河北省2018-2019学年邯郸市高一上期末物理试卷

第 1 页，共 5 页 2018-2019 学年河北省邯郸市高一（上）期末物理试卷 一、单选题（本大题共 10 小题，共 40.0 分） 1. 从科学方法角度来说物理学中引人“质点”运用了 A. 比值定义法 B. 理想实验法 C. 建立模型法 D. 控制变量法 【答案】C 【解析】解：物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于理想化模型，故 C 正确，ABD 错误； 故选：C。 质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它 的质量就是它所代替的物体的质量，突出主要因素，忽略次要因素，将实际问题简化为物理模型，是研究 物理学问题的基本思维方法之一，这种思维方法叫理想化方法。质点就是利用这种思维方法建立的一个理 想化物理模型。 本题比较简单，考查了物理学中一些基本知识，对于这些基本知识，注意平时的记忆与积累，同时加强练 习，以加深对其的理解。 2. 在下列各组物理量中，全部属于矢量的是 A. 质量、长度 B. 力、速度 C. 路程、速率 D. 加速度、时间 【答案】B 【解析】解：A、质量、长度都是标量，故 B 错误。 B、力和速度都是矢量，故 B 正确。 C、路程、速率都是标量，故 C 错误。 D、加速度是矢量，而时间是标量，故 D 错误。 故选：B。 矢量是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。根据有无方向判断。 矢量与标量明显的区别是：矢量有方向，标量没有方向。要掌握每个物理量的矢标性。 3. 若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则 A. 汽车的速度可能减小 B. 汽车的速度保持不变 C. 当加速度减小到零时汽车的速度达到最小 D. 当加速度减小到零时，汽车的速度达到最大 【答案】D 【解析】解：因为汽车的加速度方向与速度方向相同，速度增大，当加速度减小，速度仍然增大，不过速 度由增加得快变为增加得慢。当加速度减小到零，汽车做匀速直线运动，速度达到最大。故 ABC 错误，D 正确。 故选：D。 当物体的加速度的方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运 动。 解决本题的关键要掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度的方向与速度方向的关系， 而不是看加速度如何变化。 4. 下列关于物体间相互作用的说法中正确的是 A. 力只能产生在相互接触的物体之间 B. 物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力 C. 物体相互作用时有受力物体就必定有施力物体 D. 物体相互作用时，施力物体施力在先受力物体受力在后 【答案】C 【解析】解：A、不接触的物体之间也可以有力的作用，与不接触的磁铁与磁铁之间。故 A 错误。 B、作用力和反作用力具有同时性，同时产生，同时消失，故 B 错误。 C、力的作用是相互的，物体相互作用时有受力物体就必定有施力物体。故 C 正确。 D、作用力和反作用力具有同时性，同时产生，同时消失，施力物体与受力物体没有先后之分。故 D 错误。 故选：C。 作用力和反作用力大小相等，方向相反，同时产生，同时消失，作用在不同的物体上，不是共点力，不能 合成，效果不能抵消。物体之所以由静止而加速运动是因为其所受合力大于零。 本题主要考查了牛顿第三定律，深刻理解和把握牛顿第三定律是解决本题的关键。 5. 运动会上，铅球从运动员手中被斜向上推出后在空中飞行的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确 的是 A. 铅球的加速度的大小和方向均不变 B. 铅球的加速度的大小不变，方向改变 C. 铅球的运动是匀变速直线运动 D. 铅球的运动是非匀变速曲线运动 【答案】A 【解析】解：AB、铅球只受重力，根据牛顿第二定律，加速度为重力加速度，保持不变，即铅球的加速度 的大小和方向均不变，故 A 正确，B 错误； CD、铅球的运动加速度恒定，但加速度与速度方向不共线，故其做匀变速曲线运动，故 C 错误，D 错误； 故选：A。 由于地球周围的一切物体都要受到重力的作用，所以铅球在飞行过程中，能够确定其一定只受到重力的作 用。从而根据曲线运动的条件可确定其运动轨迹，及运动的性质。 通过物体的受力的情况来确定物体的运动性质，同时还可以由运动的情况来确定物体的受力特点。构建运 动与力的关系的中间桥梁是牛顿第二定律。 6. 如图所示是某物体做直线运动的 图象，由图可知，该物体 A. 第 1s 内和第 3s 内的运动方向相反 B. 第 3s 内和第 4s 内的加速度相同 C. 第 1s 内和第 4s 内的位移相同 D. ～ 2 内和 ～ 4 内的平均速度大小相等 【答案】B 【解析】解：A、第 1s 内和第 3s 内的速度均为正，运动方向相同，故 A 错误。 B、第 3s 内和第 4s 内图象的斜率相同，则第 3s 内和第 4s 内加速度相同，故 B 正确。 C、根据“面积”表示位移，知第 1s 内和第 4s 内的位移大小相等、方向相反，则位移不同，故 C 错误。 D、根据“面积”表示位移，知 ～ 2 内和 ～ 4 内的位移相同，而所用时间不同，则平均速度不同，故 D 错误。 故选：B。 在速度时间图象中，根据速度的正负判断运动方向的关系，根据图线的斜率判断加速度的关系，根据图线 与时间轴围成的面积比较位移的大小。而平均速度等于位移与时间之比。 解决本题的关键是要理解速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的 方向，图线与时间轴围成的面积表示位移。 7. 如图甲是一座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆 弧形的石拱其中第 3、4 块固定在地基上，1、2 块间的接触面是竖直 的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为 3 . 假定每块石块的质量 为 m，两石块间的摩擦力忽略不计，重力加速度为 g 则第 2、4 石块 间的作用力大小为 第 2 页，共 5 页 A. 3 3 B. mg C. 2 3 3 D. 2mg 【答案】D 【解析】解：如图对第 2 个石块进行受力分析，由几何关系知： 42 sin3 2 ，故 D 正确，ABC 错误； 故选：D。 对地 2 块石块进行受力分析，根据平衡条件列方程求解第 2、4 石块间的作用 力大小。 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。 8. 如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品轻放到以 恒定速率运动的水平传送带上，使物品随传送带一起运动并通过 检测仪接受检查时的情景。检测仪内部示意图如图乙，当乘客将 携带的物品轻放在传送带上之后，关于物品受到的摩擦力，下列 说法正确的是 A. 当物品与传送带相对静止时，物品受到静摩擦力 B. 当物品与传送带相对静止时，物品受到滑动摩擦力 C. 当物品受到摩擦力作用时，物品不一定受到弹力作用 D. 当物品受到摩擦力作用时，摩擦力方向与物品运动方向相同 【答案】D 【解析】解： 㐠. 当物品与传送带相对静止时物体与传送带做匀速直线运动，两者之间没有要发生相对运动 的趋势，故物品不受静摩擦力，所以 AB 错误。 C.摩擦力存在的条件： 接触面粗糙 有弹力 有相对运动或者相对运动趋势。由此，有弹力是有摩擦力 的必要不充分条件，即：有弹力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有弹力。题目中说受到摩擦力作用时，物 品一定受到弹力的作用，所以 C 错误。 D.摩擦力的方向：与物体发生 相对 运动的方向相反或者与物体发生 相对 运动趋势的方向相反，而与运 动的方向，可以相同也可以相反，此处由于是摩擦动力，因此摩擦力方向与物品运动方向相同，所以 D 正 确。 故选：D。 我们要先清楚产生摩擦力的条件：产生静摩擦力的条件 接触面粗糙 有弹力 有相对运动趋势；产生滑 动摩擦力的条件 接触面粗糙 有弹力 有相对运动。然后对选项进行判断是否受到静摩擦力或者滑动摩 擦力。 关键是对摩擦力方向的判断，一定注意摩擦力的方向与相对运动方向或者相对运动趋势方向相反，而与运 动方向可以相同也可以相反。 9. 一石块从距地面高度为 H 处自由下落，不计空气阻力。当石块运动时间为落地时间的一半时，石块距 地面的高度为 A. 4 B. 2 C. 3 4 D. 2 2【答案】C 【解析】解：设石块落地时的时间为 t，则有： 1 2 2 当石块运动时间为落地时间的一半时下落得高度为： 1 2 1 2 2 4 石块距地面的高度为： 4 3 4 故 C 正确，ABD 错误 故选：C。 自由落体运动是初速度为零加速度为零 g 的匀加速直线运动，根据位移与速度关系公式求解。 本题考查应用自由落体运动规律解题的基本能力，是基本题，比较简单，考试时不能丢分。 1. 在卫生大扫除中某同学用拖把拖地沿推杆方向对拖把施加推力 F，如图所示，此 时推力与水平方向的夹角为 0，拖把沿直线运动。从某时刻开始保持力 F 的大小 不变，增大 F 与水平方向的夹角 0，拖把仍沿直线运动，下列说法正确的是 A. 地面对拖把的支持力 变小 B. 地面对拖把的支持力 不变 C. 地面对拖把的摩擦力 变小 D. 地面对拖把的摩擦力 变大 【答案】D 【解析】解：设拖把与地面之间的动摩擦因数为 ，则： 拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示。 按平衡条件得：竖直方向上： sin 地面对拖把的摩擦力： 增大 F 与水平方向的夹角 ，则 增大，地面对拖把的摩擦力 变大，故 ABC 错误 D 正 确。 故选：D。 对于拖把头受重力、支持力、推力和摩擦力，抓住竖直方向平衡，运用平衡条件和滑动摩擦力公式列方程 分析各个力的变化。 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，抓住竖直方向平衡，运用平衡条件进行求解。 二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分） 11. 下列关于曲线运动的说法中正确的是 A. 物体所受的合外力不为零时一定做曲线运动 B. 物体在一恒力作用下可能做曲线运动 C. 曲线运动可能是匀变速运动 D. 物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动 【答案】BC 【解析】解：A、物体做曲线运动的条件为物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，当物体受力的 方向与速度的方向在同一条直线上时，物体做直线运动。故 A 错误； B、只要力和速度不在同一直线上，物体即做曲线运动；因此恒力作用下也可以做曲线运动，如平抛运动， 故 B 正确； C、做曲线运动的物体受到的力可以是恒力，因此可能是匀变速曲线运动，如平抛运动，故 C 正确； C、做曲线运动的物体受到的力可以是恒力也可以是变力，因此可能是匀变速曲线运动，也可能是变加速曲 线运动，故 D 错误。 故选：BC。 物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”。明确物体做曲线运动的条件为：当物体所受的合外力和 它速度方向不在同一直线上。 本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点 要掌握住。 12. 如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网 球。假定网球以速度 水平射出，碰到墙面时速度与水平方向夹角为 6 ，轨迹如图乙所示，若不考虑 空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是 第 3 页，共 5 页 A. 碰到墙面前，网球在空中运动时间为 3 2 B. 碰到墙面前网球下降高度为 3 2 C. 碰到墙面时，网球的速度大小为 2D. 网球发球机出球口与墙面间水平距离为 3 2 【答案】CD 【解析】解：A、小球落地时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为 ，又： tan联立可得： 3 ，故 A 错误； B、小球下落得高度： 1 2 2 1 2 3 2 3 2 2 . 故 B 错误； C、小球落地时沿竖直方向的分速度大小为 3小球的速度： 2 2 2. 故 C 正确； D、网球发球机出球口与墙面间水平距离为： 3 2 . 故 D 正确 故选：CD。 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，根据高度求出落地的竖直分速度， 结合平行四边形定则求出小球的初速度和着地的速度。本题中要注意水平射程是不变的，故速度越大，时 间越短。 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意两个方向上物体的运动性质不同， 但时间相同，结合平行四边形定则进行求解即可。 13. 如图所示，在倾角为 3 的粗糙斜面上，有一根劲度系数为 1Ͳ 的轻质弹簧，其一端固定在斜面 底端，弹簧长度压缩 2cm 后，将重 40N 的物体 A 放置在弹簧顶端，物体 A 静止不动。现用一测力计沿 斜面向上拉物体 A，物体 A 依然静止不动，若物体与斜面间最大静摩擦力为 20N，测力计读数可能为 A. 10N B. 20N C. 30N D. 40N 【答案】AB 【解析】解：施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力 G、垂直斜面向上的支持力 N、沿斜面向 上的摩擦力 f 和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力 T，受力如图， 其中 1 .2 2 ， 根据平衡条件可求出， sin3 ； 施加拉力 F 后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，则摩擦 力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以 ܶ sin3 ，代入数据可得， 2 ，所以测力计读 数在 2 之间。故 AB 正确，CD 错误。 故选：AB。 根据共点力平衡和胡克定律求出未施加拉力时静摩擦力的大小和方向，弹簧的长度不变，抓住拉力和静摩 擦力的合力不变，结合最大静摩擦力求出测力计拉力的范围。 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解；在解题时要注意摩擦力可能向上也可能 向下。 14. 2018 年第 23 届平昌冬奥会冰壶混双比赛循环赛在江陵冰壶中心进行，巴德鑫 和王芮联袂出战以6 比 4 击败美国队。如图为我国运动员巴德鑫推冰壶的情景， 现把冰壶在水平面上的运动简化为匀加速或匀减速直线运动，冰壶可视为质点， 运动员对冰壶的作用力可认为沿水平方向。设一质量 2 的冰壶从运动 员开始推到最终静止共用时 23 。冰壶离开运动员的手后，运动了 3 才停下来，冰壶与冰面间动摩擦因数为 .15 ，重力加速度 1Ͳ 2 . 下列说法正确的是 A. 冰壶在减速阶段的加速度大小为 .15Ͳ 2B. 冰壶在减速阶段的加速度大小为 .3Ͳ 2C. 运动员推冰壶的平均作用力大小为 20N D. 运动员推冰壶的平均作用力大小为 23N 【答案】AD 【解析】解：AB、根据牛顿第二定律得，冰壶在减速阶段的加速度大小为： .15Ͳ 2 . 故 A 正确 B 错误； CD、采用逆向思维，设减速运动的时间为 2 ，则： 1 2 2 2 ，解得： 2 2 ，运动员推冰壶的时间为： 1 2 23 2 3 ， 匀减速运动的初速度为： 22 .15 2Ͳ 3Ͳ ，则推冰壶的平均加速度 1 1Ͳ 2 根据牛顿第二定律得： ，解得： .15 2 2 1 23. 故 C 错误 D 正确； 故选：AD。 根据牛顿第二定律求出冰壶在减速阶段的加速度大小。采用逆向思维，结合位移时间公式求出匀减速运动 的时间，从而得出推冰壶的时间。根据速度位移公式求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出运 动员推冰壶的平均作用力大小。 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大。 三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 12.0 分） 第 4 页，共 5 页 15. 如图为“探究求合力方法”的实验装置图 1 下面是实验的主要步骤： 将橡皮筋的一端固定在木板上的 A 点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计； 沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为 O 点，并记录______ 再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端也拉至 O 点，记录拉力的大小及方向 2 某次实验中弹簧测力计的示数如图，读数是______N。 【答案】两个拉力的大小及方向 3.6 【解析】解： 1 根据实验的原理可知，沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将 此位置标记为 O 点，并记录两个拉力的大小及方向。 2 根据弹簧秤读数规则可读得其示数为 3.6 ； 答： 1 两个拉力的大小及方向； 23.6 1 根据实验原理和实验操作步骤判断； 2 熟练掌握弹簧测力计的读数方法； 该题属于基础题目，考查了“验证力的平行四边形定则”的实验中基础知识，如等效思想即一个合力与几 个分力共同作用的效果相同，可以互相替代。 16. 小丽同学做“探究物体的加速度与力、质量的关系”实验，装置如图甲所示。实验中，小丽同学适当 垫高木板一端并调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，轻推小车，小车恰好匀速 运动；再用天平测出小车的总质量，用砝码盘里砝码的重力代替小车所受的牵引力大小 F。 1 小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出。实验得到一条点迹清晰的纸 带如图乙所示，O、A、B、C、D 是在纸带上选取的计数点，相邻计数点间还有 4 个点未画出，OA、 CD 间的距离分别为 1 、 4 打点计时器的打点周期为 T，则小车运动的加速度大小为______。 2 小丽同学通过实验记录牵引力大小 F 与对应的加速度 a 的几组数据画出 图线。如图丙所示， 图线不过原点，其原因主要是______；根据图线计算小车质量为______ 结果保留 2 位有效数字 【答案】 41 35 2 未计入砝码盘重力 .53【解析】解： 1 用逐差公式有： 4 1 4 3 3 2 2 1 35 2 ，所以 41 35 2 。 2 实验记录牵引力大小 F 与对应的加速度 a 的几组数据画出 图线图象，图象未过原点且在纵轴上有 正截距，即当 时，滑块就有加速度，显然是空盘还有重力使滑块产生了加速度，即原因是未计入盘 的质量。图象的斜率 .52.5 .25 1 ，由牛顿第二定律知道 1 ，所以滑块的质量 1 .53 。 故答案为： 1 41 35 2 ； 2 未计入砝码盘的重力， .53.52 ～ .54 均可 根据小车做匀速运动列出方程，对合外力进行分析即可求解； 在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据作差法求解加速度； 由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解。 解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知 识解答物理问题的能力。 四、计算题（本大题共 3 小题，共 33.0 分） 17. “礼让斑马线”体现了机动车驾驶员的文明出行意识。如图所示，小王开 车以 36Ͳ 的速度在一条直路上行驶看到行人正要走斑马线过马路。以 车子现行速度，完全可以通过路口而不撞上行人。经过 1s 时间的思考，小 王决定立即刹车，礼让行人。经过 4s 的匀减速运动汽车刚好在斑马线前停 下。求汽车刹车时的加速度大小。 【答案】解： 36Ͳ 1Ͳ 由公式 解得： 2.5Ͳ 2答：汽车刹车时的加速度为 2.5Ͳ 2【解析】由速度公式即可求出汽车的加速度； 解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式进行求解。 18. 原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量 5 的运动员原地摸高为 2.5 ，比 赛过程中，该运动员先下蹲使重心下降 .5 ，经过充分调整后，发力跳起摸到了 2.85 的高度。假设 运动员起跳时为匀加速运动，重力加速度 1Ͳ 2 ，求 1 起跳过程中运动员对地面的平均压力； 2 从开始起跳到双脚落地所用的时间。 【答案】解： 1 从开始起跳到脚离开地面重心上升 1 .5 ，离开地面到上升到最高点的过程中，重心 上升距离 2 .8 ， 运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据 22 2 可知，所以 22 4Ͳ在起跳过程中，根据速度位移公式可知 21 2 ， 2 21 ， 解得： 16Ͳ 2由牛顿第二定律得： 解得： 13 由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为 1300N，方向竖直向下 2 加速上升时间： 1 .25 第 5 页，共 5 页 减速上升： 2 .4加速下降和减速上升时间相同，故总时间为 1 22 1.5 答： 1 起跳过程中运动员对地面的平均压力是 1300N，方向竖直向下； 2 从开始起跳到双脚落地所用的时间是 1.5 。 【解析】 1 运动员离开地面后竖直上抛，根据速度位移公式求得初速度；起跳过程中，根据速度位移公式 求得加速度，根据牛顿第二定律求得作用力； 2 根据速度时间公式求得加速和减速阶段的时间即可求得。 本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解题的关键。 19. 某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图 所示，已知斜面倾角为 37 ，光滑小球的质量 4 ，力传感器固定在竖直挡板 上，重力加速度 1Ͳ 2 ， sin37 .6 ， cos37 .8 ，求： 1 当整个装置静止时，力传感器的示数； 2 当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为 42N，此时装置的加速 度大小； 3 某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为 0N，此时整个装置的运动方 向及加速度大小。 【答案】解： 1 以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为 F，小球与斜面之间的弹力大小 为 ： 由几何关系可得 tan37 解得： 3 ； 2 对小球：竖直方向： cos37 水平方向： sin37 解得： 3Ͳ 2 3 要使力传感器示数为 0，则有：重力和斜面的支持力充当合外力，则有： cos37 ； sin37 ； 解得： 7.5Ͳ 2此时系统应加速度向左，可能是向左加速或向右减速。 答： 1 当整个装置静止时，力传感器的示数为 30N； 2 装置的加速度大小为 3Ͳ 2 ； 3 整个装置应向左加速或向右减速；加速度为 7.5Ͳ 2 。 【解析】 1 对小球受力分析，根据共点力的平衡条件可求得力传感器的示数； 2 分解支持力，分别对竖直方向和水平方向列式，由牛顿第二定律可求得加速度； 3 要使物体不受档板的弹力，则应由重力和斜面的支持力的合力充当水平方向的合外力；由牛顿第二定律 可求得加速度。 本题考查牛顿第二定律及共点力平衡条件的应用，要注意正确受力分析，明确物体的受力情况，再由牛顿 第二定律列式求解。