2019-2020学年高一物理上学期期末复习试卷.doc

2019-2020学年高一物理上学期期末复习试卷一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，不选、多选、错选均不给分)1. 下列均属于国际单位制中的基本单位的是A. m、N、s B. s、kg、km C. m、kg、s D. kg、m/s、N【答案】C【解析】力学国际制中基本单位有三个：m、kg、s，其他的都是导出单位。故ABD错误，C正确。故选：C.2. 下列说法中正确的是 .A. 参考系一定要选择地面B. 可以选择运动的物体作为参考系C. 由于太阳的体积过大，不能将其看作质点D. 在太空中进行飞船对接时，宇航员观察该飞船，可把飞船看作质点【答案】B【解析】A. 依据研究物体运动的需要，任何运动状态的物体都可以选取为参考系，故A错误，B正确； C. 虽然太阳的体积很大，但在研究其他行星绕太阳转动时可以将其看作质点，故C错误；D. 研究在太空中进行飞船对接的宇航员观察这个飞船时，飞船自身大小不可以忽略，故不可以看成质点，所以D错误。故选：B。3. 如图，为了行车方便与安全，高大的桥要造很长的引桥，减小斜面的倾角，其主要目的是A. 减小过桥车辆的重力B. 减小过桥车辆受到的摩擦力C. 减小过桥车辆对引桥的压力D. 减小过桥车辆的重力沿平行于引桥方向向下的分力【答案】D【解析】A对车受力分析，受重力、支持力和阻力，物体重力不变，A错误；BC重力产生两个作用效果，使物体沿斜面下滑，使物体紧压斜面。设斜面倾角为，将重力按照作用效果正交分解，如图，垂直斜面分量为，压力等于重力垂直斜面分量，由于引桥越长，坡角越小，压力越大，故摩擦力变大，故B错误，C错误；D由几何关系可得平行斜面分量为，由于引桥越长，坡角越小，G1越小，故D正确；故选：D。点睛：高大的桥要造很长的引桥，增加了斜面的长度，从而减小了斜面的坡度，将重力按效果正交分解后判断即可4. 下列关于惯性的说法正确的是A. 跳远运动员可通过助跑来增大惯性B. 汽车匀速运动时惯性小，急刹车时惯性大C. 匀速前进的火车上，由于惯性,原地向上起跳的乘客将落在起跳点D. 向东行驶的汽车突然刹车，由于惯性，乘客会向西倾倒【答案】C【解析】A. 质量是惯性大小的唯一量度，跳远运动员不能通过助跑来增大惯性，A错误；B. 惯性是物体的固有属性，与运动还是静止无关，B错误；C. 匀速前进的火车上，由于惯性，原地起跳的乘客将落在起跳点，故C正确； D. 向东行驶的汽车突然刹车，由于惯性，乘客会向东倾倒，故D错误。故选：C点睛：一切物体都有惯性物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性。惯性是物体的固有性质，只与物体的质量有关，与运动状态没有关系。应该从定义的角度来分析本题5. 普通的小型轿车和旅客列车,速度都能达到l00km/h。但是,它们起步后达到这样的速度所需的时间是不同的，例如某小型轿车约需用20s,某旅客列车约需用500s。关于以上所述小型轿车与旅客列车的运动说法正确是的A. 列车的速度变化量较大B. 轿车的速度变化率较大C. 列车的加速度约为0.2m/s2D. 轿车的加速度约为5m/s2【答案】B【解析】A速度都从零增大到100km/h，速度变化量相同，故A错误；B速度的变化率大小等于加速度。根据a=v/t知，速度的变化量相同，小型轿车的所用的时间短，则小型轿车的加速度大，即速度变化快。故B正确；CD带入数据得，列车的加速度约为0.056m/s2,轿车的加速度约为1.39 m/s2，故C错误，D错误。故选：B.点睛：加速度等于单位时间内速度的变化量，反映速度变化的快慢，结合加速度的定义式比较加速度的大小6. 如图所示，物体A 和B质量分别为、且相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则A. B受到的静摩擦力方向沿斜面向上B. B受到的静摩擦力的大小为gsinC. B 受到滑动摩擦力的大小为(+)gsinD. 取走A物后，B物将匀加速下滑【答案】C【解析】两物体组成的系统受力如图所示：由共点力平衡条件可得：，滑动摩擦力：，解得：，物体B的摩擦力：，方向：沿斜面向上，故AB错误，C正确；取走A后，物体B受到的滑动摩擦力：，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，B所受合力为零，B做匀速直线运动，故D错误；故选C.【点睛】以整体为研究对象，整体重力沿斜面的分力等于斜面给B的摩擦力，然后隔离A，A处于平衡状态，A所受重力沿斜面的分力等于B给A的静摩擦力.7. 如图，某同学将一本物理书用手指压在竖直的墙壁上保持静止，则与书本相关的作用力的大小，下列说法正确的是A. 书本受到的摩擦力一定等于书本的重力B. 手指对书本的摩擦力一定等于书本的重力C. 墙对书本的摩擦力一定等于书本的重力D. 当手指对书本的压力增大时，书本受到的摩擦力也增大【答案】A【解析】A竖直方向上，书本受到向下的重力和向上的摩擦力而静止，书本受到的摩擦力一定等于书本的重力，故A正确；B书本受到墙和手的摩擦力。摩擦力的合力等于重力，手指对书本的摩擦力不一定等于书本的重力，故B错误，C错误；D由于书本受到的摩擦力等于书本的重力，当手指对书本的压力增大时，书本受到的摩擦力不变，故D错误。故选：A。8. 伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验，下列哪些方法是他在这个实验中采用过的（ ）A. 用秒表计时B. 改变斜面倾角，比较各种倾角得到的与的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动C. 用打点计时器打出纸带进行数据分析D. 改变斜面倾角，比较各种倾角得到的与成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动【答案】B【解析】A、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是用水钟计时，故A错误；C、在伽利略时代还没有发明打点计时器，故C错误；BD、在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，故B正确，D错误；故选B。【点睛】考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确解答。9. 某物理兴趣小组做“研究小球做自由落体运动”的实验，用数码相机的频闪照相功能对下落的小球进行拍摄，第一次闪光时小球刚开始下落，频闪的时间间隔为0.1s，则在照片中测得第一个0.ls内，第二个0.1s内，第三个0.1s内的位移之比最接近A. 1：2：3 B. 1:4:9 C. l： D. 1:3:5【答案】D【解析】球做自由落体运动,若小球的第一个曝光位置对应的速度恰为零,根据，前1T、前2T、前3T的位移之比为1:4:9，故第1T、第2T、第3T、的位移之比为1:3:5:，故ABC错误，D正确。故选：D。10. 如图所示，击球员用球棒回击飞过来的棒球时，球棒击棒球的力A. 大于球撞击球棒的力B. 小于球撞击球棒的力C. 比球撞击球棒的力更早产生D. 与球撞击球棒的力同时产生【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11. 一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从时刻起，用一水平向右的拉力F作用在物块上，且F的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a、摩擦力、速度v随F的变化图像正确的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】当物体静止时，拉力F小于最大静摩擦力，加速度为0，速度为0，静摩擦力；当拉力F大于最大静摩擦力时，物体运动，滑动摩擦力保值不变且小于最大静摩擦力，加速度为，做加速度增大的加速运动，故B正确，ACD错误；故选B。12. 如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且Mm，若不计绳与滑轮的摩擦，则当人拉着绳向右后退几步后，人和物块仍保持静止时,下列说法中正确的是A. 地面对人的摩擦力增大B. 地面对人的摩擦力减小C. 人对地面的压力不变D. 人对地面的压力减小【答案】A【解析】物体始终处于静止状态，所以绳子对物体的拉力始终等于物块的重力mg，对人受力分析并正交分解如图：由平衡条件得：N+mgsin=Mgf=mgcos当人拉着绳向右跨出一步后，将变小：所以：f=mgcos会变大，N=Mgmgsin也将变大。故A正确，BCD错误。故选：A。点睛：当人拉着绳向右退几步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和人受力分析，应用平衡条件分析即可13. 现代的激光打印机都是自动进纸的，其进纸原理如图所示，进纸槽里叠放有一叠白纸,每一张纸的质量为m。进纸时滚轮以竖直向下的力压在第1张白纸上，并沿逆时针方向转动，确保第 1张纸与第2张纸相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，滚轮与白纸之间的动摩擦因数为1，白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为2(12)，则下列说法正确的是A. 第1张白纸受到滚轮的摩擦力向左B. 最后一张白纸受到纸槽底座的摩擦力向左C. 一张白纸受到上一张白纸的摩擦力一定向左D. 任意两张白纸之间均可能发生相对滑动【答案】B【解析】A. 第1张卡片相对于滚轮的运动趋势方向与滚轮的运动方向相反，则受到滚轮的静摩擦力与滚轮的运动方向相同，即受到滚轮的摩擦力向右。故A错误；B. 对除第1张卡片外进行研究，处于静止状态，水平方向受到第1张卡片的滑动摩擦力，方向与滚轮的运动方向相同，则根据平衡条件可知：最后1张卡片受到桌面的摩擦力方向与滚轮的运动方向相反，即水平向左，故B正确，C. 根据题意，因上一张相对下一张要向右滑动，则上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，那么下一张相对上一张要向左滑动，因此下一张卡片受到上一张卡片的摩擦力一定向右，故C错误。D. 设每张的质量为m,动摩擦因数为2,对第2张分析,它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及滚轮的压力,最大静摩擦力Fm=2(2mg+F),而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f=2(mg+F)Fm，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动。同理，第3张到最后1张卡片也不发生相对滑动。故D错误。故选：B.点睛：第1张卡片受到滚轮的摩擦力是静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反第2张卡片受到滚轮的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张卡片之间不发生相对滑动根据卡片之间的相对运动，从而分析摩擦力的方向二、选择题(本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题给出的四个选项中至少有一个符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分)14. 若规定向东方向为位移的正方向，今有一个皮球停在水平面上某处，轻轻踢它一脚，使它向东做直线运动，经5m与墙相碰后又向西做直线运动，经7m后停下。则皮球在整个运动过程中的A. 路程是12mB. 路程是2mC. 位移是2mD. 位移是-2m【答案】AD【解析】皮球向东运动，经过5m，与墙相碰后又向西运动，经7m后停下，所以总的路程为12m；位移是指从初位置到末位置的有向线段，皮球的总的运动过程是向西运动了2m，所以位移为-2m，故AD正确，BC错误故选：AD点睛：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向15. 仁川亚运会中国选手邱波获得男子跳水10米台金牌，图示为跳水运动员正在进行训练，在研究运动员从高处下落到水面的过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是A. 运动员在下落过程中，处于超重状态B. 运动员在下落过程中，会感觉水面加速上升C. 前一半时间内的位移比后一半时间内的位移小D. 前一半位移用的时间和后一半位移用的时间相等【答案】BC【解析】运动员在下落过程中，由于加速度向下，故处于失重状态，故A错误；运动员在下落的过程做匀加速直线运动，以自己为参考系，水面做匀加速上升，故B正确；由于运动员的速度越来越大，则相同时间内通过的位移越来雨滴，前一半时间内的位移小，后一半时间内的位移大，故C正确；由于运动员的速度越来越大，通过相同位移的时间越来越小，所以前一半位移所用的时间长，后一半位移所用的时间短，故D错误；故选BC.16. 如图所示，用倾角为37的光滑木板AB托住质量为m的小球，小球用轻质弹簧系住，当小球处于静止状态时，弹簧恰好水平。下列说法正确的是(sin37*=0.6，cos37=0.8) A. 小球静止时，弹簧弹力的大小为B. 小球静止时，木板对小球的弹力大小为C. 当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为gD. 当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为【答案】D【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：，解得：，故AB错误；木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为；方向垂直于木板向下故D正确，ABC错误故选D【点睛】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度三、非选择题17. （10分）在“探究求合力的方法”的实验中，(1) 下列相关说法正确的是_。A.拉橡皮条的两条细绳必须等长B.标记同一细绳方向的两点要远些C.两个分力的夹角要尽量小些D.拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板(2)如图甲所示，是某同学做“探究求合力的方法”的实验。弹簧秤a的示数如图乙所示，其读数是_N，若弹簧秤b的读数为4.00N;单独用一把弹簧秤拉橡皮条到同一结点O时的拉力为5.10N,且各个力的方向已经记录在白纸上（如图丙所示），请在答题纸上作出弹簧秤B拉力的图示_。（3）若已正确画出上述三个力的图示，为了得到合力与分力的关系，还要如何处理?_【答案】 (1). BD (2). 3.02 (3). 图见解析 (4). 画平行四边形【解析】（1）A. 两细绳可以不等长，因为绳子的长短不影响力的大小和方向的表示。故A错误；B. 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样有助于比较准确的表示出拉力方向，故B正确；C. 用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力夹角如果很小，那么力作图示时误差就会较大。故C错误。D. 拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内。故D正确。故选：BD.（2）如图可知，弹簧秤的读数为3.02N。弹簧秤B拉力的图示如图所示：（3）为了得到合力与分力的关系，还需要根据平行四边形定则画平行四边形，作出合力。18.（8分）某学习小组进行了“探究加速度与力和质量的关系”实验。(1)实验过程，发现实验室有两种打点计时器，如图甲所示。其中电火花打点计时器是图中的_；该打点计时器使用的电源是_。(2)该小组欲通过图乙所示装置打出的纸带来测量小车的加速度。图乙是小车释放前的状态，图中有两处明显错误，请指出其中任意一处错误_。(3)经正确操作后，打出的一条纸带的一部分如图丙。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测出相邻计数点之间的距离(单位cm)。由此求得小车在打点计时器打第2点的速度为_ m/s(保留两位有效数字)。【答案】 (1). B (2). 交流220V (3). 左端没有垫高或小车离打点计时器太远 (4). 0.36【解析】（1）电火花打点计时器是图中的B，它使用的是220V的交流电。（2）错误：1、没有垫高左端以平衡摩擦力；2、开始时，小车离打点计时器太远，这样打出的点太少。（3）打第二个点时的速度等于大1和3点过程中的平均速度。19.（9分）高速公路上行驶的车辆速度很大，雾天易出现车辆连续相撞的事故。某天清晨，在一段限速为100km/h的高速公路上有浓雾，一辆正以72km/h速度行驶的汽车司机突然发现前方 60m处有辆车打双闪灯停止不动，就立即刹车。若该司机反应时间为0.6s,在反应时间内车速不变，若该汽车刹车后的加速度大小为5m/s2。(1)求该汽车在司机反应时间内前进的距离；(2)求该汽车从刹车到停止所用时间；(3)通过计算分析，该汽车是否会发生追尾事故。【答案】（1）12m （2）4s （3）不追尾【解析】（1）轿车的最大速度为v=72km/h=20m/s，则轿车在反应时间内的位移x1=vt1=200.6m=12m；（2）刹车后做匀减速直线运动的时间，0-v=at2，；（3）刹车后做匀减速直线运动的位移，汽车的位移：x=x1+x2=12m+40m=52m60m不追尾。20.（10分）某同学用运动传感器“研究物体加速度与力的关系”时采用如图甲装置，开始时将质量为m=lkg的物体置于水平桌面上。现对物体施加一个水平向右的恒定推力F经过段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的运动传感器得到了物体部分运动过程的v-t图线，如图乙所示（向右为速度正方向）。(1)求3s内物体的位移；(2)求物体与水平桌面间的动摩擦因数;(3)求拉力F的大小。【答案】（1）4m（2）0.2（3）2.5N【解析】(1)由vt图象中图线和横轴所围的面积表示位移，可知位移为：x=(v1+v2)t1+v2(t2t1)= （1+2）2+2（3-2）=4m，方向水平向右；(2)t1到t2时间内物体做匀减速运动，由图可知其加速度大小为：根据牛顿第二定律有：f=ma2=mg得到：=a2/g=2/10=0.2；(3)物体从静止开始受拉力作用,根据牛顿第二定律：F-f=ma1代入数据得：F=0.2110+10.5=2.5N。点睛：由v-t图象中图线和横轴所围的面积表示位移，即可得到位移；t1到t2时间内物体做匀减速运动，由图求解加速度，再根据牛顿第二定律求解；由v-t图象求出第一阶段的加速度，根据牛顿第二定律求出拉力。21.（12分）水平地面上有一固定的磁场斜面，倾角为，一质量滑块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下从静止开始沿斜面向上做匀加速度直线运动，滑块与斜面间的动摩擦因数。从滑块由静止开始运动时计时，在末撤去恒定拉力F，滑块刚好可以滑到斜面顶端，滑块在0到内图像如图乙所示，求：（1）滑块前的加速度以及前内位移的大小；（2）拉力F的大小；（3）滑块经过斜面上距斜面顶点处所对应的时刻？【答案】(1)8m(2)11N(3) 和【解析】由vt图像求出滑块前的加速度以及前内位移的大小，滑块在拉力作用下，由牛顿第二定律求出拉力F的大小，滑块先做匀加速直线运动，撤去力F后做匀减速运动，在沿斜面向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出。解：（1）由图可知：加速度大小位移的大小即为图线与时间轴围成的面积：；（2）滑块在拉力作用下，受力分析如图：Y轴上，由平衡方程：，X轴上，由牛顿第二定律;得到：（3）滑块先以做匀加速直线运动，撤去力F后，滑块受力如图所示：X轴上，由牛顿第二定律：，得到：以匀减速到0过程，位移距顶端处的位置在减速前进的处。由匀变速位移公式：，解得：或（已反向运动，舍弃）得到：所对应的时刻为滑块减速到0时间为此后滑块会下滑，摩擦力反向，设滑块加速度为由牛顿第二定律：解得：设加速运动的时间为，得到：所对应的时刻为：即滑块经过斜面上距斜面顶点处所对应的时刻分别为和。