2019-2020学年四川省遂宁市第二中学高一上学期期中考试物理试题 Word版含解析 17页

遂宁二中高2022级2019-2020学年第一学期半期考试物理试题 一、单选题 ‎1.研究静止放在水平桌面上的书本对桌面的压力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 书本对桌面的压力就是书本的重力 B. 书本对桌面的压力作用在书上 C. 书本对桌面的压力是由于书本的形变引起的 D. 书本对桌面的压力大于桌面对书本的支持力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．书静止在水平桌面上，书对水平桌面的压力大小等于物体的重力，但压力不是重力，故A错误；‎ BC．书对水平桌面的压力是由于书发生向上的微小形变，要恢复原状，对桌面产生向下的弹力，作用在桌面，故B错误，C正确；‎ D．书对桌面压力跟桌面对书的支持力是一对作用力与反作用力，故D错误。‎ ‎2.某同学在爬杆运动中，双手握杆使自己向上匀速运动，到顶端后顺着杆匀速滑下，则该同学先后受到的摩擦力方向是（　　）‎ A. 向上、向上 B. 向上、向下 C. 向下、向上 D. 向下、向下 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同学在爬杆运动的过程中，做匀速运动，处于受力平衡状态，都受到竖直向下的重力G，竖直向上的摩擦力f，由平衡条件得：f=G，因此两种情况下，摩擦力方向都向上，故A正确，BCD错误。‎ ‎3.如图所示，自行车的车轮半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动，当气门芯由车轮的正上方第一次运动到车轮的正下方时，气门芯位移的大小为（）‎ A. πR B. 2R C. R D. 2πR ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动了半个周长，气门芯的初位置与末位置如上图的直线x，由几何知识得气门芯得位移大小为 ‎=R。‎ A. πR与上述计算结果不相符，故A不符合题意；‎ B. 2R与上述计算结果不相符，故B不符合题意；‎ C. R与上述计算结果相符，故C符合题意；‎ D. 2πR与上述计算结果不相符，故D不符合题意。‎ ‎4.物体在甲、乙两地间往返一次，从甲地到乙地的平均速度是v1，返回时的平均速度是v2，则物体往返一次平均速度的大小和平均速率分别是（　　）‎ A. 0，‎ B. ，‎ C. 0， ‎ D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物体往返一次，位移为零．则物体的平均速度的大小为0‎ 设A、B两地的距离为L．物体从A到B运动的时间为： ‎ 从B到A运动的时间为：‎ 则物体往返一次的平均速率为： ,故C对，ABD错；‎ 故选C ‎5.一物体从高处自由下落，经2s落地，则该物体下落1s时，离地高度是（g取‎10m/s2）（ ）‎ A. ‎5m B. ‎10m C. ‎15m D. ‎‎18m ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 自由落体运动做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式求出物体在1s时、2s时下落的高度，从而得出离地的高度。‎ ‎【详解】该物体下落1s时离地高度是：‎ ‎，‎ 故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题主要是考查了自由落体运动，解答本题要知道自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，满足匀变速直线运动的计算公式。‎ ‎6.汽车关闭油门后做匀减速直线运动，最后停下来．在此过程中，最后三段连续相等的时间间隔内的位移大小之比为（ ）‎ A. 1∶1∶1 B. 5∶3∶‎1 ‎C. 9∶4∶1 D. 3∶2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意分析，汽车速度匀减速到零，反向看是初速度为零的匀加速：，，，所以 ‎，ACD错误，B正确 ‎7.一个物体做初速度为零的匀加速运动，该物体通过前一半位移和通过后一半位移所用的时间之比是（　　）‎ A. B. 2：‎1 ‎C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 物体做初速度为零的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，该物体通过前一半位移和通过后一半位移所用的时间之比是：；故选C．‎ 点睛：对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的位移所用的时间之比为1：（ -1）：（ ）：…：（）．‎ ‎8.小球以‎2m/s的初速度从离地高为‎3m的地方开始做竖直上抛运动，取g＝‎10m/s2，则小球在空中运动的时间为（ ）‎ A. 0.4‎s B. 0.6s C. 0.8s D. 1.0s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 小球从离地高‎3m的地方开始做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，小球落地时通过的位移为：x=‎-3m；根据位移时间关系公式，有：x=v0t-gt2．代入数据，有：-3=2t-×10×t2．联立解得：t=1.0s或者t=-s（无意义，舍去），故D正确，ABC错误，故选D.‎ 点睛：本题运用整体法处理竖直上抛运动，也可以分段研究．要注意规定正方向，知道整个位移是负值．‎ ‎9.有一长为L的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长为‎2L，现已知列车车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，那么，车尾过桥尾时的速度为（　　）‎ A. 3v1-v2‎ B. 3v2-v1‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 列车车头过桥头到车头过桥尾有：‎ ‎ ‎ 车头过桥尾到车尾过桥尾有：‎ ‎ ‎ 由以上两式可得，‎ ‎ ．‎ 综上所述本题答案是：C ‎ ‎10.如图所示，两个小球用长为‎1 m的细线连接，用手拿着球，球竖直悬挂，且A、B两球均静止。现由静止释放球，测得两球落地的时间差为0.2 s，不计空气阻力，重力加速度，则球释放时离地面的高度为 A. ‎1.25‎ m B. ‎‎1.80 m C. ‎‎3.60 m D. ‎‎6.25m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设释放时A球离地高度为h，则，求得，。‎ A. ‎1.25‎ m与上述计算结果不相符，故A错误；‎ B. ‎1.80 m与上述计算结果相符，故B正确；‎ C. ‎3.60 m与上述计算结果不相符，故C错误；‎ D. ‎6.25m与上述计算结果不相符，故D错误。‎ ‎11.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0~20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是 A. 在0~10秒内两车逐渐靠近 B. 10~20秒内两车逐渐远离 C. 在5~15秒内两车的位移相等 D. 在t=10秒时两车在公路上相遇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0－10 s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，则A错误；‎ B．在10－20 s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，则B错误；‎ C．在5－15 s内，两图象与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，则C正确；‎ D．在t＝10 s时两车速度相等，相距最远，则D错误。‎ ‎12.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图3所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S.在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是 (　　)‎ A. t′＝t1，d＝S B. t′＝t1，d＝S C. t′＝t1，d＝S D. t′＝t1，d＝S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′s2）初始时，甲车在乙车前方S0处。‎ ‎ ‎ A. 若s0= s1+ s2，两车不会相遇 B. 若 s0< s1，两车相遇2次 C. 若 s0= s1，两车相遇1次 D. 若 s0=s2，两车相遇1次 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知甲的加速度a1比乙a2大，在达到速度相等的时间T内两车相对位移为。若，速度相等时甲比乙位移多＜S0，乙车还没有追上，此后甲车比乙车快，不可能追上，故A正确；若，乙车追上甲车时乙车比甲车快，因为甲车加速度大，甲车会再追上乙车，之后乙车不能再追上甲车，故B正确；若，恰好在速度相等时追上、之后不会再相遇，故C正确；若 ，两车速度相等时还没有追上，并且甲车快、更追不上，故D错误。故选ABC。‎ ‎16.一质点在连续的6s内作匀加速直线运动，在第一个2s内位移为‎12m，最后一个2s内位移为‎36m，则下面说法正确的是(   )‎ A. 质点的加速度大小是‎2 m/s2‎ B. 质点的加速度大小是‎3 m/s2‎ C. 第2s末的速度大小是‎12m/s D. 第1s内位移大小是‎4.5m ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3‎ ‎，根据x3-x1=2aT2得加速度a=‎3m/s2，故A错误，B正确；‎ C、第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，则v1=‎6m/s，则第2s末速度为v=v1+at=6+3×‎1m/s=‎9m/s，故C错误；‎ D、在第1s内反向看为匀减速运动，则，故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的两个重要推论：1、在连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，2、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．并能灵活运用 ‎17.水平面上有一物体做直线运动，物体的加速度随时间变化的关系如图所示，已知t=0时物体的速度为‎1m/s，以此时的速度方向为正方向，下列说法中正确的是(     )‎ A. 在0-1s内物体做匀加速直线运动 B. 1s末的速度为‎2m/s C. 2s末物体开始反向运动 D. 3s末物体离出发点最远 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，0～1s加速度均匀增加，物体做变加速运动，故A错误；‎ B.加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，则1s内速度变化量为：△v=‎1m/s，由于初速度为v0=‎1m/s，故1s末的速度为‎2m/s，故B正确；‎ CD. 0～3s内速度的变化量：△v=‎-1m/s，则3s末物体的速度为0，所以0～3s内物体一直沿正向运动，3s末物体离出发点最远，故C错误，D正确。‎ ‎18.物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点间需时为t，现在物体由A点静止出发，匀加速(加速度大小为a1)至某一最大速度vm后立即做匀减速运动(加速度大小为a2)至B 点停下，历时仍为t，则物体的 A. vm可能为2v，与a1、a2的大小有关 B. vm只能为2v，无论a1、a2为何值 C. a1、a2必须满足 = D. a1、a2值必须是一定的 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由于物体先做匀加速，后做匀减速，所以通过的路程，所以vm=2v与加速度无关。选项A错误，B正确；匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t=，而vm=2v，代入得 =，选项C正确，D错误；综上本题选BC.‎ ‎19.如图所示，小球沿斜面向上运动，依次经过点到达最高点，已知，，小球从到和从到所用的时间都是2s.设小球经时的速度分别为，则下列结论正确的是（）‎ A. B. ‎ C. D. 小球从到所用时间为4s ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】为过程中的中间时刻的位置，所以m/s，以小球在点时为计时起点，中间时刻即1s时的瞬时速度为m/s，中间时刻即时的瞬时速度为m/s，故小球的加速度大小为m/s2，则有，解得m/s，AB正确；从点到点过程中，有 ‎，解得，故m，C错误；根据逆向思维，将小球看成从e点做初速度为零、加速度为m/s2的匀加速直线运动，则有，解得s，D正确 ‎20.如图所示，物体自 O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝‎2 m， BC＝‎3m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.5 s，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体的加速度为‎4 m/s2 B. CD＝‎‎5 m C. OA之间的距离为‎1m D. OA之间的距离为‎1.125m ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A项：设物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t，由匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，即，得，故A正确；‎ B项：根据，可知，故B错误；‎ C、D项：因某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以物体经过B点时的瞬时速度为，再由，可得OB两点间的距离为，所以O与A间的距离，故C错误，D正确。‎ 点晴：本题考查匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度等规律。‎ 三、实验题 ‎21. 某同学在做“小车速度随时间变化规律”的实验，细线一端与小车相连，另一端绕过定滑轮悬挂钩码，通过打点计时器和纸带记录了小车的运动情况。‎ ‎（1）实验中除了电磁打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端附有滑轮的长直轨道、细线、钩码、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的有________（填选项代号）‎ A．220V、50Hz 交流电源 B．电压可调的直流电源 C．4-6V、50Hz 交流电源 D．刻度尺 E．秒表 F．天平 ‎（2）实验过程中，下列操作正确的是___________（填选项代号）‎ A．将接好纸带的小车停在靠近滑轮一端 B．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器一端 C．先释放小车，再接通电源 D．先接通电源，再释放小车 ‎（3）下图给出了从0点为计时起点，每5个点取一个计数点的纸带，其中0、1、2、3、4、5、6都为计数点，测得：x1=1．‎40cm，x2=1．‎90cm，x3=2．‎38cm，x4=2．‎88cm，x5=3．‎39cm，x6=3．‎87cm．‎ ‎（注：以下结果均保留3位有效数字）‎ ‎①计数点3处的瞬时速度大小是_________m/s．‎ ‎②小车运动的加速度大小是_____________m/s2．‎ ‎③计数点0处的瞬时速度大小是_________ m/s．‎ ‎【答案】（1）CD ；（2）BD （3）①0．263 ②0．496 ③0．115‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（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，由于打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表，不需要天平和重锤．故选CD．‎ ‎（2）将接好纸带的小车停在靠近打点计时器一端，选项A错误，B正确；先接通电源，再释放小车，选项D正确，C错误；‎ ‎（3）①每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0．1s；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎②根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，‎ 得：x4-x1=‎3a1T2‎ x5-x2=‎3a2T2‎ x6-x3=‎3a3T2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）‎ 即小车运动的加速度计算表达式为：‎ ‎③计数点0处的瞬时速度大小是 考点：小车速度随时间变化规律 ‎【名师点睛】对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，提高应用基本规律解答实验问题的能力。‎ 二、解答题 ‎22.在一次大气科考活动中，探空气球以‎8m/s的速度匀速竖直上升，某时刻从气球上脱落一个物体，经16s到达地面，求：物体放脱离气球时气球距离地面的高度。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动，规定向下方向为正，则，‎ 根据，解得 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 ‎【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题 ‎23.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=‎8m/s，B车的速度大小为v2=‎20m/s，如图所示，当A、B两车相距x0=‎28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=‎2m/s2，从此时开始计时，求：‎ ‎(1)B停下的时间 ‎(2)A车追上B车之前，两者相距的最大距离 ‎(3)A车追上B车所用的时间 ‎【答案】(1)10s；(2)‎64m；(3)16s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设此时间为t1，则t1=∆v/a=10s；‎ ‎（2）当二者速度相等时有最大距离，设达到速度相等时用时t2，则t2=（v2-v1）/a=6s；‎ ‎∆x= （v2-v1）×t2=‎36m；‎ 那么xmax=∆x+x0=‎‎64m ‎（3）B车停车之前走的位移为xB=v2×t1=‎100m；那么A车走了xA=v1×t1=‎80m；‎ 因为xA+x0＞xB；说明A车在B车停下之后才追上，设需要时间T，由题有：v1T=xB+x0，解得T=16s ‎【点睛】该题属于追及与相遇问题，掌握相遇前两车相距最远的临界条件和相遇的位移关系条件是正确解题的关键．‎ ‎24.近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝‎20m/s，靠近站口时以大小为a1＝‎5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝‎8 m/s，然后立即以a2＝‎4 m/s2的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：‎ ‎(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？‎ ‎(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？‎ ‎(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？‎ ‎【答案】（1）‎33.6m （2）5.4s （3）1.62s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设该车初速度方向为正方向,‎ 该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则有：vt2－v02＝- ‎2a1x1 ① ‎ 解得：x1＝‎33.6 m. ② ‎ 该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则 减速阶段：vt＝v0 - a1t1 ③ ‎ 解得：t1＝2.4 s ④‎ 加速阶段：t2＝＝3 s ⑤‎ 则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s. ⑥‎ ‎（3）在加速阶段：x2＝t2＝‎42 m ⑦‎ 则总位移：x＝x1＋x2＝‎75.6 m ⑧ ‎ 若不减速所需要时间：t′＝＝3.78 s ⑨ ‎ 车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s. ⑩‎ ‎【点睛】此题运动的过程复杂，轿车经历减速、加速，加速度、位移、时间等都不一样．分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题．‎