陕西省铜川市王益区2018_2019学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、1陕西省铜川市王益区 2018-2019 学年高一（上）期末考试物理试题一、单选题（本大题共 8 小题，共 32.0 分）1.伽利略的实验说明了什么 A. 要物体运动必须有力作用，没有力的作用物体将静止B. 要物体静止必须有力作用，没有力作用的物体就运动C. 物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态D. 物体不受外力作用时，一定处于静止状态【答案】C【解析】伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态，可以是静止，也可以是匀速直线运动，C 正确2.在匀速行驶的火车车厢内，有一人从 B 点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则

2、小球（ ） A. 可能落在 A 处 B. 一定落在 B 处C. 可能落在 C 处 D. 以上都有可能【答案】B【解析】试题分析：由于惯性小球下落过程中小球在水平方向的速度等于小球在释放前的速度，等于车的速度，故小球始终在抛出点的正上方解：在小球未释放前随车一起运动，故小球的速度等于车的速度 v0；在小球由静止释放后，由于惯性小球在水平方向的速度保持不变，即 vx=v0，所以在释放后小球做平抛运动，即小球下落的过程中小球在水平方向的速度等于等于车速度，所以小球始终处于抛出点的正上方，故小球一定落到 B 处故 B 正确故选 B2【点评】要真正理解惯性就一定要适量做题，本题就是一道不可多得的好题3.

3、如图所示，物体放在水平桌面上，受到一个水平向右的拉力 F 作用，却仍然保持静止，则下列说法中正确的是 A. 物体受三个力作用其中有一对平衡力B. 物体受三个力作用其中有一对作用力和反作用力C. 物体受四个力作用其中有两对作用力和反作用力D. 物体受四个力作用，其中有两对平衡力【答案】D【解析】【分析】分析物体受力情况，分析物体受到几对平衡力；物体受几个力就有几对作用力和反作用力。【详解】物体受到 F 和摩擦力、重力和支持力两对平衡力作用而处于平衡，故 A 错误，D正确；物体受四个力作用，其中有四对作用力和反作用力，分别是重力和物体对地球的吸引力、支持力和压力、地面对物体的摩擦力和物体对地面的摩

4、擦力、拉力 F 和物体对绳子的拉力，故 BC 错误。故选 D。【点睛】分析受力情况是学习力学的基本功，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析，根据平衡条件：合力为零，分析各力的关系。4.如图所示，质量 的物体在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数m=5kg，与此同时物体受到一个水平向右的推力 的作用，则物体的加速度为取=0.5 F=20Ng=10m/s2)(A. ，水平向右 B. ，水平向右 C. ，水平向右 D. 水平向5m/s2 9m/s2 1m/s2 1m/s2左【答案】B【解析】3【分析】正确对物体进行受力分析，求出其合力。运用牛顿第二定律求出物体的加速度。【详解】在水平地面上

5、向左运动，竖直方向受重力、支持力，水平方向受水平向右的拉力、水平向右的摩擦力。水平向右的拉力 ，摩擦力 ，所以合力大小F=20N f=N=mg=25N为 ，方向水平向右，根据牛顿第二定律得： ，水平向右，F合 =(20+25)N=45N a=F合m=9m/s2故 ACD 错误 B 正确。故选 B。【点睛】处理这类问题的基本思路是：先分析物体的受力情况求出合力，根据牛顿第二定律求出加速度。本题中容易出错的是滑动摩擦力方向的判断，很多同学容易受外力方向的影响而判断错误。5.一质点做匀加速直线运动第 5s 内的位移是 ，第 6s 内的位移是 ，那么以下说2.45m 2.95m法中不正确的是 A. 第

6、 5s 末瞬时速度是 B. 这 2s 内平均速度是2.7m/s 2.7m/sC. 质点的初速度是 D. 质点的加速度是0.125m/s 0.5m/s2【答案】C【解析】【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第 5 秒末的速度，通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度。根据 求出加速度，然后求初速度x=aT2即可。【详解】第 5s 末瞬时速度等于平均速度， ，故 AB 正确；根据v=2.45+2.952 =2.7m/s得 ，根据第 5s 内的位移是 ，求解得 ，解得 4s 末x=aT2 a=0.5m/s2 2.45m v4t+12at2=2.45， ，解得： ，故

7、 C 错误， D 正确；本题选错误的，故选 C。v4=2.2m/s v4=v0+at v0=0.2m/s【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。6.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为 N1，球对木板的压力大小为 N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中4A. N1始终减小，N 2始终增大B. N1始终减小，N 2始终减小C. N1先增大后减小，N 2始终减小D. N1先增大后减小，N 2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力分

8、析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则： ， ，随着板顺时针方向转动，越来越大，N2=mgsin N1=mgtan因此 N2越来越小，同样 也越来越小，答案 B 正确。N1考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解7.如图所示，物块 A 放在木板上，当缓慢抬起木板的一端使木板与水平面夹角 分别为 、 30时，物块受到的摩擦力大小相等则物块和木板间的动摩擦因数为 45A. B. C. D. 22 32 2 3【答案】A【解析】5【分析】由题：木板的倾角 分别为 300、45 0时，物体受到的摩擦力大小相同，分析可知：当倾角为 300时物块受到的是静摩擦力，当倾角为 450时物块受到的是滑动摩擦

9、力，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，再根据滑动摩擦力公式求解动摩擦因数。【详解】由题：木板的倾角 分别为 、 时，物体受到的摩擦力大小相同，分析可知： 30 45当倾角为 时物块受到的是静摩擦力，当倾角为 时物块受到的是滑动摩擦力。当倾角30 45为 时，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，即 ，当倾角为 时物30 f=mgsin30 45块受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式得 ；得到 f=FN=mgcos45，解得 ，故 A 正确， BCD 错误；故选 A。mgsin30=mgcos45 =22【点睛】本题考查分析和处理摩擦力问题的能力。对于摩擦力，首先要根据状态分析是静摩擦还是

10、滑动摩擦，对于滑动摩擦力才能用公式 。F=FN8.三个完全相同的物块 1、2、3 放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同现用大小相同的外力 F 沿图示方向分别作用在 1 和 2 上，用 的外力沿水平方向作用在 3 上，12F使三者都做加速运动令 、 、 分别代表物块 1、2、3 的加速度，则 a1 a2 a3A. B. ， C. ， D. ，a1=a2=a3 a1=a2 a2a3 a1a2 a2a2 a2a3【答案】C【解析】对 1 受力分析，根据牛顿第二定律有： ，a1Fcos60(mgFsin60)m =12F(mg32F)m对 2 有： ，a2Fcos60(mg+Fsin60)m

11、 =12F(mg+32F)m对 3 有： ，可知 a1a 2a 3a 2，故选 Ca312Fmgm二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）9.导出单位是由基本单位组合而成的，下列说法中正确的是 A. 加速度的单位是 ，是由 m， s 两个基本单位组合而成的m/s2B. 加速度的单位是 ，由公式 可知它是由 和 s 两个基本单位组合而成的m/s2 a=v-vtt m/s6C. 加速度的单位是 ，由公式 上可知它是由 N、 kg 两个基本单位组合而成的m/s2 a=FmD. 使质量为 1kg 的物体产生 的加速度的力为 1N1m/s2【答案】AD【解析】【分析】加速度的单位是 ，根据加速

12、度的定义式分析加速度单位与其他单位的关系。结合牛顿m/s2第二定律分析力的单位。【详解】 v 的单位是 ， t 的单位是 s，根据加速度的定义式 ，知加速度的单位是m/s a=v-vtt，是由 m， s 两个基本单位组合而成的。 是导出单位，故 A 正确， B 错误。 N 是导出m/s2 m/s单位，不是基本单位，故 C 错误。根据 知，使质量为 1kg 的物体产生 的加速度F=ma 1m/s2的力为 1N，故 D 正确。故选 AD。【点睛】解决本题要知道 N 和 m/s 是导出单位，不是基本单位。要知道力学的基本单位是m、kg、s。10.质点做直线运动的 图象如图所示，规定向右为正方向，则关

13、于该质点在前 8s 内的v-t运动，下列说法正确的是 A. 内的加速度最大且方向向右0-1sB. 和 时加速度等大反向t=2s t=4sC. 内质点的加速度方向向左3 5sD. 内质点的加速度最小且方向向右5-8s【答案】ACD【解析】【分析】图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，其斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速v-t度大小，斜率的正负表示加速度方向。7【详解】在前 8s 内， 内图象的斜率绝对值最大，且斜率为正，因此， 内的加速0-1s 0-1s度最大且方向向右，故 A 正确。 和 时图象的斜率相同，则加速度等大同向，故 Bt=2s t=4s错误。 内质点的斜率为负，说明加速度方向向左，

14、故 C 正确。 内图象的斜率绝3 5s 5-8s对值最小，且斜率为正，则质点的加速度最小且方向向右，故 D 正确。故选 ACD。【点睛】本题考查速度-时间图象的应用，关键要明确斜率的意义，知道斜率表示加速度。要注意斜率的符号表示加速度方向。11.利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落 H 后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了 h，计算机显示该同学受到地面支持力 、随时间变化的图象如图所示根据图象提供的信息，以下判断正确的是 FNA. 在 0 至 时间内该同学处于完全失重状态t2B. 在 至 时间内该同学处于超重状态t2 t3C. 时刻该同学的加速

15、度零t3D. 在 至 时间内该同学的重心继续下降t3 t4【答案】BD【解析】【分析】明确图象的性质，根据图象分支持力和重力间的关系，同时明确处于超重状态的物体具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度，根据图象判断对地面的压力与重力的大小关系去判断超重失重。【详解】由图象知在 0 至 时间内该同学对地面的压力小于重力，处于失重状态，故 A 错t2误；在 至 时间内该同学对地面的压力大于重力，处于超重状态，故 B 正确； 时刻该同t2 t4 t3学处于超重状态，具有向上的加速度不为零，故 C 错误；在 至 时间内，其支持力大于重t3 t4力，说明该同学仍有向上的加速度，根据运动过程可知该同学的重

16、心继续下降，故 D 正确；8故选 BD。【点睛】本题应抓住超重失重的特点：加速度向上，超重；加速度向下，失重；但物体的重力保持不变。12.如图所示，质量为 的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细m2绳通过光滑定滑轮连接质量为 的物体，与物体 l 相连接的绳与竖直方向成角，则 m1A. 车厢的加速度为 gsinB. 绳对物体 1 的拉力为m1gcosC. 底板对物体 2 的支持力为 (m2-m1)gD. 物体 2 所受底板的摩擦力为 m2gtan【答案】BD【解析】试题分析：AB、由题以物体 1 为研究对象设绳子拉力为 则， ，则FT FTcos=m1g，B 正确；由牛顿第

17、二定律有： ，则 ，A 错误FT=m1gcos m1gtan=m1a a=gtanCD、以物体 2 为研究对象竖直方向有： ，则 ，C 错误；水FT+FN=m2g FN=m2gm1gcos平方向有： ，D 正确Ff=m2a=m2gtan故选 BDFf9考点：牛顿运动定律的应用点评：中等难度。解决此题的关键是，正确选择研究对象，进行受力分析，由平衡条件和牛顿第二定律列方程。三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 12.0 分）13.将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧记为 劲度系数为 ，原细弹簧记为 劲崖系数为 、套成的新弹簧记为 劲A) k1

18、 B) k2 C)度系数为 关于 、 、 的大小关系，同学们做出了如下猜想：k3. k1 k2 k3甲同学：和电阻并联相似，可能是1k3=1k1+1k2乙同学：和电阻串联相似，可能是 k3=k1+k2丙同学：可能是 k3=k1+k22为了验证猜想，同学们设计了相应的实验装置见图甲(1)简要实验步骤如下，请完成相应填空(2)将弹簧 A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧 A 的自然长度 ；a. L0在弹簧 A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数” 、每个钩码的质量 m 和当地的重力加速度大b.小 g，并用刻度尺测量弹簧的长度 ；L1由 _计算弹簧的弹力，由 计算弹簧的伸长量，由 计算弹簧的劲度c. F

19、= x=L1-L0 k=Fx系数；改变_，重复实验步骤 b、 c，并求出弹簧 A 的劲度系数的平均值 ； 仅将弹簧分d. k1 e.别换为 B、 C，重复上述操作步骤，求出弹簧 B、 C 的劲度系数的平均值 、 比较 ， 、k2 k3. k1 k2并得出结论k3图乙是实验得到的图线，由此可以判断_同学的猜想正确(3)10【答案】 (1). nmg (2). 钩码的个数 (3). 乙【解析】【详解】 （1）c.根据共点力平衡可知，弹簧的弹力：F=nmg；（2）由图可知：k 1=kAFx 2.50.1N/m 25N/mk2=kBFx 1.50.04N/m 37.5N/mk3=kC N/m62.5

20、N/m50.08故满足 k3=k1+k2，故乙正确；14.用如图 1 所示装置做“探究加速度与力，质量的关系”的实验。实验中小车及砝码的总质量为 ，钩码质量为 ，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运m1 m2动的加速度。下列说法正确的是_(a)A.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B.实验时应先释放小车后接通电源C.本实验中 应远大于m1 m2D.在探究加速度与质量关系时，应绘制 图象a-m平衡摩擦力的方法是_(b)如图 2，某同学得到以下实验图线。 a、 b，其中描述加速度与力的关系图线是_。(c)11【答案】 (1). C (2). 在长木板的不带滑轮的一端下面垫一块较

21、薄的小木板，反复移动它，直到小车可以保持匀速直线运动状态 (3). a【解析】【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为 ， m 约掉了。让小车的质量 M 远远大于小桶及砝f=mgsin=mgcos码的质量 m。在探究加速度与质量关系时，应绘制 图象。a-1m（2）平衡摩擦力的方法是在长木板的不带滑轮的一端下面垫一块较薄的小木板，反复移动它，直到小车可以保持匀速直线运动状态。（3）根据加速度与力的关系分析即可。【详解】 （1）平衡摩擦力时，假设木板倾角为，则有： ， m 约掉了，故不mgsin=mgcos需要重新平衡摩擦力。故 A 错

22、误。实验时应先接通电源后释放小车，故 B 错误。让小车的质量 远远大于钩码的质量 ，因为：实际上绳子的拉力 ，故应该是m1 m2 F=m1a=m1m2+m1m2g，即 应远大于 ，故 C 正确。由 ，知当 F 一定时， a 与 成正比，为直m2m1 m1 m2 F=ma1m观判断加速度与质量的关系，应 图象，故 D 错误。故选 C。a-1m（2）平衡摩擦力的方法是在长木板的不带滑轮的一端下面垫一块较薄的小木板，反复移动它，直到小车可以保持匀速直线运动状态。（3）当 一定时， a 与 F 成正比，则加速度与力的关系图线是 a。m1【点睛】对于实验的掌握，要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据

23、处理、实验注意事项这几点去搞清楚。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。四、计算题（本大题共 4 小题，共 40.0 分）15.如图所示，一位重 600N 的演员，悬挂在绳上若 AO 绳与水平方向的夹角为 ， BO 绳水37平，则 AO、 BO 两绳受到的力各为多大？ 取 ， ，(g 10m/s2 sin37=0.6cos37=0.8)12【答案】1000N 800N【解析】试题分析：把人的拉力 F 沿 AO 方向和 BO 方向分解成两个分力如图所示，则 AO 绳上受到的拉力 （3 分）F1=GSin370=1000NBO 绳上受到的拉力

24、 （3 分）F2=Gtan370=800N考点：本题考查共点力作用下物体的平衡。16.如图所示，一个滑雪者质量为 ，以 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡m=90kg v0=2m/s的倾角 ，在 的时间内滑下的路程 ， g 取 ，求：=30 t=5s x=60m 10m/s2滑雪者沿山坡下滑的加速度大小；(1)滑雪者受到的阻力大小。(2)【答案】 （1） （2）75N4m/s2【解析】（1）根据位移时间公式得： ，s=v0t+12at2代入数据即： ，解得： ；25+12a52=60 a=4m/s2（2）根据牛顿第二定律，沿斜面方向有： mgsin30F阻 =ma解得： 。F阻 =mgsin30m

25、a=60012N604N=60N13点睛：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力。17.一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知途中先后经过相距 27m 的 A、 B 两点所用时间为 2s，汽车经过 B 点时的速度为 。求：15m/s汽车经过 A 点时的速度大小和加速度大小；(1)汽车从出发点到 A 点经过的距离；(2)汽车经过 B 点后再经过 6s 到达 C 点，则 BC 间距离为多少？(3)【答案】(1) (2) （3）12m/s 48m 6m/s【解析】【详解】 （1）对 AB 段，根据 有 ，x

26、vA+vB2 t 27 vA+152 2解得：v A12 m/s;加速度 avt=15122m/s2=1.5m/s2（2）对 OA 段，根据 vA22 ax 得 xv2A2a= 12221.5m 48m（3）对 BC 段：根据 有x vBt+12at2xBC152+ 1.52233 m12【点睛】匀变速运动是一种特殊的变速运动，匀变速运动的加速度是个核心物理量，要重点求出来，结合另外的三个基本公式和推论解决问题.18.如图所示，质量为 30kg 的小孩坐在质量为 10kg 的雪橇上雪橇静止在地面上，离雪橇前端 处有一个倾角为 的斜坡有一同伴在雪橇的后方施加 的斜向下推力，x=28m =37 F

27、=200N推力 F 与水平方向的夹角也为 ，推力作用 8s 后撤去已知雪橇与地面、雪橇与斜坡=37之间的动摩擦因数 都是 将小孩和雪橇都看成质点，若雪橇能冲上斜坡，不考虑从地面 0.25.到斜坡的速度损失，已知重力加速度 ， ， 求：g=10m/s2 sin37=0.6cos37=0.8.撤去推力时，雪橇的速度多大？(1)雪橇能否冲上斜坡？如果能，请求出雪橇沿斜坡上升的最大距离；如果不能，请说明理(2)由。14【答案】 （1） （2）能 3m/s 0.25m【解析】试题分析：（1）根据牛顿第二定律得： ，解得 ，Fcos37(mg+Fsin37)=ma1 a1=0.75m/s2撤去推力时的速度为 。v=a1t1=3m/s（2）推力作用阶段前进的距离撤去推力后撤去推力后的位移为 x2=xx1=1m根据公式解得到达斜面底部时的速度为 ，此时仍可以冲上斜面。在斜面上运动的加速度可根据牛顿第二定律解得 ，沿斜面上升的距离 ，得 。考点：牛顿运动定律综合应用【名师点睛】根据牛顿第二定律求出在推力 F 作用下的加速度，结合速度时间公式求出撤去推力 F 时的速度；根据位移时间公式求出匀加速运动的位移，结合牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，根据速度位移公式判断雪橇能否冲上斜面，若能冲上，结合牛顿第二定律和运动学公式求出上升的距离。15