河北省保定市涞水波峰中学物理高一第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

河北省保定市涞水波峰中学物理高一第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、用图所示的方法可以测出一个人的反应时间，设直尺从开始自由下落，到直尺被受测者抓住，直尺下落的距离h，受测者的反应时间为t，则下列说法正确的是（）A.∝hB.t∝C.t∝D.t∝h22、某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G；他在电梯中用该测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数为0.9G，由此判断此时电梯的运动状态可能是（）A.加速上升 B.减速下降C.减速上升 D.匀速下降3、物体做匀变速直线运动，已知加速度大小2m/s2，那么任意1秒时间内（）A.物体的速度变化率一定为2m/s2B.物体的末速度一定比初速度大2m/sC.第5s的初速度比第4s的末速度大2m/sD.第5s的初速度比第4s的初速度大2m/s4、为研究自由落体运动，实验者从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，拍摄到石子下落过程中的一张照片如图。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。经测量，每层砖的平均厚度为6.0cm，位置A距石子下落的起始位置的距离大约为2m，请根据这些数据估算这张照片的曝光时间（）A.0.02s B.0.05sC.0.2s D.0.5s5、如图所示，甲、乙、丙、丁四种情况，光滑斜面的倾角都是α，球都是用轻绳系住处于平衡状态，则下列说法正确的是()A.球对斜面压力最小的是甲图B.球对斜面压力最小的是丙图C.球对斜面压力第二大的是丁图D.球对斜面压力第二大的是乙图6、如图所示，水平传送带A、B长2m，以2m/s的速度向右匀速运动．现将一小物块轻放在传送带的左端A点，设小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2．则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是（）A.1s B.1.5sC.s D.2s7、作匀变速直线运动的物体先后经过A、B两点，在它们中间位置的速度为v1，在中间时刻的速度为v2，则（）A.物体作加速运动时，v1＞v2 B.物体作加速运动时，v2＞v1C.物体作减速运动时，v1＞v2 D.物体作减速运动时，v2＞v18、如图，甲、乙两质点同时从离地高度为2H和H的位置自由下落，不计空气阻力，甲的质量是乙质量的2倍，则（）A.甲落地的时间是乙落地时间的2倍B.甲落地时的速率是乙落地时速率的倍C.甲、乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变D.甲、乙落地之前，同一时刻两物体的速度相等9、互成一定夹角的两个共点力、大小不同，它们的合力大小为F，现保持、的夹角不变，下列说法正确的是A.、同时增大一倍，F也增大一倍B.、同时增加5N，F也增加5NC.若、中的一个增大，F不一定增大D.若增加5N，若减少5N，F一定不变10、关于加速度，下列说法中正确的是A.速度变化越大，加速度一定越大B.物体向西运动，加速度方向可能向东C.加速度的方向一定与物体所受合外力的方向一致D.物体的速度减小，加速度也一定减小11、电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个质量为1kg的重物,电梯在匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12N。关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10m/s2)()A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为2m/s2，处于超重状态B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为4m/s2，处于失重状态C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为4m/s2，处于失重状态D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2m/s2，处于超重状态12、电梯内的台式弹簧秤上放一质量m=1kg的物体，电梯向上运动时弹簧秤的示数如图所示，取g=10m/s2。那么电梯运行情况是A.加速上升 B.匀速上升C.减速上升 D.加速度大小约为5m/s2二．填空题(每小题6分，共18分)13、某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持___________状态。(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长___________，劲度系数___________。(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图丙所示时，该弹簧的伸长量为___________。14、用图甲中所示的电路测定一种特殊的电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8V，内阻r约为30Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA．为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有:A.电流表A(量程0.05A，内阻约为0.2Ω)B.电压表V(量程6V，内阻20kΩ)C.定值电阻R1(阻值100Ω，额定功率1W)D.定值电阻R2(阻值200Ω，额定功率1W)E.滑动变阻器R3(阻值范围0~10Ω，额定电流2A)F.滑动变阻器R4(阻值范围0~750Ω，额定电流1A)G.导线和单刀单掷开关若干个(1)为了电路安全及便于操作，定值电阻应该选___________；滑动变阻器应该选___________．(均填写器材名称代号)(2)接入符合要求的实验器材后，闭合开关S，调整滑动变阻器的阻值，读取电压表和电流表的示数．取得多组数据，作出了如图乙所示的图线．根据图象得出该电池的电动势E为___________V，内阻r为___________Ω．(结果均保留2位有效数字)15、某同学在“探究加速度与物体受力的关系”实验中实验装置如图甲所示，打点计时器工作时频率为50Hz在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中纸带左端和小车连接，打出了一条纸带，点迹如图乙所示．为了平衡摩擦力，则应该______选填A或A.把垫片略微向左移动B.把垫片略微向右移动在平衡摩擦力后，该同学将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中的砝码总重力F的实验数据如表：砝码盘中砝码总重力加速度a当砝码盘中砝码的总重力为时，所得纸带如图丙所示，则此时加速度______结果保留三位有效数字请把小题中所得数据描在坐标纸上，并作出图象_________________根据所描绘的图象，求得砝码盘重______结果保留两位有效数字三．计算题(22分)16、（12分）如图所示，长s=16m、倾斜角的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=3.2m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一质点物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平面上的D点，令物块在B、C处速率不变，取g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）动摩擦因数μ的值；（2）物块滑到C点时的速度的大小；（3）物块从A到D所经历时间。17、（10分）原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目．已知质量的运动员原地摸高为，比赛过程中，该运动员先下蹲使重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度．假设运动员起跳时为匀加速运动，重力加速度，求:(1)起跳过程中运动员对地面的平均压力；(2)从开始起跳到双脚落地所用的时间.

参考答案一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）1、C【解析】根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式h＝gt2，可得，所以t∝，故C正确2、C【解析】由于测力计显示为0.9G，说明物体处于失重，因此电梯加速度向下，对应情况可能为：加速下降或者减速上升。故选C。3、A【解析】A．加速度就是速度的变化率，加速度大小为2m/s，则物体的速度变化率一定为2m/s，所以A选项是正确的;B．加速度为2m/s说明在任意1s时间内物体的速度变化为2m/s，而不是任意时间内物体的末速度一定比初速度大2m/s，也可以减少2m/s，故B错误;C．第5s初与第4s末是同一时刻，物体的速度相等,故C错误;D．因加速度大小为2m/s2，故第5s初与第4s初的时间间隔1s内其速度可以增加2m/s，也可以减少2m/s，所以D错误.4、A【解析】由自由落体运动公式可知，石子下落到A点的速度在曝光的时间内，物体下降了大约有两层砖的厚度，即12cm（0.12m），由于时间极短，故A点的速度近似为AB段的平均速度，所以曝光的时间故选A5、B【解析】以小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件并运用合成法，通过分析受力图得到斜面对小球的支持力大小情况；而斜面对小球的支持力与小球对斜面的压力大小相等，故可以比较压力大小【详解】甲图中：根据平衡条件得，斜面对小球的支持力N1=mgcosα＜mg乙图中：受力如图由平衡条件得：>mg丙图中：由平衡条件可知，斜面对小球的支持力N3=0丁图中：设绳子与斜面的夹角为θ，绳子的拉力大小为F，则斜面对小球的支持力N4=mgcosα-Fsinθ＜mg根据牛顿第三定律得知，斜面对小球的支持力与小球对斜面的压力大小相等所以球对斜面压力最大的是乙图，压力最小的是丙图，由上分析，可知，那么第二大的是甲图故选B【点睛】本题关键是分析物体的受力情况，再根据共点力的平衡条件进行分析．丙图也可以采用假设法判断斜面与小球之间没有弹力6、B【解析】设运动过程中物体的加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg=ma，求得a=μg=2m/s2，设达到皮带速度v时发生的位移为s1，所用时间为t1，则v2=2as1；解得：s1=1m；根据速度公式有v=at1；解得时间t1=1s；此时距离B端s2=L-s1=2m-1m=1m；接下来做匀速运动的时间，所以t=t1+t2=1.5s7、AC【解析】AB．当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1所示设C是AB的中点，则AC=CBAC与CB的位移相等，图线与坐标所围面积相等，由数学知识得知v1＞v2，B错误，A正确；CD．当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2AC与CB的位移相等，图线与坐标所围面积相等，由数学知识由图看出，v1＞v2，D错误，C正确。故选AC。8、BCD【解析】重力加速度与物体的质量无关，自由落体运动的初速度为0，加速度等于当地的重力加速度，故利用根据速度时间公式分析同一时刻的速度大小，根据位移时间公式比较运动的时间；【详解】A、根据自由落体运动规律可知：，则，则可知：，故A错误；B、根据速度与时间关系可知：，故选项B正确；C、由于二者同时下落，则在甲、乙落地之前，同一时刻两物体的速度相等，二者相对静止，则在落地之前，二者之间的竖直距离保持不变，故选项CD正确【点睛】掌握了自由落体运动的基本规律，掌握了匀变速直线运动运动的速度公式和位移公式即可顺利解决此题9、AC【解析】A．根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；B．F1、F2同时增加5N，根据平行四边形定则合成之后，合力的大小增加不一定是5N，故B错误；C．F1、F2中一个增大，根据平行四边形定则合成之后，合力的大小不一定增大，选项C正确；D．F1增加5N，F2减少5N，F一定变化，故D错误。故选AC。10、BC【解析】A．根据a=可知，速度变化越大，但时间可能长，故加速度不一定大，故A错误．B．物体向西运动，加速度方向可能向东，此时做减速运动，故B错误；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，故C正确；D．物体的速度减小说明加速度与速度方向相反，但加速度不一定减小，故D错误．故选BC。点睛：解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小和方向取决于合外力的大小和方向，与速度大小、速度变化量的大小无关．11、AD【解析】考查超重失重的判断。【详解】质量为1kg的重物，匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10N，即重力为10N，某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为12N，属于超重现象，超重现象时，加速度向上，向上加速和向下减速的加速度都是向上的，由牛顿第二定律可得解得AD正确。故选AD。12、AD【解析】当电梯运动时，由图可知弹簧秤的度数为15N，根据牛顿第二定律，有：F-G=ma解得：a=5m/s2；由于弹簧秤的示数大于物体重力，所以物体的加速度的方向竖直向上；故电梯加速上升或者减速下降。A．加速上升，与结论相符，选项A正确；B．匀速上升，与结论不相符，选项B错误；C．减速上升，与结论不相符，选项C错误；D．加速度大小约为5m/s2，与结论相符，选项D正确；故选AD。二．填空题(每小题6分，共18分)13、①.竖直②.4③.50④.6【解析】【详解】(1)[1]由于弹簧挂上重物后处于竖直状态，因此刻度值必须保持竖直状态。(2)[2]图像与横坐标的交点就是弹簧的原长，因此该弹簧的原长[3]在F-x图像中，图像的斜率表示劲度系数，因此劲度系数(3)[4]根据可得14、①.R2②.R4③.7.8④.29【解析】（1）应用欧姆定律求出电路最小电阻，然后选择保护电阻；根据电源内阻与保护电阻的阻值，选择滑动变阻器（2）电源的U-I图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻【详解】（1）[1]为保护电源安全，电路最小电阻，保护电阻阻值至少为，则保护电阻应选定值电阻；[2]电源等效电阻（电源内阻与保护电阻之和）为200Ω，为进行多次实验，测出多组实验数据，滑动变阻器应选滑动变阻器（2）[3]由电源U-I图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是7.8，则电源电动势E=7.8V，[4]图象斜率，电源内阻15、①.B②.③.④.【解析】根据小车做匀变速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解；在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度；由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解【详解】从打出的纸带的点迹来看，小车仍然是做加速运动，则平衡摩擦力过度，即