山东省泰安市2019-2020学年高一上学期期末物理试题（解析版）.docx

1、高一期末检测物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列所研究的物体，可看成质点的是（ ）A. 天文学家研究地球的自转B. 用北斗导航系统确定远洋海轮在大海中的位置C. 教练员对百米运动员的起跑动作进行指导D. 乒乓球运动员接对手发出的旋转球【答案】B【解析】【详解】A研究物体绕自身旋转时物体自身尺寸不能忽略，所以研究地球自转时地球自身不可以看做质点，故A错误。B “北斗”系统给远洋海轮导航时，只需要确定远洋海轮在地图上的位置，可以把远洋海轮看成质点，故B 正确；C 研究运动员的起跑动作，运动员的形状不能忽略，故不能看做质

2、点，故C错误；D 乒乓球旋转时不可以看成质点，如果看成质点就没有旋转了，故D错误。故选B。2.一个小球从2 m高处落下，被地面弹回，在1 m高处被接住，则小球在这一过程中A. 位移大小是3 mB. 位移大小是1 mC. 位移大小是2 mD. 路程是2 m【答案】B【解析】【详解】ABC.小球从2m高处落下，被地面弹回，在1m高处被接住，首末位置的距离为1m，位移的方向由初位置指向末位置，所以位移的大小为1m，方向竖直向下故AC错误，B正确；D.路程表示运动轨迹的长度，s=3m，没有方向故D错误故选B.3.某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为x0.5tt2(m)，则当物体的速度为3 m/

3、s时，物体已运动的时间为A. 3 sB. 2.5 sC. 1.25 sD. 6 s【答案】C【解析】详解】根据x=v0t+at2=0.5t+t2知，初速度v0=0.5m/s，加速度a=2m/s2根据速度时间公式v=v0+at得，A. 3 s，与计算结果不相符，A错误；B2.5 s，与计算结果不相符，B错误；C1.25 s，与计算结果相符，C正确；D6 s，与计算结果不相符，D错误4.如图为物体运动的速度-时间图像，由图可知（）A. 02s物体做匀速直线运动B. 26s物体做匀加速直线运动C. 26s内物体的位移为12mD. 02s内物体的加速度为1m/s2【答案】D【解析】【详解】AD02s物

4、体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，加速度为：A错误，D正确；BC在26s内物体速度保持不变，做匀速直线运动，位移为：BC错误。故选D。5.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛

5、顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma0，故A正确，B、C、D错误故选A【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等6.如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2，将矿石从井底提升到井口的最短时间是21s，假定升降机到井口的速度为零，升降机可视为质点，则竖井的深度为（）A. 50mB. 60mC. 80mD. 104m【答

6、案】D【解析】【详解】将矿石从井底提升到井口的最短时间，升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间：通过的位移：在减速阶段与加速阶段时间和位移相同，所以匀速运动的时间：位移：总位移：D正确，ABC错误。故选D。7.如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故

7、C正确，A、B、D错误；故选C【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态8.如图所示，半径为R的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为碗的球心将一弹性小球（可视为质点）从AO连线上的某点c点沿CO方向以某初速度水平抛出，经历时间（重力加速度为g）小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C点；假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向不计空气阻力，则C、O两点间的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】小球在竖直方向的位移为，设小球与半球形碗碰撞点为D点，则DO的连线与水平方向

8、的夹角为300，过D点作CO连线的垂线交于CO连线E点，则OE=，小球下落h时竖直方向的速度为，则水平方向的速度，所以水平方向的位移为，由几何关系可知，CO=，故C正确二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。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.关于曲线运动下列说法中正确的是（）A. 做曲线运动的物体，速度一定改变B. 做曲线运动的物体，加速度一定改变C. 做曲线运动的物体所受的合外力方向与速度的方向可能在同一直线上D. 做匀速圆周运动的物体不可能处于平衡状态【答案】AD【解析】【详解】A物体既然做曲线运动，那么它的

9、速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，A正确；BC曲线运动的条件是合外力与速度不共线，与合外力是否为恒力无关，所以加速度不一定改变，BC错误；D匀速圆周运动的物体速度是变化的，有向心加速度，不可能处于平衡状态，D正确。故选AD。10.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同的时间内，它们通过的路程之比是4:3,运动方向改变的角度之比是3:2，则它们（ ）A. 线速度大小之比为3:4B. 角速度大小之比为3:4C. 圆周运动的半径之比为8:9D. 向心加速度大小之比为1:2【答案】C【解析】【详解】A.线速度，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故A

10、错误B.角速度，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故B错误C.根据v=r得，圆周运动的半径线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C正确D.根据a=v得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D错误11.将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，重力加速度为g，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为则下列选

11、项正确的是 A. 物体B对水平面的压力大小为(M+m)gB. 物体B受到水平面的摩擦力大小为C. 滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanD. 滑块A对物体B的压力大小为【答案】AB【解析】C、D、首先对物体A受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：，根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为，A对挡板的压力大小为，CD错误；A、B、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板支持力、地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，地面支持力大小，地面的摩擦力大小；再根据牛顿第三定律，对地压力大小为，A正确；B正确；故选AB12.如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角

12、分别为60和45，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（）A. A、B所受弹簧弹力大小之比为B. A、B的质量之比为以C. 悬挂A、B的细线上拉力大小之比为D. 快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为【答案】BD【解析】【详解】A同一根弹簧的弹力相等，A、B所受弹簧弹力大小之比为1：1，故A错误；B对A、B两个物体受力分析，并合成矢量三角形，如图所示：A、B都处于静止状态，受力平衡，则有：对物体A：对物体B：则：B正确；C悬挂A、B细线上的拉力之比：C错误；D快速撤去弹簧瞬间，小球做圆周运动，速度为0，在向心方向上合力为零，加速度由重力在切线方向的分力提供：两小

13、球加速度之比：D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分13.在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、F，相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到A点的距离依次是：2.0cm、5.0cm、9.0cm、14.0cm、20.0cm（1）根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为vB_m/s，CE间的平均速度为_m/s；（2）以打A点时为计时起点，建立v-t坐标系如右图所示请在图中作出小车运动的速度与时间的关系图线_；根据图线可得小车运动的加速度为_m/s2【答案】 (1). 0.25

14、 ； (2). 0.45 (3). (4). 1【解析】【详解】（1）纸带上每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度：可得B点的速度为：CE间的平均速度为：（2）利用描点法可得小车的速度时间关系图线如图所示（3）在v-t图象中，图象的斜率表示加速度的大小：14.用如图所示实验装置探究“加速度与力、质量的关系”图中A、B为两个光电门（连接光电计时器），C为固定在木槽上的遮光条实验前（不挂钩码）左右移动小木块使木槽能够在长木板上匀速运动。遮光条C的宽度为d，两光电门A、B间的距离为x，木槽通过A、B

15、两个光电门的速度等于遮光条的宽度除以遮光条通过光电门的时间，实验时木槽每次都从同一位置由静止释放研究对象为木槽（包括内部的砝码）及钩码组成的系统。(1)通过光电计时器读出遮光条通过A、B两个光电门的时间分别是tA、tB则木槽的加速度是_（用测量的符号表示）；(2)保持悬挂钩码的质量m不变，增加或减少槽内的砝码测出每次对应的加速度，为了能直观反映在合外力一定的情况下，加速度与质量的关系，应作出a与_关系图像（M表示槽及槽内砝码的总质量，m不能比M小很多）；A. MB. mC. D. (3)为了精确测量木槽运动的加速度，某同学固定光电门B移动光电门A，然后多次从同一位置释放木槽，测出遮光条每次经过

16、光电门A的时间tA和tB两光电门间的距离x，此同学作出的图像应为图中的_，所作图像斜率的绝对值为k则木槽的加速度a=_。【答案】 (1). (2). D (3). B (4). 【解析】【详解】(1)1遮光片通过光电门的速度分别为：根据速度位移公式可知：解得：；(2)2悬挂钩码的质量保持不变，分别对和应用牛顿第二定律：两式相加：即合力保持不变，与系统质量成反比，应作图线，ABC错误，D正确。故选D；(3)3某同学固定光电门，移动光电门，然后释放木槽，测出遮光条每次经过光电门的时间通过光电门的瞬时速度：光电门位置的速度为定值，根据：得：A错误，B正确。故选B；4同学所作图像的斜率的绝对值为，则有

17、：解得系统的加速度：。15.一质点从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，已知该质点在最初2s通过的位移为2m，最后3s通过的位移为10.5m，求：(1)该质点的加速度a的大小；(2)A和B之间的距离S。【答案】(1)该质点的加速度为1m/s2，(2)A和B之间的距离为12.5m。【解析】【详解】(1)根据：代入数据解得质点的加速度：；(2)最后内中间时刻的瞬时速度：则点速度：可知之间的距离。16.有一辆质量是1000kg的汽车驶上圆弧半径为40m的拱桥，（g=10m/s2）。求：(1)汽车到达桥顶时速度为6m/s，汽车对桥的压力是多少？(2)汽车以多大速度经过桥顶时恰好对桥没有压力？【答案】

18、(1)汽车对桥的压力为9100N，方向竖直向下，(2)20m/s。【解析】【详解】(1)汽车经过桥顶时，由重力和支持力的合力提供向心力，则：则得：解得：，由牛顿第三定律，汽车对桥的压力为：方向竖直向下；(2)汽车对桥没有压力时，汽车只受重力，重力提供向心力，则有：解得：。17.如图所示为演示平抛运动实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个圆环，将质量为m的小球从P处静止释放小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力，重力加速度为g

19、。求：(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向。【答案】(1)，(2)速度为，压力大小为，方向竖直向下。【解析】【详解】(1)根据运动学公式有：解得：所以距水平距离为的圆环中心离底板的高度为：；(2)由平抛运动的规律：解得：由牛顿第二定律，可得，在点有：解得：根据牛顿第三定律，则小球在点对轨道的压力：方向竖直向下。18.如图所示，质量为M=5.0kg的长木板B静止在粗糙水平面上，某时刻一质量为m=1.0kg的小木块A（可视为质点），以v0=14m/s的初速度从左端滑上长木板，同时用一水平向右的恒力F拉动长木板向右做加速运动，当小木块

20、A运动到长木板B的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F，长木板在地面上继续运动了一段距离L=8m后停止。已知长木板与地面间动摩擦因数1=0.1，长木板与小木块间的动摩擦因数2=0.5，重力加速度g=10m/s2。求：(1)长木板的长度；(2)作用在长木板上的恒力F大小。【答案】(1)14m，(2)11N。【解析】【详解】(1)设小木块与木板达共同速度后，小木块与木板一起向右减速滑行，设此过程加速度为，根据牛顿第二定律得：根据匀变速直线运动的规律有：代入数据解得：，对小木块，冲上木板后做加速度为的匀减速运动，对木板，小木块冲上后做加速度大小为的匀加速运动，经时间达共同速度。依题意对小木块有：又：对木板：小木块的位移为：平板车的位移为：所以小车的长度为：联立以上方程解得：；(2)由牛顿第二定律，有：代入数据解得：。