1、辽宁省沈阳市和平区东北育才学校 2018 年高考物理一模试卷一、选择题1. 将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s 末落到井底该小球开始下落后第 2s 内和第 4s 内的平均速度之比是（ ）A. 1：3B. 2：4C. 3：7D. 4：16【答案】C【解析】试题分析：根据公式 可得，第 1s 末小球的速度为： ，第 2s 末小球的速度为 ，所以第 2s 内的平均速度为第 3s 末物体的速度为 ，第 4s 末小球的速度为 ，所以第 4s 内的平均速度为故故选 C，考点：考查了自由落体运动规律点评：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2. 甲、乙两物体同时从同
2、一地点沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，则（ ）A. 两物体两次相遇的时刻是 2s 和 6sB. 4s 后甲在乙前面C. 两物体相距最远的时刻是 2s 末D. 乙物体先向前运动 2s，随后向后运动【答案】A【解析】试题分析：在 v-t 图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当 t=2s 和 t=6s 时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是 2s 和 6s，故 A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在 t=2s 时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，因此乙在前面，
3、甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当 t=6s 时，甲乙再次相遇，因此在 26s 内，甲在乙后面，故 B 正确；由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲乙相距最远，此时 t=4s，故 C 错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故 D 错误考点：匀变速直线运动速度与时间的关系图象，追及与相遇问题的分析3. 某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为 v0，落地时的速度为 vt忽略空气阻力，下图中能正确描述速度矢量变化过程的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】斜抛运动加速度不变，竖直向下，可知速度的变化量的方向竖直向下，由矢量三角形知，矢量的变
4、化方向应沿竖直方向故 C 正确，A、B、D 错误故选：C4. 如图，OA、OB 是两根轻绳，AB 是轻杠，它们构成一个正三角形，在 A、B 两处分别固定质量均为 m 的小球，此装置悬挂在 O 点，开始时装置自然下垂，现对小球 B 施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时 OA 竖直，设在图甲所示的状态下 OB 对小球 B 的作用力大小为 T，在图乙所示的状态下 OB 对小球 B 的作用力大小为 T，下列判断正确的是（ ）A. T=2TB. T2 TC. T2TD. 条件不足，无法比较 T，和 T的大小关系【答案】C根据平衡条件，有： ；乙图中，先对小球 A 受力分析，受重力、AO 绳
5、子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对 B 球受力分析，受拉力、重力和 OB 绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：；故 ；故选 C；5. 半径为 R 光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为 m，半径为r（rR）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡以下说法正确的是（ ）墙对小圆柱体的弹力大小为 mg ；若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大 R；若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：小球受到重力、墙对小圆柱体的弹力以及半圆柱体对小圆柱体的弹力
6、，受力如图：设两个球心之间的连线与水平方向之间的夹角为 ，由图中几何关系可知： 由共点力平衡的条件可得： 、墙对小圆柱体的弹力大小为 故错误；、若增大 R，根据 可知 cos 将增大，则 将减小， 将增大，根据牛顿第三定律可知，圆柱体对墙压力增大故正确；、若仅减小小圆柱体半径，则 ，可知 cos 将增大，则 将减小， 将增大，不改变其质量，则可使大圆柱体所受压力增大故正确，错误故 ABD 错误，C 正确故选：C6. 如图所示，物体 P 左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长若再用一个从零开始逐渐增大的水平力 F 向右拉 P，直到把 P 拉动在 P 被拉动之前的
7、过程中，弹簧对 P 的弹力 N 的大小和地面对 P 的摩擦力 f 的大小的变化情况是（ ）A. N 始终增大，f 始终减小B. N 先不变后增大，f 先减小后增大C. N 保持不变，f 始终减小D. N 保持不变，f 先减小后增大【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对 P 的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力当再用一个从零开始逐渐增大的水平力 F 向右拉 P，直到把 P 拉动前过程中，物体 P 受到的静摩擦力从向右变为水平向左所以其大小先减小后增大因物体位置不动，弹簧长度不变，故弹簧对 P 的弹力 N 的大小不变，故只
8、有 D 正确故选 D考点：弹力；摩擦力【名师点睛】本题解题的关键是对 P 物体进行正确的受力分析，知道当 P 没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中。7. 如图所示，轻绳 AO 和 BO 共同吊起质量为 m 的重物，AO 与 BO 垂直，BO 与竖直方向的夹角为 ，OC 连接重物，则（ ）A. AO 所受的拉力大小为 mgsinB. AO 所受的拉力大小为C. BO 所受的拉力大小为 mgcosD. BO 所受的拉力大小为【答案】AC【解析】以结点 O 为研究对象，分析受力，重力 ， AO 绳的拉力 ， BO 绳的拉力 ，如图所示：根据平衡条件得知：拉
9、力 和 的合力 F 与重力 大小相等，方向相反，则有：， ，故 AC 正确，BD 错误。点睛：本题的解题关键是分析结点的受力情况，作出力图，然后根据共点力平衡条件列式求解。8. 如图，从竖直面上大圆的最高点 A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上相同物体由静止开始，从 A 点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（ ）A. 到达底端的速度大小不相等B. 重力的冲量都相同C. 物体动量的变化率都相同D. 沿 AB 运动所用的时间小于沿 AC 运动所用的时间【答案】AB【解析】如图所示，对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得：a=gcos根据运动学公式 x= at2可得：2Rcos
10、= gcost 2；则有：t=2 ；因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故 D 错误；因时间相同，则重力的冲量相同，故 B 正确；因物体下落的高度不同，故物体到达轨道底端的速度大小不同，故选项 A 正确；根据动量定理，动量的变化率等于合外力，即 mgcos，则因为 不同，则动量的变化率不同，选项 C 错误；故选 AB点睛：本题考查牛顿第二定律及动量定理等的应用，在解题时要注意几何关系的应用，图中三角形是直角三角形9. 如图，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有（ ）A. 甲的
11、切向加速度始终比乙的大B. 甲、乙在同一高度的速度大小相等C. 甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D. 甲比乙先到达 B 处【答案】BD【解析】由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故 A错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故 B 正确；甲的切向加速度先比乙的大，开始时速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置故 CD 错误故选 B.点睛：本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得
12、最慢10. 如图所示，质量为 m2 的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量 m1 的物体 1跟物体 1 相连接的绳与竖直方向成 角下列说法中正确的是（ ）A. 车厢的加速度为 gtanB. 绳对物体 1 的拉力为 m1gcosC. 底板对物体 2 的支持力为 m2gm 1gD. 物体 2 所受底板的摩擦力为 m2gtg【答案】AD【解析】以物体 1 为研究对象，分析受力情况：重力 m1g 和拉力 T，根据牛顿第二定律得：m1gtan=m 1a，得 a=gtan，则车厢的加速度也为 gtan 故 A 正确，B 错误对物体 2 研究，分析受力，根据牛顿
13、第二定律得，可知底板对物体 2 的支持力为 m2g-T= m2g-；f=m 2a=m2gtan故 C 错误，D 正确；故选 AD点睛：本题要抓住两个物体与车厢的加速度相同，采用隔离法研究，分别运用合成法和正交分解法处理11. 一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力 F 的作用下沿水平面向右以加速度 a 做匀加速直线运动，力 F 在水平和竖直方向的分量分别为 F1、F 2，如图所示现将力 F 突然改为大小为 F1、方向水平向右的恒力，则此后（ ）A. 物体将仍以加速度 a 向右做匀加速直线运动B. 物体将可能向右做匀速直线运动C. 物体将可能以大于 a 的加速度向右做匀加速直线运动D. 物体
14、将可能以小于 a 的加速度向右做匀加速直线运动【答案】BD【解析】试题分析：先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出当用斜向上的拉力 F 的作用时和将力 F 突然改为大小为 F1、方向水平向右的恒力的加速度，比较加速度即可，注意加速度等于零的情况解：设地面与物体间的动摩擦力因数为 ，当用斜向上的拉力 F 的作用时，加速度 a=，现将力 F 突然改为大小为 F1、方向水平向右的恒力则A、加速度 a a，所以物体可能以小于 a 的加速度向右做匀加速直线运动，故 AC 错误，D 正确；B、若 mg=F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故 B 正确故选：BD【点评】解决本题的关键
15、是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，注意 mg=F 1的情况，难度适中12. 如图所示，两相同轻质硬杆 OO1、OO 2可绕其两端垂直纸面的水平轴 O、O 1、O 2转动，在O 点悬挂一重物 M，将两个相同木块 m 紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止F f表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且 O1、O 2始终等高，则（ ）A. FN变小B. FN变大C. Ff不变D. Ff变小【答案】BC【解析】先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2 个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：2F f=
16、（M+2m）g，解得 ，故静摩擦力不变，C 对；D 错将细线对 O 的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为 ，则有 ；再将杆对滑块 m 的推力 F1按照效果分解，如图根据几何关系，有故 ，若挡板间的距离稍许增大后，角 变大，F x变大，故滑块 m 对墙壁的压力变大，即 FN变大，故 AD 错误，BC 正确；故选：BC二实验题13. 某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图（1）在图上标出的 F1、F 2、F 和 F，四个力中，力_不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力 F 与力 F的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则（2）某同学对此实验的
17、一些说法，其中正确的是 _A如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行【答案】 (1). ; (2). ACD;【解析】 （1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知 F是由平行四边形定则得出的，故 F不是由弹簧秤直接测得的；（2）如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故
18、A 正确；只要橡皮筋的另一端两次都接到 O 点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故 B 错误；为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故 C 正确；只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是弹簧的一个分力，故 D 正确；在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故 E 错误；故选 ACD点睛：本题考查“力的平行四边形定则”的验证，重点理解实验应理解实验的原理及方法，由实验原理
19、和方法记忆实验中的注意事项和实验的处理方法14. 某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示（1）测量木块在水平木板上运动的加速度 a实验中打出的一条纸带如图乙所示从某个清晰的点 O 开始，每 5 个打点取一个计数点，依次标出 1、2、3，量出 1、2、3点到 O 点的距离分别为 s1、s 2、s 3，从 O 点开始计时，1、2、3点对应时刻分别为 t1、t 2、t 3，求得 ， ， 作出 t 图象如图丙所示图线的斜率为 k，截距为 b则木块的加速度 a=_；b 的物理意义是_（2）实验测得木块的加速度为 a，还测得钩码和木块的质量分别为 m 和 M，已知当地重力加速度为 g，则动摩
20、擦因数 =_ （3）关于上述实验，下列说法中错误的是_A木板必须保持水平B调整滑轮高度，使细线与木板平行C钩码的质量应远小于木块的质量D纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素【答案】 (1). 2K; (2). O 点的瞬时速度； (3). ； (4). C;【解析】 （1）图线纵轴截距 b 是 0 时刻对应的速度，即表示 O 点的瞬时速度各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度 为纵坐标，相应的运动时间 t 的一半为横坐标，即.视频三计算题15. 随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命如图所示为某型号车紧急制动时（假设
21、做匀减速直线运动）的 v2x图像（v 为货车的速度，x 为制动距离） ，其中图线 1 为满载时符合安全要求的制动图像，图线 2 为严重超载时的制动图像某路段限速 72km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以 54km/h 的速度行驶通过计算求解：（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为 1s，则该型号货车满载时以72km/h 速度正常行驶的跟车距离至少应为多远【答案】 （1）驾驶员紧急制动时，制动时间和制动距离都不符合安全要求；（2） 【解析】试题
22、分析：（1）根据速度位移公式 v2 2ax ，有 v22ax+ ，图象斜率的一半表示加速度；根据图象得到：满载时，加速度为 5m/s2，严重超载时加速度为 2.5m/s2；设该型号货车满载时以 72km/h（20m/s）的速度减速，制动距离 x1 m40m，制动时间为 t1 s4s；设该型号货车严重超载时以 54km/h（15m/s）的速度减速，制动距离x2 m45mx 1，制动时间为 t2 6s t 1；所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求。（2）货车反应时间内是匀速直线运动 x3=vt3=201=20m，刹车距离 x= +x3=40m+20m=60m
23、.考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的图像16. 如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为 10kg 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为 45，斜面倾角 30，整个装置处于静止状态， （g 取 10m/s2） ；求：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小【答案】 （1） , (2) 【解析】 （1）如图，水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程如下由以上两式得：N=73.2N；T=51.8N（2）当拉力与绳子相垂直时拉力有最小值，拉力的最小值为
24、：代数解得： 点睛：解平衡问题第一要确定研究对象，第二要对研究对象受力分析，第三应用正交分解列平衡公式求解。17. 5 个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示每块木块的质量为 m=1kg，长l=1m它们与地面间的动摩擦因数 1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力现有一质量为 M=2.5kg 的小铅块（视为质点） ，以 v0=4m/s 的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数 2=0.2小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左
25、端多远？【答案】(1) （2）见解析（3） ； 【解析】试题分析：通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为 a1，刚滑到第四块的速度为 v1由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立得 v1=2m/s（2）设小铅块滑到第 n 块木块时对木块的摩擦力为：后面的（5-n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：要使木块滑动，应满足 ，即取（2）设小铅块滑上 4 木块经过 t 秒和 4、5 木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5 木块的对地位移为 和 ，相对位移为s，4、5 木块运动的加速度为 ， ， ， 联立解得： ， 由于s l（s 1 l）说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与 4、5 木块达共同速度一起减速为零设小铅块与 4、5 木块达到共同速度为 ，一起减速的加速度大小为 ，减速位移为 ， ， ，联立以上各式得：小铅块最终离 1 木块左端为 ，联立以上各式，得
