河南省洛阳市学年高一上学期期末考试物理精校解析Word版.docx
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河南省洛阳市学年高一上学期期末考试物理精校解析Word版
洛阳市20172018学年第一学期期末考试
高一物理试卷
一、选择题
1.以下说法正确的是
A.速度是矢量,速率是标量
B.被选作参考系的物体一定是静止的
C.米、秒和克都是国际单位制中的基本单位
D.能看成质点的物体一定是质量和体积都比较小的物体
【答案】A
【解析】速度有大小和方向，是矢量；而速率只有大小，无方向，是标量，故选项A正确；被选作参考系的物体不一定是静止的，任何物体都可做参考系，选项B错误；米、秒都是国际单位制中的基本单位,克不是基本单位，选项C错误；能看成质点的物体不一定是质量和体积都比较小的物体，例如在研究地球公转时，可把地球看做质点，选项D错误；故选A.
2.关于一个质点的位移、速度、加速度和受到的合外力之间的关系,以下说法正确的是
A.速度方向跟位移方向相同B.速度方向跟加速度方向相同
C.加速度方向跟受到的合外力方向相同D.加速度减小,速度随之减小
【答案】C
【解析】速度方向跟位移方向不一定相同，例如做曲线运动的物体，选项A错误；速度方向跟加速度方向不一定相同，例如做减速运动的物体，选项B错误；根据牛顿第二定律，加速度方向跟受到的合外力方向相同，选项C正确；当加速度和速度同向时，加速度减小,速度也是增加的，选项D错误；故选C.
3.如图所示为甲、乙、丙三个质点的位置x与耐间t的关系图象,则在时间t2内
A.甲先做匀加速再做匀减速运动B.在t2时刻丙的速率大于乙的速率
C.甲的平均速度最大D.丙的路程大于乙的路程
【答案】B
【解析】x-t图像的斜率等于速度，则甲先向正方向运动，后向负方向运动，选项A错误；在t2时刻丙的图像的切线的斜率大于乙，则丙的速率大于乙的速率，选项B正确；三个物体在相同时间内的位移相同，则平均速度相同，选项C错误；丙的速度方向没变，速度大小逐渐变大，乙的速度一直不变，则乙丙的路程相同，选项D错误；故选B.
点睛：
本题要求学生理解x-t图象的意义，并能由图知道三个物体的运动过程，明确物体的位移和路程，并正确理解平均速度公式．
4.A、B两个物体在同一地点出发,沿同一直线做匀变速直线运动,它们的速度一时间图象如图所示,则
A.物体A的加速度是B的2倍B.物体A跟物体B有可能反向运动
C.t=4s时,A、B两物体相距20mD.t=2s时,A、B两物体相距最远
【答案】C
【解析】物体A的加速度
；B的加速度：
，则物体B的加速度是A的2倍，选项A错误；物体A和B一直向正方向运动，选项B错误；t=4s时，A、B速度相等，此时两物体相距最远，最远距离为
，选项C正确，D错误；故选C.
点睛：
在v-t图象中直线的斜率表示加速度，速度的正负表示物体的速度方向，即运动方向．图线与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．
5.如图所示,轻弹簧上端与一质量为1kg的木块1相连,下端与另一质量为2kg的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.已知重力加速度g大小为10m/s2.则有
A.a1=0，a2=15m/s2B.a1=a2=15m/s2C.a1=0，a2=10m/s2D.a1=a2=10m/s2
【答案】A
【解析】对1分析，弹簧的弹力F=mg．撤去木板的瞬间，弹簧的弹力不变，木块1所受的合力仍然为零，则加速度a1=0．对木块2，根据牛顿第二定律得，
．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，要注意抓住瞬间弹簧的弹力不变，再结合牛顿第二定律进行求解即可．
6.如图所示,物体A、B放在物体C上,水平力F水平向左作用于A上,使A、B、C一起向左做匀速运动,则
A.A对C有向右的摩擦力B.C对B有向左的摩擦力
C.物体C受到三个摩擦力的作用D.物体C对地的摩擦力大小跟F大小相等
【答案】D
【解析】A、对A受力分析，受拉力F、重力、支持力和向右的静摩擦力，物体匀速运动，受力平衡，故f=F，故A对C有向左的静摩擦力，故A错误；对B受力分析，由于匀速运动，合力为零，故受重力和支持力，不受摩擦力，故B错误；对整体受力分析，受拉力F、重力、支持力和向右的滑动摩擦力，其中物体地对C的摩擦力大小跟F大小相等，根据牛顿第三定律，则物体C对地的摩擦力大小跟F大小相等，选项D正确；再对C受力分析，受重力、A对C压力、B对C压力，地面对C支持力，A对C向左的静摩擦力和地面对C向右的滑动摩擦力，共两个摩擦力，故C错误；故选D．
点睛：
本题关键是要灵活地选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件进行分析，从而明确物体受到摩擦力情况；同时还要根据牛顿第三定律，相互作用力等值、反向、共线．
7.关于牛顿第一定律,以下说法错误的是
A.牛顿第一定律又叫惯性定律
B.牛顿第一定律是牛顿通过大量实验总结出来的实验结论
C.牛顿第一定律说明一切物体都有惯性
D.牛顿第一定律说明力可以改变物体的运动状态
【答案】B
【解析】牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A正确；牛顿第一定律是牛顿在伽利略实验的基础上，通过抽象推论总结出来的结论，选项B错误；牛顿第一定律说明一切物体都有惯性，选项C正确；牛顿第一定律说明力可以改变物体的运动状态，选项D正确；此题选择错误的选项，故选B.
8.汽车拉着拖车在某一条平直的公路上一起做直线运动,下面说法正确的是
A.当加速前进时汽车拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力
B.汽车先对拖车施加拉力,然后才产生拖车对汽车的拉力
C.汽车对拖车的拉力跟拖车向后拉汽车的力始终是一对平衡力
D.加速前进时,汽车对拖车的拉力大于拖车受到的阻力
【答案】B
【解析】汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，不是平衡力，作用力和反作用力总是等大反向，故AC错误．作用力和反作用力具有同时性，故B错误．对拖车受力分析，拖车受汽车对拖车的拉力，地面对拖车的摩擦阻力，故加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，故D正确．故选D.
点睛：
本题重点掌握好作用力与反作用力的性质：
等大反向，作用在两个物体上，具有同时性，同在同失．
9.跳水运动员从10m跳台腾空跃起,先竖直向上运动一段距离达到最高点后,再竖直下落进入水池,关于运动员在空中的上升过程和下落过程,以下说法正确的有
A.上升过程处于超重状态,下落过程处于失重状态
B.上升过程处于失重状态,下落过程处于超重状态
C.上升过程和下落过程均处于超重状态
D.上升过程和下落过程均处于失重状态
【答案】D
【解析】上升和下降的过程中，都是只受到向下的重力的作用，加速度的大小为重力加速度g．都处于完全失重状态，所以ABC错误，D正确；故选D．
点睛：
本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力变了．
10.如图所示,在一端封闭、长约1m的玻璃管内注满清水,水中放置一个蜡块,将玻璃管的开口端用胶塞塞紧.然后将这个玻璃管倒置,在蜡块沿玻璃管竖直上升的同时,将玻璃管水平向右移动,假设从某时刻开始计时,蜡块在玻璃管内每1s匀速上升的高度都是10cm,同时玻璃管自静止开始向右匀加速直线平移,第1s内通过的水平距离是2.5cm.则蜡块
A.第4s末的速率为
B.加速度大小为5m/s2
C.4s内的位移为
D.第4s内的水平分位移大小为0.4m
【答案】AC
...............
点睛：
解决本题的关键知道蜡块参与了竖直方向上的匀速直线运动和水平方向上的匀加速直线运动，知道速度、加速度、位移都是矢量，合成遵循平行四边形定则．
11.如图所示,两个靠静摩擦力传动的轮子,大轮半径是小轮半径的2倍,大轮中C点离圆心O2的距离等于小轮半径,A、B分别为两个轮边缘上的点,则A、B、C三点的
A.线速度之比为2:
2:
1B.角速度之比为2:
1:
1
C.向心加速度之比为4:
2:
1D.转动周期之比为2:
1:
1
【答案】ABC
【解析】同缘传动时，边缘点的线速度相等，故：
vA=vB；同轴传动时，角速度相等，故：
ωB=ωC；根据题意，有：
rA：
rB：
rC=1：
2：
1；根据v=ωr，由于ωB=ωC，故vB：
vC=rB：
rC=2：
1；故vA：
vB：
vC=2：
2：
1，故A正确；根据v=ωr，由于vA=vB，故ωA：
ωB=rB：
rA=2：
1；故ωA：
ωB：
ωC=rB：
rA=2：
1：
1，故B正确；根据a=ωv，则向心加速度之比为：
aA：
aB：
aC＝4：
2：
1，故C正确；根据
可得，转动周期之比为：
Ta：
Tb：
Tc＝
：
：
＝1：
2：
2，故D错误；故选ABC.
点睛：
同缘传动时，边缘点的线速度相等；同轴传动时，角速度相等；然后结合v=ωr，a=vω和T=2π/ω列式求解．
12.如图所示,用细线将A物体悬挂在顶板上,B物体放在水平地面上,A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧,此时弹簧的形变量为3cm.已知A、B两物体的重力分别是3N和5N.则细线的拉力及B对地面的压力有可能分别是
A.0和8NB.6N和2NC.5N和3ND.6N和11N
【答案】AB
【解析】B受重力，弹簧的弹力F1=100×0.03=3N及地面的支持力而处于平衡状态；若弹簧拉伸，则支持力F=GB-F1=5N-3N=2N，绳的拉力T=3N+3N=6N；若弹簧压缩，支持力F′=5N+3N=8N，绳的拉力T=3-3=0N；故选AB．
点睛：
解答本题时要注意两点：
一是正确选取研究对象，并能进行正确的受力分析；二是明确弹簧的两种可能性，压缩或者拉伸．
13.如图所示,轻弹簧下端固定在水平面上,一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后又被弹簧弹回空中.在小球下落的过程中,下列说法中正确的是
A.小球刚接触弹簧时速度最大
B.小球的速度先增大后减小
C.从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小
D.从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大
【答案】BCD
14.如图所示,以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有3s将熄灭,此时汽车距离停车线37m.该车加速时最大加速度大小为3m/s2,减速时最大加速度大小为5m/s2此路段允许行驶的最大速度为14m/s.下列说法中正确的有
A.如果立即做匀加速直线运动,在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线且不超速
B.如果立即做匀加速直线运动,要想在绿灯熄灭前通过停车线汽车必须超速
C.如果立即做匀减速直线运动,汽车一定停在离停车线25m处
D.如果汽车在距停车线35m处以较小的加速度做匀减速直线运动,汽车也有可能停在停车线处
【答案】BC
【解析】若汽车立即做匀加速直线运动，则3s内的位移x=v0t+
a1t2＝8×3+
×3×9m=37.5m＞37m，此时汽车的速度v=v0+a1t=8+3×3m/s=17m/s＜vm，故B正确，A错误．如果立即做匀减速直线运动，则停止时汽车的位移
，则汽车停在离停车线37m-6.4m=30.6m处，选项C错误；如果汽车在距停车线35m处以较小的加速度a′做匀减速直线运动，若停在停车线处，则
；则如果汽车在距停车线35m处以较小的加速度做匀减速直线运动,汽车也有可能停在停车线处，故D正确．故选BD．
二、本题共2小题,共12分.
15.利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的的实验装置如图所示
（1）关于本实验的操作,下列说法中正确的是________
A.要采用控制变量法
B.砝码和磁码盘的总质量越大,实验误差越小
C.平衡库擦力时,应将砝码盘用细线跟小车连在一起
D.可以先释放小车再接通打点计时器的电源
（2）在探究加速度与力的关系的实验中,得出如图所示的a—F图线,发现图线既不过原点,又不是直线,原因可能是______
A没有完全平衡摩擦力,且小车质量较大
B.平衡摩擦力过度,且小车质量较大
C.没有完全平衡摩擦力,且砝码和砝码盘的总质量较大
D.平衡摩擦力过度砝码和砝码盘的总质量较大
【答案】
（1）.
（1）A
（2）.
（2）C
【解析】此实验要采用控制变量法，即探究加速度与力的关系时要保持质量一定，研究加速度和质量关系时要保持力一定，选项A正确；砝码和砝码盘的总质量越小，则砝码和砝码盘的总重量越接近小车的拉力，则实验误差越小，选项B正确；平衡库擦力时,应不挂砝码盘，只让小车拖着纸带运动，选项C错误；实验时要先接通打点计时器的电源再释放小车，选项D错误；故须A.
（2）从上图中发现直线没过原点，当a=0时，F＞0．也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力．平衡摩擦力时，所垫木板太低，没有完全平衡摩擦力．
从图象上可以看出：
F从0开始增加，砝码和砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量呢，那么绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大．所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量．故ABD错误，C正确；故选C．
点睛：
该实验采用的是“控制变量法”，即通过先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系，正确理解“控制变量法”的应用．在“验证牛顿第二定律的实验”中要注意平衡摩擦力；同时要注意根据实验的原理和实验方法分析实验中的注意事项及实验结论．
16.某物理兴趣小组在科用频闪照相机研究平抛运动的实验中,得到某一个小钢球做平抛运动的频闪照片,小球在平抛运动途中的几个位置如图a、b、c、d所示。
已知颈闪照相机的闪光频率为5Hz,重力加速度g取10mn/s2,则小球平抛的初速度大小为___m/s,小球经过B点时的速率为______m/s；
【答案】
（1）.4.5
（2）.0.6
【解析】根据v0=x/t，x=2L，t=1/f=1/5s=0.2s,代入可得：
v0=4.0m/s
b点竖直方向分速度
根据速度合成，b点的速率vb=
点睛：
本题考查了平抛物体的运动规律，要求同学们能从图中读出有用信息，并能够利用平抛运动规律解题，难度适中．
三、计算题
17.某敌方有一架高空侦察机正以300m/s的速度沿直线匀速向我方某城市飞来,某导弹基地通过雷达探测并计算高空侦察敌机的飞行规律,预计敌机将通过该城市上空的A点.当高空侦察敌机离A点1200m时发射导弹,发射后导弹做匀加速直线运动,以1600m/s的速度在A点击中敌机.试求
（1）导弹发射后的加速度大小;
（2）导弹从发射到击中敌机过程中的位移大小
【答案】
（1）400m/s2
（2）3200m
【解析】
（1）设导弹的加速度为a，导弹从发射到击中低级经历的时间为t,因敌机做匀速直线运动，所以：
x敌机=v敌机t
因导弹做匀加速直线运动，所以：
v导弹=at
带入数据，联立可得：
a=400m/s2
（2）因导弹做匀加速直线运动，则：
x导弹=
at2
带入数据可得：
x=3200m
18.如图所示,将质量m=1kg的圆环套在固定的水平直杆上.环的直径略大于杆的截面直径.环与杆间的动摩擦因数为
.从某时刻开始计时,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为
的拉力F,使圆环从静止开始做匀加速直线运动,并在第2s内移动6.6m,取sin53°=0.8，cos53°=0.6,g=10m/s2.试求:
（1）圆环运动的加速度大小
（2）拉力F的大小
【答案】
（1）4.4m/s2
（2）10N
【解析】
（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：
s＝
at2，则
解得：
（2）当Fsinθ>mg时，有：
解得F=90N；
当Fsinθ解得F=10N；
点睛：
此类题型属于高中物理比较典型的运动类型问题．通过匀变速直线运动规律求出加速度，然后利用正交分解法求出物体受力．在本题中还要涉及到由于F不一样，导致受力情况有两种，从而形成多解问题，需引起注意．
19.在距离水平地面1.45m的某悬点处用一轻绳悬挂一个质量为1kg的小铜球,并使球在竖直平面内做圆周运动.当球运动到最低点时,绳恰好被拉断,球水平飞出,落地点到抛出点的水平距离为1.2m,如图所示.已知绳长为1m,重力加速度g=10m/s2.不计球的半径和空气阻力,试求
（1）绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2
（2）绳能承受的最大拉力T的大小
【答案】
（1）4m/s；5m/s
（2）26N
【解析】
（1）由平抛运动可得，球的水平分位移：
x=v1t；
竖直分位移：
y=
gt2
落地时的竖直分速度：
vy=gt
落地时的速度
带入数据联立可得：
v1=4m/sv2=5m/s
（2）根据小球做圆周运动到达最低点时，绳恰好突然被拉断，可得：
解得T=26N
20.长木板的质量M=1kg,静止在水平地面上,在木板最左端放置一质量为m=2kg的小物块（可看作质点）;物块和木板、木板和水平地面间的动摩擦因数分别为
、
.某时刻对小物块施加一个水平向右、大小为10N的恒力F作用,使小物块由静止开始运动,当物块运动时间t=2s时突然撤去F,最终小物块恰好没有从长木板上掉下去。
已知重力加速度大小g取10m/s2.试求
（1）撤去F时小物块和长木板各自的速率
（2）长木板的长度（计算结果保留三位有效数字）
【答案】
（1）6m/s；2m/s
（2）6.67m
【解析】
（1）由题意可知，在恒力F作用下，小物块和木板没有一起加速运动，设此时的加速度大小为a1，长木板的加速度为a2，则对小物块：
对长木板：
设撤去F时小物块和长木板各自的速率为v1和v2，
则有：
v1=a1t
v2=a2t
带入数据联立解得：
v1=6m/sv2=2m/s
（2）在撤去F之前，物块相对木板向右滑动的位移：
刚撤去F时，因为v1>v2，物块做匀减速运动，木板做匀加速运动，此时设物块的加速度大小为a3，长木板的加速度为a4，则：
对物块：
木板：
设再经过时间t3后，物块跟木板的速度相等，则：
在此过程中物块相对长木板向右滑动的位移为：
当小物块跟长木板速度相等后，因为
物块和长木板将一起匀减速运动直到静止，在此过程中物块相对木板没有滑动，所以长木板的长度：
L=x1+x2
带入数据联立解得：
L=20m/3=6.67m
点睛：
此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键搞清木块木板的运动情况，抓住位移之差等于木板的长度，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
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