2018-2019学年安徽省蚌埠市高一上学期期末学业水平监测物理试题（解析版） 14页

蚌埠市2018-2019学年度第一学期期末学业水平监测 高一物理 一、选择题 ‎1.下列哪一组属于国际单位制的基本单位 A. kg、m、km/h B. m、s、kg C. m、N、kg D. N、g、m/s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位；‎ ‎【详解】A、kg，m是国际单位制中基本单位，km/h不是国际单位制中的基本单位，故A错误；‎ B、m、s、kg是国际单位制中的基本单位，故B正确； C、N是国际单位制中的导出单位，故C错误； D、m/s2、N是国际单位制中的导出单位，g不是国际单位制中的基本单位，故D错误。‎ ‎【点睛】本题的解题关键要掌握国际单位制中基本单位，要注意基本物理量与基本单位的区别，不能混淆。‎ ‎2.如图，2018年12月8日2时23分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程。在火箭沿竖直方向加速上升的过程中 A. 火箭运动的位移不变 B. 火箭所受的合力为零 C. 分别以火箭和地面为参考系，探测器都是运动的 D. 研究火箭的上升速度时，可以将火箭看成质点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选择不同的参考系，物体的运动状态不同；当物体的大小和形状对所研究的问题起到无关因素或次要因素时，就可以将物体看成质点；‎ ‎【详解】A、由题可知：在火箭沿竖直方向加速上升的过程中，距离地面越来越高，故位移增大，由于加速上升，加速度不等于零，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故选项AB错误；‎ C、以地面为参考系，探测器是运动的，以火箭为参考系，探测器都是静止的，故选项C错误；‎ D、研究火箭的上升速度时，可以将其大小和形状忽略，可以将火箭看成质点，故选项D正确。‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律、参考系和质点的问题，需要注意：选择不同的参考系，物体的运动状态不同；当物体的大小和形状对所研究的问题起到无关因素或次要因素时，就可以将物体看成质点。‎ ‎3.2018年12月28日11时07分，第三架国产大飞机C919从浦东国际机场起飞，历经1小时 38分钟的飞行，于12时45分平稳返回浦东国际机场，圆满完成试飞任务。下列说法错误的是 A. 11时07分指的是时刻 B. 1小时38分钟指的是时间 C. 飞机飞行的路径总长度等于飞机位移的大小 D. 飞机在空中某位置的运动快慢用瞬时速度表示 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在时间轴上，时间用线段表示，时刻用点表示；路程为物体实际运动的轨迹的长度，不是位移的大小；‎ ‎【详解】A、11时07分在时间轴上为一点，故其指的是时刻，故选项A正确；‎ B、1小时38分钟在时间轴上为一段距离，故其指的是时间，故选项B正确；‎ C、飞机飞行的路径总长度等于飞机飞行的路程，故选项C错误；‎ D、飞机在空中某位置的运动快慢用瞬时速度表示，故选项D正确。‎ ‎【点睛】本题考查时间、时刻、以及路程、位移和瞬时速度等问题，这些知识点在学习过程中要着重掌握。‎ ‎4.大小分别为30N和20N的两个力，其合力的大小不可能等于 A. 5N B. 12N C. 32N D. 50N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两个恒力力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且；‎ ‎【详解】两力合成时，合力范围为：，故二者合力的范围为：，由于不在此范围之内，故选项A符合题意，选项BCD不符合题意。‎ ‎【点睛】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：。‎ ‎5.甲、乙两质点沿同一直线做直线运动，它们的x -t图象如图所示，由图象可知 A. 甲、乙两质点沿同一方向运动 B. 甲、乙两质点均做匀变速直线运动 C. 甲、乙两质点在第2s末相遇 D. 前4s内甲质点比乙质点运动得快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两物体都做直线运动，根据位移-时间图象纵坐标的变化量读出物体的位移，根据公式求出速度，然后进行分析即可；‎ ‎【详解】A、在图像中，图像的斜率代表物体运动的速度，根据图像可知，甲的速度为正，乙的速度为负，甲、乙相向做匀速直线运动，故选项AB错误；‎ C、x-t图象的交点表示相遇，根据图象可知，在第2s末甲、乙相遇，故C正确；‎ D、x-t图象的斜率表示速度，则甲的速度为 乙的速度大小为，可知前4s内甲质点和乙质点运动快慢相等，只是方向相反，故选项D错误。‎ ‎【点睛】本题是位移-时间图象问题，考查对物理图象的理解能力，知道斜率表示速度，能根据图象分析物体的运动情况。‎ ‎6.在力的分解中，已知合力F=40N，分力的方向与合力的夹角为，如图所示，则当另一分力取最小值时，分力的大小为（已知，)‎ A. 24N B. 30N C. 32N D. 50N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知合力和一个分力与合力的夹角，根据平行四边形定则作图分解即可；‎ ‎【详解】合力为，一个分力与水平方向的夹角是，根据平行四边形定则作图，如图所示：‎ ‎ 可知，分力的最小值为，则此时分力，故选项C正确，选项ABD错误。‎ ‎【点睛】本题关键是确定合力与分力的方向，然后根据平行四边形定则作图分析，最后根据几何关系求解。‎ ‎7.如图所示，用轻绳将一个匀质小球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则轻绳对球的拉力F1和墙对球的弹力F2的变化情况是 A. F1和F2都减小 B. F1减小，F2增大 C. F1增大，F2减小 D. F1和F2都增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析F1和F2如何变化；‎ ‎【详解】以小球为研究对象，分析受力如图：‎ 设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得：， ‎ 把绳的长度增大减小，减小，增大，减小，则得到和都减小，故选项A正确，选项BCD错误。‎ ‎【点睛】本题物体的平衡中动态变化分析问题，采用的是函数法，也可以运用图解法。‎ ‎8.一个物体在摩擦力作用下沿水平面做直线运动，其位移与时间的关系式为 (其中x的单位为m，t的单位为s)，则 A. 该物体的初速度是10m/s B. 该物体的加速度大小是2 m/s2‎ C. 该物体在5s内发生的位移为0 D. 该物体运动的时间为2.5s ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据匀变速直线运动的位移公式以及速度与时间关系进行分析答题；‎ ‎【详解】A、由匀变速直线运动的位移公式：，结合：可知：初速度：，加速度为：，加速度大小为，故选项A正确，B错误；‎ C、根据速度与时间关系可知，物体运动的时间为：‎ 在这段时间内物体的位移为：‎ 由于物体运动就停止运动了，所以5s内发生的位移即为内发生的位移，故选项C错误，D正确。‎ ‎【点睛】本题考查了求初速度与加速度问题，应用匀变速直线运动的位移公式以及速度与时间关系即可正确解题。‎ ‎9.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 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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。‎ ‎10.如图，小明站在电梯里的体重计上，电梯静止时，体重计的示数为500N。某段时间电梯运动时加速度的大小为1 m/s2 g取10 m/s2，则这段时间内 A. 若电梯向上加速运动，则体重计的示数为550N B. 若电梯向上减速运动，则体重计的示数为550N C. 若电梯向下加速运动，则体重计的示数为450N D. 若电梯向下减速运动，则体重计的示数为450N ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别讨论加速度向上或向下应用牛顿第二定律求解即可；‎ ‎【详解】A、对小明进行受力分析，其受到重力和支持力作用，加速向上或减速向下，加速度向上，若加速度向上，根据牛顿第二定律可知：，则，根据牛顿第三定律可知，此时体重计的示数为，故选项A正确，选项D错误；‎ B、加速向下或减速向上，加速度向下，若加速度向下，根据牛顿第二定律可知：，则，根据牛顿第三定律可知，此时体重计的示数为，故选项B错误，C正确。‎ ‎【点睛】本题主要是考查对超重失重现象的理解，利用牛顿第二定律来求解即可。‎ 二、填空题 ‎ ‎11.一小车在一条直线上运动时的v一t图像如图所示，以刚开始运动的速度方向为正方向，则 第1s内小车的加速度大小为 ________m/s2；前5s内小车的平均速度为________m/s. ‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由v-t图象的斜率求出加速度，根据图象与时间轴围成的面积可求出质点在前5s内的位移，再求得平均速度；‎ ‎【详解】第1s内根据加速度的定义式可以得到：，即加速度大小为 在v一t图像中“面积”代表位移，可知前5s内的位移为：‎ 则根据平均速度公式可知前5s内的平均速度为：。‎ ‎【点睛】对于速度-时间图象，关键要抓住这三点来分析：一点、注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度-时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移。‎ ‎12.某小组进行水火箭的发射实验，如图，水火箭以15 m/s的初速度从地面竖直向上运动，达到最高点后沿竖直线落回地面，不计空气阻力，重力加速度g =10 m/s2，则水火箭上升的最大高度为__________ m，从水火箭开始发射到落回地面所需的时间为__________ s. ‎ ‎【答案】 (1). 11.25 (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据竖直上抛运动进行求解，上升过程为匀减速运动，下降过程为自由落体运动；‎ ‎【详解】水火箭做竖直上抛运动，上升过程为匀减速运动，上升的时间为：‎ 则上升的最大高度为：‎ 下将过程为自由落体运动，则：，可以得到：‎ 则从水火箭开始发射到落回地面所需的时间为：。‎ ‎【点睛】本题考查竖直上抛运动，熟练掌握竖直上抛运动规律即可解决本题。‎ ‎13.如图，质量为M的木箱放在水平地面上，木箱中有一竖直立杆，一质量为m的小虫（图中用圆代替）以大小为g的加速度沿立杆匀加速向上爬，重力加速度为g，则小虫在向上爬的过程中，立杆对小虫的摩擦力大小为______，木箱对地面的压力大小为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对小虫分析，根据牛顿第二定律求出小虫所受的摩擦力，再对木箱分析，根据共点力平衡求出支持力的大小，从而得出木箱对地面的压力大小；‎ ‎【详解】对小虫分析，根据牛顿第二定律得：，解得：； 对木箱分析，根据共点力平衡有： 解得：，根据牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为。‎ ‎【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，隔离对小虫分析，求出摩擦力的大小是解决本题的关键。‎ 三、实验题 ‎14.在“探究力的平行四边形定则”的实验中，如图甲所示，用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C(用来连接弹簧测力计）。其中A为固定橡皮筋的图钉O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC 为细绳。‎ ‎(1)本实验采用的科学方法是_。‎ A．理想实验法B．等效替代法C．建立物理模型法 ‎ ‎(2)图乙是在白纸上根据实验结果画出的图，那么图乙中的F与F’的两个力中，一定沿 AO方向的是________‎ ‎【答案】 (1). B (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；‎ ‎（2）找出合力的理论值和实际值即可判断沿AO方向的力；‎ ‎【详解】（1）实验中首先用一个弹簧秤拉动橡皮条，然后用两只弹簧秤拉动橡皮条，两次要求将橡皮条结点拉到同一点，即两次作用效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故AC错误，B正确；‎ ‎（2）F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，这一个力的方向一定沿AO方向，由乙图可知，F为理论值，而为实际值，即一定沿AO方向的是。‎ ‎【点睛】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等效的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。‎ ‎15.某同学在“探究弹簧弹力和弹簧伸长量的关系”时，安装好实验装置，如图甲所示，在弹簧下端分别挂1个、2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是,,,,。若 该同学以弹簧的长度为横坐标，以所挂钩码的重力G为纵坐标建立了图像，如图乙所示，则由图可知弹簧的原长为______cm，该弹簧的劲度系数为______N/m.‎ ‎【答案】 (1). 11 (2). 100‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不挂钩码时弹簧的长度即为原长，根据图像的斜率代表劲度系数；‎ ‎【详解】由题可知，当弹簧下端没有挂钩码时，此时弹簧的长度即为原长，由乙图可知，原长为 由图象可知，斜率表示弹簧的劲度系数，为：。‎ ‎【点睛】本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要注意明确实验原理。‎ ‎16.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz。 ‎ ‎(1)该同学得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，已知A、B、C三点到O点的距离分别为2. 86cm、6. 21cm和10. 06cm，则由此可得小车运动的加速度大小为_____m/s2（结果保留一位小数）。 ‎ ‎(2)该同学根据数据作出的a-F图象如图丙所示，则图中直线不过原点的原因是_____ ‎ A．实验中没有对小车平衡摩擦力 B．在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太大 C．在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太小 D．实验中没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量纸带打点计时器 ‎【答案】 (1). 0.5 (2). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；‎ ‎（2）结合实验原理进行误差分析；‎ ‎【详解】（1）图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，则相邻两计数点之间的时间间隔为， 根据匀变速直线运动的推论公式得：；‎ ‎（2）图中当时，，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太大，故选项B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】把握实验原理才能准确的把握实验的操作步骤，要提高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。‎ 四、计算题 ‎17.2018年10月，安徽省第十四届运动会在我市成功举行。在一场足球比赛中，某队员在中线处将足球沿直线向前踢出。此后足球的运动可视为匀减速直线运动，已知足球的初速度为12m/s, 1s末速度变为10m/s。求：‎ ‎(1)足球做匀减速直线运动时的加速度大小；‎ ‎(2)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移大小。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据加速度定义式进行求解即可；‎ ‎（2）根据速度与时间的关系求解出时间，然后根据平均速度求出位移即可；‎ ‎【详解】（1）根据加速度定义式可以得到：，即加速度大小为；‎ ‎（2）因足球做初速度为，加速度大小为的匀减速直线运动，所以运动的时间为：‎ 则运动位移为：。‎ ‎【点睛】本题是考查匀变速直线运动相关规律，熟练掌握相关公式是关键，需要同学们在平时多加训练。‎ ‎18.客机的紧急出口处有一个狭长的气囊，发生意外时气囊可以自动充气，生成一条连接出口和地面的斜面。乘客在气囊上的滑行可以简化成以下模型：如图：固定斜面AC的倾角θ=370,AC的长L=9m，质量m = 50kg的物块从A端由静止开始沿斜面下滑。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,sin370=0.6 ,cos370=0.8，重力加速度为g=10m/s2。求：‎ ‎(1)物块对斜面压力的大小和方向；‎ ‎(2)物块下滑时的加速度大小；‎ ‎(3)物块从A滑行到C所用的时间。‎ ‎【答案】(1)，方向垂直于斜面向下。(2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律以及平衡条件和运动学公式进行求解即可；‎ ‎【详解】（1）对物块进行受力分析，如图所示：‎ 由平衡知识有斜面对物块的支持力为：‎ 由牛顿第三定律，得物块对斜面的压力为：，方向垂直于斜面向下。‎ ‎（2）物块滑行时受到的摩擦力 由牛顿第二定律，得，联立解得：；‎ ‎（3）由运动学公式，有，解得。‎ ‎【点睛】本题考查牛顿第二定律的综合运用，是已知受力情况，关键是先求解加速度，运动学公式进行求解即可。‎ ‎19.如图所示，光滑的水平面上有一质量M=0.2kg的长木板，另一质量m=0.1kg的小滑块以v0 =2.4m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板（此时开始计时）.已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ =0.4，重力加速度g =10m/s2. ‎ ‎(1)若长木板长L=0.7m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；‎ ‎(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小？‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律分别求出m的加速度，根据运动学公式求出速度； （2）根据牛顿第二定律分别求出M和m的加速度，根据速度与时间关系求解当速度相等的时间，根据运动的时间运用运动学公式求出小滑块运动的距离；‎ ‎【详解】（1）小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得：‎ 又因 解得：‎ 又 解得；‎ ‎（2）长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦动力，且 由牛顿第二定律，得 解得 设经过时间，两者速度相同，则有，解得 由，得此时间内小滑块运动的位移。‎ ‎【点睛】解决本题的关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ ‎ ‎ ‎ ‎