2019-2020学年高一物理上学期期末考试试题(含解析) (I).doc

2019-2020学年高一物理上学期期末考试试题(含解析) (I)一、选择题1. 如图所示，一辆正以8m/s速度沿直线行驶的汽车，突然以1m/s2的加速度加速行驶，则汽车行驶了18m时的速度为( )A. 8m/s B. 12m/s C. 10m/s D. 14m/s【答案】C【解析】试题分析：汽车做匀加速直线运动，初速度为8m/s，位移为18m，加速度为1m/s2，根据速度位移关系公式，有：，解得：，C正确；考点：考查了位移速度公式【名师点睛】本题关键是明确汽车的运动性质，然后选择恰当的运动学公式列式求解，基础问题2. 从某建筑物顶部自由下落的物体，在落地前的1s内下落的高度为建筑物高的，则建筑物的高度为(g取10m/s2，不计空气阻力)A. 20m B. 24m C. 30m D. 60m【答案】A【解析】假设总时间是t，则全程有：，前过程有：，联立解得：t=2s，h=20m，故选A.3. 如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态，当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是( )A. A所受合力增大B. A对竖直墙壁的压力增大C. B对地面的压力不变D. 墙面对A的摩擦力一定变为零【答案】B【解析】A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大故B正确；对B受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，F增大，则N增大，N=mg+Ncos，N增大，则N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故C错误；以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，若N增大至与Mg相等时，则f才等于0，故D错误故选B4. 一物体以初速度v0=20m/s沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑距离x0=30m时，速度减为10m/s，该物体恰滑到斜面顶部，则斜面长度为( )A. 40m B. 50m C. 32m D. 60m【答案】A5. 如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为.已知,不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A. 小车一定向右匀加速运动B. 轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C. 小球P受到的合力不一定沿水平方向D. 小球Q受到的合力大小为mgtan【答案】D【解析】对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得mgtan=ma，得到a=gtan，故加速度向右，小车向右加速，或向左减速，故A错误；由牛顿第二定律，得：mgtan=ma，因为a=a，得到=，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球的合力均水平向右，大小F合=ma=mgtan，故C错误，D正确故选D点睛：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定6. 如图所示，把球夹在竖直墙和木板之间，不计摩擦，墙对球的弹力为F1，木板对球的弹力为F2，在将木板由图示位置缓慢转至水平的过程中，两弹力的大小变化情况为( )A. F1减小、F2增大B. F1、F2都增大C. F1增大、F2减小D. F1、F2都减小【答案】D【解析】试题分析：设木板和墙的夹角为如图建立坐标系对小球进行受力分析，由于小静止处于平衡状态，满足平衡条件F合=0F1为斜面对小球的支持力，F2为挡板对小球的支持力据平衡条件有：F合x=F2-F1cos=0； F合y=F1sin-mg=0由此得：，F2=mgcot由题意，增大，则得，F1减小，F2减小故D正确故选D。考点：物体的平衡【名师点睛】挡板对小球的弹力方向与挡板垂直，部分同学受斜面上物体受力的影响，会误认为挡板对小球的支持力平行斜面向上而得出错误结论本题也可以运用图解法直观判断两个弹力的变化情况。7. 在水平地面上的小车内，用绳子AB、BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2.若小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况时( ) A. T1变大，T2变小B. T1变大，T2变大C. T1不变，T2变小D. T1变大，T2不变【答案】C【解析】试题分析：本题以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律得到绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2与加速度的关系，即分析两绳拉力的变化情况解：以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力T1和绳BC的拉力T2，如图设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律得T1sin=mg T1cosT2=ma 由得 T1=，由得 T2=mgtanma可见，绳AB的拉力T1与加速度a无关，则T1保持不变绳BC的拉力T2随着加速度的增大而减小，则T2变小故C正确故选C【点评】本题在正确分析受力的基础上，根据牛顿第二定律，运用正交分解法研究两绳拉力的变化8. 如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人可以( )A. 匀速向下奔跑B. 以加速度向下加速奔跑C. 以加速度向下加速奔跑D. 以加速度向上加速奔跑【答案】C【解析】试题分析：平板车静止在斜面上，则人对车的作用力F应沿斜面向上和平板车所受重力沿斜面向下的分力大小相等即：FMgsin，根据牛顿第三定律，则平板车对人的作用力沿斜面向下，大小为Mgsin，则人所受的合力F合mgsin+Mgsin，沿斜面向下，根据牛顿第二定律，人的加速度，沿斜面向下，则人应以加速度向下加速奔跑，C正确。考点：本题考查牛顿第二定律、受力分析。9. 图示的木箱a用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块b和c，b放于木箱的水平地板上。已知木箱a的质量为m，物块b的质量为2m，物块c的质量为3m，起初整个装置静止不动。用符号g表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是( ) A. 物块b下落的加速度为gB. 木箱a下落的加速度为2gC. 物块b对木箱底板的压力为mgD. 物块b对木箱底板的压力为2mg【答案】BC【解析】试题分析：对整体分析，绳的拉力为F=6mg，弹簧的弹力F=3mg，b、c整体处于平衡状态，所以a对b的支持力是N=5mg剪断细绳的瞬间，对ab，瞬间加速度，方向竖直向下故B正确，A错误；以a为研究的对象，则：,所以：N=mg故C正确，D错误故选BC.考点：牛顿第二定律的应用.【名师点睛】本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，知道弹簧的弹力在瞬间不变，结合牛顿第二定律进行求解；解题时一般要先求解剪断细线之前时各个部分的受力情况，然后再选取合适的研究对象，分析受力情况；注意ab之间的弹力在剪断的瞬时是变化的.10. 在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )A. 相对地面的运动轨迹为直线B. 相对地面做匀变速曲线运动C. t时刻猴子对地的速度大小为D. t时间内猴子对地的位移大小为【答案】BD.考点：运动的合成【名师点睛】解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况11. 如图所示，有一斜面倾角为、质量为M的斜面体置于水平面山，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙.一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点.斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则( )A. A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同B. A到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等C. C到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向左D. C到B过程地面对斜面体的支持力大于(M+m)g【答案】BCD【解析】根据牛顿第二定律得：AC段有：mgsin=ma1；BC段有：mgsin-mgcos=ma2；可知，A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度不同，故A错误根据平均速度公式知，两个过程的位移和时间均相等，则平均速度相等故B正确设滑块到达C和B的速度分别为vC和vB根据平均速度相等有：，可得 vB=0，说明滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有水平向左的分加速度，对斜面和滑块整体，由牛顿第二定律知，地面对斜面体的摩擦力水平向左故C正确滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以地面对斜面体的支持力大于（M+m）g故D正确故选BCD点睛：本题考查牛顿运动定律和运动学公式的应用，在解题时注意D的解答中，直接应用超重失重的规律可避免复杂的受力分析过程，也可以根据隔离法研究12. 如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动、设木块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板法唬瘁舅诓矫搭蝎但莽若滑动，则1mg2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a=2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=1g2g，知图线的斜率变小、B正确，C错误、若1mg2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动、D正确；由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动、A错误，故选BD。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的关系、匀变速直线运动的图象。【名师点睛】滑块滑上木板，木板可能运动，可能不动，所以滑块可能先做匀减速运动，然后和木板一起做匀减速运动，也可能一直做匀减速运动。二、实验题13. 利用打点计时器探究小车的速度随时间变化的规律。其中交变电流的频率为50Hz,如图给出了该次实验中，从A点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中A、B、C、D、E、F、G都为计数点。测得各计数点到A点的距离分别为：d1=1.40cm，d2=3.29cm，d3=5.69cm，d4=8.59cm，d5=12.00cm，d6=15.90cm。(1)如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为_(选填“AB”或“BA”)，且小车做_(填“匀加速”、“匀减速”或“变加速”)直线运动。(2)在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为=_m/s，小车的加速度大小为a=_m/s2。(本小车计算结果数值均保留两位有效数字)(3)如果当时电网中交变电流的电压略偏小，但仍然稳定。而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 (1). (1)BA; (2). 匀加速 (3). (2)vF=0.37m/s; (4). a=0.50m/s2(0.490.51均可) (5). (3)不变【解析】试题分析：（1）如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为BA，因，故小车做 匀加速直线运动。（2）小车运动的瞬时速度为小车的加速度大小为。（3）如果当时电网中交变电流的电压略变小，打点计时器的打点时间间隔不变，加速度a的测量值不变，加速度的测量值与实际值相比不变考点：探究小车的速度随时间变化的规律【名师点睛】此题考查了探究小车的速度随时间变化的规律的试验；关键是搞清试验的原理，知道用匀变速直线运动的推论来计算瞬时速度和加速度14. 用图(a)的装置“验证牛顿第二定律”时有两个“巧妙”的设计，一是要求小车的质量远大于砂和砂桶的质量之和；二是对小车要进行“平衡摩擦力”操作.回答下列问题：(1)实验要求“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”的目的是_.(2)对小车进行“平衡摩擦力”操作时，下列必须进行的是_(填字母序号).A.取下砂和砂桶B.在空砂桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动C.小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应断开D.把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度(3)在满足实验条件下，某同学得到了如图(b)的图线(M为小车和砝码的总质量)，图线在纵轴上截距不为零的原因是_.【答案】 (1). (1)绳重的拉力(近似)等于砂和砂桶重力之和 (2). (2)AD (3). (3)平衡摩擦力过度【解析】（1）当小车质量远大于砂和砂桶质量之和时可以近似认为：小车所受拉力近似等于砂和砂桶的总重力。（2）在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，应该平衡摩擦力，正确的操作应该是在没有定滑轮的一端把长木板垫起适当角度，细绳的另一端不能悬挂砂和砂桶，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动,故AD正确。 （3）由图象可知，对应的表达式为：；则说明图线在纵轴上截距不为零说明在没有施加拉力的情况下，物体已经具有加速度，即物体的斜面倾角过大,即平衡摩擦力过度。点睛：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题，要学会应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。三、计算题15. 在距离地面5m处将一个质量为1kg 的小球以10m/s的速度水平抛出，若g=10m/s2。求：(1)小球在空中的飞行时间是多少？(2)水平飞行的距离是多少米？(3)小球落地是的速度？【答案】（1）1s（2）10m（3）10m/s，方向与水平方向的夹角为45向下【解析】（1）小球做平抛运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动。由hgt2得：小球在空中飞行的时间为：t1 s。 （2）小球在水平方向上做匀速直线运动，得小球水平飞行的距离为：sv0t101 m10 m。 （3）小球落地时的竖直速度为：vygt10 m/s。 所以，小球落地时的速度为：vm/s10m/s， 方向与水平方向的夹角为45向下。 16. 如图所示，传送带与地面的倾角=37，从A到B长度为L=10.25m，传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin37=0.6，取g=10m/s2，求：(1)煤块从A到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带山形成痕迹的长度.【答案】(1)1.5s (2)5m【解析】试题分析：（1）煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律得：代人数据解得：10（1分）达到和皮带速度相等的时间为：=（1分）煤块加速运动的位移为：（1分）达到后，煤块受到向上的摩擦力，由牛顿第二定律得：（1分）2(1分)第二次加速的位移：（1分）（1分）解得（1分）将煤块从A到B的时间为（1分（2）第一过程划痕长（2分）第二过程划痕长（2分）两部分重合划痕总长为5m （2分）考点：本题考查了传送带问题的分析。17. 如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C(未粘连)，它们的质量均为M=2kg.在B木板的左端放置着质量为m=1kg的木块A(可视为质点).A与B、C间的动摩擦因数均为=0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.开始时整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F=6N，测得A在B、C上各滑行了1s后，从C的右端离开木板，求木板B、C的长度、.【答案】 【解析】试题分析：（1）如图的示，对物体A进行受力分析有：物体A产生的加速度当A在B上滑动时，若B运动则以运动以B一致，故取BC为整体为研究对象受力分析有：BC整