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2019年高一物理上学期期中试题含解析
一、选择题本题共17小题每小题3分共51分.在每小题给出的四个选项中第1~11题只有一个选项正确第12~17题有多项正确全部选对得3分选对但不全得2分有选错或不选的得0分
1.关于重力、弹力、摩擦力,下列说法中错误的是( )A.物体的重心是一个等效的概念,重心不一定在物体上B.物体受到的弹力是因为与受力物体相接触的另一物体的形变而引起的C.滑动摩擦力的计算式Ff=μFN中,Ff与FN的方向相互垂直D.两物体间的摩擦力与接触面上的正压力成正比【答案】D【解析】A、重心是物体各个部分所受重力的合力的等效作用点,重心不一定在物体上,如均匀圆环的重心不在圆环上,故A正确;B、物体受到的弹力是因为与受力物体相接触的另一物体的形变而引起的,故B正确;C、摩擦力的方向沿接触面,而弹力垂直于接触面,所以滑动摩擦力的计算式Ff=μFN中,Ff与FN的方向相互垂直,故C正确;D、滑动摩擦力两物体间的摩擦力与接触面上的正压力成正比,而静摩擦力大小与正压力无关,故D错误.本题选错误的,故选D.
2.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法和思路,以下关于所用研究方法或思路的叙述正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法叫假设法B.根据速度定义式,当△t非常非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法C.伽利略对落体问题的研究思路是问题→猜想→实验验证→数学推理→合理外推→得出结论D.在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了类比法【答案】B【解析】质点是理想模型,利用理想模型法,A错误;瞬时速度的定义是当时间趋近于零时,平均速度就可表示瞬时速度,利用了极限思想方法,B正确;伽利略在研究物体下落规律时,首先是提出问题即对亚里士多德的观点提出疑问,然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动,而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的,接着进行了实验,伽利略对实验结果进行数学推理,然后进行合理的外推得出结论,C正确;在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成无数小段,采用的是数学中的微元法,D错误.
3.在创建文明城市过程中,我市开始大力推行文明交通“车让人”行动,如图所示,以8m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,有一位老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停车线8m.该车减速时的加速度大小为5m/s2.则下列说法中正确的是( )A.如果驾驶员立即刹车制动,则t=2s时,汽车离停车线的距离为2mB.如果在距停车线6m处开始刹车制动,汽车能在停车线处停下C.如果驾驶员的反应时间为
0.4s,汽车刚好能在停车线处停下D.如果驾驶员的反应时间为
0.2s,汽车刚好能在停车线处停下【答案】D【解析】【详解】A、汽车速度减为零所需的时间t==s=
1.6s,则2s内的位移等于
1.6s内的位移,x=t=×
1.6m=
6.4m,此时汽车离停车线的距离△x=8-
6.4m=
1.6m,故A错误.B、因为汽车速度减为零时的位移为
6.4m,大于6m,可知如果在距停车线6m处开始刹车制动,汽车车头不能在停车线处停下,故B错误.C、若驾驶员的反应时间为
0.4s,则在反应时间内的位移x′=v0t=8×
0.4m=
3.2m,到停止时的位移X=x+x′=
6.4m+
3.2m=
9.6m,大于8m,汽车车头不能在停车线处停下,故C错误.D、若驾驶员的反应时间为
0.2s,则在反应时间内的位移x′=v0t=8×
0.2m=
1.6m,到停止时的位移X=
6.4m+
1.6m=8m,汽车车头刚好能在停车线处停下,故D正确.故选D.【点睛】本题考查了运动学中的刹车问题,注意汽车速度减为零后不再运动,知道汽车在反应时间内做匀速直线运动,刹车后做匀减速直线运动.
4.如图所示,A、B两物体相距s=7m时,A在水平拉力和摩擦力作用下,正以vA=4m/s的速度向右匀速运动,而物体B此时正以vB=10m/s向右匀减速运动,加速度a=-2m/s2,则A追上B所经历的时间是 A.7sB.8sC.9sD.10s【答案】B【解析】【详解】物体A做匀速直线运动,位移为xA=vAt=4t物体B做匀减速直线运动减速过程的位移为xB=vBt+=10t−t2设速度减为零的时间为t1,有t1=△v/a=5s在t1=5s的时间内,物体B的位移为xB1=25m,物体A的位移为xA1=20m,由于xA1+SxB1,故物体A未追上物体B;5s后物体B静止不动,故物体A追上物体B的总时间为t总==s=8s故选B【点睛】首先根据速度时间关系求出B停下所用的时间,根据位移时间公式结合几何关系列式求解此时物块A是否追上物体B,如没有追上,A匀速走完剩余位移,根据速度位移关系,求解时间即可
5.如图所示,汽车向右沿直线运动,原来的速度是v1,经过一小段时间之后,速度变为v2,Δv表示速度的变化量.由图中所示信息可知 A.汽车在做加速直线运动B.汽车的加速度方向与v1的方向相同C.汽车的加速度方向与v1的方向相反D.汽车的加速度方向与Δv的方向相反【答案】C【解析】试题分析速度是矢量,速度的变化量,根据图象可知,的方向与初速度方向相反,而加速度的方向与速度变化量的方向相同,所以加速度方向与初速度方向相反,物体做减速运动,故C正确,ABD错误考点加速度【名师点睛】矢量相加和矢量相减都符合平行四边形定则或者三角形定则,,即矢量相减可以转化为矢量相加视频
6.一质点沿x轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时,其的图象如图所示,则A.质点做匀加速直线运动,加速度为
0.5m/s2B.质点在1s末速度为
1.5m/sC.质点在第1s内的平均速度
0.75m/sD.质点做匀速直线运动,速度为
0.5m/s【答案】B【解析】A、B、由图得.根据匀变速运动的位移公式得,对比可得,则质点的加速度为a=2×
0.5=1m/s2.初速度为v0=
0.5m/s,则知质点的加速度不变,质点做匀加速直线运动,故A、B错误.C、D、质点做匀加速直线运动,在1s末速度为v=v0+at=
0.5+1=
1.5m/s.则质点在第1s内的平均速度为,故D正确,C错误.故选D.【点睛】本题的关键要写出解析式,采用比对的方法求出加速度和初速度,明了物体的运动情况后,再由运动学公式研究图象的信息.
7.一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下,某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB,照片中轨迹的长度为2mm,照片长度的比例尺为1∶10已知曝光时间为
0.001s,则小石子出发点离A点的距离大约为()A.
6.5mB.10mC.20mD.45m【答案】C【解析】【分析】根据照片上痕迹的长度,可以知道在曝光时间内物体下落的距离,由此可以估算出AB段的平均速度的大小,由于时间极短,可以近似表示A点对应时刻的瞬时速度,最后再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离.【详解】由图可知AB的长度为2cm,即
0.02m,曝光时间为,所以AB段的平均速度的大小为,由于时间极短,故A点对应时刻的瞬时速度近似为20m/s,由自由落体的速度位移的关系式,可得,故选C【点睛】由于AB的运动时间很短,我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度,由此再来计算下降的高度就很容易了,通过本题一定要掌握这种近似的方法.
8.做匀加速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s,则质点的加速度大小为()A.1m/s2B.1.5m/s2C.3m/s2D.4m/s2【答案】C【解析】试题分析根据匀变速直线运动的规律可知,第一个3s内的平均速度为第1.5s末的速度;第一个7s内的平均速度为第3.5s末的速度;则有;故选C考点匀变速直线运动的规律
9.气球以
1.25m/s2的加速度从地面开始竖直上升,离地30s后,从气球上掉下一物体,不计空气阻力,g取10m/s2,则物体到达地面所需时间为 A.7sB.8sC.12sD.15s【答案】D【解析】【详解】物体刚从气球上掉下时气球的高度为,此时气球的速度为v=at=
1.25×30m/s=
37.5m/s物体从气球上掉下后做竖直上抛运动,取竖直向上为正方向,将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动,则有.代入得-
562.5=
37.5t-5t2,解得t1=15s,t2=-
7.5s(舍去).故选D.【点睛】解决本题的关键理清气球和物体的运动情况,将竖直上抛运动看成一种匀减速运动,根据运动学公式进行求解.要注意位移的方向.
10.如图所示,在粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连接,木块与地面之间的动摩擦因数为μ现用一水平力向右拉木块2,当两木块一起匀速运动时,两木块之间的距离为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】当两木块一起匀速运动时,木块1受到重力、弹簧的弹力、地面的支持力和摩擦力而平衡,根据平衡条件求出弹簧的弹力,由胡克定律求出弹簧伸长的长度,再求解两木块之间的距离;【详解】对木块1研究,木块1受到重力、弹簧的弹力、地面的支持力和摩擦力;根据平衡条件弹簧的弹力又由胡克定律得到弹簧伸长的长度所以两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是,故选项A正确,选项BCD错误【点睛】本题是平衡条件和胡克定律的综合应用,关键是选择研究对象,分析物体的受力情况
11.如图所示,将弹簧测力计一端固定,另一端钩住长方体木块A,木块下面是一长木板,实验时拉着长木板沿水平地面向左运动,读出弹簧测力计示数即可测出木块A所受摩擦力大小.在木板运动的过程中,以下说法正确的是A.木块A受到的是静摩擦力B.木块A相对于地面是运动的C.拉动速度变大时,弹簧测力计示数变大D.木块A所受摩擦力的方向向左【答案】D【解析】选D.木板向左运动,木块A相对于木板向右运动,因此受向左的滑动摩擦力,A错误,D正确;木块A相对地面是静止的,B错误;拉动木板的速度增大时,木块A受到的滑动摩擦力f=μmg不变,因此弹簧测力计示数也不变,C错误.
12.若汽车的加速度方向与速度方向一致,当加速度减小时,则A.汽车的速度也减小B.汽车的速度仍在增大C.当加速度减小到零时,汽车静止D.当加速度减小到零时,汽车的速度达到最大【答案】BD【解析】一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度方向相同,但加速度大小逐渐减小直至为零,在此过程中,由于加速度的方向始终与速度方向相同,所以速度逐渐增大,当加速度减小到零时,物体将做匀速直线运动,速度不变,而此时速度达到最大值.故D正确.故选D.
13.某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下,他从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的图象如图所示,则下列关于他的运动情况分析正确的是()A.加速度向下,加速度向上B.、内都做加速度逐渐减小的变速运动C.内下落的距离等于D.内下落的距离大于【答案】AB【解析】【详解】由图象和题意可知,向下方向为正方向速度时间图象的斜率等于加速度,由图象可知,0~10s斜率为正,加速度向下,10~15s斜率为负,加速度向上,故A正确;由图象可知,0~10s、10~15s内斜率都逐渐减小,所以加速度都逐渐减小,故B正确;若0-10s做匀加速直线运动,则位移为x=×10m=100m,而本题图象围成的面积比匀加速直线运动的大,所以0~10s内下落的距离大于100m,故C错误;同理可以证明10s~15s内下落的距离小于匀减速直线运动的位移75m,故D错误故选AB
14.冰壶Curling,又称掷冰壶、冰上溜石,是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目,属冬奥会比赛项目,并设有冰壶世锦赛在某次比赛中,冰壶被投出后,如果作匀减速直线运动,用时20s停止,倒数第2s内位移大小为
0.6m,则下面说法正确的是 A.冰壶的加速度大小是
0.3m/s2B.冰壶的加速度大小是
0.4m/s2C.冰壶第1s内的位移大小是
7.8mD.冰壶第1s末的速度大小是
5.7m/s【答案】BC【解析】【详解】A、B、整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动,最后2s内位移大小为
0.6m,则代入数据得a=
0.4m/s2.故A错误,B正确;C、D、由速度公式可知初速度为v0=at0=
0.4×20=8m/s所以在1s末的速度为:v1=v0-at1=8-
0.4×1=
7.6m/s而第1s内的位移为;故C正确,D错误.故选BC.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论,并能灵活运用,注意冰壶速度减为零后不再运动.
15.如图所示,A、B两物体从同一地点开始运动,由A、B两物体的位移—时间图象可知下列说法中正确的是 A.A、B两物体同时从同一位置向同一方向运动B.A、B两物体自同一位置向同一方向运动,B比A晚出发2sC.A、B两物体速度大小均为10m/sD.A、B两物体在A出发后4s距原点20m处相遇【答案】BD【解析】AB、速度的正负表示物体的运动方向,由v−t图象可知,A. B两物体自同一位置向同一方向运动,且B比A晚出发2 s,故A错误,B正确;C.图中直线的斜率大小表示做匀速直线运动的速度大小由x−t图象可知vA=xA/tA=20/4=5m/svB=△xB/△tB=20/2=10m/s,故C错误;D.A.B两物体在A物体出发后4s时A、B的位移都是20m,两物体相遇,故D正确故选BD
16.如图所示,人用手握住一个油瓶,并确保能使瓶子静止在竖直方向上,以下说法中正确的是 A.手握得越紧,油瓶受的摩擦力就会越大B.手握得越紧,油瓶与手之间的动摩擦因数就会越大C.手握得越紧,油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大D.往油瓶里添油,油瓶受的摩擦力会增大【答案】CD【解析】【详解】A、瓶子保持静止,受力平衡,对瓶子受力分析,竖直方向上受重力和静摩擦力,二力平衡,因而静摩擦力等于重力,手握得越紧,油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大,但是静摩擦力不变,故AB错误,C正确;D、往油瓶里添油,重力变大,所以油瓶受的摩擦力会变大,故D正确;故选CD.【点睛】静摩擦力与压力无关,不随外力的变化而变化,这里握力变大,只是最大静摩擦力变大了,而物体受静摩擦力,故静摩擦力不变.
17.某质点的位移随时间变化的关系是x=4t+4t2,x与t的单位分别为m和s,设质点的初速度为v0,加速度为a,下列说法正确的是 A.v0=4m/s,a=4m/s2B.v0=4m/s,a=8m/s2C.2s内的位移为24mD.2s末的速度为24m/s【答案】BC【解析】A、B、根据,知质点的初速度v0=4m/s,加速度a=8m/s2;故A错误,B正确;C、2s内的位移为x=4t+4t2=4×2+4×22=24m,故C正确;D、2s末的速度为v=v0+at=4+8×2=20m/s,故D错误;故选BC.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式,并能灵活运用.
二、实验题(每空2分,共12分)
18.某同学利用如图甲的实验装置探究测量重力加速度大小
(1)该同学开始实验时情形如图甲所示,接通电源释放纸带请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方
①;
②
(2)该同学经修改错误并正确操作后得到如图乙所示的纸带,取连续六个点A、B、C、D、E、F为计数点,测得A点到B、C、D、E、F的距离分别为h
1、h
2、h
3、h
4、h5若打点的频率为f,则打E点时重物的速度表达式VE=;该同学先分别计算出各计数点的速度值,并试画出速度的二次方V2与对应重物下落的距离(h)的关系如图丙所示,则重力加速度g=m/s2【答案】
(1)
①打点计时器接交流电,
②重力离打点计时器远,
(2)
9.4【解析】试题分析
(1)
①打点计时器接交流电,原理是交流电方向的改变使得振针上下振动,
②重力离打点计时器越远,纸带上打出的点越少,运动过程越短,那么对运动的数据分析有影响
(2)自由落体运动为匀速直线运动,中间时刻速度等于过程中的平均速度,所以E点的瞬时速度等于DF的平均速度,DF的位移为,时间为,所以速度为,速度的二次方与对应重物下落的距离的关系图,我们根据,结合图像m/s2考点打点计时器的使用,测自由落体运动加速度
19.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中,某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端进行测量,根据实验所测数据,利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象,如图所示.根据图象回答以下问题.1弹簧的原长为________cm.2弹簧的劲度系数为________N/m.【答案】
1.
1102.21000【解析】
(1)当弹簧下端不挂重物时,弹簧的拉力为零,此时弹簧长度即为原长,由图示图象可知,弹簧的原长为
0.10m
(2)由图示图象可知,弹簧的劲度系数为
三、计算题(解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
20.从离地面500m的空中自由落下一个小球,g取10m/s2,求小球1经过多长时间落到地面;2最后1s内的位移为多少;【答案】【解析】试题分析
(1)根据自由落体运动的位移公式h=gt2,变形后求时间.
(2)根据自由落体运动的速度公式Vt=gt,代入数据求速度解
(1)由得t=
(2)v=gt=10×
1.5m/s=15m/s答
(1)小球经过2s落到地面;
(2)小球下落
1.5s时的速度大小为15m/s.【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的速度时间公式v=gt和位移时间公式h=gt2,难度不大,属于基础题.
21.汽车由静止开始在平直的公路上行驶.0~60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示.1画出汽车在0~60s内的vt图线;2求在这60s内汽车行驶的路程.【答案】
(1)图见解析
(2)900m【解析】试题分析
(1)第1秒内为初速度0的匀加速直线运动,末速度,速度时间图像是倾斜的直线,加速度为0速度不变为匀速直线运动,初速度度即第1秒的末速度,加速度,末速度,第1秒和最后2秒的速度时间是倾斜的直线,图像如图2速度时间图像所围成的面积代表位移,即考点匀变速直线运动速度时间图像
22.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块AA、B接触面竖直,此时A恰好不滑动,B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力求A与B的质量之比为?【答案】【解析】【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析,然后根据平衡条件列式后联立求解即可.【详解】对A、B整体受力分析,F=Ff1=μ2mA+mBg再对物体B分析,受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力,根据平衡条件,有Ff2=μ1F=mBg.联立解得:【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象,受力分析后根据平衡条件列式求解,注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力.
23.平直公路上有甲、乙两辆汽车,甲以
0.5m/s2的加速度由静止开始行驶,乙在甲的前方200m处以5m/s的速度做同方向的匀速运动.问
(1)甲何时追上乙?甲追上乙时的速度为多大?此时甲离出发点多远?
(2)在追赶过程中,甲、乙之间何时有最大距离?这个距离为多大?【答案】
(1)甲40s时追上乙,甲追上乙时的速度为20m/s,此时甲离出发点400m.
(2)在追赶过程中,甲、乙之间10s时有最大距离,这个距离为225m.【解析】试题分析
(1)当甲车追上乙车时,它们的位移之差是200m,由此可以求得需要的时间、速度、位移.
(2)在甲车追上乙车之前,当两车的速度相等时,两车的距离最大.解
(1)当甲追上乙时,它们的位移之差是x0=200m,x甲=x0+x乙,设甲经时间t追上乙,则有x甲=a甲t2,x乙=v乙t.根据追及条件,有a甲t2=v乙t+200,解得t=40s或t=﹣20s(舍去).这时甲的速度v甲=a甲t=
0.5×40m/s=20m/s,甲离出发点的位移x甲=a甲t2=×
0.5×402m=400m.
(2)在追赶过程中,当甲的速度小于乙的速度时,甲、乙之间的距离仍在增大,但当甲的速度大于乙的速度时,甲、乙之间的距离便减小.当二者速度相等时,甲、乙之间的距离达到最大值.由a甲t=v乙,得t=10s,即甲在10s末离乙的距离最大.xmax=x0+v乙t﹣a甲t2=(200+5×10﹣×
0.5×102)m=225m.答
(1)甲40s时追上乙,甲追上乙时的速度为20m/s,此时甲离出发点400m.
(2)在追赶过程中,甲、乙之间10s时有最大距离,这个距离为225m.【点评】汽车的追及相遇问题,一定要掌握住汽车何时相遇、何时距离最大这两个问题,这道题是典型的追及问题,同学们一定要掌握住.。