2018-2019学年海南省海南中学高一上学期期中考试物理试题（解析版） 11页

海南中学2018-2019学年度第一学期 高一物理期中试题 一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.以下说法正确的是： （ ）‎ A. 物体沿直线单方向运动时，通过的路程就是位移 B. 速度大小不变的物体，其加速度必定不变 C. 速度大小与位移成正比，与时间成反比 D. 路程为零时，位移一定为零；位移为零时，路程不一定为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体沿直线单方向运动时，通过的路程就是位移的大小，选项A错误；速度大小不变的物体，若速度的方向发生变化，则必然存在加速度，加速度的变化情况不能确定，故选项B错误；物体的速度大小与位移和时间无关，选项C错误；路程为零时，位移一定为零；位移为零时，路程不一定为零，例如物体沿圆周运动一周，选项D正确；故选D.‎ ‎2.我国自主研制的歼－10战斗机由静止开始启动，在运动500m后起飞，已知5s末的速度为10m/s，7秒末的速度为15m/s。在20秒末起飞，问歼－10飞机由静止到起飞这段时间内的平均速度是： ( )‎ A. 10m/s B. 17m/s C. 25m/s D. 15m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】平均速度就等于总的位移除以所用的时间，有：；故选C。‎ ‎【点睛】本题就是考查学生对于基本定义公式的理解，中间说了很多没用的时间、速度，都是迷惑同学的，千万不能上当.‎ ‎3.一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24m/s，球与脚接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为( )‎ A. 120m/s2，方向与踢出方向相同 B. 360m/s2，方向与踢出方向相同 C. 120m/s2，方向与飞来方向相同 D. 360m/s2，方向与飞来方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】规定初速度的方向为正方向，则加速度，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，与踢出方向相同。所以ACD错误，B正确。故选B。‎ ‎【点睛】根据加速度的定义求解本题，关键是抓住速度的方向，规定正方向后用速度的正负值表示方向．‎ ‎4.一质点以初速度v0沿x轴正方向运动,已知加速度方向沿x轴正方向,在加速度a的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到零的过程中,该质点(　　)‎ A. 速度先增大后减小,直到加速度等于零为止 B. 速度一直在增大,直到加速度等于零为止 C. 位移先增大,后减小,直到加速度等于零为止 D. 位移一直在增大,直到加速度等于零为止 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：速度方向和加速度方向相同，都是朝着正方向，则质点做加速运动，加速度a由零开始增加，所以质点的速度变化率越来越大了，速度在一直增大，当加速度再逐渐减小过程中，加速度方向和速度方向仍相同，所以速度仍在增大，只不过变化的慢了，当加速度为零时，速度不再变化，过程中质点的速度没有变化，一直朝着正方向运动，所以位移一直在增大，故B正确 考点：考查了加速度和速度 ‎【名师点睛】加速度和速度关系是学生容易出错的地方，判断物体做加速还是减速运动，只要判断加速度和速度方向关系当加速度与速度方向相同时，物体做加速运动，当物体加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，不用考虑加速度是变大还是变小 ‎5.一辆汽车从车站以初速度为零匀加速直线开出一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动。从开始启动到停止一共经历了10s，前进了15m，则在此过程中，汽车的最大速度为：‎ A. 1.5m/s B. 4m/s C. 3m/s D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设汽车的最大速度为vm．在匀加速阶段初速度为0，末速度为vm，则匀加速阶段的平均速度为：；位移为：x1=t1；在匀减速阶段初速度为vm，末速度为0，则匀减速阶段的平均速度为：；位移为：x2=t2；在整个运动过程中，总位移为：x=x1+x2=（t1+t2）=t；所以汽车的最大速度为：，故选C.‎ ‎【点睛】本题巧用匀变速直线运动的平均速度公式可以简化解题过程．也可以作出v-t图象，根据“面积”等于位移求解．‎ ‎6.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是： ( )‎ A. a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B. 40 s时，a、b两物体速度相等，相距900 m C. 60 s时，物体a在物体b的后方 D. 20 s时，a、b两物体相距最远 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在速度-时间图象中切线的斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；所以a物体的加速度：，b物体的加速度：，故A错误。a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到40s末之前a的速度一直大于b的速度，a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以40s末两物体相距最远，；xb=×20×40m=400m；△x=xa-xb=900m，故B正确，D错误。60 s时，物体a的位移为1300m+800m=2100m；物体b的位移：×80×40m=1600m，则物体a在物体b的前方，选项D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）‎ ‎7.下列运动情况，可能存在的是： ( )‎ A. 速度变化很大，但加速度很小 B. 速度变化方向为正，但加速度方向为负 C. 速度变化加快，但加速度减小 D. 速度越来越大，加速度越来越小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】速度变化很大，但所用时间也很长，加速度也可以很小，故A正确；加速度的方向和速度变化方向相同，故B错误；加速度是速度的变化率，则速度变化加快，加速度一定增大，选项C错误；当加速度和速度同向时，即使加速度减小，速度也是增大的，选项D正确； 故选AD。‎ ‎【点睛】加速度与速度的关系是初学运动学的同学心中的一个难点，要注意加速度采用的是比值定义法，加速度与速度、速度的变化及时间都无关．‎ ‎8.关于自由落体运动，下列说法正确的是： （ ）‎ A. 某段位移内的平均速度等于初速度与末速度和的一半 B. 某段时间内的平均速度等于初速度与末速度和的一半 C. 在任何相等的时间内速度的变化相等 D. 在任何相等的时间内位移的变化相等 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】自由落体运动是一种特殊的匀加速直线运动，所以某段时间内（某段位移内）的平均速度：．故AB正确；自由落体运动是一种特殊的匀加速直线运动，速度：v=gt，△v=g△t，所以在任何相等的时间内速度的变化相等。故C正确；自由落体运动满足∆h=g∆t2，即任何连续相等时间内的位移之差相等，即在任何连续相等的时间内位移的变化相等，故D错误。故选ABC。‎ ‎9.下图中①、②、③和④是以时间为横轴的匀变速直线运动的图像，下面说法正确的是： （ ）‎ ‎ ‎ A. 图①是加速度—时间图像 B. 图②是加速度—时间图像 C. 图③是位移—时间图像 D. 图④是速度—时间图像 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】匀变速直线运动的加速度是恒定的，所以图①是加速度--时间图象。故A正确，B错误。由位移表达式：x=v0t+ at2，可知，x-t图应是二次函数关系，x-t图象是抛物线的一部分，可知，图③是位移--时间图象，故C正确。由v=v0+at可知v-t成一次线性函数关系，v-t图象是倾斜的直线，所以图④是速度--时间图象，故D正确。故选ACD。‎ ‎【点睛】由物体的运动性质判定图象，主要就是依据这种运动的各个量的表达式中与时间的函数关系，只要列出对应量的表达式，就可以判定对应的图象．‎ ‎10.如右图所示为甲、乙两个物体直线运动的v－t图象，由图象可以分析(　 　)‎ A. 甲、乙两物体在t＝0时刻的位置不一样 B. 甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动 C. 甲、乙两物体在t＝2s时有可能相遇 D. 前4 s内甲、乙两物体的位移相等 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于出发点的位置关系未知，不能判断甲、乙两物体在t=0时刻的位置是否一样，故A错误；由图可知，甲做匀减速直线运动，乙的斜率为零，加速度为零，做匀速运动，故B正确；根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移可知，0-2s内甲的位移大于乙的位移，但由于出发点的位置关系未知，则甲、乙两物体在t=2 s时有可能相遇，故C正确；根据图线与坐标轴所围“面积”表示位移可知，前4 s内甲、乙两物体的位移相等，故D正确。故选BCD。‎ ‎【点睛】此题是速度图象问题，主要抓住图线的“面积”表示位移、交点表示速度相等数学意义来分析理解．‎ 三、实验题：（本题共11、12两题，11题每空3分，共6分；12题每空4分，共12分）‎ ‎11.（1）使用电磁打点计时器下列说法正确的是：_______ ‎ A、打点计时器使用低压交流电源，交流电频率为50Hz B、纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的上面 C、要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源 D、为减小摩擦，每次测量应先将纸带拉直 ‎（2）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50Hz)，得到如下图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是：_______ ‎ A、实验时应先放开纸带再接通电源 ‎ B、 (x6－x1)等于(x2－x1)的5倍 C、从纸带可求出计数点B对应的速率 D、相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s ‎【答案】 (1). ACD (2). BC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电磁打点计时器使用低压交流电源，交流电频率为50Hz，选项A正确；纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的下面，选项B错误；要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源，选项C正确；为减小摩擦，每次测量应先将纸带拉直，选项D正确；故选ACD.‎ ‎（2）实验时应先接通电源后放开纸带，如果先放纸带再开电源就会出现纸带上只有一小段有点，其余的纸带长度没有利用起来，故A错误；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2与xm-xn=（m-n）aT2可得：xm-xn=（m-n）△x，即：（S6-S1）=5△x，（S2-S1）=△x，（x6-x1）等于（x2-x1）的5倍，故B正确；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B点的速度，故C正确；相邻两计数点间还有四个点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔T=0.1s，故D错误．故选BC．‎ ‎12.如图，在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中得到的一条纸带上，从0点开始记录几个计数点，依次编为1、2、3、4、5、6，这些相邻的计数点之间还有3个点未画出(打点计时器的电源频率是50 Hz)，测得s1＝1.22 cm，s2＝2.00 cm，s3＝2.78 cm，s4＝3.62 cm，s5＝4.40 cm，求：‎ ‎(1)相邻两计数点间的时间间隔为T＝_____s.‎ ‎(2)打点计时器打计数点2时，小车的速度大小是v＝____m/s (结果保留两位有效数字)．‎ ‎(3)小车的加速度a的大小为______m/s2(计算结果保留两位有效数字)．‎ ‎【答案】 (1). （1）0.08； (2). （2）0.30； (3). （3）1.2；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）打点计时器的打点周期T0=0.02s，所以时间间隔为：T=4T0=0.08s． （2）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可得： ‎ ‎（3）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：s3-s1=2a1T2  s4-s2=2a2T2  为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值 得：a=（a1+a2）== 1.2m/s2‎ ‎【点睛】考查了有关纸带处理的基本知识，平时要加强基础实验的实际操作，提高操作技能和数据处理能力．同时一定学会逐差法来计算加速度．‎ 四、计算题：本题包括3小题，共38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．‎ ‎13.一小球从空中某高处由静止释放，经4s落地，求：‎ ‎(1)小球下落时的高度 ‎(2)小球下落的高度时所用的时间 ‎(3)小球在下落中第3 s内的位移．(不计空气阻力，g取10 m/s2)‎ ‎【答案】（1）80m（2）3.5s（3） 25m            ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球下落时的高度h=gt2=×10×42 m=80 m；                 （2）下落3/4高度时下落的距离为60m，则 ‎ ‎（3）小球前3s下落的位移：h3=gt32=×10×32m＝45m 小球前2s下落的位移：h2=gt22=×10×22m＝20m ‎ 小球在下落中第3s内的位移: h′=h3-h2=45m-20m=25m ‎14.近几年大假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过vt=21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0=108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1=4m/s2。试问：‎ ‎（1）大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？‎ ‎（2）假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？‎ ‎（3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？‎ ‎【答案】（1）108m（2）10s（3）4s ‎【解析】‎ 试题分析：1、根据匀减速直线运动位移速度公式即可求解．‎ ‎2、根据v=v0+at求解加速和减速的时间．‎ ‎3、根据速度位移关系求加速阶段位移，知道总位移，根据速度时间关系求出不减速所需要时间，和（2）时间比较的耽误的时间．‎ 解：（1）vt=21.6km/h=6m/s，事先小汽车未减速的车速均为v0=108km/h=30m/s，‎ 小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设据收费站x1处开始制动，则：‎ vt2﹣v02=2a1x1‎ 即：62﹣302=2×（﹣4）x1‎ 解得：x1=108m ‎（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2则：‎ 减速阶段：vt=v0﹣a1t1‎ t1===6s 加速阶段：v0=vt+a2t2‎ t2===4s 则加速和减速的总时间 t=t1+t2=10s ‎（3）在加速阶段：v02﹣vt2=2a2x2‎ ‎302﹣62=2×6x1‎ 解得：x2=72m 则总位移x=x1+x2=180m 若不减速所需时间t′==6s 车因减速和加速过站而耽误的时间△t=t﹣t′="4" s 答：（1）大假期间，驾驶员应在距收费站至少108m远处开始制动；‎ ‎（2）假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是10s；‎ ‎（3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为4s．‎ ‎【点评】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．此题有一定的难度，是一道好题．‎ ‎15.有一架电梯，启动时匀加速上升，加速度为2m/s2，制动时匀减速上升，加速度为﹣1m/s2，楼高52m．求：‎ ‎（1）若上升的最大速度为6m/s，电梯升到楼顶的最短时间是多少？‎ ‎（2）如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用16秒，上升的最大速度是多少？‎ ‎【答案】（1）若上升的最大速度为6m/s，电梯升到楼顶的最短时间是13.2s．‎ ‎（2）上升的最大速度是4m/s．‎ ‎【解析】‎ 解：（1）要使上升时间最短，就要使电梯在昼量多的时间以v=6m/s上升，即电梯以最大加速度加速上升和减速上升；‎ 故启动加速的时间为：；加速上升的距离 电梯减速上升的时间为：，减速上升的距离 所以电梯匀速上升的距离为h2=52﹣9﹣18m=25m，匀速上升的时间 所以电梯上升的最短时间为 ‎（2）令上升过程中最大速度为v，则加速上升的时间为，加速上升的距离为 减速上升的时间为，减速上升的距离为 所以匀速上升的时间为：t2=t﹣t1﹣t3‎ 匀上升的距离：‎ 代入相关数据整理可得：3v2﹣64v+208=0‎ 解得v=4m/s 答：（1）若上升的最大速度为6m/s，电梯升到楼顶的最短时间是13.17s；‎ ‎（2）如果电梯先匀加速上升，然后匀速上升，最后匀减速上升，全程共用时间为16s．则上升过程中的最大速度是4m/s．‎ 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ 专题：直线运动规律专题．‎ 分析：（1）电梯上升时间最短，只电梯以最大加速度加速上升和减速上升，据此计算时间即可；‎ ‎（2）根据上升的速度位移关系，根据加速度大小求得运动时间的关系，再根据位移求解出最大上升速度．‎ 点评：解决本题的关键理清电梯的运动过程，抓住总位移一定，灵活运用运动学公式进行求解．‎ ‎ ‎ ‎ ‎