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2018-2019高一物理上学期期末试题(带解析河北石家庄市)

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石家庄市2018~2019学年度第一学期期末考试试卷高一物理
一、选择题:
1.如图甲、乙分别表示伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究过程,开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。下列说法正确的是
    
A. 图甲中通过对小球在斜面运动的研究,合理外推得出小球自由落体运动是匀变速运动
B. 图甲中先在倾角较小的斜面上进行实验,可以减小小球重力,使时间测量更容易
C. 图乙中实验为“理想实验”,通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
D. 图乙中在左侧斜面由静止释放小球,小球可运动到比释放点更高的位置
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究,了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。
【详解】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比,因为当时无法测量物体的瞬时速度,所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比,那么位移与时间的平方成正比;由于当时用滴水法计算,无法记录自由落体的较短时间,伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力得作用效果,而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,所用时间长的多,所以容易测量。伽利略做了上百次实验,并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推,得出小球自由落体运动是匀变速运动的结论,故A正确,B错误;伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持,故C错误。图乙中在左侧斜面由静止释放小球,小球可运动到与释放点等高的位置,选项D错误;故选A。
2.2018年11月6日上午11时10分,伴随着巨大的轰鸣声,万众瞩目的空军歼20战机亮相第十二届中国航展,歼20战机飞行表演历时约为20分钟。下列说法正确的是
A. “2018年11月6日上午11时10分”指的是时间间隔
B. “约为20分钟”指的是时刻
C. 研究人员在定位歼-20战斗机的位置时可将其视为质点
D. 研究歼-20战斗机在飞行过程中进行姿势调整时可将其视为质点
【答案】C
【解析】
【分析】
时刻是指某一瞬时,时间是指两个时刻之间的间隔.根据时间与时刻的概念去分析选择.能否看作质点与物体本身无关,要看所研究问题的性质,看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略.
【详解】“2018年11月6日上午11时10分”指的是时刻,选项A错误;“约为20分钟”指的是时间,选项B错误;研究人员在定位歼-20战斗机的位置时,飞机的大小和形状均可忽略不计,可将其视为质点,选项C正确;研究歼-20战斗机在飞行过程中进行姿势调整时,飞机的大小和形状不可忽略不计,不可将其视为质点,选项D错误;故选C.
【点睛】本题考查对时间与时刻、质点的理解和判断能力.也可抓住在时间轴上,时间用一段线段表示,时刻用一个点表示来理解.能否看作质点,要看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略.
3.蹦床是一项既好看又惊险的运动。如图所示,运动员从高处自由落下,以大小为5m/s的速度着网,与网作用后,沿着竖直方向以大小为9m/s的速度弹回。已知运动员与网接触的时间△t=1s,那么运动员在与网接触的这段时间内的平均加速度大小为
 
A. 5m/s2    B. 9m/s2
C. 4m/s2    D. 14m/s2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据加速度定义式 求解.一般规定初速度方向为正方向.
【详解】规定向下为正方向。v1方向与正方向相同,v2方向与正方向相反,根据加速度定义式 得a= 。负号代表与正方向相反,即加速度方向向上,故D正确,ABC错误。故选D。
4.如图所示,小物块在水平推力F的作用下沿光滑半圆曲面从B点缓慢移动到C点,曲对小球的支持力为FN,下列说法正确的是
 
A. F逐渐增大,FN逐渐增大
B. F逐渐增大,FN逐渐减小
C. F逐渐减小,FN大小保持不变
D. F逐渐减小,FN先增大后减小
【答案】A
【解析】
【分析】
画出物体的受力图,根据平衡知识以及平行四边形法则列式讨论F和FN的变化。
【详解】画出物体的受力图,设物体所在位置与圆心O连线与竖直方向的夹角为θ,则F=Gtanθ, ,物块从B点缓慢移动到C点的过程中,随θ角的增大,F增大,FN增大,故选A.
 
5.如图所示,重力为G的扫地机器人在水平地板上行驶,地板对机器人的支持力为FN,机器人对地板的压力为F′N,下列说法正确的是
 
A. 当扫地机器人加速行驶时,FN大于F′N.
B. 当扫地机器人减速行驶时,FN大于F′N
C. 当扫地机器人匀速行驶时,G与F′N是一对平衡力
D. 无论扫地机器人如何运动, FN的大小和F′N的大小总相等
【答案】D
【解析】
【分析】
作用力和反作用力特点:大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,但是两个力的作用点在不同的物体上。平衡力特点:大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,两个力作用在同一个物体上。
【详解】机器人在水平地面上行驶,地面对机器人的支持力和机器人对地面的压力分别作用在两个不同的物体上,是地面与机器人的相互作用力,根据牛顿第三定律,总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上,与机器人如何运动无关;当扫地机器人匀速行驶时,G与FN是一对平衡力,故ABC错误,D正确;故选D。
【点睛】解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别,作用力和反作用力作用在不同的物体上,平衡力作用在同一个物体上。
6.如图所示,竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水,内有一个红蜡块能在水中匀速上浮。在红蜡块从玻璃管的下端以某一恒定速度匀速上浮的同时,使玻璃管以速度v水平向右匀速运动。红蜡块由管口上升到顶端,所需时间为t,相对地面通过的路程为L,下列说法正确的是
 
A. 红蜡块的运动轨迹为曲线
B. v越大,红蜡块所受合力越大
C. v越大,L越大
D. v越大,t越小
【答案】C
【解析】
【分析】
蜡块参与了竖直方向和水平方向两个方向的分运动,根据分运动与合运动具有等时性确定运动的时间,根据运动的合成,确定蜡块相对于地面的路程。
【详解】蜡块在水平方向上和竖直方向上都做匀速直线运动,则合运动仍为匀速直线运动,合力为零,且合力与速度v无关,选项AB错误;在竖直方向上,  ,管长不变,竖直方向上的分速度不变,根据合运动与分运动具有等时性,知蜡块由管口到顶端的时间不变。v增大,水平方向上的位移增大,根据运动的合成,知蜡块相对于地面的路程L增大。故C正确,D错误。故选C。
【点睛】解决本题的关键知道蜡块参与了竖直方向和水平方向两个方向的分运动,知道分运动与合运动具有等时性,以及各分运动具有独立性。
7.套圈”是老少皆宜的游戏。如图所示,将A、B、C三个套圈分别以速度v1、v2、v3水平抛出,都能套中地面上的同一玩具,已知套圈A、B抛出时距玩具的水平距离相等,套圈A、C抛出时在同一高度,设套圈A、B、C在空中运动时间分别为t1、t2、t3。不计空气阻力,下列说法正确的是
 
A. v1与v2一定相等
B. v2一定大于v3
C. t1与t3一定相等
D. t2一定大于t3
【答案】C
【解析】
【分析】
圈圈做平抛运动,我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动,根据水平位移和高度的关系列式分析.
【详解】圈圈做平抛运动,竖直分运动是自由落体运动,根据h= gt2,有:t= ,故t1=t3>t2,故C正确、D错误;AB水平分位移相同,由于t1>t2,根据x=v0t,有:v1<v2;由于t1=t3,x1<x3,根据x=v0t,有:v1<v3;v2和v3关系不能确定,故AB错误;故选C。
【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查,平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动,和竖直方向上的自由落体运动来求解.
8.从距离地面10m高处竖直向上抛出一个小球,它上升6m后回落,最后到达地面。已知小球从出到落回地面用时3s,取重力加速度g=10m/s2,小球运动过程中空气阻力大小不变,在整个过程中,下列说法正确的是
A. 小球通过的路程是12m
B. 小球的位移大小是10m
C. 小球的平均速度是4m/s
D. 小球落地时的速度大小为30m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
此题与竖直上抛运动有关,考查的位移和路程、平均速度以及竖直上抛运动的规律,路程:物体运动轨迹的长度,标量;位移:由初位置指向末位置的一条有向线段,矢量;平均速度扥与位移与时间的比值;根据v2=2gH求解无空气阻力时落地速度,然后判断选项D。
【详解】物体上升过程的路程为6m,最高点离地高度为16m,故总路程为:6m+16m=22m,选项A错误;位移是从抛出点到地面的有向线段:大小为10m,方向竖直向下,选项B正确;小球的平均速度是 ,选项C错误;向上为正方向,若无空气阻力,则小球落地时的速度大小为 ,由于有空气阻力,则落地的速度一定不可能等于30m/s,选项D错误;故选B。
9.某质点运动的v-t图象如图所示,下列说法正确的是
 
A. 在6s-8s内,质点处于静止状态
B. 在0~4s内,质点的位移为18m
C. 质点在8s~10s的加速度大于质点在0~2s的加速度
D. 质点在8s~10s的加速度与质点在10s~12s的加速度大小相等,方向相反
【答案】BC
【解析】
【分析】
图线的“面积”表示位移,分析质点在0~4s内的位移.速度图象的斜率等于加速度.由此分析ACD选项.
【详解】在6s-8s内质点做匀速直线运动,选项A错误;在0~4s内,质点的位移为 ,选项B正确;v-t直线的斜率等于加速度,由图像可知,质点在8s~10s的加速度大于质点在0~2s的加速度,选项C正确;质点在8s~10s的加速度与质点在10s~12s的加速度大小相等,方向相同,选项D错误;故选BC.
【点睛】本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移,来理解图象的物理意义.
10.如图所示,轻绳AO和BO的A、B端固定,两绳结点O处挂一质量为m的物体,平衡时AO水平,BO与竖直方向的夹角为θ,设AO的拉力F1、BO的拉力F2。下列判断正确的是
 
A. F1=mg tanθ    B. F1=mg/tanθ
C. F1=mg sinθ    D. F2=mg/cosθ
【答案】AD
【解析】
【分析】
以结点O为研究对象,根据受力情况画出受力示意图,根据平衡条件求解AO、BO的拉力大小。
【详解】结点O的受力示意图如图所示,O点处于平衡状态,合力为零,根据平衡条件得:F1=mgtanθ; ,故选AD.
 【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题,解答此类问题的一般步骤是:确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解,然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
11.小明站在电梯内的体重计上,电梯静止时体重计示数为50kg,若电梯在竖直方向运动过程中,他看到体重计的示数为45kg时,取重力加速度g=10m/s2。下列说法中正确是
A. 电梯可能在加速上升,加速度大小为9m/s2
B. 电梯可能在加速下降,加速度大小为1m/s2
C. 电梯可能在减速上升,加速度大小为1m/s2
D. 电梯可能在减速下降,加速度大小为9m/s2
【答案】BC
【解析】
【分析】
小明的体重只有50kg,而他看到体重计的示数为45kg,可知他处于失重,则电梯有向下的加速度,由此来分析各个选项.
【详解】小明的体重只有50kg,体重计的示数为45kg,说明电梯有向下的加速度,失重,运动情况可能为:向下加速或向上减速;小明受支持力和重力,由牛顿第二定律可知其加速度为: 。故BC正确,AD错误。故选BC.
【点睛】本题考查了超重和失重的知识,记住:具有向上的加速度超重,具有向下的加速度失重;无论超重还是失重,物体本身的质量并没有变化.
12.如图所示,A、B两物体质量分别为2 kg、1kg,用细线连接置于水平地面上,现用大小为6N的水平作用力F拉物体A,两物体一起向右做匀加速运动,若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1,取重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是
 
A. B的加速度大小为5m/s2
B. A拉B的作用力为2N
C. 若撤去外力F,A物体做减速运动,B物体做加速运动
D. 若撒去外力F,A物体的加速度大小为1m/s2
【答案】BD
【解析】
【分析】
两物体加速时,以整体为研究对象,由牛顿第二定律求出加速度,再对B物体,由牛顿第二定律求轻绳上的张力;若撤去外力F,则绳子的张力变为零,两物体均在摩擦力作用下做匀减速运动。
【详解】两物体加速时对整体研究有:F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得a=1m/s2,选项A错误;对B物体有:T-μm2g=m2a可得:T=2N,选项B正确;若撤去外力F,AB两物体均在摩擦力作用下做减速运动,选项C错误;若撒去外力F,AB物体的加速度大小均为 ,选项D正确;故选BD.
二、实验题
13.某实验小组利用图甲所示的装置探究加速度与力和质量的关系。
     
(1)为使砝码和砝码盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的细线拉力,应满的条件是砝码和砝码盘的总质量_________(选填“远大于”,“远小于”或“近似等于”)小车的质量;
(2)为了平衡摩擦力,应将长木板_________ (选填“左”或“右)端适当垫高,使之与水平成一定的角度θ,保持小车质量不变,若测得小车的加速度a与拉力F的关系如图所示,是由于倾角θ_________造成的(选填“偏大”或“偏小”)
【答案】    (1). (1)远小于    (2). (2)右    (3). 偏小
【解析】
【分析】
(1)根据牛顿第二定律求出绳子拉力与砝码桶及桶内砝码的总重力的关系,判断出在什么情况下砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.(2)图线与横轴的交点不为零,意味着当绳子有一定的拉力时,物体才有加速度,所以此种情况是平衡摩擦力不够。
【详解】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得, ,则绳子的拉力F=Ma= ,当m<<M,即砝码盘及盘内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时,砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.
(2)为了平衡摩擦力,应将长木板右端适当垫高,使之与水平成一定的角度θ,保持小车质量不变,若测得小车的加速度a与拉力F的关系如图所示,说明当力F增加到一定值时小车才开始有加速度,其原因是由于倾角θ偏小,平衡摩擦力不够造成的.
14.在用打点计时器“测定匀变速直线运动的加速度”实验中:
(1)所用实验器材除电磁打点计时器(含纸带、复写纸)小车、一端带有滑轮的长木板绳、钩码导线及开关外,在下面的器材中,必须使用的还有_________(填选项代号)。
A.电压合适的交流电源        B.电压合适的直流电源
C.刻度尺        D.秒表     E.天平
(2)某同学将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上,实验时得到一条实验纸带,纸带上0、A、B、C、D、E为计数点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出。
     
由纸带可知,在打C点时小车的速度vc=________m/s,小车的加速度为a=________m/s2(以上结果均保留三位有效数字)
(3)若实验时,电源频率略低于50Hz,但该同学仍按50Hz计算小车的速度,则测量得到的小车速度与真实速度相比将_______ (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】    (1). (1)AC    (2). (2)0.813    (3). 1.08    (4). (3)偏大
【解析】
【分析】
(1)根据实验的原理确定需要测量的物理量,从而确定所需的器材.(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小; (3)明确打点计时器打点频率和打点周期之间的关系即可正确解答.
【详解】(1)使用打点计时器是需要用电压合适的交流电源;处理纸带时需要用刻度尺;故选AC.
(2)当电源频率是50Hz时,打点计时器每隔0.02s打一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,因此时间间隔为:T=5×0.02s=0.1s.由纸带数据,根据匀变速直线运动推论△x=aT2可得:  
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,因此有: .
(3)当电源频率低于50Hz,其打点周期大于0.02s,所以仍按50Hz计算,即0.02s,据v=x/t 可知,测出的速度数值将比真实值偏大.
【点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理,会通过纸带求解瞬时速度和加速度,并掌握实验操作步骤.能够知道相邻的计数点之间的时间间隔,利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,提高解决问题能力.
三、计算题
15.在某部队的演习中,一空降兵实施空降。假设空降兵出飞机舱后先做自由落体运动,下落了58后打开伞包以4.8m/s2的加速度做匀减速直线运动,又经10s到达地面,取重力加速度取g=10m/s2。求:
(1)空降兵着地时的速度
(2)空降兵下降的总高度。
【答案】(1)2m/s(2)385m
【解析】
【分析】
(1)特战兵在t1=5s内做自由落体运动,根据h= gt2求解下落的高度以及5s末的速度;特种兵在t2=10s内做匀减速运动,根据v=v0-gt求解着陆时的速度;(2)根据平均速度求解特战兵减速下降的高度,从而求解总高度。
【详解】(1)特战兵在t1=5s内做自由落体运动:下落的高度:h1= gt12=125m;
5s末的速度:v1=gt1=50m/s;
特种兵在t2=10s内做匀减速运动:着陆时的速度:v2=v1-gt2=2m/s
(2)特战兵减速下降的高度  
下降的总高度:h=h1+h2=385m
16.如图所示,质量m1=12kg的物体A用细绳绕过光滑的滑轮与质量为m2=2kg的物体B相连,连接A的细绳与水平方向的夹角为θ=53°,此时系统处于静止状态。已知A与水平面的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度取g=10m/s2,sin53°=0.8,cs53°=0.6。求:
 
(1)A物体所受摩擦力的大小;
(2)欲使系统始终保持静止,物体B的质量不能超过多少?
【答案】(1)12N(2)6kg
【解析】
【分析】
(1)对物体A受力分析,根据水平方向的受力情况求解A物体所受摩擦力的大小;(2)当A与桌面之间的摩擦力达到最大静摩擦时,可求解物体B质量的最大值。
【详解】(1)对物体B:由二力平衡可知细绳拉力的大小为F=m2g;
A物体受力分析如图,由平衡可得:Fcos530=Ff,
解得Ff=12N
 
(2)设最大静摩擦力为Fmax,以A为研究对象,在水平方向:Fcos530=Fmax;
竖直方向:FN+Fsin530=m1g
Fmax=μFN
联立解得m2=6kg
17.如图所示,传送带与水平面夹角0=37,两轮间距A、B两点间长度L=16m,传送带以v =3m/s的恒定速度顺时针转动。现有质量m=0.5kg的物块以初速度v0=1m/s由底端A处冲上传送带,已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,取重力加速度g=10m/s2,sn37°=0.6,cos37°=0.8。求:
     
(1)从物块冲上传送带开始计时,经6s时物块的速度大小;
(2)物块从A运动到B所用的时间。
【答案】(1)3m/s(2)7s
【解析】
【分析】
(1)根据牛顿第二定律求解从物块冲上传送带时的加速度,然后判断物体与传送带相对静止时的时间,再确定6s时物块的速度大小;(2)物体先加速后匀速,根据运动公式求解总时间.
【详解】(1)根据牛顿第二定律:  
可得a=0.4m/s2;
加速到相对传送带静止时的时间 ;
所以5s后随传送带一起匀速运动,故6s后物体的速度为3m/s;
(2)设加速运动的位移为x1,由运动公式:v2-v02=2ax1
解得x1=10m;
匀速运动的位移:x2=L-x1=6m;
匀速运动的时间:  
物体从A到B的时间:t=t1+t2=7s
【点睛】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向,并对物体先加速到与传送带有相同速度后再匀速运动,会结合运动公式计算.

 




 
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