福建省莆田市哲理中学2014_2015学年高一物理上学期期末考试试卷(含解析)

福建省莆田市哲理中学2014-2015学年高一上学期期末物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．“嫦娥二号”于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，点火后1533秒时，火箭将加速到10.9km/s，这个速度就是奔月速度．此时，“嫦娥二号”在某一高度完成星箭分离，并获得了圆满成功．下列说法正确的是( )A．研究卫星绕月球运行时，不能把卫星看成质点B．奔月速度10.9km/s是指平均速度C．描述火箭的运动要以火箭本身作为参考系D．18时59分57秒表示的是时刻考点：质点的认识；参考系和坐标系；时间与时刻；平均速度．专题：直线运动规律专题．分析：A、能否把物体看作质点，主要看物体的大小和形状是否影响了我们所研究的问题即可；B、区分瞬时速度还是平均速度；C、考查的是参考系；D、区分时间间隔何时刻；解答：解：A、研究卫星绕月球运行时，卫星的大小和形状不影响了我们所研究的问题，故可以看作质点，A错误．B、奔月速度10.9km/s是指瞬时速度，故B错误．C、描述火箭的运动若依火箭本身作为参考系，就没法描述火箭的运动状态，故C错误．D、18时59分57秒表示的是时间轴上的一点，即时刻，故D正确故选D点评：主要考查基本概念的理解，属于基本题．2．一个物体受到三个共点力的作用，在下列给出的几组力中，能使物体处于平衡状态的是( )A．F1=3N F2=4N F3=2N B．F l=3N F2=1N F3=5NC．F1=2N F2=5N F3=10N D．F l=5N F2=7N F3=13N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：物体处于平衡状态时，合力为零，任意两个力的合力与第三个力大小相等，确定出任意两个力的合力范围，判断第三个力能否与之大小，即可判断三个力能否平衡．解答：解：A、F1与F2的合力范围为1N≤F合≤7N，F3=2N和F1与F2的合力大小能相等，则三个力的合力能为零，能使物体处于平衡状态．故A正确．B、F1与F2的合力范围为2N≤F合≤4N，F3=5N和F1与F2的合力大小不可能相等，则三个力的合力不可能为零，不能使物体处于平衡状态．故B错误．C、F1与F2的合力范围为3N≤F合≤7N，F3=10N和F1与F2的合力大小不可能相等，则三个力的合力不可能为零，不能使物体处于平衡状态．故C错误．D、F1与F2的合力范围为2N≤F合≤12N，F3=13N和F1与F2的合力大小不可能相等，则三个力的合力不可能为零，不能使物体处于平衡状态．故D错误．故选A点评：本题一要掌握两个力F1与F2的合力范围为|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2，二要掌握共点力平衡条件及推论．3．我国“神舟”系列飞船均由长征运载火箭发射，请回答火箭发射和神舟飞船回收的有关问题，下面说法正确的是( )A．火箭加速发射升空阶段，飞船内座椅对人的支持力大于人对座椅的压力B．火箭加速发射升空阶段，飞船内人对座椅的作用力大于人的重力C．神舟飞船减速下降阶段，人对座椅的压力小于座椅对人的支持力D．神舟飞船减速下降阶段，人对座椅的压力小于人的重力考点：超重和失重；牛顿第三定律．分析：超重时，物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于重力，根据牛顿第二定律，物体受到向上的合力，加速度方向向上；失重时，物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力小于重力，根据牛顿第二定律，物体受到向下的合力，加速度方向向下．由牛顿第三定律判断压力与支持力的关系．解答：解：A、座椅对人的支持力和人对座椅的压力为作用力与反作用，故大小一定相等；故AC错误．B、火箭上升的加速度方向向上，超重，宇航员对座椅的压力大于其重力，故B正确；D、飞船减速时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，故D错误故选：B．点评：本题考查超重与失重及牛顿第三定律的内容；要注意明确加速度向上即超重；加速度向下即失重．4．讨论力F在下列几种情况下做功的多少( )①用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s．②用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s．③斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿斜面向上推进了s．A．③做功最多B．②做功最多C．做功相等D．不能确定考点：功的计算．专题：压轴题；功的计算专题．分析：根据功的定义式W=Flcosθ求解．功等于运动物体受到的力和在力的方向上通过的距离的乘积．解答：解：①用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s．W1=Fs②用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s．W2=Fs③斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿斜面向上推进了s．W3=Fs故选C．点评：此题考查的是对做功包含的两个必要条件的理解，属于基础题．5．甲、乙两质点同时、同地点向同一方向作直线运动，它们的图象如图所示，则( )A．乙始终比甲运动得快B．乙在2s末追上甲C．乙追上甲时距出发点40m远D．乙在4s内的平均速度大于甲的速度考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：v﹣t图象中每点的坐标表示物体的速度；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．解答：解：A、由图可知2s前甲比乙速度大，2s后乙比甲速度大；故A错误；B、由图象可知，2s时甲的位移大于乙的位移，且位移相差最大，说明乙没有追上甲；故B 错误；C、t=4s时刻甲、乙与时间轴围成的面积相等，故说明二者位移相等，此时乙追上甲，此时质点离出发点的距离为 x=v甲t=10×4m=40m；故C正确；D、由于在4s内两个质点的位移和时间都相等，所以平均速度相等，故D错误．故选：C．点评：本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进行分析处理．6．一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为( ) A．B．C．D．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式分析即可．解答：解：物体从H高处自由下落，经时间t落地，根据位移时间关系公式，有：H=经过时间，有：h=故h=离地高度为H﹣h=故选：C．点评：本题关键是明确物体的运动规律，然后自由落体运动的位移时间关系公式列式求解，基础题．7．一辆汽车以20m/s的速度沿平直公路行驶，当汽车以5m/s2的加速度刹车后作匀减速直线运动，则从刹车开始计时，6s内汽车的位移为( )A．120m B．90m C．40m D．30m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后6s内的位移．解答：解：汽车速度减为零的时间为：，则6s内的位移等于4s内的位移，得：x=，故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动．8．如图所示，用力F把铁块压紧在竖直墙上不动，那么，当F增大时（设铁块对墙的压力为N，物体受墙的摩擦力为f）下列说法正确的是( )A．N增大，f不变B．N增大，f增大C．N变小，f不变D．关于N和f的变化，以上说法都不对考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：对物体进行受力分析，作出力图，根据平衡条件，得到N与F的关系、f与G的关系，再分析F逐渐增大时，N和f如何变化．解答：解：对物体进行受力分析：重力G、墙的支持力N′和摩擦力f、压力F，作出力图，如图所示，由于铁块压在竖直墙上不动，则根据平衡条件得：N′=F，f=G则知，当F逐渐增大时，N′增大，而f不变，由牛顿第三定律得知，铁块对墙的压力N=N′，则N也增大．故选：A．点评：本题是简单的动态平衡问题，分析受力情况、作出力图是解题的关键．9．如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，则有( )A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力先减小后增大C．档板对小球的弹力先减小后增大D．档板对小球的弹力先增大后减小考点：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：以小球为研究对象，分析受力情况，运用图解法分析斜面对球的支持力和挡板对球的弹力如何变化．解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、斜面的支持力N和挡板的弹力F，如图．当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球的合力近似为零，根据平衡条件得知，N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的合成图，由图看出，斜面对球的支持力N逐渐减小，档板对小球的弹力先减小后增大，当N与F 垂直时，弹力F最小．故C正确，ABD错误．故选C点评：本题运用图解法研究动态平衡问题，分析受力情况是基础，也可以运用函数法分析．10．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为( )A．伸长量为tanθB．压缩量为tanθC．伸长量为D．压缩量为考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．分析：先对小球受力分析，结合运动情况求出合力，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再对物体受力分析，求出合力后确定弹簧弹力．解答：解：对小球受力分析，如图由几何关系F合=m2gtanθ由牛顿第二定律a==gtanθ车向左加速或向右减速对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律F弹=m1gtanθ物体受向左的弹力结合胡克定律可知弹簧的伸长量为tanθ故选A．点评：仅仅对物体受力分析，有时无法求出合力，本题中还必须要结合物体的运动情况进行受力分析，才能得到明确的结论．二、实验题：（每空2分，共20分）11．“研究共点力的合成”的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．①图乙中的F是力F1和F2的合力的理论值；F′是力F1和F2的合力的实际测量值；②本实验采用的科学方法是CA．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法③在实验中，如果其它条件不变仅将细绳换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：不变；（选填“变”或“不变”）④为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，你认为下列说法或做法能够达到上述目的是AD．A．使用弹簧测力计前应将测力计水平放置，然后检查并矫正零点B．两个分力F1、F2间夹角应越大越好C．标记拉力方向时，要用铅笔仅靠细绳沿细绳移动铅笔画出D．同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：在实验中F和F′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答，本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”，为了使两根弹簧秤拉力的作用效果与一根弹簧秤拉力的作用效果相同，两次橡皮条伸长的长度相同，且拉到同一个结点，为了减小实验误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记方向的两点要远些，为了减小实验误差，用测力计拉细绳套时，拉力应沿弹簧的轴线，且与水平板平行，因此正确解答本题的关键是：理解实验步骤和实验目的，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义．解答：解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差．（2）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故选C．（3）如果将细线也换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化．（4）解：A、为了读数准确，在进行实验之前，一定要对弹簧进行校对零点，故A正确；B、在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差即可，并非越大越好，若夹角很大，则合力很大，会使一根弹簧拉时超过量程，故B错误；C、标记拉力方向时，沿着绳子方向点上一个点，撤去拉力后，连接O点与该点即为拉力方向，故C错误；D、在实验中必须确保橡皮筋拉到同一位置，即一力的作用效果与两个力作用效果相同，故D正确．故选：AD．故答案为：（1）F F′（2）C；（3）不变（4）AD点评：在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．12．在《探究加速度与合力、质量的关系》的实验中：（1）电火花打点计时器，它使用交流电源（填“直流”或“交流”）．（2）实验前，先在长木板下面远离定滑轮的一端垫上小木块，并做适当调整，使放在长木板上的小车恰好做匀速直线运动，然后才开始实验，这样的目的是平衡摩擦力．（3）实验过程中，小车质量应远大于所挂重物质量．（远小于、远大于、等于）（4）某同学根据实验数据画出a﹣F图线，如图1所示．图线的延长线没有过坐标原点，可能原因是没有平衡摩擦力或平衡不足．（5）实验中打点计时器所使用的电源频率为50Hz，图2中给出的是实验中获取的纸带的一部分：1、2、3、4、5是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点未标出，由该纸带可求得小车的加速度a=1.07m/s2．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．分析：（1）电火花计时器和电磁打点计时器一样，工作时使用交流电源，当电源的频率是50Hz时，每隔0.02s打一次点；（2）实验前要平衡摩擦力，方法是：把长木板没有定滑轮的一端垫高，小车在长木板上能够做匀速直线运动；（3）平衡摩擦力后，可认为细绳对小车的拉力F等于砝码和小桶的总重力，需满足的条件是砝码和小桶的总质量远远小于小车的总质量；（4）实验时要平衡摩擦力，不平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于线的拉力，a﹣F图象不过原点，在F轴上有截距；平衡摩擦力时如果木板垫得过高，过平衡摩擦力，在小车受到的合力大于线的拉力，a﹣F图象不过原点，在a轴上有截距；（5）打点计时器所使用的是交流电源．电源的频率为50Hz时，每隔0.02s打一个点．根据逐差法可求出加速度的数值．解答：解：（1）电火花计时器和电磁打点计时器一样，工作时使用交流电源，当电源的频率是50Hz时，每隔0.02s打一次点．（2）实验前，先在长木板下面远离定滑轮的一端垫上小木块，并做适当调整，使放在长木板上的小车恰好做匀速直线运动，然后才开始实验，这样的目的是平衡小车受到的摩擦力．（3）平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律，有对重物，有 mg﹣F=ma对小车，有 F=Ma解得 F=mg当m＜＜M时，F≈mg，即当砝码和小桶的总质量远远小于小车的总质量时，可认为细绳对小车的拉力F等于砝码和小桶的总重力．（4）由图示a﹣F图象可知，图线不过原点，在F轴上有截距，这说明当拉力大到一定程度时，小车所受合力才不为零，才有加速度，这可能是：没有平衡摩擦力或平衡不足造成的．（5）打点计时器所使用的是交流电源．电源的频率为50Hz时，每隔0.02s打一个点．因每相邻两计数点间还有4个打点未标出，所以每两个计数点间的时间间隔是：T=5×0.02s=0.1s 根据作差法得：a==1.07m/s2故答案为：（1）交流；（2）平衡摩擦力；（3）远大于；（4）没有平衡摩擦力或平衡不足；（5）1.07点评：在探究加速度与力、质量的关系实验中，首先掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．三、计算题：（本题共3小题，共40分，解答时应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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值及单位．）13．用两根绳子吊起一个重物，物体的重力为G=100N，如图所示（sin37°=0.6，sin53°=0.8）求：（1）AO绳所受的拉力F1和BO绳所受的拉力F2分别为多少？（2）如果绳AO和绳BO能承受的最大拉力都是200N，若逐渐增加物体重力，则AO和BO那根绳子先断？为什么？考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对O点受力分析，受三个拉力，根据平衡条件求解AO绳所受的拉力F1和BO绳所受的拉力F2；（2）假设两绳均不被拉断，分析O点受力情况，由平衡条件求出当AO绳的拉力达到最大时，BO绳的拉力，判断哪个绳先断．解答：解：（1）对O点受力分析，如图所示：根据平衡条件，AO绳的拉力为：F1=Gsin53°=100×0.8=80NBO绳的拉力为：F2=G cos53°=100N×0.6=60N（2）由于，故AO绳子的拉力大，AO绳先断；答：（1）AO绳所受的拉力为80N，BO绳所受的拉力为60N；（2）如果绳AO和绳BO能承受的最大拉力都是200N，若逐渐增加物体重力，则AO绳子先断，因为AO绳子的拉力大．点评：本题运用假设法和图解法，比较两绳在不被拉断的情况下拉力的大小，判断哪根绳先断．14．一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，运动一段时间后关闭发动机，汽车又运动了2s停止，汽车运动图象如图所示，已知汽车的质量m=2×103kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：（1）汽车前4秒的加速度大小；（2）汽车从开始运动到停止运动的位移；（3）汽车牵引力的大小．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）在v﹣t图象中斜率代表加速度．（2）在v﹣t图象中位移为与时间轴所围面积（3）求出匀减速运动的加速度，然后根据牛顿第二定律即可求出汽车所受阻力．汽车牵引力恒定，因此开始做匀加速直线运动，根据运动规律求出加速时的加速度，然后依据牛顿第二定律求解解答：解：（1）汽车开始做匀加速直线运动，所以有：a=．（2）在v﹣t图象中位移为与时间轴所围面积故x=（3）汽车滑行减速过程加速度：设阻力大小为F f，由牛顿第二定律有：﹣F f=ma2解得F f=4×103 N故汽车运动过程中所受到的阻力大小4×103 N．由牛顿第二定律有：F﹣F f=ma解得F=F f+ma1=6×103 N．故汽车牵引力的大小为6×103 N．答：（1）汽车前4秒的加速度大小为1m/s2；（2）汽车从开始运动到停止运动的位移为12m；（3）汽车牵引力的大小6×103 N．点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，因此在力与运动问题的分析中正确分析物体加速度的变化是至关重要的．15．如图所示，长L=6m的水平传输装置，在载物台左端物块以初速度v0=3m/s滑入传送带．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，求：（1）当传送带静止时，物块在传送带上运动的加速度a大小；（2）当传送带静止时，物块滑上传送带向右运动的最远距离s；（3）当传送带以恒定的速率v=6m/s沿顺时针方向匀速转动时，物块从滑上传送带到离开传送带所经历的时间t．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．分析：（1）对物体受力分析，物体只受摩擦力的作用，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；（2）由位移公式可以求得物体在传送带上的位移；（3）物体的速度小于传送带的速度，物体要受到传送带给物体的向前的摩擦力的作用，由牛顿第二定律和位移公式可以求得物体离开传送带所经历的时间．解答：解：（1）当传送带静止时，物块受力分析如图a所示，则由牛顿第二定律可得：﹣μmg=ma所以a=﹣μg=﹣5 m/s2，所以加速度的大小为5 m/s2．（2）由匀变速直线运动公式：V t2﹣V02=2as，可得 s==0.9m，所以当传送带静止时，物体滑上传送带向右运动的最远距离为0.9m（3）当传送带以恒定的速率v=6m/s沿顺时针方向匀速转动时，物块速度比传送带速度小，故受到摩擦力向右，如图b所示．则物块的加速度为：μmg=ma′所以a′=5m/s2设物块达到传送带速度的时间为t1：t1==s=0.6s这段时间物块通过的位移为S1：S1==m=2.7m故物块先匀加速后与传送带共速，最后从右边离开传送带，设共速后运动的时间为 t2，可得：t2==s=0.55s，综上所述，物体从滑上传送带到离开传送带所经历的时间t：t=t1+t2=0.6s+0.55s=1.15s答：（1）当传送带静止时，物块在传送带上运动的加速度a大小为5m/s2 ；（2）当传送带静止时，物块滑上传送带向右运动的最远距离s为0.9m；（3）物体离开传送带所经历的时间为1.15s．点评：传送带静止和运动时物体受到的摩擦力是不一样的，物体的运动的情况也不一样，分析清楚物体的运动的情况，逐步求解即可．。