陕西省西安电子科技大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题 17页

‎2019～2020学年度第一学期期末考试 高一年级物理试题 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中1-10题只有一项符合题目要求，11-15题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎1.下列哪组单位全部是国际单位制中的基本单位 A. 千克、秒、牛顿 B. 千克、米、秒 C. 克、千米、秒 D. 牛顿、克、米 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】千克、米、秒都是国际单位制中的基本单位；而牛顿是导出单位；克不是国际单位制中的基本单位；故选B.‎ ‎2.如图所示，A、B叠放水平桌面上，今用水平拉力F作用于B，但没有拉动，则物体B受到几个力作用（ ）‎ A. 5 B. ‎6 ‎C. 4 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】解：先对A分析，受重力和支持力，二力平衡；不受静摩擦力，否则不能保持静止；‎ 再对物体B受力分析，受重力、拉力、A对B向下的压力，地面对B的支持力和向左的静摩擦力，共5个力；‎ 故选A．‎ ‎3.亚里士多德认为：物体越重下落得越快．伽利略否定了这种看法．在同一高塔顶端同时释放一片羽毛和一个金属球，金属球先于羽毛落到地面，根据伽利略的观点这主要是因为（　　）‎ A. 它们的重量不同 B. 它们的密度不同 C. 它们的材料不同 D. 它们受到的空气阻力影响不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】重的物体和轻的物体下落的快慢相同，即两物体同时落地原因是：现实中由于存在空气，而羽毛受到的阻力相对于重力来说较大，加速度 ‎，‎ 故金属球的加速度大于羽毛的加速度，故金属球首先落地，故ABC错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】金属球与羽毛能否同时落地，关键看加速度是否相同；其中羽毛阻力与重力比不能忽略，玻璃球重力远大于阻力，根据牛顿第二定律列式分析即可。‎ ‎4.小娟、小明两人共提一桶水匀速前行，如图所示，已知两人手臂上的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为θ，水和水桶的总重力为G，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 当θ为120°时，F＝‎ B. 当θ＝0时，F＝‎ C. 不管θ为何值，均有F＝‎ D. θ越大时，F越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析水桶的受力情况，分析平衡条件，求解小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系．由于两人手臂均与竖直方向成θ角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，从而根据列式，即可求解．‎ ‎【详解】设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F，由题小娟、小明的手臂夹角成θ ‎ 角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得：2Fcos=G, 解得：，当θ=0°时，cos值最大，则F=，当θ为120°时，F=G，当θ越大时，则F越大；故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题要根据对称性得出两人对水桶的拉力大小相等，再由竖直方向力平衡即可求出小娟、小明的手臂受到的拉力大小与重力的关系，是解题的关键．‎ ‎5.一列车从车站由静止开始出发，沿平直轨道运动过程中加速度不断增大。行驶时间t后速度达到v，则可以判定该列车在这段时间内行驶的位移()‎ A. 一定大于vt B. 可能等于vt C. 一定小于vt D. 一定大于vt ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车的速度时间图线如图所示，加速度不断增大，即图线的切线斜率不断增大，‎ ‎ 图线与时间轴围成的面积表示位移，可知图线与时间轴围成的面积小于三角形面积，即小于vt，小于vt。 A．一定大于vt，与结论不相符，选项A错误；‎ B．可能等于vt，与结论不相符，选项B错误；‎ C．一定小于vt，与结论相符，选项C正确；‎ D．一定大于vt，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C ‎6.‎2019年12月16日我国第一艘完全自主研发制造的国产航母山东舰在中国船舶重工集团公司大连造船厂举行下水仪式，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。已知某航母上的飞机跑道长‎200m，某型飞机在该航母上滑行的最大加速度为‎6m/s2‎ ‎，起飞需要的最低速度为‎70m/s则飞机在滑行前需要借助弹射系统获得的最小初速度为 A. ‎30m/s B. ‎40m/s C. ‎50m/s D. ‎60m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据v2=v02+2ax可得：‎ A．‎30m/s，与结论不相符，选项A错误；‎ B．‎40m/s，与结论不相符，选项B错误；‎ C．‎50m/s，与结论相符，选项C正确；‎ D．‎60m/s，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.有一个木盒恰好能沿斜面匀速下滑，这时若在盒中加入一个砝码，则木盒将()‎ A. 继续匀速下滑 B. 变为加速下滑 C. 变为减速下滑 D. 静止在斜面上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】斜面上放着的木盒刚好能沿斜面匀速滑下，木箱受重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，有：‎ mgsinθ=f mgcosθ=N 其中：‎ f=μN 解得：‎ μ=tanθ 若在盒中加入砝码，相当于盒子的质量变大了，重力的下滑分力与滑动摩擦力同时增加，且依然相等，故木盒将匀速下滑； A．继续匀速下滑，与结论相符，选项A正确；‎ B．变为加速下滑，与结论不相符，选项B错误；‎ C．变为减速下滑，与结论不相符，选项C错误；‎ D．静止在斜面上，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力(即F1、F2和摩擦力)的作用，木块处于静止状态。其中F1=13N，F2=3N，若撤去F1，则木块在水平方向受到的合力为 A. 13N，方向向左 B. 10N，方向向右 C. 3N，方向向左 D. 零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有：‎ f=F1-F2=13-3=10N；‎ 物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于10N；撤去F1后，剩下的F2=3N，小于10N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零； A．13N，方向向左，与结论不相符，选项A错误；‎ B．10N，方向向右，与结论不相符，选项B错误；‎ C．3N，方向向左，与结论不相符，选项C错误；‎ D．零，与结论相符，选项D正确；‎ 故选D。‎ ‎9. 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体 A. 刚抛出时的速度最大 B. 在最高点的加速度为零 C. 上升时间大于下落时间 D. 上升时的加速度等于下落时的加速度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 整个过程中都有空气的阻力做功，故机械能有损失，故上升过程初速度最大，故A正确；物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，但是受空气阻力的方向总与物体的速度方向相反 a上= ，a下=，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，且在最高点的加速度不为零,BD错误；根据h=at2，可知上升时间小于下落时间，C错误；故选A．‎ 点睛:考虑阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等.‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎10.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、‎3m、‎2m。B和C分别固定在轻弹簧两端（弹簧的质量不计）．B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态．将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间(　　)‎ A. 吊篮A的加速度大小为‎2g B. 物体B的加速度大小为g C. 物体C的加速度大小为0‎ D. A、B、C的加速度大小都等于g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．装置静止时，弹簧的弹力 F=3mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得：‎ 即A、C的加速度均为‎2g，方向向下。故A正确，C错误。‎ BD．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0．故BD错误。‎ 故选A。‎ ‎11.一质点，从t=0开始从原点以初速度为0出发，沿X轴运动，其v-t图如图所示，则以下说法正确的是（ ）‎ A. t=0.5s时离原点最远 B. t=1s时离原点最远 C. t=1s时回到原点 D. t=2s时回到原点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知物体在各时刻的速度，根据速度变化可知物体的运动性质，由图象和时间轴围成的面积可知物体通过的位移。‎ ‎【详解】由图可知，物体开始时沿反向做匀加速直线运动，0.5s时物体匀减速，1s时开始正向匀加速，1.5s后开始减速运动；‎ ABC．0至1s时一直沿反向运动，故离原点的距离一直增大，1s时物体距原点最远，故AC错误，B正确；‎ D．1s至2s时，物体从最远处向原点靠近，由图形面积可知，2s时物体返回原点，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】在v-t图象中图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，面积在第四象限表示物体的位移为负，面积在第一象限表示物体的位移为正。‎ ‎12.跳板跳水运动员在跳板上起跳的过程中，下列描述中说法正确的是(　　)‎ A. 跳板给运动员的弹力大于运动员受到的重力 B. 跳板给运动员的弹力大于运动员给跳板的压力 C. 跳板给运动员的弹力等于运动员给跳板的压力 D. 跳板给运动员的弹力小于运动员给跳板的压力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．运动员能被弹起说明力可以改变物体的运动状态，加速度的方向向上，跳板给运动员的弹力大于运动员受的重力；故A正确；‎ BCD．运动员对跳板的压力和跳板对运动员的弹力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，作用在不同物体上，因此始终是一对相互作用力，故BD错误，C正确。‎ 故选AC。‎ ‎13.如图所示，用两根绳子OA、OB悬挂重为G的物体，开始时绳OA水平，现将OA绳顺时针缓慢转过900，且物体始终保持静止，绳OA的拉力为T1，绳OB的拉力为T2，则在此旋转过程中(　　)‎ A. T1先增大后减小 B. T1先减小后增大 C. T2逐渐减小 D. T2逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】对点O受力分析，如图 通过作图，可以看出绳OA的张力T1先变小后变大，T2逐渐减小； A．T1先增大后减小，与结论不相符，选项A错误；‎ B．T1先减小后增大，与结论相符，选项B正确；‎ C．T2逐渐减小，与结论相符，选项C正确；‎ D．T2逐渐增大，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选BC。‎ ‎14.如图所示，小球A放在真空容器B内，小球的直径恰好等于正方体B的边长，将它们以初速度v0竖直上抛，A、B一起上升的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若不计空气阻力A、B间一定没有弹力 B. 若不计空气阻力A、B间一定有弹力 C. 若考虑空气阻力，A对B的上板一定有压力 D. 若考虑空气阻力，A对B的下板一定有压力 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．若不计空气阻力，则物体运动的加速度为g，物体处于完全失重太，故A、B间一定没有弹力，选项A正确，B错误；‎ CD．若考虑空气阻力，则物体的加速度将大于g，根据牛顿第二定律，对球：‎ N+mg=ma，‎ 则N＞0，即B的上板对A有向下的压力，即A对B的上板一定有压力，选项C正确，D错误；‎ 故选AC。‎ ‎15.如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，当电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取‎10m/s2)(　　)‎ A. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为‎4m/s2‎ B. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为‎4m/s2‎ C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为‎2m/s2‎ D. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为‎2m/s2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，对重物有：‎ mg-F=ma 解得 a=‎2m/s2‎ 方向竖直向下，则电梯的加速度大小为‎2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。 ‎ A．电梯可能向下减速运动，加速度大小为‎4m/s2，与结论不相符，选项A错误；‎ B．电梯可能向上加速运动，加速度大小为‎4m/s2，与结论不相符，选项B错误；‎ C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为‎2m/s2，与结论相符，选项C正确；‎ D．电梯可能向下加速运动，加速度大小为‎2m/s2，与结论相符，选项D正确；‎ 故选CD。‎ 二．填空题（每空2分，共20分）‎ ‎16.如图所示，物体在三个共点力的作用下保持平衡。这三个力的合力大小是_________。如果撤去力F1，而保持其余两个力不变，这两个力的合力方向________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 0 (2). 与F1的方向相反 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]．物体在三个共点力的作用下保持平衡，这三个力的合力大小是0。因三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等大反向，则如果撤去力F1，而保持其余两个力不变，这两个力的合力方向与F1的方向相反。‎ ‎17.小明在研究匀加速直线运动的实验中，利用打点计时器打出如图所示的纸带(电源频率是50Hz)。0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出。从纸带上测出x1=‎3.20cm，x2=‎4.52cm，x5=‎8.42cm，x6=‎9.70cm。则：点1对应的瞬时速度_____________m/s，点5对应的瞬时速度_____________m/s，物体的加速度大小a=_____________m/s2（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). ‎0.386m/s (2). ‎0.906m/s (3). ‎1.30m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．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， 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1点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎[2]．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5点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎[3]．根据加速度定义得 ‎18.小明同学在学习牛顿运动定律时，做了探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系的实验,采用了如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上打点计数器打出的点计算出：‎ ‎（1）小明将实验装置如上图安装好接通电源后开始做实验，小强突然发现他的装置图中有两处明显的问题，请你写出来：①__________________②__________________；‎ ‎（2）小明改正了实验中的问题后，完成了实验，并列出了实验数据，他在分析数据时发现只有当M与m的大小关系满足__________________时，才可以认为绳子对小车拉力的大小等于砝码盘和砝码的重力。‎ ‎（3）另一组同学在保持砝码盘及盘中的砝码质量一定时，探究物体加速度与质量的关系，在实验操作中，以下做法错误的是__________________‎ A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先接通打点计时器电源，再释放小车 D．小车运动的加速度，可用天平称出盘及砝码质量m、小车质量M，用a=mg/Ｍ求出 ‎（4）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码质量不变，改变小车质量M，得到的实验数据如下表：为了验证猜想，请在坐标系中作出最能直观反映a与M之间关系的图象（作图需作出横纵坐标以及刻度，图像）______________．‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 小车加速度a/ms-2‎ ‎077‎ ‎0.38‎ ‎0.25‎ ‎0.19‎ ‎0.16‎ 小车质量M/kg ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎100‎ ‎【答案】 (1). 电源为直流电源 (2). 没有平衡摩擦力 (3). 满足M>>m时 (4). AD (5). 见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．装置中两处明显的问题是：①电源为直流电源；②没有平衡摩擦力；‎ ‎（2）[3]．在该实验中实际是：mg=（M+m）a，要满足mg=Ma，应该使砝码的总质量远小于滑块的质量，即只有当M与m的大小关系满足M>>m时，才可以认为绳子对小车拉力的大小等于砝码盘和砝码的重力。‎ ‎（3）[4]．A．平衡摩擦力时，应不挂盘及盘中的砝码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动；选项A错误；‎ B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项B正确；‎ C．实验时，先接通打点计时器电源，再释放小车，选项C正确；‎ D．小车运动的加速度，是通过打出的纸带计算得出的，选项D错误；‎ 此题选择错误的选项，故选AD.‎ ‎（4）[5]．先求出质量的倒数分别为5；2.5；1.67；1.25；1． 利用描点法作a与1/M 的关系图线，如图： ‎ 三、计算题（本题共3小题。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）‎ ‎19.水平地面上有一个静止的物体，质量为‎2kg，在8N的水平拉力作用下沿水平地面向右运动。物体与地面间的动摩擦因数是0.2，请计算 ‎（1）物体受到的摩擦力大小和方向；‎ ‎（2）物体在3s末的速度大小；‎ ‎（3）物体在3s内的位移大小。‎ ‎【答案】（1）4N（2）‎6m/s（3）‎‎9m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）受到的滑动摩擦力 f=μmg=0.2×2×10N=4N 摩擦力方向向左 （2，3）根据牛顿第二定律得，‎ F-μmg=ma 物体的加速度 ‎ ‎ 物体在3s末的速度 v=at=2×‎3m/s=‎6m/s ‎3s内发生的位移 x=at2=×2×‎32m=‎9m；‎ ‎20.有一项体育运动是青少年学生喜爱的滑板车运动。在某次比赛过程中，小强同学乘滑板车比赛的过程简化如下：在平直的赛道上，自O点由静止开始做匀加速直线运动，途中6s时间内依次经过P、Q两根标志杆，已知P、Q相距‎75m，滑板车经过Q时的速率为‎15m/s，求将滑板车和同学视为质点）：‎ ‎（1）滑板车经过时的速率。‎ ‎（2）滑板车的加速度为多大？‎ ‎（3）O、P间的距离为多少？‎ ‎【答案】（1）‎10m/s（2）（3）‎‎60m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）PQ间平均速度 代入数据解得 vp=‎10m/s．‎ ‎（2）根据加速度公式得 ‎ ‎ ‎（3）根据速度位移公式得，vp2＝2axop，解得 ‎21.如图所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为=37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v=‎10m/s匀速逆时针传动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为µ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小），传送带两皮带轮轴心间的距离为L=‎29m，‎ ‎（1）求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间为多少（g=‎10m/s2）？‎ ‎（2）若题中，物块下滑时间为多少？‎ ‎【答案】（1）3s（2）3.31s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体放上传送带后，开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力： 可知物体所受合力 F合=mgsinθ+f 又因为 f=μN=μmgcosθ 所以根据牛顿第二定律可得：‎ ‎ ‎ 代入数据得：‎ a=‎10m/s2‎ 当物体速度增加到‎10m/s时产生的位移 ‎ ‎ 所用时间：‎ ‎ ‎ 代入数据得：‎ t=1s 所以物体速度增加到‎10m/s后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，所以物体将受沿传送带向上的摩擦力的作用 匀加速运动的位移为29-x，设所用时间为t′，则 ‎29-x=24=vt′+at′2‎ 解得：‎ t′=2s t总=1s+2s=3s ‎（2）若物体与传送带之间的动摩擦因数为0.8，则物体放上传送带后，开始一段时间t1′内做初速度为0的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：‎ 可知物体所受合力 F′合=mgsinθ+f′‎ 又因为 f′=μN=μ′mgcosθ 所以根据牛顿第二定律可得：‎ 代入数据的：‎ a′=‎12.4m/s2‎ 当物体速度增加到‎10m/s时产生的位移 ‎ ‎ 所用时间为：‎ ‎ ‎ 得：‎ t′=0.81s 所以物体速度增加到‎10m/s后，由于mgsinθ＜μmgcosθ，所以物体将和传送到一起匀速运动，匀速运动的位移为29-x′，设所用时间为t″，则 则 t′总=0.81+2.497=3.31s