甘肃省张掖市高台县一中2019-2020学年高一上学期期末考试模拟物理试卷 17页

高台一中2019-2020学年上学期期末模拟试卷 高一物理 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.以下说法正确的是 A. 只有很小的物体才能被视为质点,很大的物体不能被视为质点 B. 若以河岸为参考系,在顺水漂流的船上坐着的人是运动的 C. 做直线运动的物体,其位移大小跟它在这段时间内通过的路程一定相等 D. 一节课40分钟,40分钟指的是下课的时刻 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，而不是看物体的绝对大小，很小的物体不一定能视为质点，很大的物体不一定不能视为质点，故A错误；‎ B．顺水漂流的船上坐着的人和船保持相对静止，以河岸为参考系时它们是运动的,故B正确；‎ C．物体只有做单向直线运动的位移大小才等于路程，故C错误；‎ D．一节课40分钟，40分钟指的是一节课的时间间隔，故D错误．‎ ‎2.某年广州春节焰火晚会农历正月初一在珠江河段琶洲会展中心的主会场和白鹅潭江面的分会场精彩上演．在焰火运动的过程中，以下说法中正确的是 ( )‎ A. 焰火的速度越大，加速度也一定越大 B. 焰火的速度变化越快，加速度一定越大 C. 焰火的加速度不断减小，速度一定越来越小 D. 某时刻速度为零，其加速度不一定为零 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，说明速度变化越快；速度大时加速度不一定大；故A错误；‎ B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，焰火的速度变化越快，说明加速度越大，故B正确；‎ C．焰火的加速度不断减小时，速度变化变慢，但不一定减小，如下降过程，故C错误；‎ D．在最高点时刻速度为零，其加速度一定不为零，故D正确．‎ ‎3.一汽车在平直公路上‎15m/s的速度做匀速直线运动，当发现前方发生事故时以‎3m/s2的加速度紧急刹车，停在发生事故位置前，那么刹车过程中前2s内的位移与最后2s的位移的比值为（　　）‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车从开始刹车到停止的时间为：‎ 刹车过程中前2s的位移为：‎ 反向看成是初速度为0的匀加速直线运动，最后2s的位移为反向的前2s的位移为：‎ 则刹车过程中前2s内的位移与最后2s的位移的比值为4；‎ A．4，与结论相符，选项A正确；‎ B．3，与结论不相符，选项B错误；‎ C．2，与结论不相符，选项C错误；‎ D．1，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎4.如图所示，有两个共点力，一个是F1＝8N，一个是F2，它们的合力是F＝20N，则F2的大小可能是(　　)‎ A. 10N B. 20N C. 30N D. 40N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】有两个共点力的合力大小为20N，若其中一个分为大小为8N ‎，另一个分力的大小应在12N≤F≤28N范围，所以可能为20N，故B正确．‎ ‎5.物体静止于斜面上，如图所示，则下述说法中正确的是（ ）‎ A. 物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力 B. 物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力 C. 物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力 D. 物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力．故A错误．斜面对物体的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力平衡．所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，故B正确．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，故C正确．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力．垂直于斜面向下的分力不是对斜面的压力．故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握平衡力和作用力、反作用力的区别，平衡力作用在同一物体上，作用力和反作用力作用在不同的物体上．‎ ‎6.明朝谢肇的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺庙倾侧,议欲正之,非万缗不可．一游僧见之,曰:无烦也,我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身,假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,则木楔两侧产生推力N的大小为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图：‎ 则有：，解得：，故C正确，ABD错误．‎ ‎7.如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达一竖直墙面时，速度与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是(　　)‎ A. 小球水平抛出时的初速度大小为gttanθ B. 小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 C. 若小球初速度增大，则平抛运动的时间变短 D. 若小球初速度增大，则tanθ减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】小球到达竖直墙面时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为vy＝gt，vx＝vytanθ＝gttanθ，所以水平抛出时的初速度为gttanθ，A项正确；设小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝，B项错误；由于小球到墙的距离一定，初速度增大，运动的时间变短，C 项正确；若小球初速度增大，由小球到墙的时间变短，由tanθ＝可知，tanθ增大，D项错误；故选AC．‎ ‎8.如图所示的皮带传动装置，主动轮O1上两轮的半径分别为3r和r，从动轮O2的半径为2r，A、B、C分别为轮缘上的三点，设皮带不打滑，则下列比例关系正确的是(　 　)‎ A. A、B、C三点的加速度之比aA:aB:aC=6:2:1‎ B. A、B、C三点的线速度大小之比vA:vB:vC=3:2:2‎ C. A、B、C三点的角速度之比ωA:ωB:ωC=2:2:1‎ D. A、B、C三点的加速度之比aA:aB:aC=3:2:1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】C、B点和C点具有相同大小的线速度，根据v=rω，知B、C两点的角速度之比等于半径之反比，所以ωB:ωC=rC:rB=2:1.而A点和B点具有相同的角速度，则得ωA:ωB:ωC=2:2:1；选项C正确.‎ B、根据v=rω，知A、B的线速度之比等于半径之比，所以vA:vB=3:1．B、C线速度相等，所以vA:vB:vC=3:1:1；选项B错误.‎ A、D、根据得aA:aB:aC=vAωA:vBωB:vCωC=6:2:1；选项A正确，D错误.‎ 故选AC.‎ ‎9.自高为H的塔顶自由落下A物体的同时，B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动．重力加速度为g，下面说法正确的是(　　)‎ A. 若，则两物体在B上升过程中相遇 B. 若，则两物体在地面相遇 C. 若，则两物体相遇时B正在空中下落 D. 若，则两物体恰好在落地瞬间相遇 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】若B球正好运动到最高点时相遇，则有：B速度减为零所用的时间：‎ ‎，，，‎ 解得：‎ 当ab两球恰好在落地时相遇，则有：‎ 此时A的位移 解得：‎ A. 若，则两物体在B上升过程中相遇，故A正确．‎ B. 若，则两物体在B球正好运动到最高点时相遇，故B错误．‎ C. 若，则两物体相遇时B正在空中下落，故C正确．‎ D. 若，则两物体恰好在落地瞬间相遇，故D错误．‎ ‎10.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为‎2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间 A. 弹簧的形变量不改变 B. 弹簧的弹力大小为mg C. 木块A的加速度大小为g D. 木块B对水平面的压力为4mg ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；‎ B. 开始整体处于平衡状态，弹簧弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；‎ C. 撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：‎ ‎2mg=ma，‎ 解得：‎ a=‎‎2g 方向竖直向上，故C错误；‎ D. 撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：‎ F+mg=N，‎ 解得：‎ N=4mg 木块B对水平面的压力为4mg，故D正确．‎ ‎11.如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上,受到向右的拉力F的作用而向右滑行,长木板处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为,木板与地面间的动摩擦擦因数为．下列说法正确的是（ ）‎ A. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是 B. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是 C. 当时,木板便会开始运动 D. 无论怎样改变F的大小,木板都不可能运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】m所受M的滑动摩擦力大小f1=μ1mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg．M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是μ1mg．故A正确，B错误．由题分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F改变时，f1不变，则木板不可能运动，故C错误，D正确．故选AD．‎ ‎【点睛】本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据摩擦力求解，f2=μ2（m+M）g是错误的，不能确定此摩擦力是否达到最大值．‎ ‎12.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间（x–t）图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于–‎1m/s2 ，t=3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则 ‎ ‎ A. a车做匀速运动且其速度为va= m/s B. b车的初速度为 0‎ C. t=0时，a车和b车距离‎4.5 m D t=3 s时，a车和b车相遇，此时速度相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、x-t图象的斜率代表速度，a的图象为倾斜的直线，斜率为恒定值，故a车做匀速直线运动，速度大小为，A错误；‎ B、t=0时刻，b曲线的切线斜率不为零，故b车的初速度不为零，B错误；‎ C、t=3 s时，直线a和曲线b刚好相切，故此时b车的速度为．t=0到t=3 s内，b车做匀减速直线运动，可做逆向处理，则t=0到t=3 s内，b车的位移为，故t=0时刻，b车的初始坐标为．所以在t=0时刻，a、b两车相距‎4.5m，C正确；‎ D、x-t图象的交点代表相遇，又因两曲线在t=3 s时，刚好相切，瞬时速度刚好相同，则D正确．‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.物理课上同学们通过实验“研究平抛运动”．‎ ‎（1）甲组同学利用图所示的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_________．‎ A．斜槽轨道必须光滑 B．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 C．每次小球应从同一位置由静止释放 D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑的曲线连接起来 ‎（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图中y-x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是__________．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎（3）验证轨迹是符合y=ax2的抛物线后，根据图中y-x图象M点的坐标值，可以求出a=______m-1，小球平抛运动的初速度v0=______m/s．（重力加速度取g=‎10m/s2）．‎ ‎【答案】 (1). BCD (2). A (3). 10 (4). 0.71‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．A．斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端速度相同即可，选项A错误；‎ B．安装斜槽轨道，使其末端保持水平，以保证小球做平抛运动，选项B正确；‎ C．每次小球应从同一位置由静止释放，以保证到达底端速度相同，选项C正确；‎ D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑的曲线连接起来，选项D正确；‎ ‎（2）[2]．物体在竖直方向做自由落体运动 ‎ ‎ 水平方向做匀速直线运动 x=vt；‎ 联立可得：‎ 因初速度相同，故为常数，故x2-y应为正比例关系，故A正确，BCD错误；‎ ‎（3）[3][4]．根据M坐标（‎0.2m，‎0.4m）代入y=ax2解得 a=‎10.0m-1‎ 由 解得 ‎14.在“探究匀变速直线运动的规律”的实验中：‎ ‎（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外,在下面的仪器和器材中,必须使用的有______‎ A．电压合适的交流电源 B．电压可调的直流电源 C．刻度尺 D．秒表 E．天平 ‎（2）实验过程中，下列做法正确的是 ________ ‎ A．先接通电源，再使纸带运动 B．先使纸带运动，再接通电源 C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处 ‎（3）通过打点计时器得到的一条纸带上的点迹不均匀，下列判断正确的是________ ‎ A．点迹密集的地方说明振针打点速度较大 B．点迹密集的地方说明物体运动的速度较大 C．点迹不均匀说明物体做变速运动 D．点迹不均匀说明相邻两点之间的时间间隔不同 ‎（4）图示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取A、B、C、D、E五个计数点，测出各点到A点的距离如图所示．‎ ‎①由纸带可判定小车做_________________ 运动 ‎②当打计数点D时小车的瞬时速率为___ m/s；小车的加速度大小为___ m/s2．（结果均保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). AC (2). AD (3). C (4). 匀加速直线 (5). ‎0.34m/s (6). ‎0.40m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]‎ ‎．使用打点计时器是需要用电压合适的交流电源；处理纸带时需要用刻度尺．故选AC．‎ ‎（2）[2]．实验操作时，用将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，再释放纸带．故AD正确，BC错误．‎ ‎（3）[3]. AB、相邻计时点的时间间隔相等，点迹密集的地方，相邻计时点的距离小，所以物体运动的速度比较小，与振针的振动速度无关，故AB错误；‎ CD、相邻计时点的时间间隔相等，点迹不均匀说明物体做变速运动，故C正确，D错误．‎ ‎（4）①[4]．因为： xAB=‎24mm  xBC=52-24=‎28mm  xCD=84-52=‎32mm，那么 ‎ ∆x=xBC-xAB=xCD-xBC=xDE-xCD=‎‎4mm 即相邻的相等时间间隔位移之差相等，所以小车做匀加速直线运动．‎ ‎②[5]．由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，打计数点D时小车的瞬时速率为：‎ ‎[6]．根据运动学公式得：△x=at2，得：‎ 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.上海佘山世贸深坑酒店将于2019年开业，该酒店位于深‎88m的深坑中，设计施工难度非常大．年轻设计师设计出依靠峭壁的特殊电梯，解决了运送施工人员快速进入坑底的难题．若电梯最大速度为‎10m/s，电梯加速下降加速度为‎2 m/s2, 减速下降加速度为‎5 m/s2, 求：‎ ‎（1）电梯减速下降的距离.‎ ‎（2）电梯到达坑底所用时间.‎ ‎【答案】（1）‎10m（2）12.3s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设竖直向下为正方向，由题意可知，电梯的运行速度，做减速运动的加速度为，最终速度减为零 据公式：‎ 得电梯减速下降的距离：‎ ‎（2）电梯匀加速下降的时间：‎ 匀加速下降位移：‎ 电梯匀减速下降的时间：‎ 匀速下降时间：‎ 所以总时间为：‎ ‎16.如图所示，质量为‎60kg的滑雪运动员，在斜坡顶端从静止开始匀加速下滑‎100m到达坡底，用时10s，斜面与水平面间的夹角为37°，假设运动员与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，求：（已知，）‎ ‎(1)运动员到达坡底时的速度大小；‎ ‎(2)运动员与斜面之间的动摩擦因数；‎ ‎(3)运动员能在水平面上运动的距离．‎ ‎【答案】(1)‎20m/s(2)0.5(3)‎‎100m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据位移时间公式，可得：‎ 解得：‎ 根据速度时间公式可得：‎ v=at=2×‎10m/s=‎20m/s．‎ ‎(2)受力分析由牛顿第二定律有：‎ 解得 ‎(3)人在水平面上做匀加速运动，加速度大小为，由牛顿第二定律得：‎ 解得 由 ‎，‎ 得 ‎．‎ ‎17.如图所示，质量为M＝‎2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝‎1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝‎3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；‎ ‎(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；‎ ‎(3)若长木板足够长,滑块与长木板达到的共同速度v.‎ ‎(4)小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L ‎【答案】（1）1N，方向向右；（2）‎1m/s2；（3）‎1.2m/s；（4）‎4.32m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）长木板所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为：‎ f=μmg=0.1×1×10N=1N 方向向右，如图所示．‎ ‎（2）对滑块，由牛顿第二定律得：‎ μmg=ma 得出：‎ a=μg=‎1m/s2‎ ‎（3）以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：‎ μmg=Ma′‎ 可得出木板的加速度为：‎ a′=‎0.5m/s2‎ 设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：‎ 对滑块有：‎ v=v0-at 对长木板有：‎ v=a′t 由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度为：‎ v=‎1.2m/s，t=2.4s ‎（4）小滑块与长木板速度相等时，木板前进的位移为：‎ x1=‎ 滑块前进的位移为：‎ x2=‎ 小滑块相对长木板上滑行的距离为：‎ L=x2-x1==×‎2.4m=‎‎4.32m 答：（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力的大小为1N，方向向右；‎ ‎（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度大小为‎1m/s2；‎ ‎（3）块与长木板达到的共同速度v是‎1.2m/s；‎ ‎（4）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L是‎4.32m．‎ ‎ ‎