黑龙江省哈尔滨市第三中学2018_2019学年高一物理上学期第一学段考试（期中）试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第三中学 2018-2019 学年高一物理上学期第一学段考试（期中）试卷（含解析）一、选择题1.下列说法中正确的是A. 体积小的物体一定可以看成质点B. 不选定参考系,就无法研究某一物体是怎样运动的C. 位移用来描述直线运动,而路程用来描述曲线运动D. 物体的加速度越大,速度就越大,加速度减小时,速度也减小【答案】B【解析】【详解】原子核很小，但研究原子核内部结构时，不能将原子核看做质点，A 错误；参考系是在描述物体的运动时，被选定做为参考、假定为不动的其他物体，不选定参考系，就无法研究某一物体是怎样运动的，B 正确；位移与路程均可描述直线与曲线运动，C 错误；加速度

2、越大，速度变化越快，但速度不一定大（如火箭升空瞬间，加速度很大，但速度很小） ，加速度减小，若加速度方向和速度方向相同，则速度增大，D 错误2.如图所示,A、B、C 中 为两个完全相同的小球,D 中 为光滑斜面, 为小球。各图中绳为轻质细绳,接触面均光滑。若 均处于静止状态,则 两小球间有弹力的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】两球若受水平方向的弹力，则两球在水平方向上合力不为零，不会竖直静止，故 A错误；两物体相互挤压，故两物体间一定有弹力，B 正确；地面光滑，两物体保持静止，若有挤压，则 b 将运动，C 错误；b 竖直悬挂，假设两球间有弹力，则 b 受力不平衡，故 ab

3、间- 2 -无弹力，D 错误【点睛】怎样判断弹力的有无？（1）对于形变明显的情况（如弹簧）可由形变直接判断（2）对于接触处的形变不明显，判断其弹力的有无可用以下方法拆除法：即解除所研究处的接触，看物体的运动状态是否改变若不变，则说明无弹力；若改变，则说明有弹力分析主动力和运动状态来判断是否有弹力：分析主动力就是分析沿弹力所在方向上，除弹力以外其他力的合力看该合力是否满足给定的运动状态，若不满足，则存在弹力；若满足，则不存在弹力3.东汉时期的考工记中记载:“假令弓力胜三石,引之中三尺,每加物一石,则张一尺。 ”明显地揭示了弹力和形变的关系,这个发现比胡克定律早 1500 年。假设一轻弹簧原长为1

4、0cm,竖直悬挂重为 10N 的重物,静止时(未超过弹性限度),弹簧伸长了 lcm,则该弹簧的劲度系数为A. 100N/m B. 1000N/mC. 150N/m D. 1500N/m【答案】B【解析】【分析】根据题意分析弹力和形变的关系当竖直悬挂重为 10N 的重物时，弹簧的弹力等于 10N，由胡克定律求弹簧的劲度系数【详解】当竖直悬挂重为 10N 的重物时，弹簧的弹力为 ，弹簧伸长的长度为，由胡克定律 得： ， B 正确【点睛】知道公式 F=kx 中 x 是指弹簧伸长的长度或压缩的长度，不是弹簧的长度4.一小球做初速度为零的匀加速直线运动,加速度 a=10m/s2,则小球在第 7 秒内的位

5、移大小为A. 55m B. 60m C. 65m D. 70m【答案】C【解析】【详解】第 7s 内的位移等于前 7s 内的位移与前 6s 内的位移之差，故，C 正确- 3 -【点睛】求第 n 秒内的位移时，一般用前 n 秒内的位移减去前（n-1）秒内的位移5.甲、乙两车在平直公路上行驶,其 v-t 图象如图所示,对图象解读正确的是A. 4s 末,甲、乙两车相遇B. 在 08s 内,甲车的加速度先变小后变大C. 甲车在 04s 内的位移大于乙车在 48s 内的位移D. 在 48s 内,甲车的平均速度大于 30m/s【答案】D【解析】【详解】4s 末两者的速度相等，但由于两者初始位置未知，所以无

6、法判断在 4s 末两者是否相遇，A 错误；图像的斜率表示加速度，故在 08s 内甲的加速度先增大后减小，B 错误；图像与时间轴围成的面积表示位移，甲车在 04s 内与时间轴围成的面积小于乙车在 48s 内的与时间轴围成的面积，即甲车在 04s 内的位移小于乙车在 48s 内的位移，C 错误；若甲在 48s 内做匀变速直线运动，则图像围成的面积如图所示，即位移大小为，平均速度为 ，而甲做变加速直线运动，图像面积大于匀变速直线运动时的面积，即平均速度大于 30m/s，D 正确【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，

7、二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴- 4 -上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移6.一物体从一栋 15 层高的楼房顶部自由下落至地面(每层楼约高 3m,g=10m/s2),根据所学可估算出A. 物体约经 4s 落地B. 物体落地时的速度大小约为 30m/sC. 物体在落地前最后 1s 内的位移大小约为 20mD. 物体在整个下落过程中的平均速度大小约为 10m/s【答案】B【解析】【详解】物体下落的高度为 ，故下落的时间为 ，A 错误；落地时的速度为 ，B 正确；落地前最后 1s 的位移为，C 错误；整个过程中的平均速度为 ，D 错误7.

8、以 v0=30m/s 的速度竖直上抛一小球(可看成质点),1s 后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，g 取 10m/s2,两球相碰处离出发点的高度是A. 30m B. 40m C. 43.75m D. 44m【答案】C【解析】【分析】竖直上抛运动可以看成匀减速直线运动，相遇要求同一时刻达到同一位置，而两球从同一位置抛出，故位移相同，根据匀减速直线运动位移速度公式列式即可解【详解】设经过时间 t 两小球相遇，根据匀减速直线运动的位移时间公式有：，解得 ，故两球相碰处离出发点的高度：，C 正确8.力是物理学基础的概念,下列关于力的认识正确的有A. 物体所受重力的大小与物体运动状态无关B. 站

9、在地面上的人受到的弹力是人脚形变后欲恢复原状而产生的C. 地面上的物体受到的重力方向竖直向下D. 重心是物体受到重力的等效作用点,故重心一定在物体上- 5 -【答案】AC【解析】【详解】物体所受重力 ，只和物体的质量以及所处空间位置的重力加速度有关，与其运动状态无关，A 正确；站在地面上的人受到的弹力是地面发生形变要恢复形变对人产生的力，B 错误；重力的方向竖直向下，C 正确；重心是物体受到重力的等效作用点，但重心不一定在物体上，如质量分别均匀的篮球，其重心在其几何中心上，不在球上，D 错误9.如图甲、乙所示为某物体在 0t 时间内运动的 x-t 图线和 v-t 图线,由图可知,在 0t 时间

10、内A. 物体做的是曲线运动B. 物体做加速度越来越小的运动C. 图甲中 t1/2 时刻,图线的斜率为 v0/2D. 【答案】CD【解析】x-t 图线和 v-t 图线只能用来描述直线运动，故 A 错误由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故 B 错误图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中 时刻，图线的斜率为 故 C 正确乙图所围面积表示物体运动的位移，即 x1-x0= t故 D 错误故选 C.点睛：对于位移-时间图象要抓住斜率等于速度，速度-时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度， “面积”等于位移10.在一斜面的顶端,由静止开始每隔 1 秒钟释放 1 个小

11、球,当第一个小球滚到底端时,第 6 个小球正好刚要释放,且在此时第二个小球与第四个小球之间的距离为 24m,假设小球做匀变速直线运动,则有- 6 -A. 此时,第二个小球与第四个小球的瞬时速率之比为 2:1B. 此时,第三个小球与第五个小球之间的距离为 12mC. 小球的加速度为 2m/s2D. 斜面的总长度为 50m【答案】AD【解析】【详解】根据题意可知第 1 个小球运动了 5s，第 2 个小球运动了 4s，第 3 个小球运动了3s，第 4 个小球运动了 2s，第 5 个小球运动了 1s，由于都是从静止开始做匀加速直线运动，故 ，解得 ，第 1 个小球的位移等于斜面的总长度，故，C 错误

12、D 正确；第二个小球与第四个小球的瞬时速率之比为，A 正确；第三个小球与第五个小球之间的距离为，B 错误【点睛】本题关键球的运动规律，得到时间间隔，然后结合位移时间关系公式列式求解11.在平直公路上,自行车与同方向行驶的一辆汽车在 t=0 时刻同时经过一路标,它们的位移x(m)随时间(s)变化的规律:汽车为 x=20t-t2，自行车为 x=8t，则正确的说法是A. 汽车做匀减速直线运动,自行车做匀速直线运动B. 汽车、自行车相遇前最大距离为 36mC. 自行车追上汽车需用时 12sD. 当自行车追上汽车时,它们距路标 100m【答案】ABD【解析】【详解】对比公式 可知汽车做初速度为 ，加速度

13、为 的匀减速直线运动，对比公式 可知自行车做 8m/s 的匀速直线运动，A 正确；由于经过路标时汽车速度大于自行车速度，故自行车在后追赶汽车，当两者速度相等时，两者之间的距离最大，经过的时间为 ，故此时汽车的位移为 ，自行车的位移为 ，故两者间最大距离为 ，B 正确；汽车经过时间 停止运动，汽车静止时的位移为，自行车的位移为 ，此时还未追上汽车，还需运动 20m，即还需时间- 7 -追上，故自行车总功需要 10s+2.5s=12.5s 时间追上汽车，两者相遇时，距路标100m，C 错误 D 正确【点睛】本题注意理解位移时间关系公式的各个量的含义，根据追及相遇问题求解追及距离时要注意判断追上前汽

14、车是否已经停止12.一个小球由静止开始向北做匀加速直线运动,经时间 1.5s 后速度为 20m/s(以向北为正方向),紧接着做匀减速直线运动,若再经时间 1.5s 刚好回到出发点,则A. 小球回到出发点时的速度为 20m/sB. 小球回到出发点时的速度为-40m/sC. 小球匀减速的加速度为-40m/s 2D. 小球匀减速的加速度为-30m/s 2【答案】BC【解析】【分析】质点在加速过程和减速过程中，位移大小相等，方向相反，据此根据运动学位移公式可正确求解根据速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的末速度之比【详解】加速阶段的加速度 ，在加速阶段有 ，减速阶段的位移为 ，其中 ， ， ，即 ，解

15、得 ，小球回到出发点时的速度为 ，BC 正确二、实验题13.关于用打点计时器研究匀变速直线运动的实验:(1)下列说法中正确的是_A.应先让小车运动,然后立即接通电源B.小车应从靠近打点计时器一端释放C.电磁打点计时器使用的是 4V6V 的直流电源D.作 v-t 图象时,对于偏离直线较远的点应舍去(2)某同学在该实验中得到了几条较为理想的纸带,他已在每条纸带上按每 5 个点取一个计数点的规律顺次编上 0、1、2、3、4、5,由于不小心,几条纸带都被撕断了,如下图所示,请在- 8 -B、C、D 三段纸带中选出从纸带 A 上撕下的那段,应为_.【答案】 (1). （1）BD； (2). （2）C【解

16、析】【详解】 （1）实验中为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，A 错误；在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和误差的减小，B 正确；电磁打点计时器使用的是 4V6V 的交流电源，C 错误；要画出一条直线通过多数点，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，偏离较远的点要舍去，D 正确（2）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出，故 45 两点间距等于 54mm，所以属于纸带 A 的是 C 图14.在用打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器所用电源的频率为 50Hz,如图所

17、示,在随小车一起做匀加速直线运动的纸带上选取了 6 个相邻计数点 A、B、C、D、E、F,且相邻计数点间还有 4 个点未画出,用米尺量出 A 到 B、C、D、E 的距离分别是5.77cm,12.78cm,21.03cm,30.52cm(计算结果保留三位有效数字).(1)打计数点 D 时小车的速度为 vD=_m/s；(2)小车运动的加速度 a=_m/s2；(3)利用数据推测打计数点 F 时小车的速度为 vF=_m/s；(4)若电源频率由 50Hz 变为 60Hz,但该同学并不知道,则加速度的计算结果比真实值_(选填“偏大” 、 “偏小”或“不变”).【答案】 (1). （1）0.887 ； (2

18、). （2）1.24 ； (3). （3）1.14； (4). （4）偏小【解析】- 9 -【详解】 （1）相邻计数点间的时间间隔为 ，根据匀变速直线运动的中间速度推论可得 ；（2）根据题意可知 ，根据逐差公式可得 ，故 ，代入数据解得；（3）根据公式 可得打计数点 F 时小车的速度为；（4）频率变大，时间间隔减小，但仍按 0.1s 计算，则代入计算的时间偏大，根据可知加速度偏小【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即 ，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度三、计算题15.一升降机从矿井底部由静

19、止开始匀加速上升,经 4s 速度达到 8m/s,紧接着以此速度匀速上升 6s,然后匀减速上升,又经 10s 恰停在井口。求此矿井的深度。【答案】104m【解析】【详解】从静止开始匀加速的位移为： ；匀速运动的位移为： ；匀减速运动的位移为： ；矿井的深度为： 16.某人驾驶汽车在平直公路上以 108km/h 的速度匀速行驶,某时刻,看到前方路上有障碍物,经反应时间 t1开始制动刹车,之后匀减速 t2时间停止运动。此过程中,汽车的位移随速度变化的关系如图所示,图象由一段平行于 x 轴的直线与一段曲线组成。求：- 10 -(1)该人的反应时间 t1；(2)刹车的加速度大小 a 及刹车的时间 t2.

20、【答案】 （1）0.65s；（2） ；3s【解析】【分析】与纵轴平行的一段图像，表示汽车做匀速直线运动过程，曲线阶段表示汽车做匀减速运动过程，且在反应时间内做匀速直线运动，据此分析【详解】 （1） ；在反应时间内做匀速直线运动，从图中可知匀速位移为 19.5m，故 ；（2）刹车过程的位移为 ，刹车过程中初速度为 ，末速度为零，根据位移速度公式可得 ，解得 ，即加速度大小为 ；刹车时间为 17.一骑手在送餐途中需经过一段长为 L=218m 的水平直轨道,然后驶入一段半圆形的弯轨道。为尽快送餐,骑手需在最短时间通过直轨道。为了避免发生危险,直轨道上限速 v1=144km/h,弯轨道上车速不得超过

21、v2=72km/h,骑手电动车的启动加速度为 a1=4m/s2制动加速度为a2=8m/s2，求骑手在直轨道上所用的最短时间。某同学解法如下:v 1=144km/h=40m/s,v2=72km/h=20m/s,为尽快通过直轨道,骑手应先由静止加速到最大速度 v1=40m/s,然后再减速到 v2=20m/s.加速时间为 - 11 -减速时间为故所用最短时间为你认为这位同学的解法合不合理,请完成计算;若不合理,请说明理由并用你自己的方法计算。【答案】不合理.【解析】【详解】加速到速度达最大通过的位移再减速到弯道允许的速度时通过的位移，因此，如果按这种方式运动，电动车在弯道上行驶的速度将大于72km/h.故这位同学的解法不合理.正确解法：电动车在直轨道上应从静止开始加速，当速度达到某一值(小于轨道允许的最大速度)时开始减速，恰好在运动直轨道末端时速度减为 20m/s.电动车匀加速运动的位移匀减速运动的位移得：解得： 或 (舍去)【点睛】解决本题的关键知道电动车先加速某一速度，在减速到 20m/s，所用时间最短，结合速度位移公式和速度时间公式进行求解