2018-2019学年山西省长治市第二中学高一上学期期末考试物理试卷（解析版） 12页

山西省长治二中2018—2019学年高一上学期期末考试 物理试题 ‎ 一、选择题（本题共12个小题，每小题4分，共48分。第1-9小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第10-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）‎ ‎1.在国际单位制中，力学的基本单位是：（ ）‎ A. N、m、s B. kg、m、s C. N、kg、s D. N、kg、m ‎【答案】B ‎【解析】‎ 力学的基本单位有三个，分别为kg、m、s．故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．‎ ‎2.一个物体同时受到同一个平面内的三个力的作用，下列几组力中其合力可能为零的是 A. 5N 、7N 、8N B. 2N 、4N 、8N C. 1N 、5N 、10N D. 1N 、10N 、10N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】5N与8N合成时，合力最大13N，最小3N，可能为9N，故三个力合力可能为零，故A正确；5N与2N合成时，合力最大7N，最小3N，可以为3N，故三个力合力可能为零，故B正确；2N与7N合成时，合力最大9N，最小5N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零，故C错误；1N与10N合成时，合力最大11N，最小9N，可能为10N，故三个力合力可能为零，故D正确；故选ABD。‎ ‎【点睛】本题关键明确二力合成时，合力范围为：|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；两力同向时合力最大，反向时合力最小．‎ ‎3.如图，一固定斜面与水平方向成θ角，一物块质量为m，在一垂直于斜面的压力F作用下，保持静止状态，则物块受力个数为 A. 一定受4个力 B. 可能受4个力 C. 一定受3个力 D. 可能受3个力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体在垂直斜面方向上平衡，沿斜面方向也平衡，根据重力分力的大小确定摩擦力的方向和大小．‎ ‎【详解】物块在垂直斜面的压力F作用下平衡，受力分析可知，沿斜面方向重力的分力，则有静摩擦力一定有垂直于斜面的弹力，；故物块一共受四个力分别为推力F、重力mg、弹力、静摩擦力；故选A.‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过沿斜面方向平衡进行分析．‎ ‎4.一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是(　　)‎ A. 榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎 B. 榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 C. 榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 D. 因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系.故选项C正确.‎ ‎5.一个质量为50kg的人，站在竖直向上运动的升降机地板上，他看到升降机中挂着重物的弹簧秤示数为40N，已知重物质量为5kg，若g取10m/s2，这时人对升降机地板的压力 A. 大于500N B. 小于500N C. 等于500N D. 都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设弹簧秤示数为F，重物质量为m，对物体应用牛顿第二定律得 mg-F=ma  解得 a=2m/s2，方向向下， 设人质量为M，地板对人的支持力为FN，对人利用牛顿第二定律得：Mg-FN=Ma， 解得：FN=480N， 根据牛顿第三定律，人对地板的压力大小为480N，方向竖直向下． 点睛：对重物和人分别应用牛顿第二定律即可求出结论，需要注意的是题目中要求的是人对升降机地板的压力，最后要根据牛顿第三定律来求得人对升降机地板的压力．‎ ‎6.如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. 若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为+μMg ‎ D. 若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 对选项AB，根据牛顿第二定律，对整体有：a= ；对M：N=Ma=．故A正确，B错误．对选项CD，根据牛顿第二定律得：对整体有：；对M：N﹣μMg=Ma，得：N=μMg+Ma=．故C正确，D错误．故选AC.‎ 点睛：本题是连接类型的问题，关键是灵活选择研究对象．对于粗糙情况，不能想当然选择C，实际上两种情况下MN间作用力大小相等．‎ ‎7.如图所示，两根轻橡皮条A和B在竖直方向上共同系住一小球，A和B都比原来伸长，A的弹力为B的弹力的2.5倍。若将B剪断，则在剪断的瞬间，小球的加速度大小为 A. g/3 B. 2g/3 C. g D. 5g/3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 剪断B前，根据平衡求出小球的质量，剪断B的瞬间，A的弹力不变，根据牛顿第二定律求出小球的加速度．‎ ‎【详解】设开始B的弹力为F，则A的弹力为2.5F，根据平衡有：F+mg=2.5F，解得小球的质量 ‎，剪断B的瞬间，A的弹力不变，根据牛顿第二定律得；故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键抓住剪断B的瞬间，A的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解．‎ ‎8.如图所示，水平传送带AB长2m，以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以3m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是 A. 0.5s B. 0.9s C. 1.2s D. 1.5s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据物块和传送带的速度关系，判断物块在传送带上的运动性质，根据运动学公式求解时间．‎ 刚冲上传送带时，由于物块的速度为3m/s，大于传送带的速度，所以物块相对传送带向右运动，受到的滑动摩擦力方向向左，故做匀减速直线运动，，经历的时间为，相对地面发生的位移为，之后两者的速度相同，相对静止的做匀速直线运动，经历的时间为，故小物块运动至传送带右端B点所用的时间是，B正确．‎ ‎9.一质点以某初速度开始做匀减速直线运动，经3.5s停止运动。若质点在这3.5s内开始运动的第1秒内的位移为S1，第2秒内的位移为S2，第3秒内的位移为S3，则S1：S2：S3为 A. 7：5：3 B. 5：3：1 C. 6：5：3 D. 3：2：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度公式，可得初速度关于加速度的表达式，根据位移公式，可分别表示出第1s、2s、3s的物体位移，可求解．‎ ‎【详解】由题意，设物体初速度为v0，加速度为a，则v0=at=3.5a；‎ 根据位移公式可得：‎ 第1s内的位移；第2s内的位移；第3s内的位移 ‎；故；故选D.‎ ‎【点睛】本题考查匀变速直线运动速度及位移基本公式的应用.‎ ‎10.某质点以大小为0.8m/s2的加速度做初速度为零的匀加速直线运动过程中，从运动开始计时，则（ ）‎ A. 在任意一秒内速度的变化都是0.8m/s B. 在任意一秒内，末速度一定等于初速度的0.8倍 C. 在任意一秒内，初速度一定比前一秒末的速度增加0.8m/s D. 第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1∶3∶5‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据加速度的定义式可知，加速度为，物体在任意一秒内速度的变化都是．故A正确．‎ 由得知，，v不一定是v0的9.8倍．即在任意一秒内，末速度不一定等于初速度的9.8倍．故B错误．‎ 两秒内物体速度的变化量，即任意一秒的末速度一定比前一秒的初速度增加．故C错误．‎ 根据公式可得：第1.0s末，第1.5s末，第2.0s末的速度之比为2：3：4，D正确，‎ 考点：考查了对加速度的理解 点评：加速度是运动学中最重要的概念，要从物理意义、定义式、单位、方向及与速度的关系等多方面加深理解．‎ ‎11. 地面上有一个质量为M的重物，用力F向上提它，力F的变化将引起物体加速度的变化．已知物体的加速度a随力F变化的函数图像如图所示，则（ ）‎ A. 图线斜率大小等于物体的质量大小 B. 当F＝F0时，作用力F与重力Mg大小相等 C. 物体向上运动的加速度与作用力F成正比 D. a′的绝对值等于该地的重力加速度g的大小 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 由图可得：在力F小于F0时，加速度为0，所以物体的重力大于F，在F=F0时是临界点，之后物体有加速度，F大于物体的重力，所以在临界点，F=F0，物体向上运动的加速度与F-F0成正比，A’的绝对值为g，因为此时物体只受重力。所以选ABD。‎ ‎12.如图所示，一小球被水平细线OA与斜细线OB拉着处于静止。现将整个装置以C点为轴在竖直面内逆时针缓慢地转90o，在此过程中，关于OA、OB绳上的拉力大小FA、FB的变化是 A. FA一直变大 B. FA先变大后变小 C. FB一直变小 D. FB先变大后边小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整个装置在纸面内缓慢转动，装置在每个位置都处于状态。以小球为研究对象，设绳与竖直方向的夹角，根据平衡条件，得到BO绳中的拉力FB和OA绳中的拉力FA与夹角的函数关系，再分析拉力如何变化。‎ ‎【详解】两绳拉住球处于静止状态，缓慢逆时针转动整个装置时两绳的夹角不变设为，OA绳与竖直方向的夹角为α，则OB绳与竖直方向的夹角为θ-α.‎ 根据平衡条件，得FAsinα=FBsin(θ-α)，FAcosα+FBcos(θ-α)=G 解得:，‎ 因θ不变，α由90°变到0°，根据数学知识，得FA先变大后变小，FB逐渐减小，当α=0°时FB=0.故A，D错误，B，C正确.‎ 故选BC.‎ ‎【点睛】本题属于动态变化分析问题，采用的是函数法；也可以用作图法求解，如图所示：‎ 作图时要抓住不变的量，它是作图的依据.‎ 二、实验题（共17分）‎ ‎13.在《探究加速度与力、质量的关系》实验中 ‎(1)在探究实验中实验仪器有：砂桶和砂子，小车和砝码，带滑轮的长木板，打点计时器和纸带复写纸片，除了以上仪器外，还需要的仪器有____________‎ A．秒表 B．弹簧测力计 C．毫米刻度尺 D．天平 E．低压直流电源 F．低压交流电源 ‎(2)在实验中，以下做法正确的是_____‎ A．平衡摩擦力时，应将重物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，先放开小车，后接通电源 D．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究过程也不产生影响 ‎(3)在这一实验中，有三位同学通过测量，分别作出a一F图象，如图中的A、B、C线所示；试分析：‎ A线不通过坐标原点的原因是：_________________.‎ B线不通过坐标原点的原因是：_________________.‎ C线发生弯曲的原因是：_____________________.‎ ‎【答案】 (1). BCDF (2). B (3). 没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不够引起的 平衡摩擦力时木板倾角θ太大，即平衡摩擦力过度引起的 不满足小车质量引起的 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验器材的选取要为实验目的服务，如在实验中只要用到打点计时器，一般都要用到低压交流电源、刻度尺等．‎ ‎(2)实验所有的具体操作目的都是为了更好、更准确的完成实验，操作细节不能忽视，同时操作步骤要满足实验原理和实验目的要求．‎ ‎(3)A图象表明当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的．  B图象表明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明斜面倾角过大，平衡摩擦力过度；当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲．‎ ‎【详解】(1)实验需要用测力计测出砂与砂桶的重力，需要用毫米刻度尺测出计数点间的距离、需要用天平测出小车质量、打点计时器需要使用低压交流电源，故选BCDF．‎ ‎(2)A、平衡摩擦力时，重物不能用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；‎ B、实验前平衡摩擦力后，在实验过程中，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；‎ C、实验时，先接通电源，后放开小车，故C错误；‎ D、实验时必须满足：“重物的质量远小于小车的质量”，否则小车受到的拉力明显小于重物的重力，实验误差很大，将不能正确得出实验结论，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎(3)图A中，发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不够引起的．  ‎ 图B中，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，这是平衡摩擦力时木板倾角θ太大，即平衡摩擦力过度引起的．‎ 图C中，设小车加速度为a，对小车：F=Ma,对重物：F-mg=ma,联立解得：，所以重物的质量m远小于小车的质量M时，当m逐渐变大时，a逐渐变小，故图象出现弯曲．所以原因是：重物的质量不是远小于车的质量．‎ ‎【点睛】探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键．‎ ‎14.某次实验纸带的记录如图所示,图中前几个点模糊, 因此从O点开始每打5个点取1个计数点,则小车通过D点时速度是_______m/s,小车运动的加速度是______m/s2.（打点计时器的电源频率是50Hz）．（保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 2.48m/s 6.18m/s2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】从A点开始每打5个点取1个计数点，相邻的计数点之间的时间间隔是0.1s （1）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， ‎ ‎（2）逐差法求解：‎ ‎【点睛】本题考查了打点计时器的应用以及根据纸带求物体运动的速度、加速度等问题，要熟练掌握从纸带上获取小车速度、加速度的方法．要注意单位的换算和有效数字的保留．‎ ‎15.如图所示，在“探究平行四边形定则”实验中，橡皮条一端固定于A点．‎ ‎（1）同时使用两个弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉到O点，记录两个测力计的读数F1和F2及两细绳的方向．弹簧测力计的示数如图所示，其示数为_____N．‎ ‎（2）只用一个测力计通过细绳拉橡皮条，使结点也拉到O点，记下此时测力计的读数F 和细绳的方向．本步骤中将结点也拉到O点，是为了_____． ‎ ‎（3）关于本实验，下列说法正确的是_____． ‎ A．细绳套尽可能短一些 B．橡皮条的伸长量越大越好 C．拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好 D．拉细绳套时，拉力应尽量与木板平行 ‎【答案】 (1). 2.6（或2.60） (2). 使F和F1与F2共同作用的效果相同 (3). D ‎【解析】‎ ‎（1）弹簧秤的最小分度为，根据弹簧秤指针的指示可知，其读数为 ‎； （2）实验中两次应将结点接至同一点，这样可以使两次拉力作用的效果相同； （3）A、细绳套尽可能长一些，减小力的方向的误差，故A错误； B、橡皮条的伸长量不是越大越好，方便作图即可，故B错误； C、两条细绳的夹角不是越大越好，以方便作平行四边形为宜，故C错误； D、拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内，故D正确。 点睛：本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力，同时注意弹簧秤的读数方法，明确应保留的位数。‎ 三、计算题（本题共3小题，共35分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，要求画出受力示意图，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎16.如图所示，一质量为m的滑块在水平推力F的作用下静止在内壁光滑的半球形凹槽内，已知重力加速度大小为g，试求：水平推力的大小及凹槽对滑块的支持力的大小．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：以滑块为研究对象，作出力图，滑块在力F的作用下处于静止状态，合力为零，由此条件列式求解力F和支持力N的大小。‎ 对滑块受力分析如图所示： ‎ 由图可知滑块受三个共点力而平衡，由力的三角形定则可知：‎ Nsinθ=mg Ncosθ=F 联立解得： ‎ 点睛：本题主要考查了力平衡问题，分析受力情况，作出受力示意图是关键。‎ ‎17. 屋檐上每隔相同的时间间隔滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好到达地面，而第3滴与第2滴分别位于高为1m的窗户的上、下沿，如图所示，问：‎ ‎（1）此屋檐离地面多高？‎ ‎（2）滴水的时间间隔是多少？（g取10m/s2）‎ ‎【答案】（1）3.2m （2）0.2s ‎【解析】‎ 设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T 由h＝gt2得：‎ 第2滴水的位移x2＝g(3T)2①‎ 第3滴水的位移x3＝g(2T)2②‎ 又因为x2－x3＝1 m③‎ 所以联立①②③三式，解得T＝0.2 s 则屋檐高x＝g(4T)2＝×10 m/s2×(4×0.2 s)2＝3.2 m。‎ ‎18.滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；‎ ‎(2)滑雪者到达B处的速度；‎ ‎(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。‎ ‎【答案】1s 99.2m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间。‎ ‎【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1==2m/s2‎ 解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==4s ‎(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=16m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2==4m/s2‎ 由vB2-v2=2a2(L-x1)‎ 解得滑雪者到达B处时的速度：vB=8m/s ‎(3)在水平雪地上做匀减速直线运动:mg=ma3，‎ 滑雪者在水平地面上的加速度：a3=4m/s2‎ 滑雪者在水平地面上运动的最大距离:x3==16m