四川省广元市2018_2019学年高一物理上学期期末教学质量监测试题（含解析）.doc

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1、- 1 -广元市 20182019 学年高一上学期期末教学质量监测物理试题一.选择题：1.下列说法中正确的是A. 牛顿是国际单位制中的一个基本单位B. 静止在水平桌面上的物体对桌面的压力就是物体的重力C. 物体的惯性与运动状态无关D. 摩擦力的方向与运动方向相反【答案】C【解析】【详解】牛顿是国际单位制中的一个导出单位，选项 A 错误；静止在水平桌面上的物体对桌面的压力大小等于物体的重力，不能说“压力”就是“重力” ，选项 B 错误；物体的惯性只由物体的质量决定，与运动状态无关，选项 C 正确；摩擦力的方向与相对运动方向相反，选项 D 错误；故选 C.2.从高为 1m 处以某一初速度竖直向下抛

2、出一篮球，篮球与地面相碰后弹起，上升到高为 2m处被接住，则篮球在运动过程中A. 位移为 1m，方向竖直向上；路程为 3m B. 位移为 3m，方向竖直向上；路程为 3mC. 位移为 1m，方向竖直向下；路程为 1m D. 位移为 3m，方向竖直向下；路程为 1m【答案】A【解析】【分析】位移的大小等于首末位置的距离，方向由初位置指向末位置路程等于运动轨迹的长度【详解】从高为 1m 处以某一初速度竖直向下抛出一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为 2m 处被接住，首末位置的距离为 1m，所以位移的大小等于 1m，方向竖直向上。运动轨迹的长度为 1m+2m=3m，所以路程等于 3m。故 A 正

3、确，BCD 错误。故选 A。【点睛】解决本题的关键知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度3.假设从地面上发射飞船的火箭在某段时间内其竖直方向上的 v-t 图象如图所示，由图象可知- 2 -A. 在 0t2时间内火箭上升， t2t3时间内火箭下落B. t2时刻火箭离地面最远C. t3时刻火箭返回到地面D. 0t1时间内火箭的加速度小于 t1t2时间内火箭的加速度【答案】D【解析】【分析】v-t 图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，v-t 图象上部面积代表的位移为正，下部面积代表的位移为负，由此可以位移变化【详解】0-t 3时间内，速度均为正值，说明火

4、箭在这段时间内一直上升，t 3时刻火箭离地面最远，故 ABC 错误。由速度图象的斜率表示加速度，可知 0-t1段火箭的加速度小于 t1-t2的加速度，故 D 正确。故选 D。【点睛】本题是对 v-t 图的基本的识别和理解的，重点掌握好图象的位移和速度方向，大小的识别，斜率的识别和计算等问题4. 在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动假定两板与冰面间的动摩擦因数相同已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于（ ）A. 在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B. 在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C. 在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D.

5、 在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小【答案】C【解析】由牛顿第三定律可知 A 错；B 错；由 可知 C 对；加速度均为 ，是相同的，D 错；5.如图所示，质量分别为 M 和 m 的物体 A、 B 用不可伸长的轻质细线连接，悬挂在定滑轮上，- 3 -定滑轮固定在天花板上，已知 Mm，滑轮质量及摩擦均不计 A、 B 由静止释放后，在空中自由运动的过程中，下列说法正确的是A. 细线的拉力大于 mgB. 细线的拉力等于 mgC. 天花板对定滑轮的拉力等于( M m)gD. 细线的拉力等于【答案】A【解析】【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，通过牛顿第二定律求出

6、绳子的拉力大小对滑轮分析，根据共点力平衡求出天花板对定滑轮的拉力大小【详解】因为 m 的加速度方向向上，根据牛顿第二定律有 T-mg=ma，则细线的拉力一定大于mg。故 A 正确，B 错误。对整体分析，根据牛顿第二定律得， ，隔离对 m 分析，T-mg=ma，解得 T=mg+ma= 故 D 错误。对定滑轮分析，有 T2 T 故 C 错误。故选 A。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道 M 和 m 的加速度大小相等，掌握整体法和隔离法的运用6.有两个大小恒定的共点力，它们的合力大小 F 与两力之间夹角 的关系如图所示，则这两个力的大小分别是A. 6N 和 3N

7、 B. 9N 和 3N C. 9N 和 6N D. 12N 和 6N【答案】B- 4 -【解析】【分析】由图读出两力夹角分别为 0 和 时合力大小当两力夹角为 0 时，合力等于两分力之和当两力夹角为 时，合力大小等于两力之差【详解】设两个力大小分别为 F1、F 2，由图得到：当两力夹角为 0 时，F 1+F2=12N；当两力夹角为 时，F 1-F2=6N，联立解得：F 1=9N，F 2=3N，故 B 正确，ACD 错误；故选 B。7. 一质点在做匀加速直线运动，加速度为 a，在时间 t 内速度变为原来的 3 倍，则该质点在时间 t 内的位移为A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：

8、设质点的初速度为 v0，则 ts 末的速度为 3v0，根据速度位移公式得：，因为 ，则有： ，可知 x=at2，故 B 正确，ACD 错误故选 B。考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用，基础题8. 国家大剧院外部呈椭球型。假设国家大剧院的屋顶为半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必须在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图） ，他在向上爬的过程中A. 屋顶对他的摩擦力不变B. 屋顶对他的摩擦力变大C. 屋顶对他的支持力不变D. 屋顶对他的支持力变大【答案】D- 5 -【解析】缓慢爬行认为任何时刻都处于平衡状态，即 ，上爬过程中

9、角逐渐减小，所以摩擦力逐渐减小，支持力逐渐增大，故选 D9.如图所示， A、 B、 C 三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数相同三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示则下列说法正确的是 A. A 物体受到的摩擦力不为零，方向向右B. 三个物体只有 A 物体受到的摩擦力为零C. B、 C 受到的摩擦力大小相等，方向相同D. B、 C 受到的摩擦力大小相等，方向相反【答案】BC【解析】三个物体匀速运动,受力平衡。A 不受摩擦力，BC 所受摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，大小相等，方向相同，沿斜面向上。答案选 BC。10.如图所示，一个质量为 m、横截面为直角三角形的物块 AB

10、C， ABC ， AB 边靠在竖直墙上， F 是垂直于斜面 BC 的推力，物块静止不动，重力加速度为 g则A. 物块受到的摩擦力大小为 mgB. 竖直墙对物块的弹力大小为 FcosC. 物块受到的摩擦力与弹力的合力，与 F 等大反向D. 物块受到的弹力与 F 的合力方向竖直向下【答案】BD【解析】【分析】先对物块受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法求解出支持力和摩擦力的大- 6 -小【详解】对物块受力分析，受推力 F、重力 G、支持力 N 和向上的静摩擦力 f，如图；由于物体保持静止，根据共点力平衡条件，有：x 方向 N-Fcos=0；y 方向 f-G-Fsin=0；又 G=mg；

11、由以上两式，解得 N=Fcos；f=mg+Fsin；选项 B 正确，A 错误；由力的平衡可知，物块受到的摩擦力与弹力的合力，与 G 和 F 的合力等大反向，选项 C 错误；物块受到的弹力 N 与 F 的合力与 G 和 f 的合力方向等大反向，可知物块受到的弹力与 F 的合力方向竖直向下，选项 D 正确；故选 BD.【点睛】本题关键对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件，结合正交分解法列式求解11.A 与 B 两个质点向同一方向做直线运动， A 做初速度为零的匀加速运动， B 做匀速运动开始计时时， A、 B 位于同一位置，当它们再次位于同一位置时A. 两质点在这段时间内的平均速度相等 B. 两

12、质点的速度相等C. A 的瞬时速度是 B 的 2 倍 D. A 与 B 的位移相等【答案】ACD【解析】【分析】相遇要求同一时间到达同一位置，根据运动学公式和推论分析求解【详解】两质点相遇时到达同一位置，由题意可知，初始时刻 A、B 位于同一位置，末时刻又在同一位置，则两质点位移相等，故 D 正确；A、B 同时运动，所以相遇时运动的时间相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，平均速度相等，故 A 正确；相遇时，位移相等，设 A的速度为 vA，B 的速度为 vB，有： t=vBt，则 vA=2vB，故 C 正确 B 错误。故选 ACD。【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，

13、并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷12.如图所示，一个质量为 m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为- 7 - ，现给环一个水平向右的恒力 F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力 F1 kv，其中 k 为常数，则圆环运动过程中( )A. 最大加速度为 B. 最大加速度为C. 最大速度为 D. 最大速度为【答案】AC【解析】试题分析：当 ，即： ， ，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动，最大速度为 ，加速度为 0。当 ， ，速度 时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小， 减小，

14、圆环所受的杆的摩擦力 ，则摩擦力增大，加速度增大，当速度为零时，加速度最大 ，最大速度为初速度 ；当 ， ， 时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，也减小，加速度减小，当 ， 时，圆环做匀速直线运动，由牛顿第二定律得：，最大加速度： ；综合以上分析可知，ABC 错误，D 正确。考点：牛顿运动定律综合【名师点睛】本题考查了求最大加速度、最大速度问题，对圆环正确受力分析、分析清楚圆环运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可正确解题；要讨论 与 的关系，然后根据各种情况答题，这是容易出错的地方。二.填空题13.在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学把两根轻质弹簧 I、II

15、 按图甲所示连接进行探究- 8 -(1)某次测量刻度尺的示数如图乙所示，则刻度尺的示数为_cm(2)在弹性限度内，将 50g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针 A、 B 的示数 LA和 LB如下表用表中数据计算弹簧的劲度系数为_N/m（ g 取 10m/s2，计算结果保留两位小数） 由表中数据_（填“能”或“不能” ）计算出弹簧的劲度系数钩码数 1 2 3LA/cm 15.76 19.71 23.66LB/cm 29.96 35.76 41.51【答案】 (1). 16.00（15.9716.00） ； (2). 12.66N/m； (3). 能【解析】【分析】（1）刻度尺的读数需估读，需读到

16、最小刻度的下一位。（2）根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数。通过弹簧弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧的劲度系数。【详解】 （1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为 16.00cm。（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量F=0.5N 时，弹簧形变量的变化量为x=3.95cm，根据胡克定律知： 。结合 L1和 L2示数的变化，可以得出弹簧形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧的劲度系数。【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律，知道 F=kx，x 表示形变量，以及知道其变形式- 9 -F=kx，x 为形变量的变化量。14.某同学用图甲所示的实验装置验证牛

17、顿第二定律(1)通过实验得到如图乙所示的 a F 图象，由图可以看出：在平衡摩擦力时，木板与水平桌面间的夹角_（填“偏大” 、 “偏小” ） (2)该同学在重新平衡摩擦力后进行实验，小车在运动过程中所受的实际拉力_（填“大于” 、 “小于”或“等于” ）砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足_的条件(3)经过实验，该同学得到如图丙所示的纸带已知打点计时器电源频率为50Hz， A、 B、 C、 D、 E、 F、 G 是纸带上 7 个连续的点 x xDG xAD_cm由此可算出小车的加速度 a_m/s 2（该空结果保留两位有效数字） 【答案】 （1

18、）偏大 （2）Mm （3）0.20【解析】试题分析：（1）图中当 F=0 时，a0也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时角度过大；（2）根据牛顿第二定律得， ，解得 ，则绳子的拉力 ，知当砝码总质量远小于滑块质量时，滑块所受的拉力等于砝码的总重力，所以应满足的条件是砝码的总质量远小于滑块的质量。（3）由 得考点：本题考查验证牛顿第二定律- 10 -三计算题：15.足球运动员在罚点球时，原来静止在地面上的球离开脚时获得 30m/s 的速度并做匀速直线运动设脚与球的作用时间为 0.1s，球又在空中飞行 0.3s 后被守门员挡出，守门员

19、双手与球的接触时间为 0.2s，且球被守门员挡出后以 10m/s 的速度沿原路反弹，计算：(1)运动员罚点球的过程，足球的加速度；(2)守门员接球的过程，足球的加速度【答案】(1)300m/s 2，方向与初速度方向相同 (2)200m/s 2，方向与初速度方向相反【解析】【分析】加速度则是描述物体运动速度变化快慢的物理量。当速度变化时，则产生加速度。根据加速度的定义式 a= 求出足球在这个过程中的加速度，注意速度的方向。【详解】(1)取足球开始时的速度方向为正方向，则 v1=0， v2=30m/s， t10.1s所以罚点球的过程，足球的加速度加速度方向与初速度方向相同 (2)由题意，守门员接球

20、的过程， v3=30m/s， v4=-10m/s， t20.2s所以守门员接球的过程，球的加速度加速度方向与初速度方向相反16.如图所示， A、 B 两物体（可视为质点）用一根长 L2.8m 的轻绳相连，开始时 A 物体与井口平齐， B 物体自然下垂然后由静止释放两物体，两物体先后落入水中，测得两物体先后落入水中的时间差 t0.2s ， g10m/s 2计算水面到井口的距离 h【答案】11.25m- 11 -【解析】【分析】根据自由落体运动的位移时间关系列式即可求解。【详解】A、B 两物体均做自由落体运动，根据运动学知识对于 A 物体：对于 B 物体：解得 h11.25m17.如图所示，小木块

21、在沿斜面向上的恒定外力 F 作用下，从 A 点由静止开始做匀加速运动，前进了 0.45 m 抵达 B 点时，立即撤去外力此后小木块又前进 0.15 m 到达 C 点，速度为零已知木块与斜面动摩擦因数 ，木块质量 m1 kg.(1)木块向上经过 B 点时速度为多大？(2)木块在 AB 段所受的外力多大？( g10 m/s 2)【答案】(1)1.5 m/s (2)10 N【解析】试题分析：（1）撤去外力后，小木块做匀减速运动从 B 运动到 C，加速度大小为 3 分所以有 2 分代入可解得 2 分（2）设外加恒力为 F 则刚开始从 A 运动到 B 的加速度为3 分刚开始是做匀加速直线运动，故有： 2

22、 分代入数据可求得： F=“10N“ 2 分考点：考查了牛顿第二定律的应用点评：在应用牛顿第二定律的时候，加速度是关键，是连接力和运动的桥梁- 12 -18.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量 M=2kg 的长木板 A，可视为质点的物块 B 放在木板 A 的最左端，其质量 m=1kg已知 A、 B 间的动摩擦因数为 = 0.2开始时 A、 B 均处于静止状态某时刻 B 突然获得水平向右的初速度 v06m/s， g 取 10m/s2(1)计算物块 B 获得速度 v0后，开始向右运动时加速度的大小；(2)若物块 B 恰好不从 A 的右端滑出，计算木板 A 的长度 L；(3)在(2)情形下，当物块

23、 B 运动到木板 A 的右端时，立即在 A 上施加一个水平向右的拉力F12N（图中未画出） ，计算物块 B 离开木板 A 时的速度【答案】(1)2 m/s 2 ；(2)6 m； (3)6 m/s【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解物块 B 的加速度；（2）物块 B 恰好不从 A 的右端滑出，则当两者速度相等时，B 恰好滑到 A 的右端，结合位移关系求解木板 A 的长度 L；（3） 在 A 上施加拉力 F 后，A 继续向右加速，A 的速度将大于 B，B 受到的摩擦力反向，也改为向右加速，根据牛顿第二定律求解加速度，结合位移关系求解物块 B 离开木板 A 时的速度.【详解】(1)根据牛顿第二

24、定律，物块 B 开始向右运动时mg maB 解得 aB2 m/s 2(2)开始运动后， B 做匀减速运动， A 做匀加速运动，当两者速度相等时， B 恰好滑到 A 的右端设此时它们的共同速度为 v，经历的时间为 t由速度关系有 v aAt v0-aBt 由位移关系有另有 mg MaA 联立解得： v2 m/s， L6 m(3)在 A 上施加拉力 F 后， A 继续向右加速， A 的速度将大于 B， B 受到的摩擦力反向，也改为向右加速由牛顿第二定律对 A 有： Fmg Ma A 对 B 有： 1mg ma B - 13 -联立解得： a A5 m/s 2， a B2 m/s 2由于 a A a B，虽然两者都向右加速，但 B 相对于 A 向左运动，设经过时间 t，物块 B从左端离开 A由位移关系有：解得 t2s所以 B 离开 A 时的速度 m/s【点睛】本题考查了受力分析与牛顿第二定律的综合运用，关键理清放上木块后木板和木块的运动情况，抓住受力分析，结合牛顿第二定律结合解答。- 14 -