山东省青岛市2018_2019学年高一物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

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1、12018-2019 学年山东省青岛市高一（上）期末物理试卷一、选择题1.济青高铁于 2018 年 12 月 26 日 8 时正式通车，正线全长 307.9 公里，自济南东站引出，到青岛的红岛站共 l1 站，设计时速 350 公里。对以上信息，下列说法正确的是（ ）A. 26 日 8 时是指时间间隔B. 济南东站到红岛站的位移大小是 307.9 公里C. 设计时速 350 公里是指高速列车的平均速率D. 研究高速列车通过某站站点所用的时间可以把列车看为质点【答案】C【解析】【分析】本题考查时间和时刻、位移和路程、平均速度和平均速率、质点等运动学的基本概念。【详解】A2018 年 12 月 26

2、 日 8 时是指通车的时刻，故 A 项错误。B济南东站到红岛站的路程是 307.9 公里，307.9 公里不是两站点间的直线距离。故 B 项错误。C设计时速 350 公里是指高速列车的平均速率，故 C 项正确。D研究高速列车通过某站站点所用的时间时，列车的长度不能忽略，不可以把列车看为质点。故 D 项错误。2.A、B、C 三点在同一直线上，一个物体自 A 点从静止开始作匀加速直线运动，经过 B 点时的速度为 v，到 C 点时的速度为 3v，则 AB 与 BC 两段距离大小之比是（ ）A. 1：9 B. 1：8 C. 1：2 D. 1：3【答案】B【解析】试题分析：由公式 得 AB 段距离 ，所

3、以两段距离v2v20=2ax xAB=v22a,CD间 距 离 xCD=(3v22a=8v22a之比为 1:8，故选项 B 正确，其余错误。考点：运动学公式3.如图所示，物体在 3 个共点力的作用下保持平衡。如果将力 F1绕 O 点转动 180角，而保持其余 2 个力不变，则物体受到的合力大小为（ ）2A. 2F1 B. F1 C. F1 D. 零2【答案】A【解析】【分析】物体在 3 个共点力的作用下处于平衡状态时，其中两个力的合力与第三力等值方向；可知F2和 F3的合力大小等于 F1，方向沿 F1的反方向。将力 F1绕 O 点转动 180角，物体受到的合力是 F2、F 3的合力与新 F1合

4、成的结果。【详解】物体在 3 个共点力的作用下处于平衡状态时，其中两个力的合力与第三力等值方向；可知 F2和 F3的合力大小等于 F1，方向沿 F1的反方向。如果将力 F1绕 O 点转动 180角，则物体受到的合力大小为 。故 A 项正确，BCD 三F合 2F1项错误。4.在火车车厢内有一水平桌面，桌面上有一个小球，火车在水平轨道上做直线运动。桌子旁边的乘客观察到，火车匀速运动时，小球在桌面上保持静止；火车减速运动时，小球会由静止开始沿桌面向前运动。若以轨道为参考系，关于小球向前运动的原因，下列说法正确的是（ ）A. 小球有向前的加速度 B. 小球受到向前的力C. 小球的速度变大了 D. 火车

5、的速度变小了【答案】D【解析】3【分析】小球水平方向不受力，保持原来的运动状态；火车减速运动，火车速度变小了；小球相对火车向前运动。【详解】小球由于惯性要保持原来的运动状态，小球相对轨道速度不变；火车正在做减速直线运动，火车相对轨道速度变小了；所以小球相对于火车向前运动，列车相对于小球向后运动，小球并没有受到力的作用。故 D 项正确，ABC 三项错误。5.大小分别为 2N 和 8N 的两个力作用在一个质量为 2kg 的物体上，物体获得的加速度可能正确的是（ ）A. 2m/s2 B. 4m/s2 C. 6m/s2 D. 8m/s2【答案】B【解析】【分析】先求出两力合力的最大值和最小值，再据牛顿

6、第二定律求出加速度的最大值和最小值。【详解】两力反向时合力最小，最小值为 ；两力同向时合力最大，最大值为8N-2N 6N；两力合力的范围为 6N10N。由牛顿第二定律 可得，加速度的最小值8N+2N 10N a=Fm为 3m/s2；最大值为 5m/s2。故 ACD 三项错误，B 项正确。6.如图，热气球从地面升空后沿竖直方向向上加速运动，当上升到距地面 40m 时，速度为10m/s，此时上面的一只小钢球恰好从热气球上脱落，不计钢球受到的阻力，则钢球落到地面的时间为（g 取 10m/s2） （ ）A. 4s B. 3s C. 2s D. 2 s2【答案】A【解析】【分析】据位移时间公式可得钢球落

7、到地面的时间。【详解】小钢球与热气一起上升，脱落时由于惯性具有向上的速度，接下来做竖直上抛运4动。规定竖直向下为正方向，则 ag10m/s 2，v 010m/s，h40m，据匀变速运动的位移公式 ，解得：t4s。故 A 项正确，BCD 三项错误。h=v0t+12gt27.用恒力 F 使质量为 10kg 的物体以 2m/s2的加速度沿竖直方向从静止开始匀加速上升，不计空气阻力，那么 2s 内恒力 F 做功（g 取 10m/s2） （ ）A. 80J B. 200J C. 400J D. 480J【答案】D【解析】【分析】先对物体受力分析，据牛顿第二定律求出恒力 F；再由位移时间关系求得物体 2s

8、 内上升的高度；最后据功的公式计算 2s 内恒力 F 做功。【详解】对物体受力分析，据牛顿第二定律可得： ，解得：恒力Fmg=ma。物体 2s 内上升的高度 。2sF=m(g+a)=10(10+2)N=120N h=12at2=12222m=4m内恒力 F 做功 。故 D 项正确，ABC 三项错误。W=Fh=1204J=480J8.两轮自平衡电动车具有运动灵活、智能控制、探作简单、绿色环保转弯半径为零等优点，如图所示，警察正脚踏自平衡电动车巡逻。下列分析正确的是（ ）A. 轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面的压力B. 地面对自平衡电动车的支持力是因地面发生形变而产生的C. 自平衡电动车及人

9、受到的重力和对地面的压力是一对平衡力D. 自平衡电动车及人受到的重力和地面对他们的支持力是作用力与反作用力【答案】B【解析】【分析】本题考查摩擦力的影响因素、弹力的产生、平衡力、作用力和反作用力等概念。5【详解】A轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面间的摩擦力，故 A 项错误。B弹力是由于施力物体的形变产生的，所以地面对自平衡电动车的支持力是因地面发生形变而产生的。故 B 项正确。C自平衡电动车及人受到的重力和对地面的压力方向相同，不是一对平衡力。故 C 项错误。D自平衡电动车及人受到的重力和地面对他们的支持力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力。故 D 项错误。9.小型轿车

10、的“百公里加速时间”是指汽车从静止开始加速到 100km/h 所用的最少时间，这是一个反映汽车性能的重要参数。甲、乙两种型号的轿车实测的百公里加速时间分别为11.1s 和 14.8s。在这段加速时间里，两种型号的汽车相比（ ）A. 甲车的速度变化量较大B. 两车的速度变化量大小相等C. 甲车的加速度大D. 两车的加速度大小相等【答案】BC【解析】【分析】本题考查速度变化量及加速度的概念。【详解】AB由题意，两车的速度变化量大小相等，都是 100km/h。故 A 项错误，B 项正确。CD因为 ，可知加速度是单位时间内速度的变化。速度变化量相等，加速度与所用时a=vt间成反比，则甲车的加速度大。故

11、 C 项正确，D 项错误。10.甲、乙两物体在同一直线上从同一地点同时出发开始运动，其 vt 图象如图所示，下列对两物体在 0t 2时间内的运动分析，正确的是（ ）A. 甲、乙两物体的运动方向相反，加速度方向相反6B. 甲物体的位移在不断增大，乙物体的位移在不断减小C. t1时刻甲、乙两物体相遇D. 0t 1时间内甲物体一直在乙物体之前【答案】D【解析】【分析】本题考察速度时间图象，需知道速度的正负表示运动的方向，速度时间图象切线斜率表示加速度的大小和方向，速度时间图象中图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移。【详解】A速度时间图象上速度的正负表示物体的运动方向，可知甲乙两物体的运动方向相

12、同；速度时间图象切线斜率的正负表示加速度的方向，甲乙两物体加速度方向相反。故A 项错误。B速度时间图象图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知，甲乙的位移都在不断增大。故 B 项错误。C速度时间图象图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，则 0t 1时间内甲物体的位移大于乙的位移，它们是从同一位置出发，所以 t1时刻两者没有相遇。故 C 项错误。D速度时间图象图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，则 0t 1时间内的任一时间段中甲的位移大于乙的位移，它们是从同一位置出发，所以 0t 1时间内甲物体一直在乙物体之前。故 D 项正确。【点睛】v 111.如图所示

13、，在动摩擦因数 0.1 的水平地面上，质量 m2kg 的物块与水平细绳相连，物块在与水平方向成 53的拉力 F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零。g 取 10m/s2，sin530.8，cos530.6，以下说法正确的是（ ）A. 此时细绳的弹力大小为 13NB. 当撤去拉力 F 的瞬间，物块的加速度为 0C. 若剪断细绳，则剪断的瞬间物块的加度度大小为 7.5m/s2，方向向右7D. 剪断细绳，则剪断的瞬间物块的加速度大小为 6.5m/s2，方向向右【答案】BC【解析】【分析】对初始状态的物块受力分析，由平衡条件可得拉力 F 和细绳的弹力。撤去拉力 F 的瞬间，细绳的弹力突

14、变，物块的加速度为零。剪断细绳瞬间，物体受重力、支持力，由牛顿第二定律可得物体的加速度。【详解】A物块受重力、绳子的弹力 T 以及拉力 F 处于平衡，根据共点力平衡得：， ，解得：F25N，T15N。故 A 项错误。Fsin mg T FcosB撤去拉力 F 的瞬间，细绳的弹力突变为 0，物块的加速度为 0。故 B 项正确。CD剪断细绳，物块受重力、拉力 F，由牛顿第二定律得： ，解得：Fcos=maa7.5m/s 2，方向向右。故 C 项正确，D 项错误。12.在高台跳水比赛中，质量为 m 的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为 F，那么在他减速下降 h 的过

15、程中，下列说法正确的是（g 为当地的重力加速度） （ ）A. 他的重力势能减少了 mghB. 他的动能减少了 FhC. 他的机械能减少了（Fmg）hD. 他的机械能减少了 Fh【答案】AD【解析】【分析】本题考查重力势能、动能定理、功能关系等知识。【详解】A运动员减速下降高度为 h 的过程中，重力势能减少了 。故 A 项正确。mghB：h 的过程中，运动员受重力和阻力，由动能定理得： ；由于Ek=mghFh=(mgF)h运动员动能是减小的，所以运动员动能减少 。故 B 项错误。(Fmg)hCD除重力和弹簧弹力之外其余力所做的功等于系统机械能的变化，运动员除了重力还有阻力做功，则 ，他的机械能减

16、少了 Fh。故 C 项错误，D 项正确。E=WF=Fh二、实验题813.在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学选出了一条清晰的纸带，在每相邻两点间都有四个点，按时间顺序取 A、B、C、D、E 五个点，用米尺量出 B、C、D、E 点到 A 点的距离如图所示，由图可以知道，A、B 两点间的时间间隔是_s，打下 C 点时小车的速度为_m/s（结果保留两位有效数字） ，小车的加速度为_m/s 2（结果保留两位有效数字） 。【答案】 (1). 0.10 (2). 1.1 (3). 4.0【解析】【分析】据相邻两计时点时间间隔是 0.02s，推算出相邻计数点间的时间间隔 。打下 C 点时小车的T速度等于

17、打下 B 点到打下 D 点时间内小车的平均速度，即 。利用逐差法计算小车的vC=xBDtBD加速度，即 。a=xCExAC4T2【详解】由于计数点间还有 4 个点，则计数点间的时间间隔 T=50.02s=0.10s打下 C 点时小车的速度 vC=xBDtBD=(27.005.00)1020.20ms=1.1ms小车的加速度，即 a=xCExAC4T2 =(44.0014.00)14.0040.102 102m/s2=4.0m/s214.某实验小组用如图（a）所示的实验装置研究加速度与力的关系。实验中用砝码筒及所挂砝码的重力作为细绳对小车的拉力 F，通过增加砝码的数量，多次测量，可得小车运动的加

18、速度 a 和所受拉力 F 的关系图象。他们在长木板水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 aF 图线，如图（b）所示。(1)图线是在长木板_（选填“水平”或“倾斜” ）情况下得到的；图线是在长木板_（选填“水平”或“倾斜” ）情况下得到的。(2)在长木板水平时，小车运动受到的摩擦力 Ff_N；9(3)由图线可得小车的质量 M_kg；(4)图（b）中，拉力 F 较大时，aF 图线明显弯曲，产生误差。造成此误差的原因是_。【答案】 (1). 水平 (2). 倾斜 (3). 1 (4). 1.0 (5). 当砝码筒和砝码的质量之和不能远小于小车质量时，砝码筒和砝码的重力之和与细线的拉力相差越

19、来越大【解析】【分析】(1)据图象、图象与坐标轴交点的物理意义判断轨道是水平还是倾斜。(2)(3)轨道水平时，轨道有阻力 Ff，根据牛顿第二定律列式，整理后得 ；由图a=1M(FFf)象的横截距，求出小车受到的摩擦力。轨道倾斜时，对小车受力分析，根据牛顿第二定律列式，整理后得 ，由图象的斜率可得小车的质量。a=gsin+1MFf2M(4)题中用砝码筒及所挂砝码的重力作为细绳对小车的拉力 F，当钩码的质量达到一定程度后，砝码筒及所挂砝码的质量与小车的质量相当了，已经不再满足 mM，这时细绳对小车的拉力 F 小于砝码筒及所挂砝码的重力；把砝码筒及所挂钩码的重力作为拉力就偏差很大，图象向下弯曲了。【

20、详解】(1)图象与横轴有正交点，其意义是当合力（即砝码筒和砝码的总重力）为某一值时，小车加速度仍为零，也就是小车未拉动，是未平衡摩擦力造成的，轨道水平。图象是拉力为零时，小车已经有一个加速度，说明倾斜过度。(2)(3)轨道水平时，轨道有阻力 Ff，根据牛顿第二定律列式 ，整理后得FFf=Ma；由图象的横截距得：当加速度为零时，有 。轨道倾斜时，对小车a=1M(FFf) F Ff 1N受力分析，根据牛顿第二定律列式 ，整理后得 ；由图象Mgsin+Ff2=Ma a=gsin+1MFf2M的斜率可得： ，所以小车的质量 。k=1M=1 M=1k=1kg(4)题中用砝码筒及所挂砝码的重力作为细绳对小

21、车的拉力 F，当钩码的质量达到一定程度后，砝码筒及所挂砝码的质量与小车的质量相当了，已经不再满足 mM，这时细绳对小车的拉力 F 小于砝码筒及所挂砝码的重力；把砝码筒及所挂钩码的重力作为拉力就偏差很大，图象向下弯曲了。三、计算题15.如图所示，将轻弹簧的一端固定在天花板上的 a 点，将轻绳的一端固定在天花板上的 b10点，a、b 两点间距 L0.5m。把质量 m2kg 的小球固定在轻绳和弹簧另一端，悬挂起来。当小球静止时，弹簧与水平方向夹角为 60，轻绳与水平方向夹角为 30，其中弹簧的劲度系数 k200 N/m，且该过程未超过弹簧的弹性限度，重力加速度 g 取 10m/s2，求：3(1)轻绳

22、和弹簧对小球的拉力大小；(2)弹簧的原长 x0。【答案】(1)轻绳和弹簧对小球的拉力分别为 10N、10 N；(2)弹簧的原长是 0.2m3【解析】【分析】(1)对小球受力分析，由平衡条件求得轻绳和弹簧对小球的拉力。(2)据胡克定律求得弹簧的原长。【详解】(1)对小球受力分析，小球受绳的拉力 F1、弹簧的拉力 F2、重力 mg。据平衡条件可得：细线的弹力为： F1 mgsin30 10N弹簧的弹力为： F2 mgcos30 103N(2)根据胡克定律可得： F k(Lsin30-x0)解得： x0 0.2m16.如图所示，在向上匀变速运动的升降机中有一个质量为 60kg 的人站在体重计上，体重

23、计示数为 720N，t0 时升降机的速度为 4m/s，重力加速度 g 取 10m/s2，求：(1)升降机运动的加速度大小；(2)从 t0 开始，上升 5m 时的速度；(3)从 t0 开始，运动 4s 内的平均速度。【答案】(1)升降机运动的加速度大小是 2m/s2；(2)从 t0 开始，上升 5m 时的速度是116m/s；(3)从 t0 开始，运动 4s 内的平均速度是 8m/s。【解析】【分析】(1)对人受力分析，由牛顿第二定律求得人的加速度，升降机的加速度与人的加速度相同。(2)由速度位移公式，求得上升 5m 时的速度。(3)由平均速度公式及速度时间公式，求得运动 4s 内的平均速度。【详

24、解】(1)对人进行受力分析，由牛顿第二定律可得： Nmg ma解得：a2m/s 2，所以升降机运动的加速度大小为 2m/s2。(2)据速度位移公式得： v2v20=2ah代入数据解得：v6m/s(3) 据平均速度公式及速度时间公式可得：v=vt2=v0+at2代入数据解得： v=8ms17.质量 m1kg 的电动小汽车静止在粗糙水平地面上，小车与地面间的动摩擦因数0.2现遥控小汽车，使其以额定功率 P10W 由静止开始做直线运动，经过 ls 小车的速度为 4m/s，重力加速度 g 取 10m/s2，求：(1)1s 内牵引力对小车做的功；(2)1s 内小汽车前进了多少距离；(3)小汽车获得的最大

25、速度。【答案】(1)1s 内牵引力对小车做的功是 l0J；(2)1s 内小汽车前进的距离是 1m；(3)小汽车获得的最大速度是 5m/s。【解析】【分析】(1)据功率和时间计算牵引力在 1s 内做的功。(2)对 1s 内小汽车的运动过程，应用动能定理，求得 1s 内小汽车前进的距离。(3)据小汽车获得的最大速度时的力学特点和功率与速度关系，求得小汽车获得的最大速度。【详解】(1)由功的公式得牵引力对小车做的功： W Pt 10J(2)对 1s 内小汽车的运动过程，应用动能定理得： Wmgx=12mv2012解得：1s 内小汽车前进的距离：x1m(3) 小汽车达到最大速度时： F f mg=2N

26、达到最大速度时： P Fvm可得：v m5m/s18.如图所示，质量 M5kg 的木板 A 长 L3m，静止在足够大的光滑水平地面上。木板上表面左端放置一质量 m2kg 的小铁块 B（可看成质点） ，B 与 A 上表面之间的动摩擦因数0.25，从 t0 时刻起，用水平向右的恒力 F10N 作用在 B 上，使 A、B 从静止开始运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2求：(1)B 在木板上表面运动过程中 A、B 加速度分别为多大；(2)B 离开木板所用的时间；(3)B 离开木板时 A、B 系统机械能的增量。【答案】(1)B 在木板上表面运动过程中 A、B 加速度分别

27、为 1m/s2、2.5m/s 2；(2)B 离开木板所用的时间是 2s；(3)B 离开木板时 A、B 系统机械能的增量为 35J。【解析】【分析】(1)分析当 AB 间恰好达到最大静摩擦力时，外界提供的拉力。判断 F10N 作用在 B 上时，AB 将发生相对滑动；对两者分别受力分析，求出 A、B 加速度分别为多大。(2)据位移时间公式及两物体位移间关系，求出 B 离开木板所用的时间。(3)据速度时间公式，求出 B 离开木板时 A、B 的速度，进而求出 B 离开木板时 A、B 系统机械能的增量。【详解】(1) 若 A、B 恰要发生相对滑动，则 AB 间恰好达到最大静摩擦力，对 A 受力分析，由牛顿第二定律得：解得：a A1m/s 2以 A、B 作为整体分析，可得： 因此 A、B 发生了相对滑动，对 B 运用牛顿第二定律得：解得：a B2.5m/s 213B 在木板上表面运动过程中 A、B 加速度分别为 1m/s2、2.5m/s 2(2) 设经过 t 时间 B 滑下，由运动学公式有解得：t2s(3) B 滑下时 A 的速度： ，B 的速度此 A、B 系统机械能的增量解得：E35J