安徽省六安市舒城县学年高一上学期期末考试物理试题.docx
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安徽省六安市舒城县学年高一上学期期末考试物理试题
2018-2019学年安徽省六安市舒城县高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分）
1.下列对运动的认识错误的是（ ）
A.亚里士多德认为有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止
B.伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快
C.伽利略认为，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去
D.牛顿认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因
【答案】A
【解析】
【详解】亚里士多德认为有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就静止，该观点是以生活经验得出的，是错误的。
根据伽利略的理想实验得出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A认识错误；伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快，故B认识正确；伽利略认为，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，故C认识正确；牛顿认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故D认识正确。
所以选A。
2.伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（）
A.实验检验，数学推理
B.数学推理，实验检验
C.提出假设，实验检验
D.实验检验，合理外推
【答案】C
【解析】
这是依据思维程序排序的问题，是一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广，故选项C正确，选项ABD错误。
3.如下图所示，为A、B、C三个同学从舒城汽车站同时出发沿舒城到杭埠的线路方向运动的s﹣t图象，整个运动过程可以看成直线运动，在t0到达千人桥镇，则在0﹣t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A.物体平均速度最大，B物体平均速度最小
B.三个物体的平均速率相等
C.三个物体始终沿着同一方向运动
D.t0时C物体的速度比B物体的速度大
【答案】D
【解析】
【分析】
位移时间图象描述的是物体的位置随时间的变化关系，物体通过的位移等于纵坐标s的变化量；平均速度等于位移与时间之比，由平均速度公式可求得平均速度，平均速率等于路程与时间之比，图象的斜率表示物体的速度。
【详解】由图可知，t0时刻三个物体的位移相同，故由平均速度定义式可知，三物体的平均速度相同，故A错误；由图象知A通过的路程最大，B、C路程相等，故平均速率不同，故B错误；由图象可知BC沿同一方向运动，A先沿同一方向，后反向运动，故C错误；在s﹣t图象中，斜率代表速度，故t0时C物体的速度比B物体的速度大，故D正确。
所以D正确，ABC错误。
【点睛】熟知位移-时间图象的斜率等于速度，要理解掌握平均速度和平均速率的区别，平均速率不就是平均速度的大小。
4.2018年中国比任何其他国家发射更多进入轨道的火箭，截至本月中句，今年中国已成功完成35次发射。
2018年10月某一天，一枚火箭携带一颗小卫星从酒泉卫星发射中心升空，此火箭由地面竖直向上发射，其v﹣t图象如图所示，则（ ）
A.火箭在t2～t3时间内向下运动
B.火箭运动过程中的最大加速度大小为
C.火箭上升阶段的平均速度大小为
v2
D.火箭能上升的最大高度为4v1t1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据速度的正负表示速度的方向，根据速度图象读出速度的正负，分析火箭的运动。
图象的斜率等于加速度，由数学知识求出最大的加速度大小。
图象与坐标轴所围“面积”表示位移，平均速度等于位移与所用时间的比值。
由数学知识求出火箭上升的最大高度。
【详解】在t2﹣t3时间内火箭的速度为正值，仍在上升，故A错误。
由图看出，在t2﹣t3时间内图线的斜率最大，则火箭的加速度最大，最大加速度大小为
，故B错误；由图看出，在0﹣t3时间内火箭的速度都是正值，说明火箭一直在上升，图线与坐标轴所围“面积”的大小等于箭能上升的最大高度，由数学知识得：
箭能上升的最大高度
，v2＝3v1，解得：
h＝4v1t1，火箭上升阶段的平均速度大小为
，故C错误，D正确。
所以D正确，ABC错误。
【点睛】关键要掌握速度图象的两个数学意义来分析其物理意义：
斜率等于加速度，“面积”等于位移。
5.质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为
的匀加速运动，接着做加速度大小为
的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零，若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
试题分析：
物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：
，物体在全程的平均速度为
，则总位移
，联立可解得：
，故选项B正确。
考点：
匀变速直线运动规律的综合运用
名师点睛：
本题注意平均公式的应用，因加速过程平均速度等于
，而减速过程同样也是，故可知全程的平均速度，即表示出总位移；平均速度公式在解题中要注意应用。
6.四个小球在离地面不同高度处同时由静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．下图中，能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
据题意，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，可以知道第一个球经过T时间落地，第二球落地的时间为2T，依次3T、4T。
逆过来看，相当于一个小球每经过相等时间所到达的位置，可以知道相等时间间隔内的位移越来越大，所以从下而上，相邻两个小球之间的竖直距离越来越大，故C正确，A、B、D错误。
7.如图所示，把球夹在竖直墙和木板之间，不计摩擦，墙对球的弹力为F1，木板对球的弹力为F2，在将木板由图示位置缓慢转至水平的过程中，两弹力的大小变化情况为:
（）
A.F1减小、F2增大B.F1、F2都增大
C.F1增大、F2减小D.F1、F2都减小
【答案】D
【解析】
试题分析：
设木板和墙的夹角为α．
如图建立坐标系对小球进行受力分析，由于小静止处于平衡状态，满足平衡条件F合=0．
F1为斜面对小球的支持力，F2为挡板对小球的支持力
据平衡条件有：
F合x=F2-F1cosα=0；F合y=F1sinα-mg=0
由此得：
，F2=mgcotα
由题意，α增大，则得，F1减小，F2减小．故D正确．故选D。
考点：
物体的平衡
【名师点睛】挡板对小球的弹力方向与挡板垂直，部分同学受斜面上物体受力的影响，会误认为挡板对小球的支持力平行斜面向上而得出错误结论．本题也可以运用图解法直观判断两个弹力的变化情况。
8.现在物流的发展很快，在物流分拣过程中传送带起到很重要的作用，如图所示就是一模拟情况，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点（已知物体离开传送带后到地面的时间始终相同），若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，再把物块放到P点自由滑下则（ ）
A.物块将仍落在Q点
B.物块将会落在Q点的左边
C.物块将会落在Q点的右边
D.物块有可能落不到地面上
【答案】A
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律分析加速度大小，再根据运动学公式结合平抛运动的规律即可解题。
【详解】无论传送带静止，还是逆时针转动起来，物体m所受的都是滑动摩擦力，方向大小都一样，根据牛顿第二定律可得加速度相同；物体滑过传送带经过的位移就是传送带两轮之间的长度，故两次下滑在传送带上的位移也是一样的，根据v2＝2ax可知离开传送带时的速度相同；由平抛规律：
x＝v0t，
，可知其水平和竖直位移都一样，故落地点也应一样，故仍在Q点，故A正确，BCD错误。
9.如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）.则物体运动的速度V随时间t变化的规律是图丙中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2）
【答案】C
【解析】
当F与mg的比值为1时，有
此时加速度a=0.5g=5m/s2，在1s末速度增大到正向5m/s，在1s到2s间撤去F后物体在重力沿斜面向下的分力提供加速度，为5m/s2，在2s末速度减小到零，C对；
10.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是（ ）．
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：
，对B应用牛顿第二定律：
，对A应用牛顿第二定律：
，经历时间：
，由以上解得：
，此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线，故B正确，ACD错误。
11.如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是（）
A.a一定受到4个力
B.a可能受到6个力
C.b一定受到3个力
D.b可能受到2个力
【答案】AC
【解析】
试题分析：
对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，处于三力平衡状态，故D错误，C正确；对物体a、b整体受力分析，受重力、支持力，若墙壁对整体有支持力，水平方向不能平衡，故墙壁对整体没有支持力，故也没有摩擦力；最后对物体a受力分析，受推力、重力、物体b对其的压力和静摩擦力，即物体a共受4个力；故A正确，B错误；故选AC．
考点：
受力分析
【名师点睛】本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，然后结合平衡条件和各种力产生的条件分析判断，不难。
12.以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是（）
A.甲图中学生从起立到站直的过程中，体重计的示数先减小后增大
B.乙图中赛车的质量较小，却安装着牵引力很大的发动机，目的是获得很大的加速度
C.丙图中海豚的身体呈流线型，可以减小海豚运动中的阻力
D.丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面做匀速直线运动
【答案】BC
【解析】
试题分析：
甲图中学生从起立到站直的过程中，其先加速上升，后减速上升，故其加速度的方向先向上后向下，故它先处于超重状态后处于失重状态，所以体重计的示数先增大后减小，选项A错误；乙图中赛车的质量较小，却安装着牵引力很大的发动机，根据F=ma可知，其目的是获得很大的加速度，选项B正确；丙图中海豚的身体呈流线型，可以减小海豚运动中的阻力，选项C正确；丁图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面受到摩擦力的作用而做减速直线运动，选项D错误。
考点：
超重与失重，牛顿第二定律。
13.如图，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车壁上，相对于车壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是
A.在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力等大
B.在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于物块发生了弹性形变
C.若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小
D.若车厢加速度变大，车壁对物块的摩擦力也变大
【答案】AC
【解析】
试题分析：
在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，故二力是等大的，选项A正确；在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于车壁发生了弹性形变，选项B错误；根据牛顿定律FN=ma，则若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小，选项C正确；车壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡，二力是等大的，与车厢的加速度无关，故选项D错误。
考点：
牛顿定律；物体的平衡；弹力。
二、实验题（本题共2道小题第1题10分每小题10分，第2题6分，共16分）
14.某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．
①请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：
a_____；b_____．
②该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，已知ABCDEF为打下的连续六个点，测得对应的距离为h1、h2、h3、h4、h5．若已知打点计时器的打点周期为T，则打E点时速度的表达式为vE＝_____；
③若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线如图丙所示．则斜率表示_____，可以计算得出重力加速度的大小为_____m/s2（保留2位有效数字）．
④根据以上③问结果，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需测量的物理量有_____（用字母表示，并说明字母所表示的物理意义，已知当地的重力加速度大小为9.8m/s2）．
⑤如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_____．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】
（1）.打点计时器应该接交流电源
（2）.开始时重物应该靠近打点计时器（3）.
（4）.重力加速度大小的2倍（5）.9.4（6）.物体的质量m（7）.不变
【解析】
【分析】
根据打点计时器的具体应用，熟悉打点计时器使用的注意事项即可正确解答；匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．可以通过求DF段的平均速度表示E点的瞬时速度；结合牛顿第二定律的表达式，即可确定还需要测量的物理量；打点计时器的周期与交流电的周期相同，交流电电压的变化不影响其周期。
【详解】
（1）打点计时器使用交流电源，而该题中接了直流电；重物离打点计时器太远，这样纸带上上所打点很少，不利于减小误差．
（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：
（3）根据
，可得：
，结合图象明确知图线的斜率表示2g，所以
，则g＝9.4m/s2．
（4）物体在下降的过程中受到重力与阻力的作用，得：
mg﹣f＝ma，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需知道物体的质量，所以要测量的物理量是质量；
（5）打点计时器的周期与交流电的周期相同，交流电电压的变化不影响其周期，所以当时电网中交变电流的电压变成210V，打点计时器的周期不变，对测量的数据没有影响．加速度的测量值不变。
【点睛】本题考查实验的装置和工作原理，对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，会通过图象求解重力加速度。
15.在竖直平面内，橡皮条一端固定在G点，另一端挂一小圆环，现用两个弹簧测力计拉动小圆环到O点，小圆环受到作用力F1、F2和橡皮条的拉力F0，如图所示.
（1）此时要记录下拉力F1、F2的大小，并在白纸上记录__________，以及O点的位置.
（2）实验中，不必要的是____________
A．用弹簧测力计测出小圆环的重力
B．弹簧测力计在使用前应校零
C．撤去F1、F2，改用一个力拉小圆环，仍使它处于O点
D.用两个弹簧测力计拉动小圆环时，要保持两弹簧测力计相互垂直
（3）图中F是用一个弹簧测力计拉小圆环时，在白纸上根据实验纠果画出的图示。
F与F´中，方向一定沿GO方向的是___________.
【答案】
（1）两个力的方向；
（2）D；（3）F＇；
【解析】
【分析】
（1）根据实验原理可知，在实验中需要记录拉力的大小和方向，以便根据两个分力的大小和方向做平行四边形．
（2）明确该实验的实验原理以及实验步骤，操作过程的注意事项以及产生误差原因等，如该实验采用了“等效替代”法，要求两次橡皮筋的形变大小和方向相同，拉弹簧时两力的大小可以适当大些，夹角大小合适，并非要求为直角等．（3）验证力的平行四边形定则的实验原理是：
理论值与实际值的对比．合力的理论值使用作图法，需要记录两分力的大小和方向；实际值的测量则使用等效替代，需要测量结点O的位置及力的大小．另外实际值与测量值比较方法，是在同一点作出两力的图示，比较是否近似重合．
【详解】
（1）该实验中，需要根据力F1、F2的大小和方向做出平行四边形，求出合力与一个弹簧拉橡皮筋时拉力F进行比较，因此需要记录拉力F1、F2的大小和方向；
（2）A、本实验只需要保证橡皮筋的形变弹力和圆环的重力的总效果相同即可用等效替代法验证，则不需要测量圆环的重力大小，故A不需要；
B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项需要；
C、该实验采用“等效替代”法，因此两次拉橡皮筋要到同一位置，故C需要；
D、用两根弹簧测力计拉动小圆环时，量弹簧夹角适当，便于做平行四边形，便于减小误差即可，并非要求两弹簧测力计相互垂直，故D不需要．
故不需要的步骤为AD．
（3）实际测量的合力应与橡皮筋在同一条直线上，即F与橡皮筋在同一条直线上，由平行四边形定则作出的为理论值与实际值有一定的偏差，即由平行四边形定则作出的为
；则方向一定沿GO方向的是F.
【点睛】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，要明确实验原理，理解“等效替代”的含义，重点是如何准确作出力的图示．
16.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。
（1）某次测量如图2，指针示数为_____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、LB如表。
用表数据计算弹簧I的劲度系数为_____N/m（重力加速度g＝10m/s2）。
由表数据_____（填“能”或“不能”）计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
【答案】
（1）16.00；
（2）12.5，能
【解析】
试题分析：
（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．
（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．
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=4.00cm，根据胡克定律知：
．
结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ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Ⅱ的劲度系数．
故答案为：
（1）16.00；
（2）12.5，能．
【点评】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△F=k△x，△x为形变量的变化量．
三、计算题（本题共3道小题，每题12分，共36分）
17.据英国《每日邮报》9月16日报道，英式触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度。
他从“市长官邸站”下车，在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢。
已知地铁列车每次停站时间（从车门打开到关闭的时间）为ta＝20s，列车加速和减速阶段的加速度均为a＝1m/s2，运行过程的最大速度为vm＝72km/h。
假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动，两站之问的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同，两站间的距离约为x＝400m，赫普顿斯托尔出站和进站共用时tb＝30s。
问：
（1）他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大?
（2）郑州地铁一号线最小站间距离约为x'＝1000m，地铁列车每次停站时间为ta'＝45s，按赫普顿斯托尔的奔跑速度，在郑州出站和进站最短共需用时tb'＝60s，列车参数和其它条件相同。
试通过计算判断，若赫普顿斯托尔同样以上述平均速度在地面道路上奔跑，能否在这两个车站间挑战成功?
【答案】
（1）8m/s，
（2）不能挑战成功．
【解析】
【详解】
（1）列车从静止加速至最大速度过程，所用时间为：
运动位移为：
故列车加速至最大速度后立即做减速运动，列车在两站间运动总时间为：
t车=2t1=2×20=40 s
运动员在地面道路奔跑的最长时间为：
t=2ta+2t1-tb=2×20+2×20-30=50 s
最小平均速度为：
（2）列车在郑州地铁这两站间运动总时间为：
运动员在地面道路奔跑的时间为：
t′=2ta′+t车′-tb′=2×45+70-60=100 s
能赶上列车的平均速度为：
因v′＞v，故不能挑战成功.
18.如图，重物A和B的质量分别为mA=3Kg、mB=2Kg，斜面体质量为M=4Kg，滑轮和绳质量及其之间的摩擦不计，整个装置均静止，试求：
（1）画出受力分析图，求绳中张力F的大小；
（2）A受斜面的摩擦力f的大小和方向；
（3）地面给斜面体的支持力大小，以及地面给斜面体的摩擦力f'大小和方向。
【答案】
（1）20N；
（2）2N，方向向下，（3）80N,
【解析】
【详解】
（1）滑轮的受力分析如图：
2Fcos60°=mBg，F=mBg=20N；
（2）对A，受力平衡：
设所受摩擦力向下，则：
F-mAgsin37°-f=0
F=20-3×10×0.6N=2N，方向沿斜面向下；
（3）将斜面和A作为一个整体，
竖直方向：
FN-Fcos60°-（M+m）g=0，FN=20×cos60°+（4+3）×10N=80N；
水平方向：
Fsin60°-Ff=0，Ff=20×sin60°=
，方向向左。
19.如图所示，长L=8m，质量M=3kg的薄木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物体放在木板的右端，现对木块施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2，求：
（1）若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2m/s2的加速度向右运动，需对木板施加的水平拉力为多大?
（2）若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=6N，求物体对薄木板的摩擦力大小和方向？
（3）若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度。
【答案】
（1）6N
（2）1.5N（3）12m/s
【解析】
（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：
F=Ma=3×2=6N，则拉力大小为6N；
（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0，
解得：
a0=μg=0.3×10=3m/s2，
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
拉力：
F0=（M+m）a0=（3+1）×3=12N＞6N，
拉力为6N时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：
F′=（M+m）a′，解得：
；
对物块，由牛顿第二定律得：
f=ma′=1×1.5=1.5N，方向：
水平向右；
（3）拉力F=15N＞F0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得：
F-μmg=Ma木板，
解得：
，
木块位移：
s木块=
a0t2，
木板位移：
s木板=
a木板t2，
木块从木板上滑下时有：
s木板-s木块=L，
此时木块的速度：
v=a0t，
解得：
v=12m/s，则木块获得的最大速度为12m/s；
点睛：
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题；求出木块相对于木板滑动的临界拉力是正确解题的前提与关键，这也是本题的易错点．
20.如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：
（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受
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