2018-2019学年四川省棠湖中学高一上学期期末考试物理试题（解析版） 14页

‎2018-2019学年四川省棠湖中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）‎ 一、选择题： ‎ ‎1.坐在火车里的王同学观察相邻轨道上的另一火车时，感到自己乘坐的火车在后退，实际上他乘坐的火车并未开动，下来相关分析正确的是 A. 王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是火车站的地面 B. 王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是相邻轨道的火车 C. 王同学比较两列火车运动快慢时，火车不能看成质点 D. 王同学研究火车车轮转动时，火车可以看成质点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 王同学感到自己所乘火车在后退，选择的参考系是相邻轨道上的另一火车，实际是另一火车向前运动了，故A错误，B正确；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，王同学比较两列火车运动快慢时，火车可以看成质点，故C错误；在研究火车车轮的转动时，车轮上各点的运动相对于车轮的大小不能忽略不计，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 若物体的速度为零，位移可能继续增大 B. 若物体的加速度为零，速度一定为零 C. 若物体的加速度方向向东，所受合力方向一定向东 D. 若物体的速度方向向东，所受合力方向一定向东 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 若物体的速度为零时，物体已经停止运动，位移不在发生变化，故A错误；加速度为零说明物体的速度没有发生变化，速度没有发生变化，而速度不一定为零，故B错误；根据牛顿第二定律知，合力的方向与加速度方向一定相同，故C正确；物体的速度方向与合外力方向没有必然联系，所以物体的速度方向向东，所受合力方向可以向西，故D错误。 所以C正确，ABD错误。‎ ‎3.雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，直到变为零，在此过程中雨滴的运动情况是( )‎ A. 速度一直保持不变 B. 速度不断减小，加速度为零时，速度最小 C. 速度的变化率越来越大 D. 速度不断增大，加速度为零时，速度最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 雨滴从高空由静止下落，由于空气阻力作用，其加速度逐渐减小，因为加速度方向与速度方向相同，则速度一直增大，当加速度减小到零时，速度达到最大．故D正确，AB错误．加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度减小，则速度的变化率减小．故C错误．故选D．‎ 点睛：解决本题的关键知道加速度的物理意义，以及知道如何判断速度的增加还是减小，关键看加速度的方向与速度方向的关系．‎ ‎4.如图所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0运动，同时刻在它的正上方有一小球b也以v0的初速度水平拋出，并落于N点，则 A. 小球a先到达N点 B. 小球b先到达N点 C. 两球同时到达N点 D. 不能确定两球到达N点的时间关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ b球做平抛运动，在水平方向上以v0做匀速直线运动，与a球的运动规律相同，可知两球同时到达N点，故C正确，ABD错误．故选C．‎ 点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道分运动与合运动具有等时性．‎ ‎5.如图，放在水平面上的物体受到水平向右的力F1=7N和水平向左的力F2=2N的共同作用，物体处于静止，那么 A. 如果撤去力F1，那么物体受到的合力为2N B. 如果撤去力F1，那么物体受到的合力为零 .‎ C. 如果撤去力F2，那么物体受到的合力一定为2N D. 如果撤去力F2，那么物体受到的摩擦力一宠为7N ‎【答案】B ‎【解析】‎ 物体在水平方向受到：F1=7N、F2=2N与摩擦力作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得：F1=F2+f，静摩擦力f=F1-F2=7-2=5N，最大静摩擦力大于等于5N；若撤去力F1=7N，物体受到推力F2=2N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F2小于最大静摩擦力，物体静止不动，所受合力为零，受到的摩擦力一定为2N，故A错误，B正确；若撤去力F2=2N，物体受到推力F1=7N作用，由于最大静摩擦力大于等于5N，则F1可能大于最大静摩擦力，物体所受合力可能不为零，物体受到的摩擦力不一定等于7N，故CD错误；故选B．‎ 点睛：当推力大于最大静摩擦力时，物体将运动，推力小于等于最大静摩擦力时，物体静止；根据题意确定最大静摩擦力的大小是正确解题的关键．‎ ‎6. 一轮船以船头指向始终垂直于河岸方向以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是（ ）‎ A. 水流速度越大，路程越长，时间越长 B. 水流速度越大，路程越短，时间越短 C. 渡河时间与水流速度无关 D. 路程和时间都与水速无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v，t=．‎ 时间与水速无关，故A错误，C正确；‎ 如果水速越大，船在水中运动的路程就越大，故BD错误．‎ 故选：C ‎7.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A. B仍保持静止，下列说法中正确的是 ‎ A. B与水平面间的摩擦力减小 B. 地面对B的弹力减小 C. 悬于墙上的绳所受拉力不变 D. A、B静止时，图中a、b、q 三角始终相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系．‎ ‎【详解】A.对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大；故A错误；‎ B.B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳拉力竖直分量减小，则支持力变大；故B错误；‎ C.由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故C错误；‎ D.对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，同时增加；故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题要注意分别对A、B及滑轮分析，根据共点力的平衡条件可得出各物体受力的关系；同时注意要根据力的合成与分解等知识进行讨论．‎ ‎8.我们见过在砂轮上磨刀具的情形．当刀具与快速旋转的砂轮接触时，就会看到一束火星从接触点沿着砂轮的切线飞出，这些火星是刀具与砂轮接触时擦落的炽热微粒，对此现象，下列描述中错误的是 A. 火星微粒由于惯性而做匀速直线运动 B. 火星微粒被擦落时的速度为零，所以做自由落体运动 C. 火星微粒飞出的方向就是砂轮跟刀具接触处的速度方向 D. 火星微粒都是从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 做曲线运动的物体的速度方向沿物体运动轨迹的切线方向．‎ ‎【详解】微粒在擦落前做圆周运动，擦落后由于惯性要沿着原来的速度方向继续运动，微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向；微粒由于惯性而沿着离开砂轮时的切线方向，即速度方向飞出，故A正确；微粒被擦落时的速度不为零，微粒的运动不是自由落体运动，故B错误；微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向，即从接触点沿着砂轮的切线方向飞出的，故CD正确；本题选择错误的，故选B。‎ ‎9.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg。若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）（ ）‎ A. 该同学所受的重力变小了 B. 电梯一定在竖直向下运动 C. 该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力 D. 电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、同学在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，故A错误；‎ BD、以竖直向下为正方向，有：mg-F=ma，即50g-40g=50a，解得a=0.2g，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，故B错误，故D正确；‎ C、对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】熟练超重和失重概念的理解及牛顿第二定律在超重和失重中的应用，不论处于超重还是失重状态，重力均不会变化。‎ ‎10.如图，倾角的光滑斜面固定于地面，斜面上A、B两个小球的质量均为m，轻弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间连有一轻质细线，弹簧与细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被烧断后的瞬间，两球的加速度分别为，下列判断正确的是（ ）‎ A. 方向沿斜面向下 B. 方向沿斜面向上，‎ C. 方向沿斜面向上，方向沿斜面向下 D. 方向沿斜面向下，方向沿斜面向下 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F=2mgsinθ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：2mgsinθ- mgsinθ=ma，则加速度a=gsinθ，方向沿斜面向上；当细线被烧断后的瞬间，B将沿斜面向下运动，对球B，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向沿斜面向下，故ABD错误，C正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解题思路依然是受力分析，再结合二力平衡以及牛顿第二定律进行解答，但特别注意绳子的拉力可以在烧断的瞬间突变为0，而弹簧的弹力却不能突变，依然会保持原来的大小和方向。‎ ‎11.如图所示，在粗糙水平地面上放一三角形劈， 三角形劈与光滑竖直墙之间放一光滑圆球，整个装置处于静止状态，若把三角形劈向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则 A. 球对墙的压力增大 B. 球对墙的压力不变 C. 球对三角形劈的压力增大 D. 地面对三角形劈的摩擦力不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体和三角形劈都处于静止状态，受力平衡，先对球受力分析，再对三角形劈受力分析，结合共点力平衡条件列式分析即可．‎ ‎【详解】对球受力分析，受重力、三角形劈支持力和墙壁的支持力；再对三角形劈受力分析，受重力、球的压力、地面的支持力和摩擦力；若把三角形劈向右移动少许，各个力的方向均没有改变，重力不变，故题中所有的力大小也都不变；故AC错误，BD正确；故选BD。‎ ‎【点睛】本题只需判断出各个力的方向是否改变，然后结合共点力平衡条件定性分析即可．‎ ‎12.如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧连接.两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在物体上，使m1、m2以相同的加速度向右加速运动，则( )‎ A. 弹簧的弹力是50N B. 弹簧的弹力是26N C. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5m/s2‎ D. 在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A、B、对整体分析，根据牛顿第二定律知，加速度，隔离对A分析，F1-F=m1a，则弹簧的弹力F=F1-m1a=30-2×2N=26N．故A错误，B正确．C、撤去F2后的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度大小不变，仍然为2m/s2．故C错误．D、在突然撤去F1后的瞬间，弹簧的弹力不变，则A的加速度，．故D正确．故选BD．‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎13.如图所示，如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：m与M具有相同的加速度，对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对m分析，求出木块受到的摩擦力大小．‎ 解：整体所受的合力为F，整体具有的加速度a=．‎ 隔离对m分析，根据牛顿第二定律得，f=ma=．故B、D正确，A、C错误．‎ 故选BD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道M和m具有相同的加速度，能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．‎ 三、实验题：‎ ‎14.在“研究匀变速直线运动”实验中，交流电频率为50Hz，某同学打出如图所示的纸带，相邻两计数点之间有4个点未画出，并测得OA=2.80cm，DE=9.10cm，则小车的加速度为_____m/s2，（结果取2位有效数字）‎ ‎【答案】1.6‎ ‎【解析】‎ 试题解析：由于DE－OA=4a△t2，故加速度a=≈1.6m/s2。‎ 考点：由纸带计算加速度。‎ ‎15.用如图所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点另一端用细线绕过定滑轮挂钩码，旁边附有一竖直放置的厘米刻度尺。当挂两个钩码时，线上一定点P对应的刻度线如图中的ab虚线所示，当挂三个钩码时，线上一定点P对应的刻度线如图中的cd虚线所示。已知每个钩码的质量为50g，重力加速度g＝9.8m／s2。ab虚线处刻度尺读数是d1 =_____m；则被测弹簧的劲度系数为____________N/m。‎ ‎【答案】 (1). 0.3110 (2). 70‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在实验中，所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，P点对应刻度的变化可知弹簧的伸长量．‎ 对钩码受力分析，由平衡条件可求得劲度系数；‎ ‎【详解】ab虚线处刻度尺读数是d1=31.10cm=0.3110m 由图可知，当钩码增至3个时，弹力增大mg，而弹簧的长度伸长31.80-31.10=0.70cm，则由平衡关系可知，F=kx 解得劲度系数为：；‎ ‎【点睛】解决本题的关键由平衡条件得所挂钩码的重力等于弹簧的弹力，掌握胡克定律F=kx．‎ ‎16.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用图所示的装置． ‎ ‎（1）本实验应用的科学方法是______‎ A．建立理想模型的方法 B.控制变量法 C. 等效替代法 D.类比法 ‎（2）某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示：（小车质量保持不变）‎ F/N ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ a/m·s-2‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.29‎ ‎0.40‎ ‎0.51‎ ‎①根据表中的数据在坐标图上作出a-F图象_______． ‎ ‎②图线不过原点的原因可能是____________________．‎ ‎【答案】 (1). （1）B (2). （2）①见解析； (3). ②没有平衡摩擦力（或者平衡摩擦力不够）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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。该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要。采用描点法作图，绘出一条倾斜的直线。‎ ‎【详解】（1）本实验探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，这种实验方法是控制变量法，故选B.‎ ‎（2）①a-F图象如图所示：‎ ‎②从上图中发现直线没过原点，当F≤0.1N时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢。该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤。所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够。‎ ‎【点睛】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。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。其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚。‎ 三、计算题： ‎ ‎17.如图，质量m=1kg的小球被竖直平面内的轻线和轻弹簧系着而处于静止，轻线和轻弹簧的另一端分别固定在竖直立柱和水平地面上，已知轻弹簧的劲度系数，其轴线与地面夹角，弹簧对小球的拉力F=10N，取重力加速度，求：‎ ‎ ‎ ‎（1）弹簧的伸长量；‎ ‎（2）轻线拉力T的大小及轻线与水平面的夹角。‎ ‎【答案】(1) 0.02m，(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据共点力平衡求出弹簧的弹力，从而根据胡克定律求出弹簧的伸长量；对小球受力分析，根据平衡条件列方程即可求解。‎ ‎（1）对轻质弹簧，根据胡克定律有：F= kΔx 代入数据解得：Δx=0.02m ‎(2)对小球受力分析如图所示：‎ 因为小球静止，根据平衡条件，在水平方向有：Tcosα＝Fcosθ 在竖直方向有：Tsinα＝Fsinθ+mg 联立以上并代入数据解得：T=10N α＝60°‎ 点睛：本题主要考查了共点力的平衡，关键能够正确地受力分析，根据正交分解即可解题。‎ ‎18.如图所示，传送带与水平面的夹角θ=30°，正以恒定的速度v=2.5m/s顺时针转动，现在其底端A轻放一货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数μ=，经过t=2s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并刚好到达传送带顶端B．求传送带底端A与顶端B的距离．（g取10m/s2）‎ ‎【答案】4m ‎【解析】‎ 货物从A处开始做匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得  μmgcosθ-mgsinθ=ma1 代入数据得   a1=2.5 m/s2   匀加速运动的时间 ‎ 位移 ‎ 在t=1-2s内，货物随传送带一起匀速的位移为x2=v（t-t1）=2.5×（2-1）=2.5m 传送带停止转动后，货物匀减速运动到B端，速度刚好为0．设加速度大小为a2。 所以  μmgcosθ+mgsinθ=ma2 代入数据得  a2=12.5 m/s2      匀减速的位移为 x3==0.25m                    则传送带底端A与顶端B的距离 L=x1+x2+x3=4m ‎19.如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4m．质量M=2.0kg的B 物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行．A的质量m=2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动． A、B物体均可视为质点，取g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8． ‎ ‎（1）求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小；‎ ‎（2）求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；‎ ‎（3）若A物体从h1=1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围．（设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）‎ ‎【答案】（1）20N （2）1.92m （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：分别对A、B受力分析，结合牛顿第二定律即可求出绳子上的拉力和物体的加速度；根据牛顿第二定律求出速度，A着地后，B沿斜面做匀减速运动，当速度减为零时，根据速度位移公式即可求出B能沿斜面滑行的距离最大时A的高度；根据牛顿第二定律求出A着地后B向上滑行的加速度，由速度位移关系求出相应的位移，在结合力学关系求出相应的质量。‎ ‎（1）根据牛顿第二运动定律 根据牛顿第二定律对A有：mg-T=ma ‎ 根据牛顿第二定律对B有： ‎ 代入数据解得：a=2 m/s2 ‎ 绳子拉力大小：T=20 N ‎ ‎（2）设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1‎ 根据牛顿第二定律对B有： ‎ 代入数据解得：a1= m/s2 ‎ 对B由运动学公式得：着地前： ‎ 着地后： ‎ 代入数据解得：h=1.92 m ‎ ‎（3）设A着地后B向上滑行距离x 由运动学公式得： ‎ 位移关系满足： ‎ 着地前： ‎ 代入数据解得： ‎ 另一方面要能拉动必须有： ‎ 解得： ‎ 所以物体A的质量范围是： ‎ 点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，按时间顺序进行分析受力情况和运动过程分析，由牛顿第二定律、运动学公式进行解答即可。‎ ‎ ‎