四川省遂宁市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 -四川省遂宁市 2018-2019 学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：1.在下列选项中，全都是国际单位制中基本单位的是A. 千克、米、秒 B. 千克、秒 、米/秒C. 牛、千克、米 D. 克、 米、牛【答案】A【解析】【详解】国际单位制的基本单位有 7 个，在力学中有三个，它们分别是质量、长度和时间的单位：千克、米、秒，故选 A.2.关于加速度概念的理解，下列叙述中正确的是A. 加速度就是物体增加的速度B. 加速度是用来描述物体速度变化大小的物理量C. 加速度是用来描述物体速度变化快慢的物理量D. 加速度大的物体速度一定大，加速度小的物体速度一定小【答案】C【解析】【

2、分析】加速度是物体速度变化和所用时间的比值，加速度反应物体速度变化快慢的物理量【详解】加速度是物体单位时间内速度的变化量，选项 A 错误；加速度是用来描述物体速度变化快慢的物理量，选项 B 错误，C 正确；加速度大的物体速度不一定大，加速度小的物体速度不一定小，选项 D 错误；故选 C.3.如图所示，物体由静止开始从 A 位置做匀加速直线运动到 C 位置，经时间 t 到达中点 B 位置，则物体从 A 到 C 位置运动的时间为A. B. C. D. 【答案】B【解析】- 2 -【分析】由位移时间关系列式即可求解.【详解】由位移时间关系可知： at2； at 2联立解得：t= t，故选 B.4.如

3、图所示,质量为 的物体沿倾角为 的光滑斜面下滑,不计空气阻力，下列说法中正确的是 A. 物体受到斜面的支持力是因为物体形变而产生的B. 物体受到的重力的施力物体是斜面C. 斜面对物体的支持力与物体重力沿垂直斜面的分力是一对作用力与反作用力D. 物体匀加速下滑的加速度大小为【答案】D【解析】【分析】物体受到斜面的支持力是因为斜面的形变而产生的；物体受到的重力的施力物体是地球；作用力与反作用大小相等，方向相反，作用在两个物体上；根据牛顿第二定律求解加速度；【详解】物体受到斜面的支持力是因为斜面的形变而产生的，选项 A 错误；物体受到的重力的施力物体是地球，选项 B 错误；斜面对物体的支持力与物体对

4、斜面的压力是一对作用力与反作用力，选项 C 错误；物体匀加速下滑的加速度大小为 ，选项 D 正确；故选 D.5.一质点做直线运动的 图象如图所示，那么质点在 和 两段时间内 A. 质点的加速度大小之比为B. 质点的位移大小之比为C. 质点的平均速度大小之比为D. 质点在 时刻的速度方向发生改变- 3 -【答案】C【解析】【分析】速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变，速度时间图象的斜率表示加速度，与坐标轴围成图形的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间【详解】两段图线的斜率斜率之比为 2：1，故加速度大小之比为 2：1，故 A 错误；根据 v-t图象与坐标轴所

5、围的“面积”大小等于位移，则得：位移之比为：x1：x 2= vt： v2t=1：2故 B 错误；平均速度等于位移除以时间，0t 0和 t03t 0两段时间内位移之比为 1：2，时间之比也为 1：2，所以平均速度大小之比为 1：1，故 C 正确。0-3t0时间内速度图象在时间轴的上方，都为正，则质点在 t0时刻的速度方向没有发生改变，故 D 错误；故选 C。【点睛】v-t 图象的斜率即为物体运动的加速度， “面积”大小等于位移，掌握这点是解决此类题目的关键所在6.当直升机倾斜飞行时，螺旋桨产生的升力 垂直于机身，升力 与竖直方向的夹角为 .现沿水平和竖直两个方向分解力 ，如图所示.下列说法中正确

6、的是 A. 水平分力大小为B. 水平分力大小为C. 竖直分力大小为D. 竖直分力大小为【答案】C【解析】【分析】合力与分力遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则分解后根据几何关系列式求解即可- 4 -【详解】将力 F 分解为两个相互垂直的分力，其中沿水平方向的分力大小为：F x=Fsin竖直分力大小为 Fy=Fcos，故 C 正确，ABD 错误；故选 C.【点睛】本题是已知合力和两个分力的方向，分解具有唯一性，作图后，根据几何关系求解7.如图所示，一根不计质量的轻杆 AC 垂直插入竖直墙内，杆的另一端装一质量不计的光滑小滑轮，一根轻细绳 BCD 跨过滑轮，绳子 B 端固定在墙上，且 BC 段与

7、墙之间的夹角为 60，CD 段竖直且足够长.一质量为 带孔的小球穿在细绳 CD 段上，小球以加速度匀加速下滑，不计空气阻力， .则滑轮对轻杆的作用力大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求解绳子的拉力，然后将绳子的拉力进行合成，得到绳子对滑轮的压力，然后对滑轮分析，根据共点力平衡条件得到杆对滑轮的作用力大小【详解】对小球，由牛顿第二定律：mg-T=ma，解得 T=8N，故绳子的张力 T=8N；将绳子的拉力进行合成，如图所示：故绳子对滑轮的压力为 T=8N；滑轮受绳子的压力和杆的支持力而平衡，故杆对滑轮的作用力大小为 8N，由牛顿第三定律可知滑轮对轻杆的作用力

8、大小为 8N，故 B 正确；故选 B。【点睛】本题关键是先求解绳子的拉力，明确滑轮的受力情况，结合平行四边形定则和共点- 5 -力平衡条件分析8.如图所示，质量 的物块（视为质点）放在质量 的木板的右端，木板长.开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为.现对木板施加一水平向右的恒力 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力， .则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是 A. 物块与木板以相同的加速度做匀加速运动B. 木板的加速度大小为C. 物块的最大速度大小为D. 物块到达木板左端时木板前进的位移大小为【答案】D【解析】【分析】假设木块与木板之间无相对滑

9、动，则根据牛顿第二定律求解整体的加速度，与木块的最大加速度对比可判断假设是否成立；物块与木板之间有相对滑动，根据牛顿第二定律求出两物体的加速度，结合运动公式求解各项。【详解】木块的最大加速度为 ；若木板和木块相对静止，则，则木板与木块之间产生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，选项 A 错误；由牛顿第二定律可得木板的加速度，选项 B 错误； 由以上的分析可知物块的加速度大小为 2.0 ms2；当物块脱离木板时： ，解得 ，此时物块的最大速度大小为 ，选项 C 错误； 物块到达木板左端时木板前进的位移大小，选项 D 正确；故选 D.【点睛】用假设法判断木块与木板之间有无相对滑动，

10、是解答此类问题常用的方法，即先假设整体之间无相对滑动，然后根据牛顿第二定律求解整体的加速度，再与木块的最大加速度对比；- 6 -9.下列说法中正确的是A. 物体只有静止或做匀速直线运动时才具有惯性B. 质量是物体惯性大小的量度C. 互成角度的力的合成和力的分解都一定遵从平行四边形定则D. 受到静摩擦力的物体一定是静止的【答案】BC【解析】【详解】在任何状态下物体都有惯性，与运动状态无关，选项 A 错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，选项 B 正确；互成角度的力的合成和力的分解都一定遵从平行四边形定则，选项 C 正确；受到静摩擦力的物体不一定是静止的。例如随水平传送带加速运动的物体，选项D 错误

11、；故选 BC.10.引体向上是同学们经常做的一项健身运动该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠下放时，两臂放直，不能曲臂，如图所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的以下判断正确的是 A. 在上拉开始的过程中，单杠对人的作用力大于人的重力B. 在上拉结束的过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C. 在下放开始的过程中，单杠对人的作用力小于人的重力D. 在下放结束的过程中，单杠对人的作用力小于人的重力【答案】AC【解析】【分析】上拉过程中，要先加速后减速，先超重后失重，则可知单杠对人的作用力与人的重力的关系下放过程中，要先加速后减速，先失重后超重【详解】

12、在上拉开始的过程中，人要向上加速，处于超重状态，则单杠对人的作用力大于人的重力，选项 A 正确；在上拉结束的过程中，人要向上减速，处于失重状态，单杠对人的作用力小于人的重力，选项 B 错误；在下放开始的过程中，人要向下加速，处于失重状态，单- 7 -杠对人的作用力小于人的重力，选项 C 正确；在下放结束的过程中，人要向下减速，处于超重状态，单杠对人的作用力大于人的重力，选项 D 错误；故选 AC.【点睛】本题运用超重、失重观点分析人的受力情况，首先要根据人的情况，判断是超重还是失重状态，再进行分析11.甲、乙两小汽车在同一水平道路上同向行驶，甲车在前，乙车在后，零时刻两车相距，两车运动过程的

13、图象如图所示，下列说法中正确的是 A. 当 时，甲车在乙车前方 处B. 当 时，乙车在甲车前方 处C. 时，甲车在乙车前方 处D. 内，甲、乙两车有两次相遇【答案】AC【解析】【分析】根据速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，根据两车在初始状态的位置关系，结合位移大小判断位置关系.【详解】图像与坐标轴围成的面积等于位移，由图像可知当 t=2s 时，甲车的位移为 18m，乙车的位移 20m，因零时刻两车相距 4.0m，甲车在前，乙车在后，则 t=2s 时甲车在乙车前方2m 处，选项 A 正确；由图像可知当 t=4s 时，甲车的位移为 32m，乙车的位移 32m

14、，因零时刻两车相距 4.0m，甲车在前，乙车在后，则 t=4s 时甲车在乙车前方 4m 处，选项 B 错误；由图像可知当 t=8s 时，甲车的位移为 48m，乙车的位移 48m，因零时刻两车相距 4.0m，甲车在前，乙车在后，则 t=4s 时甲车在乙车前方 4m 处，选项 C 正确；012s 内，甲、乙两车只能在 8-12s 之间有一次相遇，选项 D 错误；故选 AC.12.如图所示，质量均为 m2.0 kg 的物块 A、 B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块 A 的左侧连接一劲度系数为 k100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态.现使物

15、块 B 在水平外力 F(图中未画出)作用下向右做加- 8 -速度大小为 a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与 A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为 0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力， g10 m/s2.则A. 开始时，弹簧的压缩量大小为 12 cmB. 物块 A、 B 分离时，所加外力 F 的大小为 12 NC. 物块 A、 B 由静止开始运动到分离所用的时间为 0.4 sD. 物块 A、 B 由静止开始运动到分离时，物块 A 的位移大小为 0.04 m【答案】BD【解析】【分析】开始时物体所受的弹力等于最大静摩擦力，列式求解弹簧的压缩量；物块 A、B 分离时，两物块

16、之间弹力为零，分别对 AB 列式求解力 F 和弹簧的压缩量，结合运动公式求解分离的时间和物块 A 的位移.【详解】开始时，两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，则 ，解得弹簧的压缩量为 ，选项 A 错误；物块 A、B 分离时，两物块之间弹力为零，此时对 B: ，解得 F=12N，选项 B 正确；对 A： ，解得 x=0.12m，则所用的时间：x-x= at2，解得 t=0.2s，物块 A、 B 由静止开始运动到分离时，物块 A 的位移大小为 x-x=0.04 m， 选项 C 错误，D 正确；故选 BD.【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是知道两物块分离的临界条件，即两物体之间的弹力为零，且

17、加速度相等，结合运动公式解答.二、实验题： 13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中.（1）如图（ ）所示，测出弹簧的原长（自然长度） _ .（2）如图（ ）所示，在弹簧下端挂上 1 个、2 个 i 个相同质量的钩码，实验测出弹簧静止时的伸长量 ，并作出 的关系图线如图（ ）.则该弹簧的劲度系数 _ ( ，结果保留三位有效数字). - 9 -（3）作出的 图象的末端图象变弯曲的原因是：_【答案】 (1). （1）9.0 (2). （2）50.0 (3). （3）超出弹簧的弹性限度（或弹簧已经损坏或所挂钩码个数过多，答其中一种均可）【解析】【分析】由图中读数弹簧的原长；根据图像的斜率求解弹簧的

18、劲度系数；末端图象变弯曲的原因是超出弹簧的弹性限度.【详解】 （1）如图所示，测出弹簧的原长（自然长度）l 0=9.0cm；（2）该弹簧的劲度系数 （3）作出的 m-x 图象的末端图象变弯曲的原因是：超出弹簧的弹性限度.【点睛】解决本题的关键掌握弹力与弹簧伸长关系的实验原理，清楚实验步骤，根据 F=kx求得弹簧的伸长量.14.某同学用如图 1 所示装置“探究小车的加速度与力、质量的关系”实验中，他把砝码盘及盘中的砝码的总重力当作小车受到的合力 （1）为了减小实验误差，砝码盘及砝码的总质量 应_小车的质量 .（填“”或 “ ”或“ ”） （2）实验中，必须的措施是_. A打点计时器应接在直流电源

19、上B桌面上放置附有滑轮的长木板必须保持水平- 10 -C在平衡摩擦力时，让砝码盘及盘中的砝码通过细绳拉着小车匀速运动即可D实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车（3）打点计时器所用交流电源频率为 ，一次实验中打出的纸带如图 2 所示(图中相邻两点间还有 4 个点未画出). 则小车运动的加速度 _ （结果保留两位有效数字）（4）在保持小车及车中的砝码质量 一定时，探究加速度 与所受合外力 的关系时，在作图过程正确的情况下，得到的 关系如图 3 所示，图线未通过坐标原点的原因是：_.【答案】 (1). （1） (2). （2） D (3). （3）0.20 (4). （4）未平衡摩擦力或平衡摩擦

20、力不足【解析】【分析】（1）为了使得砂和砂桶的重力等于小车的拉力，必须要保证砂和砂桶的重力小于小车的重力；（2）根据实验原理判断逐个选项的正误；（3）用逐差法求解加速度；（4）根据图像的特征分析原因.【详解】 （1）对整体 mg=（M+m）a；对小车 F=Ma；联立解得： ，当 mM时，F=mg；则为了减小实验误差，砝码盘及砝码的总质量 m 应小车的质量 M.（2）打点计时器应接在交流电源上，选项 A 错误；桌面上放置附有滑轮的长木板因需要平衡摩擦力，则必须要将木板的一端抬高，不能保持水平，选项 B 错误；在平衡摩擦力时，应不挂砝码盘及盘中的砝码，让小车拖着纸带在木板上匀速运动即可，选项 C

21、错误；实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车，选项 D 正确；故选 D.（3）根据 可得小车运动的加速度；（4）由图像可知，当 F 到达一定值时小车才有加速度，可知图线未通过坐标原点的原因是：未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实- 11 -验注意事项这几点去搞清楚对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等三、计算题：15.如图所示，一辆质量为 的小轿车以速度 沿斜坡向上匀速行驶，斜坡倾角 ，小轿车与斜坡间的动摩擦因数 .不计空气阻力，取 . 试求：（1）小轿车前进 的位

22、移大小（2）小轿车上坡时的牵引力大小 .【答案】 （1）50m（2）1.510 4N【解析】【分析】（1）根据速度公式求解位移；（2）根据平衡条件列式求解牵引力 F.【详解】 （1）小轿车前进 的位移 （2）据平衡条件，有 代入数据得 16. 动车组由成都火车东站上午 开出， 后速度均匀增加到 ，上午准时到达遂宁火车站，成都火车东站至遂宁火车站的里程为 . 试求：（1） 动车组由成都火车东站开出加速过程的加速度大小（2） 动车组由成都火车东站开出到到达遂宁火车站过程的平均速率 .【答案】 （1）0.20m/s 2（2）42.69m/s【解析】【分析】（1）根据速度时间关系求解加速度；（2）由

23、求解平均速度.【详解】 （1）由加速度定义式 代入数据得 （2）动车由成都东至遂宁火车站所用时间 - 12 -由 代入数据得 17.固定斜面的倾角为 ，斜面上质量为 的物体 恰能沿斜面匀速下滑.现用一轻质细绳一端固定在物体 上，另一端绕过光滑的定滑轮 后固定在竖直墙上，另一轻质光滑的小滑轮 下端悬挂质量为 的物体 ，小滑轮 置于细绳上，系统处于静止状态时，细绳与墙的夹角 ，如图所示.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度， . 试求：（1）物体 与斜面间的动摩擦因数（2）若物体 静止在斜面上， 多大时，物体 所受摩擦力恰好为零.【答案】 （1） （2）【解析】【分析】（1）物体

24、 A 匀速下滑，由平衡条件列式求解摩擦因数；（2）对物体 A 和滑轮 h2分别列出平衡方程即可求解两物体质量之比.【详解】 （1）物体 A 匀速下滑，由平衡条件，有 得 - 13 -（2）物体 所受摩擦力为零时，由平衡条件，有对 ： 对滑轮 ： 联立得 18.如图所示，由相同材料的木板平滑对接成的斜面轨道和足够长的水平轨道，斜面轨道与水平面间的夹角为 ，斜面轨道顶端高 h=1.2m. 、 两滑块（均视为质点）与轨道间的动摩擦因数分别为 和 ，开始时两滑块静止于斜面轨道顶端，两滑块经过斜面轨道底端时的速率不变. 不计空气阻力，取 ， ， , ，. 试求：（1） 、 两滑块沿斜面轨道下滑的加速度大

25、小 和（2）为使滑块 沿斜面轨道下滑后，滑块 追上滑块 时，滑块 恰好停止，则滑块 比滑块滞后释放的时间 为多大？【答案】 （1）4m/s 2；2m/s 2（2）0.72s【解析】【分析】（1）滑块沿斜面轨道下滑，由牛顿第二定律列式可求解加速度；（2）根据两物体的位移关系，时间关系，结合牛顿第二定律和运动公式列式求解.- 14 -【详解】 （1）滑块沿斜面轨道下滑，由牛顿第二定律，有代入数据得 、 两滑块的加速度分别为: , （2） 、 两滑块沿斜面轨道下滑到底端的时间分别为 、 ，有、 两滑块沿斜面轨道下滑到底端的速度分别为 、 ,有、 两滑块进入水平轨道运动，由牛顿第二定律，有， 滑块 在水平轨道上追上滑块 所用时间为 ，则： 滑块 比滑块 滞后释放的时间： 联立以上各式，并带入数据解得 - 15 -