2019-2020学年甘肃省兰州第一中学高一上学期期末考试物理试卷 Word版含解析 17页

‎2019－2020－1学期兰州一中期末考试试题 高 一 物 理 说明：本试题满分100分，答题时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。1~8小题只有一个选项正确，9~12小题有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选的得0分）‎ ‎1.下列关于加速度的描述中，正确的是(　　)‎ A. 物体的加速度等于零，则物体一定静止 B. 当加速度与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动 C. 速度方向为正时，加速度方向可能为负 D. 速度变化越来越快时，加速度越来越小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加速度等于单位时间内的速度变化量，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项：加速度等于零时，物体可能静止，也可能匀速运动，故A错误；‎ B项：当加速度与速度方向相同时，速度增大，故B错误；‎ C项：速度方向为正，加速度方向可以为正（速度增加）也可以为负（速度减小），故C正确；‎ D项：加速度表示速度变化的快慢，速度变化越来越快，加速度应越来越大，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系．‎ ‎2.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（ ）‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】M、m相对静止，对整体分析知，整体受总重力和地面给的支持力，处于静止状态；对物体m受力分析，则m受到重力、支持力和静摩擦力；最后对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，因墙壁对小车不会有力的作用；则M共受到4个力．故B项正确，ACD三项错误．‎ ‎3.一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点a的时间间隔为5s，两次经过一个较高点b的时间间隔为3s，忽略空气阻力，重力加速度用g表示，则a、b之间的距离为(　 )‎ A. ‎2g B. g C. g D. ‎‎5g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据运动的对称性，物体从最高点到达a点的时间为2.5s，到达b点的时间为1.5s，则有 所以a、b之间的距离为 选项A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎4.甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点,得到两车的位移—时间图象，即x—t图象，如图所示，甲图象过O点的切线与AB平行，过C点的切线与OA平行，则下列说法正确的是(　 )‎ A. 在两车相遇前，t2时刻两车相距最远 B. 在两车相遇前，t1时刻两车相距最远 C. 0-t2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度 D. 甲车的初速度大于乙车在t3时刻的速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A B. 从图象可知在两车相遇前，t1时刻两车距离大于t2时刻两车距离，t1时刻两车相距最远，选项A错误，B正确；‎ C. x—t图象斜率表示物体的速度，由图可知t1时刻后甲车的瞬时速度小于乙车的瞬时速度，选项C错误；‎ D. 甲车的初始时图象的斜率等于乙车在t3时刻图象的斜率，所以甲车的初速度等于乙车在t3时刻的速度，选项D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α（0<α<π）缓慢增大时，力F的大小应（ ）‎ ‎ ‎ A. 恒定不变 B. 逐渐增大 C. 逐渐减小 D. 先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以P点为研究对象，分析受力情况，运用三角形相似法，得到力F与重力的关系，再分析F的变化情况．‎ ‎【详解】以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图，由三角形相似法得：‎ 当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题涉及非直角三角形的动态分析问题，运用三角相似法是常用的方法，形象直观方便．‎ ‎6.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零．箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中．下列说法正确的是 A. 箱内物体对箱子底部始终没有压力 B. 箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大 C. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D. 若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 箱子在下落过程中，受到的重力不变，由于空气阻力与速率平方成正比，所以在下落过程中，速率越来越大，阻力也越来越大，这样合力就越来越小，加速度越来越小，最后箱子会匀速运动．因为救灾物资和箱子一起运动，具有相同的速度和加速度，所以开始时物资和箱子间没有弹力，随着速度的增大，弹力增大，最后弹力等于重力大小．所以答案ABD错误．C正确．‎ ‎7.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( ) ‎ A. 两图中两球加速度均为gsin θ B. 两图中A球加速度均为0‎ C. 图乙中轻杆的作用力一定不为0‎ D. 图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故D正确，A.B.C错误．‎ 故选D.‎ 点睛：根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中A、B所受合外力即可得到各自的加速度．‎ ‎8.质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“ V”型槽B上，如图，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是(　 )‎ A. 当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为‎0.5g B. 当M=‎2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为‎0.5g C. 当M=‎6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为‎0.75g D. 当M=‎5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】D.当A和B之间的恰好发生相对滑动时，对A受力分析如图 根据牛顿运动定律有：‎ 解得 B与C为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B和C有：‎ 所以，即 解得 选项D错误；‎ C.当，A和B将发生相对滑动，选项C错误；‎ A. 当，A和B保持相对静止。若A和B保持相对静止，则有 解得 所以当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为，选项A错误；‎ B. 当M=‎2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为，选项B正确。‎ 故选B。‎ ‎9.如图所示的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是(　 　)‎ A. 图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙 B. 图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁 C. 图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁 D. 图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据（轻）绳子只能提供拉力的特点和对B点受力分析结合平衡条件可知：图甲、乙、丁中的BC不能用绳子代替，图乙中的AB不能用绳子代替，B正确，ACD错误．‎ 考点：本题考查平衡条件及绳、杆的施力特点．‎ ‎10.如图所示，用轻弹簧相连的A、B两球，放在光滑的水平面上，质量分别为，在水平外力Ｆ作用下，它们一起向右加速运动，则( 　)‎ A. A球和B球都做匀加速直线运动 B. A球先做加速度逐渐减小的加速直线运动后做匀加速直线运动 C. 突然撤去外力F的瞬间，A的加速度发生改变，B的加速度不变 D. 突然撤去外力F的瞬间，B的加速度发生改变，A的加速度不变 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由于弹簧的弹力随形变量的增大而增大，所以A球先做加速度逐渐减小的加速直线运动，B球先做加速度逐渐增大的加速直线运动。当两球速度达到相等时，弹簧形变量不再变化，A、B两球的受力不再变化，之后均做匀加速直线运动，选项A错误，B正确；‎ CD. 突然撤去外力F的瞬间，由于弹簧的弹力不能发生突变，所以B的加速度不变，但A球的受力发生了变化，所以A的加速度发生改变，选项C正确，B错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.如图所示,在水平面运动的小车内,用轻绳AB、BC拴住一个重力为G的小球,轻绳AB、BC与水平方向夹角分别为30°和45°,绳AB的拉力为绳BC的拉力为下列叙述不正确的是 A. 小车向右以加速度匀加速运动时 B. 小车向右以加速度匀加速运动时 C. 小车向右以加速度匀减速运动时 D. 小车向右以加速度匀减速运动时 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 当加速度方向向左或向右时，分别找出当AB和BC绳的拉力为零时的临界加速度值，然后进行分析.‎ ‎【详解】当小车向右加速运动时，当AB绳的拉力恰为零时，根据牛顿第二定律：mgtan450=ma1，解得a0=g，则小车向右以加速度g匀加速运动时，T1=0，T2=G，选项AB正确；当小车向右做减速运动时，当BC绳的拉力恰为零时，根据牛顿第二定律：mgtan600=ma2，解得a2= g，，则小车向右以加速度g匀减速运动时，T2=0，T1=‎2G，故选项C正确，D错误；此题选择不正确的选项，故选D.‎ ‎12.如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( 　　) ‎ A. 水平外力F增大 B. 墙对B的作用力减小 C. 地面对A的支持力减小 D. B对A的作用力减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况．‎ ‎【详解】对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如图所示： 当A球向左移动后，A球对B球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，故B D正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图所示： ‎ ‎ 根据平衡条件，有F=N，FN=G，故地面的支持力不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小，故A C错误．所以BD正确，AC错误．‎ ‎【点睛】本题关键是先对小球B受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析．‎ 二、实验填空题（共14分，其中13题每空2分，14题每空3分）‎ ‎13.用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系.实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.‎ ‎ ‎ ‎(1)关于实验操作，下列说法正确是________.‎ A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车 ‎(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离.已知所用电源的频率为50 Hz，打B点时小车的速度vB＝________ m/s，小车的加速度a＝________ m/s2.‎ ‎(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是________.‎ ‎【答案】 (1). (1)AD (2). (2)0.32 (3). 0.93 (4). (3)随所挂钩码质量m的增大，不能满足M≫m.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；  C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误； D、实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D错误；故选A.‎ ‎(2)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为 T=5×0.02s=0.10s．根据△x=aT2可得：xCE-xAC=a(2T)2，小车运动的加速度为，B点对应的速度：.‎ ‎(3)随着力F增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M>>m，因此曲线上部出现弯曲现象．‎ ‎【点睛】该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力．‎ ‎14.图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：‎ ‎①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d．用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平；‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB，求出加速度a：‎ ‎④多次重复步骤③．求a的平均值 ‎⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数µ 回答下列问题：(1)物块的加速度a可用d、s．和tA和tB表示为 a=_____________．‎ ‎(2)动摩擦因数µ可用M、m、和重力加速度g表示为 µ =__________________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]遮光片经过光电门A和光电门B时的速度为：‎ 根据可得：‎ ‎（2）[2]根据牛顿第二定律可知：‎ 解得：‎ 三、计算题（共4小题，总分38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不得分）‎ ‎15.如图，质量为‎50 kg的滑雪运动员，在倾角为37°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑‎50 m到达坡底，用时10s，若g=‎10 m/s2，求:‎ ‎⑴运动员到达坡底时的速度大小。‎ ‎⑵运动员受到的滑动摩擦力大小。‎ ‎【答案】（1）‎10m/s （2）250N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑雪运动员从静止开始匀加速下滑50 m到达坡底，用时10s，根据 得 所以运动员到达坡底时的速度大小。‎ ‎（2）沿斜面方向根据牛顿第二定律有：‎ 所以运动员受到的滑动摩擦力大小 ‎。‎ ‎16.质量为m＝0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向．质量为M＝10 kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，斜面体静止在地面上，如图所示．(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：‎ ‎（1）轻绳PB拉力的大小；‎ ‎（2）斜面体所受木块的摩擦力和弹力的大小．‎ ‎（3）地面对斜面体的摩擦力 ‎【答案】（1）F B =6 N（2）F f =64.8 N，F N =76.4 N（3）6 N,方向水平向左 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对物体G1受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PB拉力的大小；‎ ‎(2)对木块受力分析，并交PB的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力和弹力；‎ ‎(3)以斜面体为研究对象，结合共点力平衡即可求出．‎ ‎【详解】(1) 如图所示分析P点受力，由平衡条件可得：‎ FA cos37°=mg FAsin37°=FB 可解得：FB=6N；‎ ‎(2) 再分析M的受力情况如图所示．由物体的平衡条件可得：‎ Ff=Mgsin37°+FB′cos37°‎ FN+FB′sin37°=Mgcos37°‎ 可求得：Ff=64.8 N  FN=76.4N；‎ ‎(3) 对斜面和木块的整体：地面对斜面的摩擦力f=FB=6N，水平向左．‎ ‎【点睛】解决共点力平衡的题目，受力分析是关键，同时注意正确做出图象，三力平衡时可以用合成法，四力及以上时一般采用正交分解法．‎ ‎17.如图所示传送带的速度为v=2m/s，方向水平向右，物块刚放到传送带上的时候，具有水平向左，大小为的初速度，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平长度为30m，取g＝10 m/s2，求物块在传送带上运动的时间。‎ ‎【答案】20.5s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块向左运动的时候，根据牛顿第二运动定律有：‎ 所以 运动的时间 ‎（2）物块反向加速到共速时加速度大小仍未a，有 物块滑动的位移 ‎（3）达到共同速度后物块与传送带一起匀速运动，有 所以物块在传送带上运动的时间 ‎18.如图1所示， 质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度v0从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图象分别如图2中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d的坐标为a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0），根据v-t图象，求：‎ ‎（1）物块相对长木板滑行距离△s；‎ ‎（2）物块质量m与长木板质量M之比．‎ ‎【答案】（1）20m（2）3:2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由v-t图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离 ‎ ‎ ‎（2）设物块与木板之间的动摩擦因数μ1，木板和地面之间的动摩擦因数为μ2；物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律 对物块：‎ μ1mg=ma1①‎ 对木板：‎ μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2   ②‎ 对整体：‎ μ2（m+M）g=（M+m）a   ③‎ 由图象的斜率等于加速度可得，a1＝1.5m/s2，a2＝1m/s2，a=0.5m/s2． 由以上各式解得 ‎ ‎