1、2018-2019 学年海南省华中师大琼中附中、屯昌中学联考高三（上）期中物理试卷一、单选题1.A、B 两物体从同一地点出发运动的 st 图象如图所示，已知 A 做匀速直线运动，B 做匀变速直线运动。则在 时间内，下列说法正确的是10tA. 两物体在 时刻速度大小相等1tB. 时刻 A 的速度大于 B 的速度1tC. A 的平均速度小于 B 的平均速度D. 两物体间的距离先增大后减小【答案】D【解析】根据位移图象的斜率等于速度，则在 时刻，B 图象的斜率大于 A 图象的斜率，所以 B 的速1t度大于 A 的速度，故 AB 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，AB 位移相同，时间相等，则平
2、均速度相等，故 C 错误；A 的速度先大于 B 的速度，后小于 B 的速度，所以两者距离先增大后减小，故 D 正确2.如图所示，将足球用网兜挂在光滑的墙壁上，设绳对球的拉力为 ，墙壁对球的支持力为1F，当细绳长度变短时 2F()A. 、 均不变1F2B. 、 均增大C. 减小， 增大12D. 、 均减小F【答案】B【解析】【分析】分析足球的受力情况，作出力图，根据平衡条件得到悬线的拉力和墙的支持力与 的关系式，再用数学知识分析拉力、支持力变化情况，由牛顿第三定律即可知球对墙的压力变化情况。【详解】分析足球的受力情况：重力 G、悬线的拉力 F1和墙的支持力 F2，作出力图由平衡条件得：F 1、F
3、 2的合力 F 与 G 大小相等、方向相反，即有 F=G。由平衡条件得：F2= tanG1cos当悬线变短时， 增大，cos 减小，tan 增大，则得 F2增大，F 1增大。故 B 正确。故应选：B。【点睛】本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法研究。3.a、b 两物体的质量分别为 m1、m 2，由轻质弹簧相连。当用大小为 F 的恒力沿水平方向拉着 a，使 a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x1;当用恒力 F 竖直向上拉着 a，使 a、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x2 ；当用恒力 F 倾斜向上向上拉着 a，使 a、b 一起沿粗糙斜面向上做匀
4、加速直线运动时，弹簧伸长量为 x3， 如图所示。则（ ）A. x1= x2= x3 B. x1 x3= x2C. 若 m1m2，则 x 1x3= x2 D. 若 m1m2，则 x 1x 3= x2【答案】A【解析】【详解】通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为： ；对 b 物体有：12Fam=+T1=m2a1；得 ；对中间图： 运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：21mF=+；对 b 物体有：T 2-m2g=m2a2得： ；对左图，整体的加速度：()212g- 21FTm=+，对物体 b：12312(
5、)sin()cosFmmgaqq-+-+=，解得 ；则 T1=T2=T3，根据胡克定律可知，32223sicosTga-=231FTm=+x1= x2= x3，故 A 正确，BCD 错误。故选 A。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体4.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 ，在斜杆下端固定有质量为 mq的小球，下列关于杆对球的作用力 F 的判断中，正确的是 ()A. 小车静止时， ，方向沿杆向上sinFmgq=B. 小车静止时，
6、，方向垂直杆向上coC. 小车向右以加速度 a 运动时，一定有 sinmaFq=D. 小车向左以加速度 a 运动时， 22()g+【答案】D【解析】当小车静止时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力 F=mg，方向竖直向上。故 AB 错误。当小车向右以加速度 a 运动时，则球的合力为 F 合 =ma，根据平行四边形定则知，杆对球的作用力 F= ，因为杆对球的作用力方向不一定沿杆，则作用力不一定等于22() mg+故 C 错误，D 正确。故选 D。sinaq点睛：本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定5.如
7、图所示， ab、 cd 是竖直平面内两根固定的细杆， a、 b、 c、 d 位于同一圆周上，圆周半径为 R，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点。现有两个小滑环 A、B 分别从 a、c 处由静止释放，滑环 A 经时间 t1从 a 点到达 b 点，滑环 B 经时间 t2从 c 点到达 d 点；另有一小球 C 从 b 点以初速度 v0 沿 bc 连线竖直上抛，到达最高点时间为 t3，不计一切阻力4gR与摩擦，且 A、B、C 都可视为质点，则 t1、t 2、t 3的大小关系为（ ）A. t1t 2t 3B. t1t 2t 3C. t2t 1t 3D. A、B、C 三物体的质量未知，因此无法比较
8、【答案】A【解析】由已知条件知，小球 C 竖直上抛能达到的最高点为 c 点，由对称性可知，小球 C 运动的时间与从 c 点自由下落到 b 点的时间相等。结合等时圆的结论可知， t1 t2 t3，A 正确。故选 A6.某物体做直线运动的 v-t 图象如图甲所示，据此判断图乙（F 表示物体所受合力， x 表示物体的位移）四个选项中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】在 v-t 图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定速度-时间图象特点：因速度是矢量，故速度-时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t 轴上方代表的“正方向” ，t 轴下方代表的是“负方向” ，
9、所以“速度-时间”图象只能描述物体做“直线运动”的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移-时间”图象；“速度-时间”图象没有时间 t 的“负轴” ，因时间没有负值，画图要注意这一点；“速度-时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；“速度-时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移本题中物体先匀加速前进，然后匀减速前进，再匀加速后退，最后匀加减速后退，根据运动情况先求出加速度，再求出合力解：由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s 做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，
10、且恒定，4s-6s 做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s 做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析 B 正确故选 B二、多选题7.两物体 A、 B 从同一位置出发，如图所示为两物体作直线运动时的图象，但纵坐标表示的物理量未标出，则以下判断正确的是 ()A. 若纵坐标表示位移，则 A 质点做匀变速运动B. 若纵坐标表示位移， B 质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C. 若纵坐标表示速度，则 B 物体加速度先减小再增加D. 若纵坐标表示速度，则在 时刻，两物体相遇4ts=【答案】BC【解析】【分析】若纵坐标是位移，该图象为位移时间图象，图象的斜率表示速度。
11、若纵坐标表示速度，该图象为速度时间图线，图象的斜率表示加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移。根据位移关系分析两物体是否相遇。【详解】A 项：若纵坐标表示位移，图象的斜率表示速度，则知 A 质点的速度不变，做匀速直线运动，故 A 错误；B 项：若纵坐标表示位移，根据图象的斜率等于速度，可知 B 质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故 B 正确；C 项：若纵坐标表示速度，图象的斜率表示加速度，可以看出 B 物体加速度先减小再增大，故 C 正确；D 项：若纵坐标表示速度，则在 t=4s 时刻两物体速度相等，但是图线与坐标轴围成图形的面积不相等，即位移不相等，故在 t=4s 时刻，两物
12、体没有相遇，故 D 错误。故选：BC。【点睛】解决本题的关键要理解速度时间图线和位移时间图线的物理意义，能够从图线的斜率、面积获取信息，知道两个图象的区别。8.如图所示，物块 m1、 m2均沿斜面匀速下滑，斜面体 abc 静止于粗糙水平地面上，已知m1 m2， 1 2。下列说法中正确的是（ ）A. 斜面体 ab 面和 ac 面的动摩擦因数不同B. 斜面对物块 m1的作用力垂直 ab 面向上C. 物块 m1对斜面的作用力竖直向下D. 地面对斜面体的摩擦力水平向左【答案】AC【解析】【详解】对整体受力分析。整体受力为重力和支持力。故 D 错误；对 m1 受力分析得;斜面对物体的总作用力与 m1 的
13、重力等大反向共线，竖直向上，m1 对斜面的总作用力竖直向下，故 C 正确，B 错误；对 m1 列式： ；同理对 m2 列式： ，1111sincos,tanmggqmq=22tanmq=故 A 正确。故选 AC.【点睛】本题注意整体法和隔离法的运用。9.如图所示，一斜面固定在水平地面上，质量不相等的物体， A、 B 叠放后 一起沿斜面下滑，.已知物体 B 的上表面水平，则下列判断正确的是 ()A. 若 A、 B 一起匀速下滑，增加 A 的质量， A、 B 仍一起匀速下滑B. 若 A、 B 一起匀速下滑，给 A 施加一个竖直向下的力 F， A、 B 将加速下滑C. 若 A、 B 一起加速下滑，增
14、加 A 的质量， A、 B 仍保持原来的加速度一起加速下滑D. 若 A、 B 一起加速下滑 给 A 施加一个竖直向下的力 F， A、 B 仍保持原来的加速度一起加.速下滑【答案】AC【解析】试题分析：以 A、B 整体为研究对象，系统受到重力、支持力和摩擦力，由牛顿第二定律，得：mgsin-mgcos=ma，当 A、B 匀速运动时，a=0，解得 =“tan“ ，若增加 A 的质量，有 mgsin-mgcos=ma由式得 a=0，A、B 仍然一起匀速下滑，故 A 正确；给 A 施加一个竖直向下的力 F，由牛顿第二定律，得：mgsin+Fsin-（mgcos+Fcos）=ma 1由式得 a1=0，A
15、、B 一起向下做匀速直线运动，故 B 错误；若 A、B 一起加速下滑，有 mgsin-mgcos=ma，增加 A 的质量，有 mgsin-mgcos=ma，解得 a=a，即加速度不变，A、B 仍保持原来的加速度一起加速，故C 正确；给 A 施加一个竖直向下的力 F，mgsin+Fsin-（mgcos+Fcos）=ma 1，a 1a，则 D 错误；故选 AC考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题关键是受力分析后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度的一般表达式进行分析讨论。10.如图所示，物体从 Q 点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面 P 点。传送带匀速转动起来以后，物体仍从 Q 点开
16、始自由下滑，则物体通过传送带后（ ）A. 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在 P 点B. 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在 P 点左侧C. 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在 P 点右侧D. 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在 P 点左侧【答案】AC【解析】【详解】当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在 P 点，选项 A 正确，B 错误。设物块滑上传送带时速度为 v0，传送带的速度为 v。当 v0v 时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动
17、，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在 P 点。物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在 P 点右侧。当 v0=v 时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在 P 点右侧。当 v0v 时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在 P 点右侧。故 D 错误， C 正确。故选 AC。【点睛】本题是典型的传送问题，关键是分析物块的受力情况和运动情况，当传送带顺时针转动时，要考
18、虑各种可能的情况三、实验题探究题11.“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，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(1)图乙中的 F 与 F两力中，方向一定沿 AO 方向的是_(2)在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：_(选填“变”或“不变”)(3)本实验采用的科学方法是_A理想实验法 B等效替代C控制变量法 D建立物理模型法【答案】(1)F ；(2)不变；(3)B【解析】试题分析：（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
19、，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）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（3）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考点：验证力的平行四边形定则的实验。12.为了“探究加速度与力、质量的关系” ，现提供如图甲中所示实验装置请思考探究思路并回答下列问题：（1）为了消除小车与木板之间摩擦力的影响应采取的做法是_ A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小
20、车恰好做匀速运动D使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上（2）在实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点的时间间隔为 T，且间距 s1、 s2、 s3、 s4、 s5、 s6已量出，则小车加速度的表达式为 a= _ ；（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度 a 与所受外力 F 的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条 aF 图线，如图丙所示图线_ （选填“”或“” ）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量 m= _ kg【答案】 (1). C (2). (3). (4). 0.5()()456123
21、9ssT+-+【解析】（1）为了消除小车与水平木板之间的摩擦力的影响，应采取的做法是：将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故选 C. （2）根据匀变速直线运动的推论x=aT 2，有：x6x33 a1T2x5x23 a2T2x4x13 a3T2a (a1+a2+a3)小车加速度的表达式为 a= ()()6541239xxT+-+（4）轨道倾斜时，在不加拉力的情况下小车就有加速度，则得出的图线为图线图线斜率的倒数表示小车的质量，则 10.52Mkg=点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，以及知道a-F 图线斜率和截距表示的含义四、
22、计算题13.在水平地面上有一质量为 2kg 的物体，在水平拉力 F 的作用下由静止开始运动，10 s 后拉力大小减为零，该物体的运动速度随时间 t 的变化规律如图所示 取 求：(g210/)m前 10s 内物体的加速度和位移大小()1物体与地面之间的动摩擦因数2物体受到的拉力 F 的大小3【答案】 （1）08 m/s 2；40 米 （2）02 （3）56 牛【解析】试题分析：（1）前 10s 内物体的加速度 2180./vamstD=前 10s 内物体的位移大小 1042x（2）撤去外力后的加速度 2/1vst-根据牛顿定律 2mga=解得 =02（3）有拉力作用时，根据牛顿定律： 1Fmga
23、-=解得 F=56N考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是知道 v-t 线的斜率等于加速度， “面积”表示物体的位移；能根据牛顿第二定律求出加速度的表达式14.如图所示， OA、 OB、 OC 三段轻绳结于 O 点，轻绳 OA 与竖直方向的夹角为 37，下方轻绳 OC 悬挂质量为 m1=0.4 kg 的沙桶。轻绳 OB 水平， B 端与放置在水平面上的质量为 m2=1.8 kg 的滑块相连，滑块处于静止状态，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为 =0.3，sin 37=0.6，cos 37=0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2，最大静摩擦力按滑动摩擦力计算。
24、（1）求滑块受到的摩擦力；（2）若缓慢往沙桶中添加细沙，要使滑块静止不动,沙桶和沙的总质量不能超过多少；【答案】 （1）3N（2）0.72kg【解析】【详解】 （1）以结点 O 为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件可知 OB 绳的拉力 TB=m1gtan37=40.75N=3N；对滑块 B 根据共点力的平衡条件可得：f=T B=3N；所以滑块受到的摩擦力为 3N；（2）滑块受到的最大静摩擦力 fm=m 2g=0.318N=5.4N，由 fm=TB=m 1gtan37，得 m1=0.72kg；【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用
25、平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答15.如图所示，有一条匀速传送的传送带，恒定速度 v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量 m1 kg 的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点） ，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力 F18 N。已知物块与传送带之间的动摩擦因数 05，传送带的长度 L=85m。 （g 取 10 m/s2，sin3706，cos3708） 。问：（1）若传送带逆时针旋转，则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？（2）若传送带顺时针旋转，则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？【答案】 （1）1
26、46s（2）125s【解析】试题分析：（1）对物块受力分析可知，物块是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，由牛顿第二定律：Fmgcos37mgsin37ma，计算得：a8 m/s 2L at2341.6 ts（2）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：Fmgcos37mgsin37ma 1，计算得：a 116 m/s 2210.5vxma 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为 F18 N 而下滑力和最大摩擦力之和为 10 N。故能继续相对斜面向上加速。故得：Fmgcos37mgsin37ma 1，计算得：a 28 m/s 2Lx 1vt 2 a2t22t21s得 tt 1t 2125s考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用；解题的关键是分析摩擦力的方向，根据牛顿定律求解加速度，然后分析物体的运动情况，结合运动公式求解
