【解析】河南省商丘市第一高级中学2017-2018学年高一上学期期末考试物理试题含解析.doc

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1、商丘市一高2017-18学年第一学期期末考试高一物理试卷一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分) 1. 下列说法正确的是( )A. 在路面行驶的汽车，载重越大，惯性越大B. 车速越大的汽车，滑行的距离越长，说明它的惯性与车速有关C. 在国际单位制中，力、质量和时间三个物理量单位为力学基本单位D. 载重汽车的重心位置只跟所载物体的质量有关与叠放的方式无关【答案】A2. 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，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、微元法和科学假说法、建立物理模型法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A. 在不需要考虑物体本身的大小和

2、形状时，用质点来代替物体的方法叫建立物理模型法B. 根据速度定义式，当非常非常小时，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. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了假设法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，这里采用了微元法【答案】C【解析】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建立物理模型法，选项A正确；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

3、限思想方法，选项B正确；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C错误；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，这里采用了微元法，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.3. 下列关于力的说法中正确的是( )A. 只有弹簧才能产生弹力B. 弹力的方向总是与产生该弹力的施力物体的形变恢复方向相同C. 物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力大小D. 受静摩擦力的物体不一定静止，但受滑动摩擦力的物体一定运动【答案】B【

4、解析】只要是相互挤压并放生了弹性形变的物体就能产生弹力，并不是只有弹簧才产生弹力选项A错误弹力的方向总是与产生该弹力的施力物体的形变恢复方向相同，选项B正确；物体挂在弹簧秤下，只有当物体静止或者匀速直线运动状态小，弹簧秤的示数才一定等于物体的重力大小，选项C错误；受静摩擦力的物体不一定静止，受滑动摩擦力的物体不一定运动，选项D错误；故选B.点睛：该题考察到了弹力的产生，对于弹力可从下面几方面来认识：弹力产生的条件，是物体相互接触并相互挤压（或产生弹性形变）解题时应注意语言的描述，只要是发生了弹性形变，说明物体间就产生了相互挤压弹力的方向：弹力的方向与产生这个弹力的弹性形变的方向相反要知道几种常

5、见的弹力的方向的快速判断，例如压力、支持力等注意弹力并非是弹簧的专利，任何物体只要是发生了弹性形变，就能产生弹力4. 质量为60kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480N，则升降机的运动应是()A. 匀速上升或匀速下降B. 加速上升C. 减速上升D. 减速下降【答案】C【解析】对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下；故升降机加速下降或者减速上升；故ABD错误，C正确；故选C.5. 引体向上是同学们经常做的一项健身运动该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面下放时，两臂放直，不能曲臂，如图所示，这样上拉下

6、放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A. 加速上拉过程中，单杠给人的作用力大于人给单杠的作用力B. 在加速下放过程中，单杠对人的作用力等于人对单杠的作用力C. 悬垂静止时，单杠对人的作用力与人对单杠的作用力是一对平衡力D. 在加速下放过程中，在某瞬间人可能不受力的作用【答案】B【解析】无论是上拉过程，还是下方过程，还是悬垂静止中，单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力，是一对相互作用力，与人的运动状态无关，选项AC错误，B正确；在下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，故D错误故选B.6. 如图所示，质

7、量为m的小圆板与轻弹簧相连，把轻弹簧的另一端固定在内壁光滑的圆筒底部，构成弹簧弹射器第一次用弹射器水平弹射物体，第二次用弹射器竖直弹射物体，关于两次弹射时情况的分析，正确的是（ ）A. 两次弹射瞬间，小圆板受到的合力均为零B. 水平弹射时弹簧处于原长，竖直时弹簧处于拉伸状态C. 水平弹射时弹簧处于原长，竖直时弹簧处于压缩状态D. 两次弹射瞬间，弹簧均处于原长【答案】D【解析】弹射瞬间指的是球刚好脱离圆板，此时球对圆板无压力，也就是在这之前弹簧和球以同样的加速度运动，但当达到原长时，在向前运动，弹簧就要受到自身的拉力加速度会变小，也就是说，从那一刻起，弹簧速度将变小，小于球速，如此便完成了一次弹

8、射所以水平弹射物体时，弹射瞬间弹簧均处于原长，圆板受到的合力均为零，竖直弹射物体，弹射瞬间弹簧均处于原长，圆板受到本身的重力，合力不为零，故D正确，ABC错误故选D点睛：圆板、球的初速度相同，加速度相同，所以前期两者保持相对静止，看成一个系统转折点在加速度突然发生变化的那一瞬间-就是弹簧达到原长并即将产生拉力那一刻7. 如图所示，一个物体静止放在倾斜的木板上，在木板的倾角缓慢增大到某一角度的过程中，物体一直静止在木板上，则下列说法中正确的有( )A. 物体所受的支持力逐渐增大B. 物体所受的支持力与摩擦力的合力不变C. 物体所受重力、支持力、摩擦力和下滑力四个力的作用D. 物体所受的重力、支持

9、力和摩擦力这三个力的合力不变，但不为零。【答案】B【解析】物体受力如图，根据平衡条件得：支持力N=Gcos；摩擦力f=Gsin当增大时，N减小，f增大故A错误；物体受重力、支持力、摩擦力三个力的作用，下滑力只是重力的分力，选项C错误；由于物体一直静止在木板上，物体所受的重力、支持力和摩擦力的合力一直为零，保持不变支持力与摩擦力的合力一直等于重力，保持不变；故B正确，D错误； 故选B8. 一艘小船在静水中的速度是3m/s，一条河宽60m，河水流速是4m/s，下列说法正确的是( )A. 小船在这条河中运动的最大速度是5m/s B. 小船在这条河中运动的最小速度是3m/sC. 小船渡过这条河的最小位

10、移是60m D. 小船渡过这条河的最短时间是20s【答案】D【解析】当静水速与水流速同向，小船速度最大，为7m/s当静水速与水流速反向，小船速度最小，为1m/s故AB错误因为静水速小于水流速，可知合速度的方向不可能垂直于河岸，则小船不能垂直到对岸，最小距离不会等于60m，故C错误当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，故D正确；故选D点睛：解决本题的关键知道静水速与河岸垂直时，渡河时间最短当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直渡河航程最短二、多项选择（本题共5小题，每小题4分，共20分；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9. 如图5所示为甲、乙两物体运动的xt图象，则下列说法正确

11、的是( )A. 甲物体做曲线运动，乙物体做直线运动B. 两物体的初速度都为零C. 在0-t1时间内两物体平均速度相等D. 甲的路程等于乙的路程【答案】C【解析】位移时间图象只能描述直线运动；根据x-t图象的斜率等于速度，可知，甲图线的斜率是变化的，故甲做变速直线运动乙图线的斜率恒定不变，故乙做匀速直线运动，故A错误；由图象知，在t=0时刻两图线的斜率不为零，故两个物体的初速度均不为零，故B错误；在0t1时间内两物体的位移相等，所用时间也相等，则平均速度大小相等，故C正确；因时间关系不确定，则不能判断两物体的路程关系，选项D错误；故选C.点睛：位移时间图象的意义有：位移图象的斜率等于物体的速度；

12、位移图象的纵坐标表示物体在某时刻的位置这是我们解这类必须抓住的关键10. 如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，M左边紧贴墙壁，若在M斜面上放一个物体m，当m沿着M的斜面加速下滑时，M始终静止不动，则M和m受力个数可能为( )A. 5个和2个 B. 5个和3个 C. 4个和2个 D. 4个和3个【答案】BC【解析】假如物体m与小车M之间没有摩擦力，则小车受到竖直向下的重力，地面的支持力，物体m对小车的压力，除此之外：当斜面光滑时，m加速下滑，则m存在一个沿斜面向下的加速度，该加速度可分解为水平方向上的加速度和竖直方向上的加速度，故墙面对小车有弹力作用，故受4个力作用；此时m受重力和斜面的支持

13、力两个力的作用；故选项C正确；若m与M之间有摩擦，m加速下滑时，则m存在一个沿斜面向下的加速度，该加速度可分解为水平方向上的加速度和竖直方向上的加速度，故墙面对小车有弹力作用，还有m对M的摩擦力共5个力作用；此时m受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用；故选项B正确；故选BC. 点睛：本题考查分析受力情况的能力，实际上要用牛顿第二定律来分析，解题时要分斜面是否粗糙等情况进行分析，不能漏解。11. t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的vt图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（ ）A. 在第1小时末，乙车所受合力方向改变B. 在第2小时末，甲乙两车

14、相距20kmC. 在第4小时末，甲乙两车相遇D. 在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大【答案】AD【解析】在第1小时末，乙车的加速度方向改变，说明乙车所受的合外力方向改变故A正确在第2小时末，甲的位移大小x甲=302km=30km，乙的位移大小x乙=302km=30km，此时两车相距x=70-30-30=10（km）故B错误在第4小时末，甲车的位移x甲=604km=120km，乙车的位移x乙=-302km+602km=30km，因x甲x乙+70km，可知甲乙两车未相遇故C错误在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大故D正确故选AD点睛：

15、解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义12. 如图所示叠放在水平转台上的小物体A、B、C随转台一起以角速度匀速转动（各接触面均无相对滑动），A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为，B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r设最大静摩擦力等于滑动摩擦力以下说法中正确的是（ ）A. B、C两物体线速度大小之比为3：2 B. 转台的角速度一定满足：C. C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力D. B与转台间的摩擦力可能达到3mg【答案】BC【解析】由于BC两物体具有相同的角速度，半径之比为2：3，根据v=r可

16、知，B、C两物体线速度大小之比为2：3，故A错误；对AB整体，有：（m+2m）2r（m+2m）g；对物体C，有：3m2（1.5r）3mg；对物体A，有：m2r（m）g；联立解得：，故B正确由于A与C转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有3m1.5r2mr2，所以C与转台间的摩擦力大于A与B间的摩擦力，故C正确；若B与转台间的摩擦力达到3mg，对AB整体，有：（m+2m）2r=（m+2m）g，解得：；对C物体，根据向心力公式可知C需要的向心力F=3m21.5r=4.5mg3mg，所以C物体不能相对转盘静止，故D错误；故选BC.点睛：本题关键是对A、AB整体、C受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及

17、最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键13. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0匀速转动。在传送带的上端以初速度v，且v v0沿斜面向下释放质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图像可能是( ) A. B. C. D. 【答案】AC.点睛：本题的关键是物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑还是相对静止，这就要看和tan的关系：若tan则木块和传送带相对静止；若Gsin370=240N，则物体匀速上滑；物体的受力如图，分解mg和F，在X方向和Y方向受力均平衡，则有：mgsin37+FN =Fcos37， FN=

18、mgcos37+Fsin37解得：= 点睛：本题是物体的平衡问题，首先要判断物体的运动方向，从而判断摩擦力的方向，同时，要正确分析物体的受力情况，运用正交分解法处理多力平衡问题17. 如图11，光滑固定的斜面倾角370，在斜面的顶端同时以相同的速度v04 m/s抛出两个小球A和B，A球平抛，B球沿斜面向下抛出，若A球落在斜面上的p点，求A球刚落到p点时A和B之间的距离（取g=10m/s2）【答案】【解析】当A物体落到P点时，由平抛运动的知识可知：，解得t=0.6s；此时A距离抛出点的距离为；B沿斜面下滑的加速度为aA=gsin370=6m/s2，则在0.6s内下滑的距离，则此时B在的下方距离A

19、的距离为x=3.48m-3m=0.48m 点睛：此题关键要搞清两个物体的运动特征，结合平抛运动的规律及斜面的特点求解A的落点位置；用牛顿第二定律结合运动公式求解B落点的位置.18. 如图，有一长度为l1 m的木块A，放在足够长的水平地面上取一无盖长方形木盒B将A罩住，B的左右内壁间的距离为L9 mA、B质量相同，均为m1 kg，与地面间的动摩擦因数分别为A0.2和B0.3.开始时A与B的左内壁接触，两者以相同的初速度v028 m/s向右运动已知A与B的左右内壁发生的碰撞时间极短(可忽略不计)，且碰撞后A、B互相交换速度A与B的其它侧面无接触重力加速度g10 m/s2.求：(1)开始运动后经过多

20、长时间A、B发生第一次碰撞；(2)若仅v0未知，其余条件保持不变，则：要使A，B最后同时停止，而且A与B轻轻接触，初速度v0应满足何条件？要使B先停下，且最后全部停下时A运动至B右壁刚好停止，初速度v0应满足何条件？【答案】（1） （2）v020n(m/s) (n1，2，3，)； v0(20n4)m/s(n1，2，3，)【解析】试题分析：（1）木块和木盒分别做匀减速运动，加速度大小分别为：aA= Ag = 2m/s2；aB= Bg = 3m/s2设经过时间T发生第一次碰撞 则有：Ll = xAxB=代入数据得：T = 4s碰前木块和木盒的速度分别为：vA=v0-aAT=20m/s vB=v0-

21、aBT=16m/s相碰过程交换速度vA=16m/s；vB=20m/s接下来第二次碰撞，则有：Ll = xAxB=代入数据得：T1= 4s碰前木块和木盒的速度分别为：v2A=vA-aAT1=8m/s v2B=vB-aBT1=8m/s由功能关系可得，从开始运动到第二次碰撞碰后摩擦产生的热能：Q=-=720J由（2）可见木块、木盒经过时间t1=2T在左端相遇接触时速度恰好相同 同理可得：木块、木盒经过同样时间t2= 2T，每次相遇时速度均减小v=20m/s，(a)要使A、B最后同时停止，而且A与B轻轻接触，v0=20n(m/s) (n=1，2，3，)（b）要使B先停下，初速度必须满足v0=vK+v

22、（K=1，2，3，0vBgT=12m/s）经过K次碰撞后，A运动到B的左壁，且有共同速度v，接着AB一起减速运动，直到停止，A恰好运动到B的右壁停止，Ll = xAxB=，解得m/s所以要使使B先停下，且最后全部停下时A运动到B的右壁刚好停止，初速度m/s (K=1，2，3，)考点：牛顿运动定律；匀变速直线运动规律及应用【名师点睛】本题主要考查了牛顿运动定律、匀变速直线运动规律的综合应用。牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的综合应用是高中物理中的重难点，是高考的必考题，解决这类问题的关键在于，准确确定每一个过程，找出每一个过程的初速度、加速度和位移关系，还要会根据计算总结出物体周期性的运动规律。 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%