1、新疆乌鲁木齐市天山区兵团第二中学2017-2018学年高一上学期期末物理试题一、单选题（本大题共15小题）1.为了传递信息，周朝形成了邮驿制度，宋朝又增设“急递铺”，设金牌、银牌、铜牌三种，相传抗金英雄岳飞曾在一天之内接到十二块返京金牌，可见情境之急朝廷规定，“金牌”一昼夜行500里里米，每到一驿站换人换马接力传递，则金牌的平均速度（ ）A. 与成年人步行的速度相当 B. 与人骑自行车的速度相当C. 与高速公路上汽车的速度相当 D. 与磁悬浮列车的速度相当【答案】B【解析】【分析】一昼夜是24小时，一里是500米即千米；根据求出平均速度的大小【详解】时间；路程；平均速度。与人骑自行车的速度相近
2、。故B正确，ACD错误。故选B。2.如图所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力（ ）A. 大于球撞击网球拍的力B. 小于球撞击网球拍的力C. 比球撞击网球拍的力更早产生D. 与球撞击网球拍的力同时产生【答案】D【解析】球棒击棒球的力与球撞击球棒的力是作用力与反作用力大小相等，方向相反，它们同时产生，同时变化，同时消失故ABC错误，D正确；故选D【点睛】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失3.测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”可使用的一组仪器是（ ）A. 量筒、天平、停表
3、B. 米尺、测力计、打点计时器C. 米尺、天平、停表 D. 米尺、弹簧秤、停表【答案】C【解析】长度、时间、质量是三个力学基本物理量，米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，停表（或秒表）是测量时间的仪器，故C正确，A、B、D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，需识记。4. 如图是某物体做直线运动的速度图象,下列有关物体运动情况判断正确的是（ ）A. 前两秒加速度为5 m/s2B. 4 s末物体回到出发点C. 6 s末物体距出发点最远D. 8 s末物体距出发点最远【答案】AC【解析】【详解】A、图象的斜率表示加速度，则02s内，26s内的，即全程
4、加速度方向变化不是匀变速直线运动，而每一段内是匀变速直线运动；A错误.B、4s末物体的位移为4s内速度图象与时间轴围成的三角形面积：，所以4s末物体没有回到出发点；故B错误.C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知8s末物体位移为0，又回到了出发点；故C错误.D、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移且在时间轴上方位移为正，下方位移为负，可知：4s末物体距出发点最远；故D正确.故选D.【点睛】本题是速度-时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移5. 质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 质量越大
5、，水平位移越大B. 初速度越大，落地时竖直方向速度越大C. 初速度越大，空中运动时间越长D. 初速度越大，落地速度越大【答案】D【解析】根据平抛运动的知识，运动的时间决定于高度，C错误；水平位移大小决定于水平速度与高度，A错误；竖直方向速度，与高度有关，B错误；落地速度，可见初速度越大，则落地速度越大，D正确。6.关于加速度，下列说法正确的是（ ）A. 物体运动时速度越大，其加速度就越大B. 物体运动时速度变化量越大，其加速度就越大C. 物体运动时速度变化越快，其加速度就越大D. 物体运动时速度变化率越大，其加速度就越大【答案】CD【解析】运动物体的速度越大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动
6、，A错误；根据可知，物体运动时速度变化量越大，其加速度不一定越大，故B错；根据可知，运动物体的速度变化越快，即物体运动时速度变化率越大，其加速度一定越大，所以CD正确；故选CD7.已知力、的合力为F，下列能反映三者关系的矢量图是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】A图中反应F1与F的合力是F2，选项A错误；B图中反应F1与F2的合力是F，选项B正确；C图中反应F2与F的合力是F1，选项C错误；D图中反应F与F2的合力是F1，选项D错误；故选B.8.在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去的速度为，摩托艇在静水中的速度为，如图所示。战士救人地点A离岸边最
7、近处的距离为d。如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（ ）A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】摩托艇在水中一方面自己航行前进，另一方面沿水向下漂流，当摩托艇垂直于河岸方向航行时，到达岸上的时间最短，由速度公式的变形公式求出到达河岸的最短时间，然后求出摩托艇登陆的地点到O点的距离。【详解】根据解得摩托艇登陆的最短时间为：，登陆时到达O点的距离为：，故C正确，ABD错误；故选C。9.匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球，若升降机突然停止，在地面上的观察者看来，小球在继续上升的过程中（ ）A. 速度先减小后增大 B. 速度先增大后减小C
8、. 加速度逐渐增大 D. 加速度逐渐减小【答案】C【解析】【分析】升降机匀速上升时，小球受重力和弹簧的弹力处于平衡，小球上升时，通过牛顿第二定律判断加速度的变化，通过加速度方向和速度的方向关系判断速度的变化。【详解】开始小球受重力和弹簧弹力处于平衡，小球继续上升的过程中，导致合力的方向逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度的大小逐渐增大，加速度的方向向下，与速度反向，则速度逐渐减小。故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据速度方向与加速度方向的关系判断速度的变化。10.用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L。现用该弹簧沿斜面方向拉
9、住质里为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L。斜面倾角为30，如图所示。则物体所受摩擦力A. 等干零B. 大小为mg，方向沿斜面向下C. 大小为mg，方向沿斜面向上D. 大小为mg，方向沿斜面向上【答案】A【解析】试题分析：弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件 F=mg 根据胡克定律F=kL 由得，物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，如图设物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据共点力平衡条件，有F+f-2mgsin30=0 其中F=kL=mg 由以上四式解得f=0，故物体所受的摩擦力大小方向沿斜面向上，大小为0故选A考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键对物体受力分析，然后运用共
10、点力平衡条件及胡克定律列式求解；注意胡克定律中弹簧的弹力与伸长量成正比【此处有视频，请去附件查看】11.如图所示为一个质点运动的位移随时间变化的图象，由此可知质点（ ）A. 内沿轴正方向运动B. 内做曲线运动C. 内速率先增大后减小D. 内位移为零【答案】C【解析】位移时间图象切线的斜率表示速度，则内斜率一直为负，速率为负，说明质点一直沿轴负方向，故A错误；图象只能表示直线运动的规律，故B错误；在内，图线斜率的绝对值先增大后减小，说明质点的速度先增大后减小，故C正确；内位移为，故D错误；故选C12.一个重600N的人站在电梯中，此人对电梯底板的压力为720N，则此电梯的运动情况可能是(g取10
11、m/s2)（ ）A. 以a=2m/s2加速下降 B. 以a=2m/s2加速上升C. 以a=4m/s2加速上升 D. 以a=4m/s2减速下降【答案】B【解析】由F合=FNG=ma，弹力大于重力，加速度方向向上。物体运动方向如果向上则做加速运动，若物体运动向下则做减速运动，所以B正确，ACD错误。故选：B.13.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿竖直方向向上抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）A. 速度和加速度的方向都在不断变化B. 速度与加速度方向始终相反C. 在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D. 在相等的时间间隔内，速度的改变量相等【答案】D【解析】竖直上抛运动的物体其加
12、速度恒定不变，速度方向时刻变化；故A错误；加速度方向始终竖直向下，而速度开始上升时向上，下落时速度向下，选项B错误；根据v=gt可知在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，但是速率的改变量不一定相等，例如在上升阶段的1s内速率改变量为10m/s，而在临近最高点的0.5s到从最高点下落0.5s的1s内速率的变化量为零，选项D正确，C错误；故选D.点睛：本题考查上抛运动的规律，要知道竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动；并注意速率和速度变化的区别14.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示取重力加速度由此两图线可以求得物块
13、的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（ ）A. kg， B. kg，C. kg， D. kg，【答案】B【解析】【分析】物体在0-2s内处于静止，在2-4s内做匀加速直线运动，在4-6s内做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和共点力平衡求出物块的质量和动摩擦因数【详解】内做匀速直线运动，知，在内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：，解得。因为，解得。故选B。15.如图所示，用M、N两个测力计通过细绳挂着一重物处于静止，此时90，然后保持M的读数不变，当的值由图示逐渐减小时，且使重物仍保持静止，可采用的方法是()A. 增大N的读数，减小角B. 减小N的读数，减小角C. 减小N的读数，增大角D
14、. 增大N的读数，增大角【答案】B【解析】由题意，当的值由图示逐渐减小时，且使重物仍保持静止，两测力计对物体拉力的合力不变，根据平衡条件得：FNcos+FMcos=G，FNsin=FMsinG不变，可知应减小N的读数FN，由正弦定理。原来90，随、值的变化，180-增大， 角减小，故B正确，ACD错误。故选：B二、多选题（本大题共5小题）16.如图所示为直升飞机由地面垂直起飞过程的速度时间图象。关于飞机的运动，下面说法正确的是（ ）A. 内飞机做匀加速直线运动B. 内飞机在空中处于悬停状态C. 内飞机匀减速上升D. 内飞机上升的最大高度为300m【答案】ACD【解析】A. 由图可知，05s内飞
15、机速度均匀增加，做匀加速直线运动物体，故A正确；B.515s飞机在空中匀速上升，故B错误；C.1520s内飞机速度均匀减小，匀减速上升，故C正确； D. 图象的面积表示移，则可知，20s末时高度最大，最大高度为h=(10+20)20=300m，故D正确。故选：ACD.点睛：根据图象分析物体的运动过程，知道图象的坐标表示速度随时间的变化，而图象的斜率表示加速度，图象与时间轴所围成的面积表示位移17.如图所示，小娟、小明两人共提一桶水匀速前行已知两人手臂对桶的拉力大小相等且为F，两人手臂间的夹角为，水和水桶总重为G，则下列说法中正确的是（ ）A. 当时，B. 当为时，C. 当时，D.越大，F越大【
16、答案】BCD【解析】设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为，由题小娟，小明的手臂夹角成角，根据对称性可知，两人对水桶的拉力大小相等，则根据平衡条件得：解得：，当时，值最大，则，即为最小，当为时，当为时，当越大时，则越大；故BCD正确；故选BCD18.重力为G的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图所示当斜面倾角由零缓慢逐渐增大时保持挡板竖直，圆球静止，斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化是（ ）A. 斜面的弹力由零逐渐变大 B. 斜面的弹力由G逐渐变大C. 挡板的弹力由零逐渐变大 D. 挡板的弹力由G逐渐变大【答案】BC【解析】A. 以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图如图，由平衡条件得：斜
17、面对球的支持力大小F2=mg/cosmg，故当增大时F2从mg逐渐增大，故A错误，B正确；C. 挡板对小球的弹力F1=mgtan，当为零时，F1为零，当增大时F1从零逐渐增大，故C正确，D错误；故选：BC。点睛：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求得斜面对球的支持力大小和挡板对小球的支持力，即可得解19.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为L，重力加速度为g，将球的运动视为平抛运动，下列表述正确的是（ ）A. 球的速度v大于B. 球从击出至落地所用时间为C. 球从击球点至落地
18、点的位移等于LD. 球从击球点至落地点的位移与球的质量无关【答案】BD【解析】【分析】网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可。【详解】网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：；在竖直方向上，小球做自由落体运动：；代入数据解得：，所以A错误、B正确。位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以C错误、D正确。故选BD。【点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动
19、，和竖直方向上的自由落体运动来求解。位移一定要注意是从初位置到末位置的由向线段，与物体的路径无关。20.图中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等。F是沿水平方向作用于a上的外力。已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的。正确的说法是（）A. a、b一定沿斜面向上运动B. a、b对斜面的正压力相等C. a对b的作用力沿平行斜面方向D. a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力【答案】CD【解析】A.AB整体受重力、支持力及水平方向的推力，沿平行斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，将重力及水平推力正交分解，有可能重力下滑分力大于水平推力平行斜面向上的分
20、力，故AB有可能沿斜面向下运动，故A错误；B.分别分析A.B的受力情况：物体B受重力、支持力及沿斜面向上的A的推力，故对斜面的压力等于重力的垂直分力；对A分析，A受重力、支持力、水平推力。支持力等于重力垂直于斜面的分力及水平推力沿垂直于斜面的分力的合力，故A、B对斜面的压力大小不相等，故B错误；C. a对b的作用力是弹力，与接触面垂直，故平行斜面向上，故C正确； D. 因AB沿斜面方向上的加速度相同，故AB受到的合力相同，合力沿水平方向的分力相等。故D正确。故选：CD.点睛：对AB整体进行受力分析可知整体受力情况及可能的运动情况；分别隔离AB进行受力分析，可知它们对斜面的压力及水平方向的分力大
21、小关系；根据牛顿第二定律比较合力的大小关系三、实验题探究题（本大题共2小题）21.在某次实验中，物体拖动纸带做匀加速直线运动，打点计时器所用的电源频率为50Hz，实验得到的一条纸带如图所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有4个点未画出按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到0点的距离如下图所示单位：本实验中相邻两计数点间的时间间隔是_s在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为_，物体的加速度_保留两位有效数字该同学在测量的时候没有将计数点5的数值记录下来，根据前面的数值可以推算出计数点5到0点的距离为_cm【答案】 (1). 0.1 (2). 0.18 (3
22、). 0.75 (4). 14.50【解析】【详解】相邻两计数点间的时间间隔是0.1s；点1的瞬时速度因为x01=1.40cm，x12=2.15cm，x23=2.90cm，x34=3.65cm，可知连续相等时间内的位移之差x=0.75cm，根据x=aT2，得x45=x34+x=3.65+0.75cm=4.40cm，所以计数点5到0点的距离为x5=10.10+4.40cm=14.50cm【点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动的两个重要推论的运用22.图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端_每次让小球
23、从同一位置由静止释放，是为了每次平抛_图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，B点的竖直分速度为_【答案】图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图答案:(1)水平,初速度相同 (2)方法一取点(19.6,32.0)分析可得： 0.1969.8t12 0.32v0t1解得：v01.6 m/s方法二取点(44.1,48.0)分析可得： 0.4419.8t22 0.48v0t2解得：v01.6 m/s(3)由图可知，物体由AB和由BC所用的时间相等，且有：ygT2 xv
24、0T 解得：v01.5 m/s，vBy2 m/s【解析】【分析】（1）平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平；同时为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，要求小球平抛的初速度相同；（2）O点为平抛的起点，水平方向匀速，竖直方向自由落体，据此可正确求解；（3）根据竖直方向运动特点，求出物体运动时间，然后利用水平方向物体做匀速运动，可以求出其水平速度大小，利用匀变速直线运动的推论可以求出B点的竖直分速度大小【详解】（1）平抛运动的初速度一定要水平，因此为了获得水平的初速度安装斜槽轨道时要注意槽口末端要水平，为了保证小球每次平抛的轨迹都是相同的，这就要求
25、小球平抛的初速度相同，因此在操作中要求每次小球能从同一位置静止释放（2）由于O为抛出点，所以根据平抛运动规律有： 将，代入解得：（3）由图可知，物体由和由所用的时间相等，且有：，由图可知，代入解得，将，代入解得：，竖直方向自由落体运动，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：【点睛】本题不但考查了平抛运动的规律，还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律，是一道考查基础知识的好题目四、计算题（本大题共4小题）23.滑雪运动员以的初速度沿足够长的山坡匀加速滑下，在的时间内滑下的位移山坡摩擦可忽略不计，g取。求：滑雪运动员5s末的速度；滑雪运动员第6s内的位移；山坡与水平面的夹
26、角。【答案】（1）22m/s；（2）24m；（3）30； 【解析】（1）由公式 代入数据得， vt=22m/s（2）有位移公示 代入数据： x1=24m（3）有公式 ， 代入数据得： a=5m/s2 ma=mgsin，解出：=30024.如图所示，在距地面高为处，有一小球A以初速度水平抛出。与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数，A、B均可看成质点，空气阻力不计。求：球从抛出到落地的时间；球从抛出到落地这段时间内的水平位移；球落地时，A、B之间的距离。【答案】(1)3s；（2）45m；（3）7.5m；【解析】(1)A球抛出后做平抛运动，竖直方向有Hg
27、t2，解得t3 s。(2)A球从抛出到落地的水平位移xAv0t45 m。(3)物块B做匀减速直线运动，加速度大小ag6 m/s2，物块B滑动的距离xB,得出：xB=37.5所以A球落地时，A、B之间的距离xABxAxB7.5 m。25.如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，开始时系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的力F拉物块A使之向上做匀加速运动，直到物块B刚要离开取。求：物块B刚要离开C时弹簧弹力；当物块B刚要离开C时，求上述过程中物块A运动时间？【答案】（1）mg；（2） 【解析】（1）用x1表示未加
28、F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿第二定律可知，mgsin30=kx1用x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律F0=kx2=2mgsin30，则F0=mg（2）对A:F-mgsin30-kx2=ma 将F=2mg代入得：a=0.5g由x1+x2=at2 t=26.一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计。A和B的质量都等于m，A和B之间的滑动摩擦力为。开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端，如图所示。让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动。设碰撞时间很短，碰撞时原速率弹回，不考虑空气阻力。试求：木棒第二次着地时速度是多大？若在B再次着地前，要使A不脱离B，B至少应该多长？【答案】（1）；（2）；【解析】（1）释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，B着地前瞬间的速度 B与地面碰撞后，B竖直向上做匀减速运动。它的加速度大小为： B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 取向下为正，B与地面碰后速度竖直向上，则 解出：v2=（2）B与地面碰后，A的加速度为 此时间内A的位移 要在B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件 L x 有以上方程联立解得