《吉林省2018-2019学年高一上学期第二次阶段考试物理试题附答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省2018-2019学年高一上学期第二次阶段考试物理试题附答案解析（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、吉林省延边第二中学吉林省延边第二中学 2018-2019 学年高一上学期第二次阶段考试学年高一上学期第二次阶段考试 物理试题物理试题 一、选择题一、选择题 1.关于加速度和速度，以下说法正确的是( ) A. 物体运动的加速度等于 0，则速度一定等于 0 B. 物体具有向东的加速度，则速度的方向也一定向东 C. 同一物体受到的合力越大，则物体的加速度也一定越大 D. 两物体相比，若一个物体的速度变化量较大，则加速度一定较大 【答案】C 【解析】 A、物体的加速度等于零，速度不一定为零，比如匀速直线运动，故 A 错误； B、加速度的方向与速度方向可能相同，可能相反，可能不在同一条直线上，故 B 错
2、误； C、由牛顿第二定律可知，同一物体受到的合力越大，则物体的加速度也一定越大，故 C 正确； D、根据加速度的定义式得知，一个物体的速度变化量比较大，即较大，如果也很大， 那么加速度却比较小，故 D 错误； 故选 C。 2.汽车以 10m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方 15m 处的斑马线上有行人，于是刹 车礼让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为 0.5s。汽车运动的 v-t 图如图所示，则汽 车的加速度大小为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据速度时间图像可以知道，在驾驶员反应时间内，汽车的位移为, 所以汽车在减速阶段的位移 根据 可解得： 故
3、 C 对；ABD 错； 综上所述本题答案是：C 【点睛】驾驶员在发应时间内做匀速运动，根据图像可以求出匀速过程的位移，再利用 求出运动过程中的加速度的大小。 3.空降兵从飞机上跳伞时，为了保证安全着陆，着陆前最后阶段降落伞匀速下落的速度约为 6 m/s.空降兵平时模拟训练时，经常从高台上跳下，则训练用高台的合适高度约为(g取 10 m/s2)( ) A. 0.5 m B. 1.0 m C. 1.8 m D. 5.0 m 【答案】C 【解析】 【详解】根据 v22gh有：，选项 C 正确，ABD 错误。故选 C。 【点睛】本题主要考查了自由落体运动的简单应用，自由落体运动是初速度为 0，加速度为
4、重力 加速度的匀加速直线运动，熟练掌握自由落体运动的规律即可解题 4.如图所示,用细线将 A 物体悬挂在顶板上,B 物体放在水平地面上 A、B 间有一劲度系数为 100N/m 的轻弹簧,此时弹簧伸长了 2cm,已知 A、B 两物体的重力分别是 3N 和 5N，则细线的拉力及 B 对地 面的压力分别是( ) A. 1N 和 0N B. 5N 和 3N C. 5N 和 7N D. 7N 和 7N 【答案】B 【解析】 【详解】以 A 为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡条件有：细线的拉力 T=GA+kx，代入数据 得 T=5N；以物体 B 为研究对象进行受力分析有：FN+kx=GB，代入数据得地
5、面对 B 的支持力 FN=3N， 由牛顿第三定律可知，B 对地面的压力也为 3N，方向竖直向下；故 A、C、D 错误，B 正确。 故选：B 5.下列各图中三角形的三边各代表一个力，以下说法中正确的是（ ） . . . . A. 图中三个力的合力为零 B. 图中三个力的合力为 2F3 C. 图中三个力的合力为 2F1 D. 图中三个力的合力为 2F2 【答案】C 【解析】 【详解】根据三角形定则可知： 中 F1和 F2的合力为 F3，故三力合力为 2F3； 中 F1和 F3的合力为 F2，故三力合力为 2F2； 中 F2和 F3的合力为 F1，故三力合力为 2F1 中 F1和 F2的合力为-F3
6、，故三力合力为 0，故选项 ABD 错误，选项 C 正确。 【点睛】本题考查三角形定则：两分力与合力首尾相连，构成封闭的矢量三角形，合力为零。 6.将一物块分成相等的 A、B 两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子 处于竖直伸直状态，整个装置静止。则下列说法不正确的是( ) A. 绳子上拉力可能为零 B. A 物体可能只受两个作用力 C. 地面与物体间可能存在摩擦力 D. AB 之间可能存在摩擦力 【答案】C 【解析】 【详解】由题：AB 若接触面光滑，AB 间没有摩擦力。对 A 分析：A 受到重力和绳子的拉力，B 对 A 没有支持力，根据平衡条件得知，拉力与 A 的重力
7、大小相等；若接触面粗糙，当 AB 间存在弹力 与静摩擦力的合力等于自身重力时，则绳子的拉力为零。故 ABD 正确。对 AB 分析知：整体水平方 向没有力，则不可能受到地面的摩擦力。故 C 错误。此题选择错误的选项，故选 C。 【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，采用隔离法与整体法 进行研究 7.国产歼 15 舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看做匀变速直线运动,在某段时间内的 x-t 图象如图所示,视歼 15 舰载战斗机为质点,根据图中所给数据判断该机加速起飞过程中,下列选项 正确的是（ ） A. 经过图线上 M 点所对位置时的速度小于 20m/s B. 在 t
8、=2.5s 时的速率等于 20m/s C. 在 2s2.5s 这段时间内位移等于 10m D. 在 2.5s3s 这段时间内位移等于 10m 【答案】B 【解析】 【详解】在 t=2s 至 t=3s 这段时间内，平均速度为，因此在 2.5s 时的速度为 20m/s，由于 M 点对应的时刻大于 2.5s，可知瞬时速度大于 20m/s，选项 A 错误，B 正确；从 t=2s 到 M 对应的时刻位移为 10m，可知在 2s2.5s 这段时间内位移小于 10m，在 2.5s3s 这段时间内 位移大于 10m，选项 CD 错误；故选 B。 【点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率
9、表示的含义，也可以匀 变速直线运动的推论公式研究 8.如图是物体运动的 v-t 图象，下列说法正确的是（ ） A. 4-6s 速度方向和加速度方向相同 B. 4s 时物体回到出发点 C. 6s 内位移为 3m D. 2s 时刻物体运动方向改变 【答案】AC 【解析】 【详解】因 v-t 线的斜率等于加速度，则 4-6s 速度为负，加速度也为负，则速度方向和加速度方 向相同，选项 A 正确；0-4s 内物体速度均为正值，则 4s 末物体没有回到出发点，选项 B 错误； 因 v-t 图像的面积等于位移，可知 6s 内位移等于前 2s 内的位移： ，选 项 C 正确；2s 前后速度均为正值，2s 时
10、刻物体运动方向没有改变，选项 D 错误；故选 AC. 【点睛】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 9.如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以 共同速度沿倾角为 的固定斜面C匀速下滑，则（ ） A. A、B间没有摩擦力 B. A受到B施加的静摩擦力方向沿斜面向下 C. A受到斜面的滑动摩擦力大小为 D. A与B间的动摩擦因数为 【答案】BCD 【解析】 【详解】A、对 B 受力分析可以知道,B 受重力、支持力;将重力分解可以知道重力有沿斜面向下的 分力,要使 B
11、能匀速下滑,受力一定平衡,故 A 对 B 应有沿斜面向上的摩擦力;故 A 错误; B、由牛顿第三定律可以知道,A 受到 B 的摩擦力应沿斜面向下,故 B 正确； C、对整体分析,并将整体重力分解,可以知道沿斜面方向上,重力的分力与摩擦力等大反向,故 A 受 的滑动摩擦力沿斜面向上,大小为 故 C 对； D、根据滑动摩擦力的公式,A 与斜面间的摩擦力 得：，故 D 对； 故选 BCD 【点睛】对 B 物体受力分析,根据共点力平衡可以得出 A 受力的情况,得出 AB 间摩擦力的大小及方 向.再对整体受力分析可得出 A 受斜面的摩擦力情况. 10.如图所示，用竖直挡板将重为 10N 的小球夹在挡板和
12、光滑斜面之间，斜面倾角为 30，则（ ） A. 挡板对小球的弹力大小为 B. 斜面对球的弹力大小为 20N C. 若挡板逆时针缓慢转动到水平过程中，挡板对球的弹力将变大 D. 若挡板逆时针缓慢转动到水平过程中，斜面对球的弹力将变小。 【答案】AD 【解析】 对小球受力分析，受重力、斜面支持力和挡板支持力，将重力按照作用效果分解，如图所示： 小球对挡板压力等于分力 N1，对斜面压力等于分力 N2，故：N1=mgtan=N；N2=N； 选项 A 正确，B 错误；使挡板从图示竖直位置缓慢的顺时针转为水平，分解重力，如图所示： 使挡板从图示竖直位置缓慢的顺时针转为水平，小球对挡板的压力是先减小后增加，
13、对斜面的压 力是逐渐减小；选项 C 错误，D 正确；故选 AD. 点睛：本题是动态分析问题，关键是明确重力不变，对斜面压力的方向不变，然后根据平行四边 形定则作图分析即可 11.质量为的小球置于倾角为 300的光滑固定斜面上，劲度系数为的轻弹簧一 端系在小球上，另一端固定在竖直墙上的 P 点，小球静止于斜面上，弹簧轴线与竖直方向的夹角 为 300，如图所示取则 A. 弹簧对小球拉力大小为 B. 小球对斜面的压力的大小为 10N C. 弹簧的伸长量为 10cm D. 弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度大小为 【答案】CD 【解析】 小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为 ，设斜面对小球的支持力为，设
14、弹簧的伸长量为 ， 对小球受力分析如图，则： 、 联立解得：、 A：小球受的弹簧拉力为，故 A 项错误。 B：斜面对小球的支持力为，据牛顿第三定律，小球对斜面的压力的大小为。故 B 项 错误。 C：弹簧的伸长量，故 C 项正确。 D：弹簧被剪断的瞬间，小球受重力、斜面对小球的支持力，小球将沿斜面下滑，则： ，解得：。故 D 项正确。 12.如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大 时（） A. M受静摩擦力增大 B. M对车厢壁的压力增大 C. M仍相对于车厢静止 D. M受静摩擦力不变 【答案】BCD 【解析】 【详解】以物块为研究对象，分析受力，作
15、出力图如图。 根据牛顿第二定律得，摩擦力 f=mg，保持不变。故 A 错误，D 正确。小车的加速度增大时，弹力 N=ma 增大，M 对车厢壁的压力增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块相对于车厢仍静止。故 BC 正确。故选 BCD。 二、实验题二、实验题 13.探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，组成了如图所示的装置，所用的每个钩码的质量都 是 30 g 他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将 5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测 出相应的弹簧总长度，在坐标系中作出弹簧弹力大小 F 跟弹簧总长度x之间的函数关系的图 线(弹簧认为是轻弹簧，弹力始终未超出弹性限度，取g10 m/s2) （1）
16、由图线求得该弹簧的劲度系数k_N/m.弹簧竖直悬挂时原长_cm。(结 果均保留两位有效数字)， （2）某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸 长，用毫米刻度尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长 度L，把LL0作为弹簧的伸长量x.这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能 是图中的 _ . 【答案】 (1). 28； (2). 6.0cm； (3). C； 【解析】 【详解】 （1）根据胡克定律 F=k(x-x0)，即 F=kx-kx0，图像的斜率等于弹簧的劲度系数： ；当 F=0 时，x=x0，即图像与 x 轴的交点等于弹簧原长，x0=6.0cm。 （2）把弹簧悬挂后，由于弹簧自身有重力，在不加外力的情况下，弹簧已经有一定的伸长。故 C 正确，ABD 错误。 故选：C。 【点睛】弹簧的弹力与伸长量是
