陕西省山阳中学2019-2020学年高一物理上学期期中试题(含解析)

陕西省山阳中学2019-2020学年高一物理上学期期中试题（含解析）
一、选择题
1.下列各组物理量中，都是矢量的是（）
A. 位移、时间、速度
B. 加速度、速度、速率
C. 路程、时间、位移
D. 加速度、速度、位移
【答案】D
【解析】
【详解】A．位移、速度是矢量，时间是标量，选项A错误；
B．加速度、速度是矢量，速率是标量，选项B错误；
C．路程、时间是标量，位移是矢量，选项C错误；
D．加速度、速度、位移都是矢量，选项D正确。

2.伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，这就是（）
A. 对自然现象进行总结归纳的方法
B. 用科学实验进行探究的方法
C. 把科学实验和逻辑推理（包括数学演算）相结合的方法
D. 对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法
【答案】C
【解析】
【详解】伽利略对自由落体的研究，应用逻辑推理得出：重物与轻物下落一样快。

伽利略通过铜球从斜面滚下的实验，运用数学知识进行分析推导得到自由落体运动是匀加速直线运动。

所以，伽利略开创了抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法。

A．对自然现象进行总结归纳的方法，与结论不相符，选项A错误；
B．用科学实验进行探究的方法，与结论不相符，选项B错误；
C．把科学实验和逻辑推理（包括数学演算）相结合的方法，与结论相符，选项C正确；D．对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法，与结论不相符，选项D错误；
3.下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）
A. 物体的速度越大，加速度也越大
B. 物体的速度为零时，加速度也为零
C. 物体的速度变化量越大，加速度越大
D. 物体的速度变化越快，加速度越大
【答案】D
【解析】
【详解】物体的速度越大，加速度不一定越大，例如高速飞行的子弹加速度为零，选项A 错误；物体的速度为零时，加速度不一定为零，例如竖直上抛的物体到达最高点时，选项B
错误；根据
∆
=
∆
v
a
t
可知，物体速度的变化量越大，加速度不一定越大；加速度是速度的变
化率，物体速度变化越快，加速度越大，选项C错误，D正确；故选D.
4.如图所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点。

一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出。

物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是( )
A. 物块的惯性减小
B. 在a位置，物块的惯性为零
C. 物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等
D. 在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力
【答案】C
【解析】
【详解】惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与运动状态无关，故AB错误；物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力是一对作用力与反作用力，所以总是大小相等，故C正确，D错误。

所以C正确，ABD错误。

5.轻弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡时弹簧伸长了4 cm。

若将重物向下拉1 cm后放手，则重物在刚释放的瞬间的加速度是( )
A. 2.5 m/s2
B. 7.5 m/s2
C. 10 m/s2
D. 12.5
m/s2
【答案】A
【解析】
【详解】假设弹簧的劲度系数k，第一次弹簧伸长了x1=4cm，第二次弹簧伸长了x2=5cm，
第一次受力平衡：
kx1=mg
重物在刚释放的瞬间由牛顿第二定律得：
kx2-mg=ma
解得：
a=2.5m/s2
A．2.5 m/s2，与结论相符，选项A正确；
B．7.5 m/s2，与结论不相符，选项B错误；
C．10 m/s2，与结论不相符，选项C错误；
D．12.5 m/s2，与结论不相符，选项D错误；
6.如图所示，小球系在细绳的一端，放在倾角为的光滑斜面上，用力将斜面在水平桌面上缓慢向左移动，使小球缓慢上升（最高点足够高），那么在斜面运动的过程中，细绳的拉力将 ( )
A. 先增大后减小
B. 先减小后增大
C. 一直增大
D. 一直减小
【答案】B
【解析】
试题分析：将斜面在水平桌面上缓慢地向左推移，所以小球始终处于平衡状态，受力分析并合成如图：
由平衡条件得：F′=G，即：支持力N 和拉力T 的合力大小和方向均不发生变化．
当斜面在水平桌面上缓慢地向左推移时，细线与竖直方向的夹角逐渐变大，T 的方向发生变化，画出平行四边形如图所示：
由图看出：拉力先减小后变大，支持力一直在变大
故选：B
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用。

【名师点睛】本题是物体动态受力平衡的应用之一：动态平衡分析，常用的方法是解析式法和画图法，本题应用画图法分析，将斜面在水平桌面上缓慢地向左推移，所以小球始终处于平衡状态，逐渐改变拉力的方向，由矢量三角形分析即可。

7.如图所示，放在光滑水平面上的物体A 和B ，质量分别为2m 和m ，第一次水平恒力F 1作用在A 上，第二次水平恒力F 2作用在B 上．已知两次水平恒力作用时，A 、B 间的作用力大小相等．则( )
A. F 1<F 2
B. F 1＝F 2
C. F 1>F 2
D. F 1>2F 2
【答案】C
【解析】 设A 、B 间作用力大小为N F ，则水平恒力作用在A 上时，隔离B 受力分析有：N B F ma ＝，整体有：1(2)B F m m a ＝＋，水平恒力作用在B 上时，隔离A 受力分析有：N A F ma ＝，整体有：2(2)A F m m a ＝＋，解得：13N F F =，2N F F =，所以123F F =，故C 正确，ABD 错误。

8.关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是( )
A. 它是通过实验直接得到的
B. 它的得出过程体现了科学研究的方法
C 牛顿第一定律说明了物体不受外力作用时的运动规律
D. 它揭示了力是产生加速度的原因
【答案】BCD
【解析】
牛顿总结了前人的经验，指出了加速和减速的原因，并指出了这个原因跟运动的关系，不是通过实验直接得到的，它的得出过程体现了科学研究的方法，故A错误，B正确；牛顿第一定律说明了物体不受外力作用时的运动规律，故C正确；牛顿第一定律指出：外力可以迫使物体改变匀速运动状态或静止状态，即力是产生加速度的原因，故D正确。

所以BCD正确，A错误。

9.为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程式的录像带，测得：运动员在前 7s 跑了 61.6m，跑到终点共用 10.8s，则：（）
A. 运动员在百米全过程的平均速度大约是 9.26m/s
B. 运动员在前 7s 的平均速度是 8.8m/s
C. 运动员在 7s 末的瞬时速度是 8.8m/s
D. 运动员在百米的终点冲刺速度为 9.26m/s
【答案】AB
【解析】
【分析】
平均速度是表示物体在某段时间内的平均快慢程度的物理量，等于该段时间内总位移与总时间的比值，不同的时间段，平均速度往往不同。

【详解】A、运动员在百米全过程的平均速度大约是
100
9.26/
10.8
x m
v m s
t s
==≈，故A正确；
B、运动员在前7s的平均速度是
'
'
'
61.6
8.8/
7
x m
v m s
t s
==≈，故B正确；
C、瞬时速度是某个时刻的速度，可以用极短时间内的平均速度代替，条件不足，无法求解7s末时刻速度和通过终点的速度，故CD错误。

【点睛】本题关键是明确平均速度和瞬时速度的物理意义，平均速度与一段时间或一段位移对应，不同的时间段平均速度通常不同，瞬时速度为某一位置或某一时刻的速度。

10.以v0="12" m/s的速度匀速行驶的汽车，突然刹车，刹车过程中汽车以a =－6 m/s2的加速度继续前进，则刹车后( )
A. 3 s内的位移是12 m
B. 3 s内的位移是9 m
C. 1 s末速度的大小是6 m/s
D. 3 s末速度大小是6 m/s
【答案】AC
【解析】
试题分析：根据公式0v v at =+可得，汽车在2s 末速度为零，在1s 末速度为6m/s ，根据
公式2202v v ax -=可得汽车静止时发生的位移为12m ，所以AC 正确，BD 错误
考点：本题考查了匀减速直线运动的规律
点评：汽车刹车的问题，一定要联系实际，先求出速度为零时的时间，然后再根据相关规律解题，此题是一道易错的题目，错就错在不去计算汽车静止时的时间
11.如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A 静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m 的小物块a 、b ，整个装置处于静止状态。

现给物块b 施加一个水平向右的力F ，使b 缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦)，对此过程说法正确的是(
)
A. b 受到绳的拉力逐渐增大
B. 水平拉力F 逐渐增大
C. 小物块a 受到的摩擦力先增大再减小
D. 小物块a 一定沿斜面缓慢上移
【答案】AB
【解析】
【详解】b 受力平衡，对b 受力分析，如图所示：
设绳与竖直方向的夹角为α，b 缓慢离开直到与竖直方向成30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T 逐渐增大，F 逐渐增大，故AB 正确；对a 受力分析，如图所示：
刚开始T =mg ，a 处于静止状态，则01302
f T mgsin m
g =-=，方向向下，T 增大时，f 增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断a 是否会滑动，故BD 错误。

所以AB 正确，CD 错误。

12.匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v －t 、a －t 图象，可能正确的是( )
A. B. C.
D.
【答案】AC
【解析】
【详解】物块静止放到传送带后，受到重力、支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力，做匀加速运动，速度均匀增大，由v =at 知，v 与t 成正比。

当速度等于传送带速度时，重力的下滑分力可能小于或等于最大静摩擦力，则物块将与传送带一起匀速向下运动，也可能重力的下
滑分力大于最大静摩擦力，物块继续匀加速。

开始阶段的匀加速过程中，由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ=ma ，得 a =μgcosθ+g sinθ，第二个匀加速过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma ′，解得： a ′=gsinθ-μgcosθ，可知，a ′＜a ，故AC 正确，BD 错误。

二、非选择题
13.如图甲为某次实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s ，A 与各点之间的距离如图所示，单位是cm ，纸带的加速度是________ m/s 2
(结果保留3位有效数字)，在验证质量一定时加速度a 和合外力F 的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a —F 图象，其原因是_____________。

【答案】 (1). 1.59 (2). 平衡摩擦力过度
【解析】
【详解】[1]．根据△x =aT 2，运用逐差法得 ()()4561232220.40650.13150.1315 1.59m/s 9901x x x x x x a T ++-++--==≈⨯．
[2]．在a-F 图线中，F =0时，加速度不为零，知长木板垫得过高，或倾角太大，或平衡摩擦力过度．
14.有同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A 和B ，将绳子打一个结点O ，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F TOA 、F TOB 和F TOC ，回答下列问题：
（1）改变钩码个数，实验能完成的是（ ）
A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（）
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
（3）在作图时，你认为图中___________(选填“甲”或“乙”)是正确的．
【答案】 (1). BCD (2). A (3). 甲
【解析】【详解】[1]对O点受力分析OA、OB 、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD。

因此三
个力的大小构成一个三角形。

A.2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；
B.3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。

故B正确；
C.4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。

故C正确；
D.3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡。

故D正确；
[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其
次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA 、OB 、OC 三段绳子的方向，故A 正确，BCD 错误；
[3]以O 点为研究对象，F 3的是实际作用效果在OC 这条线上，由于误差的存在，F 1、F 2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；
15.以25m/s 的初速度从地面竖直上抛一小球，求小球上升的最大高度和小球从抛出到落地所用的时间。

（忽略空气阻力的影响）
【答案】31.25m ；5s 。

【解析】
【详解】小球上升的最大高度
22025m 31.25m 2210
v h g ===⨯ 物体上升到最高点的时间：
0125s 2.5s 10
v t g =
== 小球从抛出到落地所用的时间 125s t t ==
16.如图所示，用一个轻质三角支架悬挂重物，已知AB 杆的左端用铰链固定，且它所能承受的最大压力为2000 N ，AC 绳所能承受的最大拉力为 1000 N ，α＝30°。

为不使支架断裂，求悬挂的重物应满足的条件。

【答案】G ≤500 N。

【解析】
【详解】对结点受力分析杆对结点的力与AC 绳子的拉力的合力一定与重力大小相等方向相反；如图所示：
由几何关系可知AC 的拉力最大，故AC 最先达到最大拉力1000N ；则可知 11000N 500N 2
G Tsin θ==⨯= 即悬挂的重物应满足：
G ≤500 N.
17.如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F ＝8 N 的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g ＝10 m/s 2。

求：
（1）放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
（2）经多长时间两者达到相同的速度；
（3）从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？
【答案】（1）2m/s 2 0.5 m/s 2（2）1s （3）2.1m 。

【解析】
【详解】（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：
a m =μg =2m/s 2
小车的加速度：
20.5?m /s M F mg a M
μ-=＝
（2）由： a m t =υ0+a M t
得：
t =1s
所以速度相同时用的时间为1s ．
（3）在开始1s 内小物块的位移：
21112
m s a t m ＝＝ 最大速度：
υ=at =2m/s
在接下来的0.5s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度： 20.8m/s F
a M m ==+
这0.5s 内的位移： '
'221
1.1m 2s vt at =+=
所以通过的总位移
s =s 1+s 2=2.1m ．。