2018-2019学年江苏省泰州市高一上学期期末考试物理试题（解析版） 13页

‎2018-2019学年江苏省泰州市高一（上）期末 物理试卷 一、单选题 ‎1. “抬头望明月，明月云中行”，关于月亮的运动所选取的参考系是 （ ）‎ A. 月亮 B. 云 C. 地面 D. 观察者自己 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：月亮的运动所选取的参考系是云，故选B．‎ 考点：参考系 ‎2.物体做匀变速直线运动，加速度为 4m/s2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体在某秒末的速度一定是该秒初的 4 倍 B. 物体在某秒末速度一定比该秒初增加了 4m/s C. 物体在某秒末的速度一定比前秒初改变了 4m/s D. 物体速度的改变量与这段时间的比值一定是 4m/s2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体做匀变速直线运动，加速度为4m/s2，知某秒末的速度比该秒初的速度大4m/s，故A错误，B正确。物体在某秒末和前秒初相差2s，则速度的变化量为8m/s。故C错误。加速度等于单位时间内的速度变化量，所以物体速度的改变与这段时间的比值一定是4m/s2．故D正确。故选BD。‎ ‎3.做平抛运动的物体，每秒速度的增量总是（ ）‎ A. 大小相等，方向相同 B. 大小不等，方向不同 C. 大小相等，方向不同 D. 大小不等，方向相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】平抛运动的加速度不变，为g。根据，知每秒速度增量大小相等，方向竖直向下，与加速度的方向相同，所以每秒速度的增量总是大小相等，方向相同，故A正确。‎ ‎4.如图所示，冰壶在冰面运动时，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”，这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则冰壶的惯性大小取决于（　　）‎ A. 冰壶速度 B. 冰壶的加速度 C. 冰壶的质量 D. 冰壶受到的合外力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】惯性是物体的固有属性；而质量却是惯性大小的唯一量度；故惯性的大小取决于冰壶的质量；故C正确，ABD错误。‎ ‎5.如图所示，某学校教室里的磁性黑板上粘挂一些小磁铁（如图中“笑脸”），“笑脸”被吸在黑板上可以用于“贴”挂图等辅助教学。下列关于“笑脸”的说法中正确的是（　　）‎ A. “笑脸”受到黑板的磁吸引力大于黑板对其的弹力才能被吸在黑板上 B. “笑脸”与黑板间存在三对作用力与反作用力 C. “笑脸”受到三个力的作用 D. “笑脸”受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“笑脸”受到黑板的吸引力等于受到的弹力，它们是一对平衡力，故A错误；‎ B、“笑脸”受到黑板的作用力有：黑板的吸引力、弹力和摩擦力，有几个作用力，就有几对作用力和反作用力，所以“笑脸”与黑板间存在三对作用力与反作用力，故B正确； ‎ C、“笑脸”受重力、静摩擦力、吸引力和弹力共4个力，故C错误；‎ D、“笑脸”受到的支持力与黑板受到的压力是一对作用力与反作用力，故D错误；‎ ‎6.一蜡块置于注满清水长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀加速上浮的同时，使玻璃管紧贴竖直黑板面沿水平方向向右匀速移动，如图所示，设坐标系的x、y轴正方向分别为水平向右、竖直向上，则蜡块相对于黑板面的运动轨迹是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】蜡块参与了竖直方向上的匀加速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，合力的方向，竖直向上，而轨迹的弯曲大致指向合力的方向，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎7.如图所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为2kg的物体A，A处于静止状态，现将质量为3kg的物体B缓慢轻放在A上，设B与A刚要一起运动的瞬间，B对A的压力大小为F，当A、B一起向下运动速度最大时取走B，设取走B的瞬间A的加速度大小为a，则F与a的大小是（取g=10m/s2）（　　）‎ A. 20N、 B. 30N、 C. 25N、 D. 12N、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡，有：F弹=mAg=20N释放B瞬间，对AB整体，受重力和弹簧的支持力，根据牛顿第二定律有：（mA+mB）g-F=（mA+mB）a′ 联立解得：a′=6m/s2， 对物体B受力分析，受重力、A对B的支持力N，根据牛顿第二定律有：mBg-F′=mBa′ 解得：F′=12N 根据牛顿第三定律知，释放B瞬间，B对A的压力大小F=F′=12N； 当A、B一起向下运动速度最大时，AB的加速度为零，则（mA+mB）g=F弹′。 取走B的瞬间，对A，由牛顿第二定律得F弹′-mAg=mAa，解得a=15m/s2．故ABC错误，D正确。‎ 二、多选题 ‎8.静止的物体在合外力F作用下运动，F随时间t变化的图象如图所示，则下图中与F-t图象对应的v-t图象、a-t图象正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由F-t图象可知，0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速度运动，加速度为a1；t0～2t0物体沿原方向做匀减速运动，加速度为a2；根据牛顿第二定律F=ma可知a1=-a2，所以，2t0‎ 时刻速度为0，故A错误，B正确。 CD、根据牛顿第二定律F=ma可知，a-t图象与F-t图象形状相同，故C错误，D正确。 故选：BD。‎ ‎9.下列物理量中，属于矢量的是（　　）‎ A. 位移 B. 速率 C. 时间 D. 加速度 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】移和加速度都是既有大小又有方向的矢量；而时间和速率都是只有大小没有方向的标量。故AD正确，BC错误。‎ ‎10.一物体做匀变速直线运动，某时刻的速度为v1，经过t时间后速度变为v2, 位移为x，则 A. 这段时间内的平均速度一定是 B. 这段时间内的平均速度一定是 C. 这段时间内中间时刻的瞬时速度一定是 D. 这段时间内中间位置的瞬时速度一定是 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 根据平均速度定义可知，故A正确；因为物体做匀变速直线运动，根据推论可知该段时间内的的平均速度等于初末速度之和的一半即：，故B正确；因为物体做匀变速直线运动，根据推论可知该段时间内的的平均速度等于初末速度之和的一半也等于中间时刻的瞬时速度即，故C正确；中间位置的速度为：，故D错误。所以ABC正确，D错误。‎ ‎11.如图，将一半圆形轨道凹槽AB固定在水平地面上，圆心为O，半径为r=1m。现将可视为质点的小球从圆心等高处的凹槽左侧端点A水平抛出，经t=0.4s直接落到凹槽上，则小球的初速度v0可能为（取g=10m/s2）（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做平抛运动，t=0.4s内下降的高度问：。若小球落在左边四分之一圆弧上，根据几何关系有：水平位移为：，则初速度为：。若小球落在右边四分之一圆弧上，根据几何关系有：水平位移为：，初速度为：。故AC正确，BD错误。‎ ‎12.一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其-t的图象如图所示，则（　　）‎ A. 质点做匀速直线运动，速度为2‎ B. 质点做匀加速直线运动，加速度为 C. 质点在1s末速度为 D. 质点在第1s内的平均速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图得：。根据得：，对比可得：v0=2m/s， a=2，则加速度为a=4m/s2．所以质点做匀加速直线运动，加速度为4m/s2，故A错误，B正确。C、质点在1s末速度为：，故C错误。D、质点在第1s内的平均速度为：，故D正确。‎ 三、实验题探究题 ‎13.某同学用如图甲、乙所示的装置测量弹簧的劲度系数及验证力的平行四边形定则 ‎（1）用图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，根据所测实验数据，作得弹力F跟弹簧长度l（原长为6cm）关系图象如图丙所示，则该弹簧的劲度系数k=______N/m（结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）如图乙所示装置验证力的平行四边形定则，部分实验操作如下，请完成下列相关内容：‎ ‎①如图甲，在弹簧下端悬挂两个钩码记下弹簧末端的位置O及弹簧所受的拉力F；‎ ‎②卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的____及两弹簧测力计相应的读数。图乙中B弹簧测力计的读数为_____N。‎ ‎③该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力FA、FB的大小和方向如图丁所示，请在图丁中作出FA、FB的合力F’ ______。‎ ‎④在丁图中作出拉力F的图示，观察比较F和F’，得出结论：在误差范围内合力与分力______（填“满足”或“不满足”）平行四边形定则。‎ ‎【答案】 (1). （1）25； (2). （2）②方向； (3). 11.40； (4). ③如图所示； (5). ④满足。 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，弹力F=1.5N时，弹簧缩伸长了△x=12-6=6cm=0.06m，根据胡克定律F=k△x，；‎ ‎（2）②根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0.1N，估读一位：11.40N ‎③作图如下：‎ ‎④观察比较F和F’，得出结论：在误差范围内合力与分力满足平行四边形定则。‎ ‎14.如图为“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验装置，沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M，实验中将沙和沙桶的重力mg作为细线对小车的拉力F。‎ ‎（1）在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是______‎ A．应该让小车连接纸带并穿过打点计时器 B．必须让小车连接沙桶 C．纸带和沙桶都应连接 D．纸带和沙桶都不能连接 ‎（2）保持小车的质量M一定，改变沙桶中沙的质量，根据实验数据作a-F图象。随着沙和沙桶质量m增加，不再远小于小车质量M，则可能会出现下列图象中的______。‎ ‎（3）保持沙和沙桶的总质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，探究加速度和质量的关系。如图是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50Hz，每隔4个点选一个计数点，则小车的加速度为______m/s2（保留两位有效数字）。通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为______（填“M”或“”）‎ ‎【答案】 (1). （1）A (2). （2）B (3). （3）0.42 (4). 1/M   ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）考察实验中的关键步骤--平衡摩擦力的操作细节，首先是让木板倾斜，取下钩码让小车拖着纸带在木板上做匀速直线运动，从打出的纸带上点迹均匀与否可以确定倾斜是否不足或过度，故选项A正确；‎ ‎（2）小车的质量M一定，改变沙桶中沙的质量m，对小车和沙桶组成的系统，根据牛顿第二定律有：，而对小车则有：拉力，所以当m＜＜M时，．但随着m增加到一定的程度，已经不满足上述条件，则计算出的加速度将大于实际加速度且随军着m变大将变化得越来越快，将变小，所以图象开始是直线，后将向下弯曲，故选项B正确。‎ ‎（3）为减小偶然误差把纸带分成两大段，由逐差公式求加速度， ；由F=Ma可得，因此横坐标应选 四、计算题 ‎15.在平直路面上以108km/h速度匀速行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动，4s末的速度为36km/h，求：‎ ‎（1）刹车后汽车加速度的大小；‎ ‎（2）刹车后汽车4s内的位移大小；‎ ‎（3）刹车后经多少时间汽车停止运动 ‎【答案】（1）5m/s2（2）80m。（3）6s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）速度v1=108km/h=30m/s，v2=36km/h=10m/s，‎ 根据加速度定义可知，a=，汽车的加速度大小为5m/s2；‎ ‎（2）汽车做匀减速直线运动，根据平均速度公式可知，x==80m；‎ ‎（3）根据速度-时间公式可知，v=v1+at，其中v=0，解得t=6s。‎ ‎16.如图所示，A和B的质量分别是3kg和10kg，B与地面间动摩擦因数μ=0.4，滑轮摩擦及绳重不计，整个装置处于平衡状态。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）物体B受几个力作用，画出B的受力示意图：‎ ‎（2）求地面对B的摩擦力大小；‎ ‎（3）求B对地面的压力的大小 ‎【答案】（1）物体B受4个力作用，B的受力示意图如图所示；‎ ‎ （2）24N；（3）82N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物体B受到重力、支持力、摩擦力和绳子拉力4个力的作用，如图所示；‎ ‎（2）根据题意可得绳子拉力为：F=mAg=30N，对B水平方向根据平衡条件可得：f=Fcos37°解得：f=24N；‎ ‎（3）对B根据竖直方向受力平衡可得：FN=mBg-Fsin37°解得：FN=82N，根据牛顿第三定律可得B对地面的压力的大小为82N。‎ ‎17.质量m=0.2kg的物体在光滑水平面上运动，其在互相垂直的x、y两个方向的分速度vx和vy 和随时间变化的图象如图所示，求：‎ ‎（1）物体初速度的大小和方向 ‎（2）物体所受合力的大小和方向 ‎（3）物体前4s位移的大小和方向（结果可用三角函数表示）‎ ‎【答案】（1），方向与x之间的夹角为45°；（2）F=0.2N，方向沿x轴负方向；（3）m，方向与x之间的夹角为arcsin。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题目图象可知：在x方向做以初速度4m/s，加速度：a===1m/s2，‎ 匀减速直线运动；y方向物体做匀速直线运动，速度4m/s。‎ 所以物体的初速度：v=m/s与x之间的夹角的正弦值：sinθ=则：θ=45°‎ ‎（2）物体受到合外力：F=ma=0.2×1=0.2N方向沿x负方向 ‎（3）当t=4s时，在x方向物体的位移为：sx=vxt==8m；‎ y方向物体的位移为：sy=vyt=4×4=16m；‎ t=4s时物体的位移：s=m；‎ 与x之间的夹角的正弦值：sinβ=则：β=arcsin ‎18.如图，光滑水平面上静置一长木板A，质量M=4kg，A的最前端放一小物块B（可视为质点），质量m=1kg，A与B间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2．则：‎ ‎（1）若拉力F1=5N，A、B一起加速运动，求A对B的静摩擦力f的大小和方向；‎ ‎（2）为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm ‎（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；‎ ‎（3）若拉力F2=14N，在力F2作用t=ls后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L ‎【答案】（1）f= 1N，方向水平向右；（2）Fm= 10N。（3）木板的最小长度L是0.7m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对AB整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M+m）a1‎ 对B，由牛顿第二定律得：f=ma1联立解得f =1N，方向水平向右；‎ ‎（2）对AB整体，由牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a2对B，有：μmg=ma2联立解得：Fm=10N ‎（3）因为F2＞Fm，所以AB间发生了相对滑动，木块B加速度为：a2=μg=2m/s2。木板A加速度为a3，则：F2-μmg=Ma3解得：a3=3m/s2。‎ ‎1s末A的速度为：vA=a3t=3m/s B的速度为：vB=a2t=2m/s ‎1s末A、B相对位移为：△l1==0.5m撤去F2后，t′s后A、B共速 对A：-μmg=Ma4可得：a4=-0.5m/s2。共速时有：vA+a4t′=vB+a2t′可得：t′=0.4s撤去F2后A、B相对位移为：△l2==0.2m为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L=△l1+△l2=0.7m。‎ ‎ ‎ ‎ ‎