山东省枣庄十八中2014-2015学年高一上学期期末考试物理试卷

山东省枣庄十八中2014-2015学年高一上学期期末物理试卷一、本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题的四个选项中只有一个符合题意，请将正确选项涂在答题卡上．1．现代电影的拍摄中有很多的“腾云驾雾”的镜头，这通常是采用“背景拍摄法”：让演员站在平台上，做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果；摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头．放映时，观众就感觉到演员在“腾云驾雾”．这时，观众所选的参考系是( )A．演员B．平台C．飘动的白云D．镜头考点：参考系和坐标系．分析：在研究机械运动时，人们事先选定的、假设不动的，作为基准的物体叫做参照物；要看物体与所选参照物之间是否有位置变化，若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的．解答：解：以演员背后展现的蓝天和急速飘动的白云为参照物，演员与布景的位置发生改变，所以演员是运动的，是一种视觉上的错觉．故选：C．点评：（1）运动的和静止的物体都可以选定为参照物．（2）判断物体的运动还是静止，看被研究的物体和参照物之间是否发生了位置的改变，如果改变，被研究的物体是运动的，否则是静止的．2．倾角为θ、质量为M的斜面体静止在粗糙水平面上，质量为m的滑块静止在斜面体上，滑块与斜面体间动摩擦因数为μ，重力加速度为g；如图所示．下列结论正确的是( )A．滑块受到的摩擦力大小一定是μmgcosθB．滑块对斜面体的作用力为mgC．地面对斜面体有水平向右的摩擦力D．若只是增大滑块的质量，其它条件不变，释放滑块后，滑块可能沿斜面下滑考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；然后对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡．解答：解：A、先对木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，有；f=mgsinθ①N=mgcosθ②故A错误；B、斜面体对木块有支持力和静摩擦力两个力，斜面体对木块的作用力是支持力和摩擦力的合力，根据平衡条件可知，支持力和摩擦力的合力与重力mg大小相等，所以斜面体对木块的作用力大小为mg，故B正确．C、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡，故桌面对斜面体的支持力为N=（M+m）g，静摩擦力为零，故C错误；D、物体静止在斜面上，有：mgsinθ≤μmgcosθ；如果只是增大滑块的质量，依然有：mgsinθ≤μmgcosθ；故滑块依然保持平衡；故D错误；故选：B．点评：本题关键灵活地选择研究对象，运用隔离法和整体法结合求解比较简单方便．3．如图所示为一质点做直线运动的速度﹣时间图象，下列说法中正确的是( )A．整个运动过程中，CE段的加速度最大B．整个运动过程中，BC段的加速度最大C．整个运动过程中，质点在C点的状态所对应的位置离出发点最远D．OA段所表示的运动通过的路程是25m考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：（1）v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大；（2）图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负．（3）图象与坐标轴围成的面积表示位移，BC段与时间轴围成的梯形面积表示其运动的路程．解答：解：A、整个过程中，CE段倾斜角最大，故其加速度数值最大，故A正确，B错误；C、从静止到D点的图象与坐标轴围成的面积在时间轴的上方，位移为正，D点以后位移为负，说明此时已经反方向运动了，故D点离出发点最远，故C错误；D、OA段与时间轴围成的三角形面积为S=．故D错误．故选：A点评：本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题．4．甲乙两个质点同时同地向同一方向做直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是( )A．乙追上甲时距出发点40 m远B．甲的平均速度始终大于乙的平均速度C．乙比甲始终运动得快D．2 s末乙追上甲考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：通过图象可以发现甲和乙的运动性质以及乙的加速度，根据v﹣t图象中图形所包围的面积求解位移去比较．解答：解：A、4s末乙追上甲，距出发点40m远，故A正确；B、0﹣4s内，x甲=40m，x乙=40m，0﹣4s内，甲的平均速度等于乙的平均速度，故B错误；C、从v﹣t图象中可以看出0﹣2s内，v甲＞v乙，2﹣4s内，v甲＜v乙，故C错误；D、2s末甲乙的速度相等，位移不相等，故D错误．故选：A．点评：该题目考查了v﹣t图象的物理意义，可以通过图形所包围的面积求解位移．5．下列说法中正确的是( )A．加速度增大，速度一定增大B．速度为零，加速度也一定为零C．速度变化越快，加速度越大D．速度变化越大，加速度越大考点：加速度．分析：加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度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．解答：解：A、若加速度方向与速度方向相反，加速度增大，速度减小，故A错误．B、速度为零，速度的变化率不一定为零，加速度不一定为零，比如自由落体运动的初始时刻，速度为零，加速度不为零，故B错误．C、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故C正确．D、速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关．二、本题共6小题，每小题5分，共30分．每小题给出的四个选项中，有二个选项符合题目要求，全选对的得5分，只选一个且正确的得2分，选错、不答的得0分．请将答案涂在答题卡上．6．关于惯性，下述哪些说法是正确的( )A．惯性除了跟物体质量有关外，还跟物体速度有关B．物体只有在不受外力作用的情况下才能表现出惯性C．乒乓球可快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故D．战斗机投人战斗时，必须丢掉副油箱，减小惯性以保证其运动的灵活性考点：惯性．专题：常规题型．分析：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．解答：解：A、惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．故A错误；B、惯性是物体的固有属性，任何物体在任何情况下都有惯性，故B错误；C、乒乓球可快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故，故C正确；D、战斗机投人战斗时，必须丢掉副油箱，减小质量，减小惯性以保证其运动的灵活性．故D正确；故选：CD．点评：考查了学生对惯性的理解，学生要牢固掌握惯性的大小只与质量有关，质量是物体惯性大小的度量．7．如图所示，在水平力F的作用下，A、B相对水平面保持静止，下列说法正确的是( )A．A、B间的摩擦力等于2F B．A、B间的摩擦力等于FC．B与水平面间摩擦力等于零D．B与水平面间摩擦力等于F考点：滑动摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：对物体A分析，根据平衡条件判断A受到的静摩擦力；对AB整体受力分析，根据平衡条件判断其与地面间的静摩擦力．解答：解：A、B、对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，有：f=F；故A错误，B正确；C、D、对AB整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向两个拉力也平衡，故不受地面的静摩擦力，故B与水平面间摩擦力等于零，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题关键是采用隔离法和整体法选择研究对象，受力分析后根据平衡条件判断静摩擦力的有无和大小，基础题目．8．放在光滑水平面上的物体受到水平向右的力F1和水平向左的力F2，原先F1＞F2，物体从静止开始向右运动后，在F1的大小逐渐减小，直到等于F2的过程中，下列说法正确的是( )A．物体向左运动，速度逐渐增大B．物体向右运动，速度逐渐增大C．物体向右运动，速度逐渐减小D．物体向右运动，加速度逐渐减小考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：根据牛顿第二定律得出加速度的变化，根据合力的方向确定加速度的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．解答：解：F1＞F2，知合力方向向右，物体从静止开始向右运动后，F1的大小逐渐减小到F2的过程中，则合力逐渐减小，加速度逐渐减小，由于加速度的方向与速度方向相同，则速度逐渐增大，故B、D正确，A、C错误．故选：BD．点评：解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度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．9．升降机地板上水平放置一完好的盘秤，现往盘秤上放一质量为m的物体，当秤的示数为0.8mg时，升降机可能做的运动是( )A．加速上升B．减速下降C．减速上升D．加速下降考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据物体的受力情况判断物体加速度方向，然后判断升降机的运动状态．解答：解：托盘秤的读数为0.8mg，物体受到的支持力竖直向上为0.8mg，则物体受到的合力为mg﹣0.8mg=0.2mg，方向：竖直向下，则物体的加速度竖直向下，则升降机可能竖直向下做匀加速运动，或竖直向上做匀减速运动，故CD正确，AB错误；故选：CD点评：根据题意判断出加速度的方向，然后判断物体的运动性质即可正确解题．10．a、b两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中，下列说法正确的是( )A．a、b的速度之差保持不变B．a、b的速度之差与时间成正比C．a、b的位移之差与时间成正比D．a、b的位移之差与时间的平方成正比考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据速度时间公式求出速度之差，根据位移时间公式求出位移之差，从而分析判断．解答：解：设两个物体的加速度为a，初速度分别为v1、v2，A、a、b的速度之差△v=（v1+at）﹣（v2+at）=v1﹣v2，可知a、b的速度之差保持不变．故A正确，B错误．C、a、b的位移之差=（v1﹣v2）t，可知a、b的位移之差与时间成正比．故C正确，D错误．故选：AC．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和位移时间公式，并能灵活运用．11．将一个已知力F分解为两个力，按下列条件可以得到唯一结果的有( )A．已知两个分力的方向（并且不在同一直线上）B．已知两个分力的大小C．已知一个分力的大小D．已知一个分力的大小和方向考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：力的分解中有唯一解的可能只有两种，一是知道两个分力的方向，二是知道其中一个分力的大小及方向．解答：解：力的分解中如果只知道合力的话，会有无数的解；通过作图可知，若知道两分力的方向只能作出唯一一个平行四边形，故只有一组解；已知两力的大小，可以有两组解（互换方向）；已知一个力的大小，有无数组解；已知一个分力的大小和方向，只有一组解；故AD正确，BC错误；故选：AD．点评：力的分解有唯一解应作为结果记忆，其来源是根据平行四边形的性质通过作图得出的，故可以要自己动手做一下，才能牢固掌握．三、本题共6小题，共55分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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．12．在“验证平行四边形定则”的实验中．①需要将橡皮筋的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳．实验中需要两个弹簧秤分别钩住绳索，并互成角度地拉橡皮筋．某同学认为此过程中必须注意以下几项；A．两细绳必须等长B．橡皮筋一定要与两绳夹角的角平分线在同一直线上C．在使用弹簧秤时要注意弹簧秤与木板平行其中正确的是C．（填相应的字母代号）②用M、N两个弹簧秤通过细线拉橡皮筋的结点，使其到达O点，此时α+β=90°，然后保持M的示数不变，而使α角减小，为保持结点位置不变，下列方法可行的是A．（填相应的字母代号）A．减小N的示数同时减小β角B．减小N的示数同时增大β角C．增大N的示数同时增大β角D．增大N的示数同时减小β角．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行．要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法．解答：解：①A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故B错误；C、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，否则会影响力的大小．故C选项正确；故选：C．②要保证结点不动，应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，M方向向合力方向靠拢，则N的拉力应减小，同时应减小β角；故选：A故答案为：①C ②A点评：在此实验中重点是作出力的图示，这样才能得以验证力的平行四边形，所以细线的方向与弹簧秤的示数是关键．13．在测定匀变速直线运动加速度的实验中．①请将以下步骤的代号按合理顺序填写在横线上BECADF．A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，后放开纸带；B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路；C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着重量适当的钩码；D．断开电源，取下纸带；E．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔；F．换上新的纸带，再重复做两三次．②某次实验中纸带的记录如图所示，图中前几个点模糊，因此从A点开始每打5个点取1个计数点，已知打点计时器的电源频率是50Hz，则小车通过D点时的速度是2.48m/s，小车运动的加速度是6.18m/s2．（结果保留三位有效数字）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：在测定匀变速直线运动的加速度的实验中，既可以平衡摩擦力，也可以不平衡摩擦力，结合做实验的步骤把顺序排列．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．解答：解：①在测定匀变速直线运动的加速度的实验中，具体的实验步骤为：将打点计时器固定在平板上并接好电路，然后平衡摩擦，将平板一端抬高轻推小车，使小车恰能做匀速运动，将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔，用一条细绳拴住小车，细绳跨过定滑轮，下面吊适当的钩码，拉住纸带，将小车移到靠近打点计时处，先接通电源，然后放开纸带，断开电源取下纸带，换上新的纸带，再重复做三次．所以合理顺序为：B E C A D F②从A点开始每打5个点取1个计数点，相邻的计数点之间的时间间隔是0.1s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，v D==2.48m/s根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小a==6.18m/s2．故答案为：①B E C A D F ②2.48；6.18点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．14．从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对在斜面上滑动的小球拍下照片，如图所示，测得S AB=15cm，S BC=20cm，试求：（1）小球的加速度；（2）拍摄时B球的速度V B；（3）拍摄时S CD；（4）A球上面滚动的小球还有几颗？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：由题，S AB=15cm，S BC=20cm，小球通过AB、BC两段位移所用的时间相等，由△S=aT2求解加速度；B球的速度v B等于AC段上的平均速度，由求解．在连续相等时间内的位移之差是一恒量，有s CD﹣s BC=s BC﹣s AB．根据该关系CD间的距离．由v B=v A+aT求出A点小球的速度v A，由v A=at A，求出A球运动的时间，即可知道A球上面滚动的小球还有几颗．解答：解：（1）由△S=aT2得a===5m/s2（2）B球的速度v B等于AC段上的平均速度，即有：==1.75m/s（3）由于相邻相等时间的位移差恒定，即s CD﹣s BC=s BC﹣s AB所以s CD=2s BC﹣s AB=25cm=0.25m（4）设A点小球的速率为v A，根据运动学关系有：v B=v A+aT所以：v A=v B﹣aT=1.25m/s故A球的运动时间：=故A球的上方正在滚动的小球还有2个．答：（1）小球的加速度为5m/s2；（2）拍摄时B球的速度为1.75m/s；（3）拍摄时S CD=0.25m；（4）A球的上方正在滚动的小球还有2个．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的两个重要推论，1、匀变速直线运动中，在连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2．2、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即：．15．将一轻质橡皮筋（劲度系数k=100N/m）上端固定在天花板上，如下图（甲）所示．（1）在其下端A处用细线悬挂重为10N的木块，静止后如图（乙）所示，则橡皮筋的伸长量x1=？（2）再用一细线拴在图（乙）中的A处，然后用一水平的力F向右拉动，使橡皮筋与竖直方向成37°角，并保持静止，如图（丙）所示．求所加外力F的值和此时橡皮筋的伸长量x2．（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）考点：胡克定律；共点力平衡的条件及其应用．分析：（1）由胡克定律可求得伸长量；（2）对A点受力分析，由共点力平衡条件可求得力F及橡皮筋受到的力，再由胡克定律可求得伸长量．解答：解：（1）由胡克定律可得：x1=…①将数据代入①式解得：x1=0.1m…②（2）对丙图中橡皮筋末端A点进行受力分析，可得：F=Gtan37°…③F′=…④将数据代入③④式解得：F=7.5N…⑤F′=12.5N…⑥由胡克定律可得：x2=…⑦将数据代入⑦式解得：x2=0.125m答：（1）橡皮筋的伸长量为0.1m；（2）所加外力F的值为12.5N；此时橡皮筋的伸长量x2为0.125m点评：本题考查共点力的平衡条件及胡克定律，要注意明确研究对象为结点A．16．昆明市西山区团结乡建有滑草场．可将其看成倾角θ=30°的斜面，一游客连同滑草装备的总质量为m=80kg，他从静止开始匀加速下滑，在t=5s时间内沿直线滑下x=50m（不计空气阻力，取g=10m/s2，结果保留2位有效数字）（1）游客连同装备下滑过程中受到的摩擦力F为多大？（2）滑草装置与草地之间的动摩擦因数μ为多大？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）游客连同装备下滑过程中，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，先由时间、初速度和位移，由运动学位移公式求出加速度，再由根据牛顿第二定律列方程求解摩擦力F．（2）滑草装置对斜面的压力大小等于mgcos30°，由滑动摩擦力公式求出μ．解答：解：（1）据运动学公式①由牛顿第二定律得mgsin30°﹣F=ma ②由①②解得F=80N（2）F=μF N=μmgcos30°解得μ=0.12答：（1）游客连同装备下滑过程中受到的摩擦力F为80N；（2）滑草装置与草地之间的动摩擦因数μ为0.12．点评：本题是简单的动力学第二类问题，关键是求解加速度，加速度是联系力与运动的桥梁，在这类问题中是必求的量．17．在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图a所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F f随拉力F的变化图象，如图b所示．已知木块质量为0.8kg．取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．（1）求木块与长木板间的动摩擦因数0.4．（2）若木块在与水平方向成37°角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图c所示．拉力大小应为4.5N N．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：（1）根据图（b）可以求出木块所受滑动摩擦力大小，然后根据F f=F Nμ可以求出木块与长木板间的动摩擦因数；（2）对木块进行受力分，根据其运动状态可知其竖直方向上合外力为零，水平方向合外力提供加速度，由此列方程可正确解答．解答：解：（1）由（b）图可知，木块所受到的滑动摩擦力：F f=3.12N由F f=μF N得：μ===0.4，故μ=0.4．（2）物体受重力G、支持力F N、拉力F和摩擦力F f作用．将F分解为水平和竖直两方向，根据牛顿运动定律Fcosθ﹣F f=ma ①Fsinθ+F N=mg ②F f=μF N③联立①②③各式得：F=4.5N．故答案为：（1）0.4；（2）4.5N．点评：滑动摩擦力大小跟压力大小、接触面粗糙程度有关，跟物体受到的拉力大小、物体的运动速度都没有关系；正确受力分析，根据运动状态列方程求解．。