为研究对象，分析受力，由平衡条件求得物体P受地面的弹力；（2）根据胡克定律求解弹簧的伸长量；【详解】（1）对Q进行受力分析，Q受到重力、细线的拉力，则细线的拉力为：；对P受力分析，受到重力、支持力和绳子的拉