2018-2019学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）下列物理量中不属于矢量的是（　　）
A．速率 B．速度 C．位移 D．静摩擦力
2．（3分）汽车沿平直公路做匀加速直线运动时，其加速度大小为2m/s2，则该汽车在任意1s内（　　）
A．位移一定为2m
B．速度一定变化2m/s
C．末速度一定是初速度的2倍
D．末速度比下1s的初速度小2m/s
3．（3分）放假了，小明斜拉着拉杆箱离开校园。如图所示，小明的拉力大小为F，方向沿拉杆斜向上，与水平地面夹角为θ．与拉杆箱竖直静止在水平地面且不受拉力相比，此时拉杆箱对水平面的压力（　　）

A．减少了Fsinθ B．增大了Fsinθ
C．减小了Fcosθ D．增大了Fcosθ
4．（3分）如图所示，质量为m的物体在水平拉力F作用下，沿粗糙水平面做匀加速直线运动，加速度大小为a；若其他条件不变，仅将物体的质量减为原来的一半，物体运动的加速度大小为a′，则（　　）

A．a′＜a B．a＜a′＜2a C．a′＝2a D．a′＞2a
5．（3分）渡河时船头始终沿垂直河岸的方向。已知船在静水中航行的速度大小不变，水流的速度与船离最近的岸边的距离成正比，且比例系数为定值，河的两岸平行。在水平面内，以出发点为坐标原点，沿着河岸的方向为x轴，垂直河岸方向为y轴，四位同学画出此过程中小船运动的轨迹，其中符合实际情况的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．（4分）如图所示，用小锤击打弹性钢片，小球B沿水平方向飞出做平抛运动，同时小球A被放开做自由落体运动。关于该实验，下列说法正确的是（　　）

A．听到A和B同时落地的声音
B．本实验要求A和B的质量一定相同
C．该实验不能说明小球B水平方向做匀速运动
D．实验开始时A和B离地面的高度可以不一样
7．（4分）物体在水平面上做匀变速直线运动，初速度v0＝5m/s，2s后的速度大小为v＝3m/s，则该2s内物体的（　　）
A．加速度大小一定为1m/s2
B．加速度大小可能为4m/s2
C．位移可能等于2m
D．平均速度一定不会为零
8．（4分）如图所示，质量为M的斜面静止在粗糙的水平面上，质量为m的小球在水平细绳的作用下静止在光滑的斜面上。关于小球与斜面的受力情况，下列中说法正确的是（　　）

A．斜面对小球的支持力一定大于mg
B．细绳对小球的拉力一定大于mg
C．地面对斜面的支持力一定大于（m+M）g
D．地面对斜面的摩擦力一定为零
9．（4分）两位同学分别在塔的不同高度，各用一只球做自由落体实验。甲球的质量是乙球的2倍，释放甲球处的高度是释放乙球处高度的一半，且两球释放处离地的高度足够高，则（　　）
A．甲球下落的加速度是乙球的2倍
B．甲球落地时的速度是乙球的一半
C．甲、乙两球各下降1s时的速度相等
D．甲、乙两球各下降1m时的速度相等
10．（4分）如图所示，A、B两物体的质量分别为m和2m，B放在光滑的水平桌面上，不计绳重和摩擦，重力加速度为g。轻轻释放A后（　　）

A．绳子中的拉力大小为mg
B．两物体的加速度均小于0.5g
C．物体A处于失重状态
D．物体B处于超重状态
三、简答题：本题共2小题，共22分．将解答填写在答题卡上相应的位置．
11．（10分）小明利用橡皮筋、弹簧测力计、细绳套等器材做“探究合力与分力的关系”的实验时，两次拉伸橡皮筋：第一次用两只弹簧测力计通过细绳套互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋和细绳的结点到达某一点O；第二次是用一只弹簧测力计通过细绳套拉橡皮筋。
（1）第一次拉动使结点到达点O时，除了记录两个弹簧测力计的读数，还必须记录的是　 　和　 　。
（2）关于这两次拉橡皮筋，下列说法正确的有　 　（填正确选项前的字母）。
A．两次拉动橡皮筋时，只需要将橡皮筋拉伸相同的长度
B．两次拉动橡皮筋时，弹簧测力计的三次读数要相同
C．第一次拉动橡皮筋时，两测力计必须沿着相互垂直的方向拉
D．两次拉动橡皮筋时，都要将橡皮筋和细绳的结点拉到相同的位置
（3）如图所示，F1和F2为小明在纸上画出第一次拉橡皮筋时两弹簧测力计拉力的图示；a、b两点为第二次记录拉力F方向的两点，此时弹簧测力计读数为F＝4.9N．请你帮助他在图中画出F的图示。

12．（12分）力的传感器可以把它受力的大小随时间变化的情况由计算机屏幕显示出来，因此在高中物理实验中有着广泛的应用。如图甲所示，某研究小组利用力传感器以及一端带滑轮的长木板、小车、砝码以及打点计时器等做“探究加速度与力、质量的关系”的实验。

（1）关于平衡摩擦力，下列说法中正确的有　 　（填正确选项前的字母）。
A．调节滑轮的高度，使细线与水平桌面平行
B．应将沙桶挂上，但桶里不要注入沙子
C．每次改变小车质量，都要重新平衡摩擦力
D．应使小车沿倾斜的木板做匀速直线运动
（2）图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点没有标出，现量出B、C和F、G间距离分别为xBC＝1.87cm和xFG＝4.44cm。已知打点计时器打连续两个点之间的时间为0.02s，则小车的加速度a＝　 　m/s2．（结果取三位有效数字）
（3）在保持小车和小车内砝码总质量不变的情况下，测得的加速度a与力的传感器F的数据如下表。
F/N
0.196
0.392
0.442
0.784
0.980
a/（m•s﹣2）
0.480
0.980
1.41
1.93
2.44
请利用上表中实验数据，在图丙中作出a﹣F关系图象。
（4）在（3）中，小车内砝码的质量为50g，根据所画图象求得小车的质量为　 　kg．（结果保留两位有效数字）
四、计算题：本题共4小题，43分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．
13．（10分）某同学在离地面h＝5m处以v0＝3m/s的水平速度抛出一个物体质量m＝1kg的物体。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2．求物体：
（1）在空中运动的加速度a；
（2）在空中运动的时间t；
（3）从抛出到落地位移s的大小。
14．（11分）列车以v0＝54km/h的速度匀速行驶，因故需在中途临时停车t0＝1min。列车制动过程中加速度大小为a1＝0.3m/s2，重新启动过程中加速度大小为a2＝0.5m/s2．求列车：
（1）从开始制动到停止的时间t1；
（2）启动后达到原来速度的位移x2的大小；
（3）由于临时停车所延误的时间△t。
15．（11分）质量为m的小球从离地面足够高的地方由静止释放，运动过程中受到空气阻力F与运动方向相反，大小与速度v成正比，即F＝kv（k为未知比例系数）。运动时间t0后，小球以速度v0做匀速直线运动。已知重力加速度为g。求：
（1）比例系数k的表达式；
（2）当小球的速度为v02时，小球的加速度的大小；
（3）有同学认为：在时间t0内小球下降的高度h＜v0t02，你认为他的观点正确吗？如果正确，请说明理由；如果不正确，写出你的观点，并说明你的理由。
16．（11分）如图所示，质量均为m＝3kg的物体A、B紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A的右侧连接劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。现对物体B施加水平向左的拉力，使A和B整体向左做匀加速运动，加速度大小为a＝2m/s2，直至B与A分离。已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）静止时，物体A对B的弹力大小；
（2）水平向左拉力F的最大值；
（3）物体A、B开始分离时的速度。


2018-2019学年江苏省盐城市东台市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．
1．【分析】物理量按有没有方向分为矢量和标量两类，矢量是指既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。
【解答】解：A、速率是速度的大小，是一个只有大小没有方向的物理量，是标量。故A正确；
BCD、位移、速度、静摩擦力都是有大小有方向且合成遵循平行四边形定则的物理量，是矢量。故BCD错误。
故选：A。
【点评】本题关键要掌握物理量的矢标性，要正确区分矢量与标量，知道矢量有方向，而标量没有方向。
2．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，结合时间轴分析判断。
【解答】解：A、不知道初末速度的信息，无法求解任意1s内位移，故A错误；
B、加速度大小为2m/s2，表示任意1s内的速度变化量为2m/s，即任意1s内末速度比这1s的初速度大2m/s，故B正确C错误。
D、任意1s内末与下1s初是同一时刻，速度相等，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握加速度的定义式，知道加速度等于单位时间内的速度变化量，基础题。
3．【分析】以箱子为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件得到支持力的大小进行分析。
【解答】解：以箱子为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示；

没有拉力时，支持力等于重力mg；
有拉力F时，支持力为：N＝mg﹣Fsinθ，
所以支持力减少了Fsinθ，故A正确、BCD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
4．【分析】根据物体的受力情况应用牛顿第二定律求出物体的加速度，然后比较加速度大小关系答题。
【解答】解：对物体，由牛顿第二定律得：
F﹣μmg＝ma
F﹣μ•m2g=m2a′，
解得：a=Fm-μg，a′=2Fm-μg＝2（Fm-μg）+μg＝2a+μg＞2a，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】本题考查了比较加速度大小关系，根据题意分析清楚物体的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
5．【分析】根据运动的合成与分解以及曲线运动条件分析。
【解答】解：已知船在静水中航行的速度大小不变vy＝v0，水流的速度与船离最近的岸边的距离成正比vx＝ky，y≤12d，或vx＝k（d﹣y），12d＜y≤d
A、水流的速度与船离最近的岸边的距离成正比，说明y方向运动轨迹不可能为直线，故A错误；
BCD、加速度指向河中心，所以一开始加速度指向y正方向，运动轨迹向与轴正方向弯曲，然后向y轴负方向弯曲，故D正确，BC错误。
故选：D。
【点评】本题考查运动的合成与分解以及曲线运动条件，知道曲线向着力的方向弯曲。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住两球同时落地，得出平抛运动在竖直方向上的运动规律。
【解答】解：AC、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。用小锤击打弹性钢片。可使B球沿水平方向飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，在不同的高度多次做上述实验，听到A和B同时落地的声音，发现两球总是同时落地，可知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，该实验不能说明小球B在水平方向上做匀速运动，故AC正确；
B、自由落体运动中，加速度为重力加速度，与物体下落的质量无关，故本实验不要求A和B的质量相同，故B错误；
D、该实验要求A和B离地面的高度相同，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题属于简单基础题目，实验虽然简单，但是很直观的验证了平抛运动在竖直方向上的运动规律。注意该实验不能得出平抛运动在水平方向上的运动规律。
7．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式和平均速度公式求出加速度的大小和位移的大小，注意2s后的速度可能与初速度相同，可能与初速度方向相反。
【解答】解：AB、若2s后速度与初速度方向相同，速度变化量△V＝﹣2m/s，若速度相反，速度变化量△V＝8m/s，则加速度为：a=△v△t=-1m/s2或4m/s2，故A错误B正确；
D、平均速度为：v=v0+v2=4m/s或1m/s，故D正确
C、位移为：x=vt＝8m或2m，故C正确。
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用，平均速度可以用位移除以时间，注意速度的方向。
8．【分析】以小球为研究对象，受到重力、支持力和绳子的拉力，根据平衡条件结合整体法进行分析。
【解答】解：以小球为研究对象，受到重力、支持力和绳子的拉力，如图所示；
A、根据图中几何关系可得而斜面对小球的支持力一定大于mg，故A正确；
B、细绳对小球的拉力一定大于F＝mgtanθ，不一定大于mg，故B错误；
C、以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可知，地面对斜面的支持力一定等于（m+M）g，故C错误；
D、以整体为研究对象，系统水平方向不受外力，水平方向根据平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力一定为零，故D正确。
故选：AD。

【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
9．【分析】物体做自由落体运动的加速度为g与质量无关；通过v2＝2gh判断两物体落地时的速度大小；通过v＝gt比较两球各下落1s时的速度大小。
【解答】解：A、甲乙两物体都做自由落体运动，加速度都为g。故A错误。
B、由v2＝2gh可知，甲球的落地速度是乙球落地速度的22；故B错误；
C、根据v＝gt，知经过1s时两球的速度相等。故C正确；
D、根据v2＝2gh，知各下落1m时，则落地的速度相等。故D正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动，掌握自由落体运动的速度位移公式v2＝2gh和速度时间公式v＝gt。
10．【分析】隔离对A、B分析，抓住A、B的加速度大小相等，根据牛顿第二定律求出A落地前的加速度大小和绳中拉力，根据竖直方向加速度的方向判断超重还是失重。
【解答】解：AB、A落地前，对于B，取水平向右为正，对于A，取竖直向下为正，
根据牛顿第二定律得：T＝2ma，mg﹣T＝ma
联立两式解得：T=23mg a=13g＜0.5g，故A错误B正确；
CD、物体A的加速度方向向下，所以A处于失重状态，B竖直方向加速度为0，不是超重也不是失重，故C正确D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道A、B加速度大小相等，可以通过隔离法分析，也可以根据整体法分析。
三、简答题：本题共2小题，共22分．将解答填写在答题卡上相应的位置．
11．【分析】明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还要记录方向，还要记录结点位置
实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”进行研究。
根据力的图示法作图
【解答】解：（1）根据实验原理和实验目的可知，该实验目的是“验证力的平行四边形定则”，因此需要知道两个分力的大小和方向。为了保证两次的效果相同，所以还要记录结点的位置；
（2）该实验采用的是“等效替换”，所以两次拉动橡皮筋时需要将结点拉动到相同的位置，故D正确，ABC错误；
故选：D。
（3）F的图示如图所示：
故答案为：（1）O点位置，两细绳套的方向，（2）D（3）图示如解析所示：
【点评】解决该题的关键在于掌握该实验的实验原理和实验步骤以及注意事项，知道什么是等效替代法，掌握做力的图示；
12．【分析】（1）根据平衡摩擦力的原理，即利用小车自身的重力来平衡摩擦力，可以得出选项；
（2）根据匀变速直线运动的推论△x＝aT2，可以求出加速度；
（3）根据作图规则，描点作图即可；
（4）根据小车的受力，结合牛顿第二定律，可以求出小车的质量。
【解答】解：（1）A、平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡，即调节至小车沿斜面方向的分力和摩擦力大小相等；
细线应与倾斜的木板平行，故A错误；
B、平衡摩擦力是利用小车自身的重力来平衡，故不能挂上沙桶；故B错误；
C、小车沿斜面方向的分力和摩擦力大小相等，有sinθ＝μcosθ，故每次改变小车质量，不用重新平衡摩擦力；故C错误；
D、小车平衡摩擦力后，受力平衡，将会沿倾斜的木板做匀速直线运动，故D正确。
故选：D。
（2）由匀变速直线运动规律可知：xFG﹣xBC＝4aT2
代入数据得：a=(4.44-1.87)×10-20．12×4m/s2＝0.643m/s2
（3）a﹣F关系图象如图所示；
（4）此时已平衡摩擦力，故小车和砝码只受力F作用，由图已知对应的加速度，故有：F＝（M+m）a
代入数据得：0.20＝（M+50×10﹣3）
整理得：M＝0.35kg
答：（1）D；（2）0.643；（3）a﹣F关系图象如图所示；（4）0.35。

【点评】本题考查探究物体的加速度和质量、受力的关系，关键要注意实验的平衡摩擦力的原理，另外要注意计算时要进行单位的换算。
四、计算题：本题共4小题，43分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．
13．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，加速度为重力加速度；
根据高度求出运动的时间；
根据时间和初速度求出水平距离，由勾股定理求出抛出到落地的位移。
【解答】解（1）物体做平抛运动，根据牛顿第二定律：
mg＝ma
a＝g＝10m/s2
方向竖直向下
（2）物体在竖直方向上做自由落体运动，根据h=12gt2代入数据得：
t＝1s
（3）物体在水平方向上做匀速运动，水平位移为：
x＝v0t
从抛出到落地运动的位移为：s=h2+x2
代入数据得：s=34m。
答：（1）在空中运动的加速度为10m/s2 ，方向竖直向下；
（2）在空中运动的时间为1s；
（3）从抛出到落地位移的大小为34m。
【点评】本题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解。
14．【分析】列车先做初速度为20m/s，加速度为0.4m/s2的匀减速直线运动，然后静止，最后做初速度为0，加速度为0.5m/s2的匀加速直线运动，末速度为20m/s。
求出列车减速的位移和时间，加速的位移和时间即可求得总时间与总位移。
【解答】解：v0＝54km/h＝15m/s，
（1）列车制动后做匀减速直线运动，根据v0＝a1t1，代入数据得：t1＝50s；
（2）列车启动后做匀加速直线运动，根据 v02=2a2x2，代入数据得：x2＝225m；
（3）列车从制动到停止所运动的位移 x1=v0t12，
列车启动后达到原来速度的时间 t2=v0a2，
列车以v0行驶x＝x1+x2的时间 t3=xv0=x1+x2v0，
延误的时间△t＝t1+t2+t0﹣t3，
代入数据得：△t＝100s；
答：（1）从开始制动到停止的时间t1为50s；
（2）启动后达到原来速度的位移x2的大小为225m；
（3）由于临时停车所延误的时间△t为100s；
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式v＝v0+at和速度位移公式x=12at2，注意将末速度为零的运动可以视为初速度为零匀加速直线运动。
15．【分析】（1）小球最终做匀速直线运动，处于状态，由平衡条件可以求出比例系数的表达式。
（2）根据题意求出小球的速度为v02时受到的阻力，然后应用牛顿第二定律求出此时小球的加速度。
（3）v﹣t图象与坐标轴所形成图形的面积等于小球的位移，根据题意作出v﹣t图象，然后分析答题。
【解答】解：（1）小球做匀速直线运动时处于平衡状态，由平衡条件得：mg＝kv0，
解得：k=mgv0；
（2）当小球速度为v02时，受到的空气阻力为：F＝kv02，
对小球，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma，
解得：a=12g；
（3）物体运动的v﹣t图象（曲线）如图所示
图线与时间轴所围的面积S代表了t0时间内小球下降的高度h
图线与时间轴所围的面积S大于三角形的面积v0t02，即小球下降的高度：h＞v0t02，
由此可知，该同学的观点不正确；
答：（1）比例系数k的表达式为：k=mgv0；
（2）当小球的速度为v02时，小球的加速度的大小为12g；
（3）该同学的观点不正确，小球下落高度：h＞v0t02。

【点评】分析清楚小球运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
16．【分析】（1）物体静止，由平衡条件可以求出A对B的弹力。
（2）当A、B即将分离时拉力最大，对B应用牛顿第二定律可以求出最大拉力。
（3）应用平衡条件与牛顿第二定律求出静止时与两物体分离时弹簧的压缩量，然后求出物体的位移，应用匀变速直线运动的速度位移公式求出分离时物体的速度。
【解答】解（1）A静止处于平衡状态，在水平方向，由平衡条件得：
F弹＝μmg＝0.5×3×10＝15N；
（2）物体A、B 分离时，F最大，对物体B，由牛顿第二定律得：
F最大﹣μmg＝ma，
代入数据解得：F最大＝21N；
（3）物体A、B静止时，弹簧压缩的距离为x0，对A、B系统，由平衡条件得：
kx0＝μ•2mg，
物体A、B开始分离时，对物体A，由牛顿第二定律：
kx﹣μmg＝ma，
从静止到物体A和B分离，物体运动的位移为：
△x＝x0﹣x，
根据匀变速运动的规律：v2＝2a•△x，
代入数据解得：v＝0.6m/s；
答：（1）静止时，物体A对B的弹力大小为15N；
（2）水平向左拉力F的最大值为21N；
（3）物体A、B开始分离时的速度为0.6m/s。
【点评】本题考查了平衡条件与牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚物体的受力情况与运动过程是解题的前提，应用平衡条件、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。