1、武汉外国语学校 2018-2019 学年度上学期期末考试高一年级物理试题一、选择题(本题共 10 小题。在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得 5 分)选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分)1.关于加利略的两个斜面实验(外推法研究自由落体运动的示意图 a 和理想斜面实验的示意图 b),下面说法正确的是A. 伽利略在图(a)中使用了光滑斜面进行实验B. 伽利略在图(b)中把实验和逻辑推理和谐地结合起来C. 伽利略从图(a)中得出:自由落体运动是匀加速直线运动D. 伽利略从图(b)中得出:力是维持物体运动的原因【答案】BC【解析】【分析】如果空
2、气阻力和摩擦力小到可以忽略，伽利略推断出小球在斜面运动能到达原来下滑时的高度，存在某个守恒量.【详解】伽利略从图(a)中将斜面实验的结论外推到斜面倾角 的情形,从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动.所以没有必要斜面一定光滑，故 A 错；C 对；伽利略在图（b）中把实验和逻辑推理和谐地结合起来，选项 B 正确； 伽利略从图（b）中得出:力不是维持物体运动的原因，选项 D 错误；故选 BC.2.我国自主研制的“和谐号”高速列车如图所示。若“和谐号”高速列车进站前的初速度，经历 速度减小为零，若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据无法求出“和谐号”高速列车在此运动过程的（ ）A. 位移
3、B. 平均速度 C. 加速度 D. 受到的阻力【答案】D【解析】列车做匀减速直线运动，可知 300s 的平均速度 ，位移为 ，加速度；因列车质量未知，无法求解阻力；故选 D. 3.如图所示,在足够高的空间内,小球位于空心管的正上方 处,空心管长为 ,小球的球心与管的轴线重合,并在竖直线上,小球直径小于管的内径,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )A. 两者均无初速度同时释放,小球在空中不能穿过管B. 两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度 、管无初速度,则小球一定能穿过管,且 穿过管的时间与当地重力加速度无关C. 两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度 ,管无初速度,则小球一定能穿过管,但穿
4、过管的时间与当地重力加速度有关D. 两者均无初速度释放,但小球提前了 时间释放,则小球一定能穿过管,但穿过管的 时间与当地重力加速度有关【答案】AC【解析】【分析】两者释放后都做自由落体运动，在相等时间内运动的位移为 ，分别求出两个物体的位移，找到他们自己的关系即可。【详解】若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过管，故 A 正确。两者同时释放，小球具有向下的初速度，管无初速度，根据x v0t+ gt2 gt2 L+h 知，经过 t= ，小球穿过管，故 B 正确，C 错误。两者均无初速度释放，但小球提前了t 时间释放，根据 x g(t+ t)2 gt2 g
5、t2+gt t=h+L可知小球能穿过管，穿过管的时间与当地的重力加速度有关，故 D 正确。4.入冬以来，我市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞图示为两车刹车后匀减速运动的 v-t 图象，以下分析正确的是（ ）A. 甲刹车的加速度的大小为 0.5m/s2B. 两车刹车后间距一直在减小C. 两车开始刹车时的距离为 100 mD. 两车都停下来后相距 25m【答案】C【解析】甲刹车的加速度的大小 ，故 A 错误；两车刹车后间距前
6、20s 一直在减小,20s 两车速度相等，距离最大，之后间距减小，故 B 错误；两车刚好没有发生碰撞，说明 20s 末两车速度相等时，两车位置相同，20s 末两车的速度 ，故 C 正确； 20s 后两车的位移之差故 D 错误。本题选 C5.如图所示，带有孔的小球 A 套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球 B 通过轻绳连接，处于静止状态给小球 B 施加水平力 F 使其缓慢上升，直到小球 A 刚要滑动在此过程中( )A. 水平力 F 的大小不变B. 杆对小球 A 的支持力不变C. 轻绳对小球 B 的拉力先变大后变小D. 杆对小球 A 的摩擦力先变小后变大【答案】D【解析】对球受拉力 F、重力和细线
7、的拉力 T，合力为零如图所示：由此可知，随着 的增加，拉力 F 和细线张力 T 均增加，故 A 错误，C 错误；再对 A、 B 球整体分析，受重力、拉力 F、支持力 N 和静摩擦力 f，如图所示：设杆与水平方向的夹角为 ，根据平衡条件，在垂直杆方向有 ，随着 F 的增加，支持力 N 增加；在平行杆方向，有： ，可得：，可知随着 F 的增加，静摩擦力逐渐减小，当 时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加；故 B 错误，D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。6.如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔,质量为 m 的小球套在圆环上,一根细线的下端系着小球,上端穿过小孔用手拉住。现
8、拉动细线,使小球沿圆环缓慢上移,在移动过程中手对线的拉力 F 和环对小球的弹力 FN 的大小变化情况是A. F 增大,F N减小B. F 不变,F N减小C. F 不变,F N增大D. F 减小,F N不变【答案】D【解析】【详解】受力分析如下图所示。在小球沿圆环缓慢上移的过程中，根据相似法可知：，因为 mg 和 R 都为定值，则在整个过程中 N 不变；因为绳子长度 逐渐变短，故绳子拉力 F 逐渐变小。故在小球沿圆环缓慢上移的过程中，手对线的拉力 F 逐渐减小，轨道对小球的弹力 N 保持不变。故本题选 D。7.如图所示，倾角为 的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈 A,A 的上表面水
9、平且放有一斜劈 B，B 的上表面上有一物块 C，A、B、C 一起沿斜面匀加速下滑。已知 A、B、C的质量均为 m，重力加速度为 g，下列说法正确的是A. A、B 间摩擦力为零B. A 加速度大小为C. C 可能只受两个力作用D. 斜面体受到地面的摩擦力为零【答案】C【解析】【分析】整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况。【详解】对 B、C 整体受力分析，受重力、支持力，B、C 沿斜面匀加速下滑，则 A、B 间摩擦力不为零，BC 在水平方向有向左的加速度，则 B 受 A 对它的向左的摩擦力，故 A 错误；选A、B、C 整体为
10、研究对象，根据牛顿第二定律可知 A 加速度大小为 gsin ，故 B 错误；取C 为研究对象，当斜劈 B 的倾角也为 时，C 只受重力和斜面的支持力，加速度才为ac=gsin，故 C 正确；斜面对 A 的作用力垂直斜面向上，则 A 对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故 D 错误。故选 C。【点睛】若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下
11、，通常采用整体法和隔离法相结合的方法。8.水平面上有一个质量 m=2kg 的小球,小球与水平面的动摩擦因数为 小球与水平轻弹簧以及与竖直方向成 角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示,此时小球处于静止状态,水平面对小球的支持力恰好为零。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知 以下说法正确的是A. 此时轻弹簧的弹力为零B. 此时轻绳的拉力为C. 当剪断轻弹簧的瞬间,小球具有水平同右加速度,大小为D. 当剪断轻绳后小球刚开始滑动瞬间,小球的加速度大小为 方向水平向左【答案】BD【解析】【分析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二
12、定律求出瞬间的加速度大小【详解】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45=201=20N，绳子拉力 ，故 A 错误，B 正确；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故 C 错误；断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为 20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球受摩擦力为：f=mg=0.220N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为： ；合力方向向左，所以加速度方向向左。故 D正确；故选 BD。【点睛】解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间
13、，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解9.如图所示，建设房屋时，保持底边 L 不变，要设计好屋顶的倾角 ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是 A. 倾角 越大，雨滴对屋顶压力越大B. 倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大C. 倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的时间越短D. 倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度越大【答案】BD【解析】【分析】雨滴从房顶下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律列式，分析运动时间、速度与
14、倾角的关系。【详解】屋檐的倾角为 ，底边为 L，设屋顶的坡面长度为 s，雨滴下滑时加速度为 a。对水滴做受力分析，只受重力 mg 和屋顶对水滴的支持力 N，垂直于屋顶方向： ；平行于屋顶方向： ；可知，倾角 越大， N 越小，则由牛顿第三定律知雨滴对屋顶的压力： ，所以倾角 越大，雨滴对屋顶压力越小，故 A 错误；雨滴下滑的加速度为：，则倾角 越大，雨滴下滑时的加速度越大，故 B 正确；设从 O 到 M 的时间为 t，水滴的运动位移为： ，由位移时间公式得： ，则：，故当 时，用时最短，故 C 错误；雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时的速度为：，知倾角 越大，雨滴从顶端 O 下滑至屋檐 M 时
15、的速度越大，故 D 正确。故选 BD。10.如图所示， A、 B、 C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体 A 的质量为 2m， B 和 C 的质量都是 m， A、 B 间的动摩擦因数为 ， B、 C 间的动摩擦因数为 ， B 和地面间的动摩擦因数为 .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 A 施加一水平向右的拉力 F，则下列判断正确的是A. 若 A、 B、 C 三个物体始终相对静止，则力 F 不能超过 mgB. 当力 F mg 时， A、 B 间的摩擦力为C. 无论力 F 为何值， B 的加速度不会超过 gD. 当力 F mg 时， B 相对 A 滑动【答案】AB【解析】【详
16、解】A.A 与 B 间的最大静摩擦力大小为： mg,C 与 B 间的最大静摩擦力大小为： ，B与地面间的最大静摩擦力大小为： （2m+m+m）= ；要使 A，B，C 都始终相对静止，三者一起向右加速，对整体有：F- =4ma，假设 C 恰好与 B 相对不滑动，对 C 有： =ma，联立解得：a= ，F= mg；设此时 A 与 B 间的摩擦力为 f，对 A 有：F-f=2ma，解得f= mg mg，表明 C 达到临界时 A 还没有，故要使三者始终保持相对静止，则力 F 不能超过 mg，故 A 正确.B.当力 Fmg 时，由整体表达式 F- =4ma 可得：a= g，代入 A 的表达式可得：f=
17、mg,故 B 正确.C.当 F 较大时，A,C 都会相对 B 滑动，B 的加速度就得到最大，对 B 有：2 - -=maB，解得 aB= g，故 C 错误.D.当 A 恰好相对 B 滑动时，C 早已相对 B 滑动，对 A、B 整体分析有:F- - =3ma1，对 A有：F-2mg=2ma 1，解得 F= mg，故当拉力 F mg 时， B 相对 A 滑动，D 错误.胡选：A、B.二、实验题(2 小题,共 16 分。把答案填在答题卷的相应题号的横线上)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
18、上根据实验结果画出的图:(1)图乙中的 F 与 两力中,方向一定沿 AO 方向的是_.(2)对于该实验,下列说法正确的是_.A.两细绳套必须等长B.若将细绳换成橡皮筋,对实验结果有影响C.记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线D.实验中,把橡皮筋伸长到 O 点时,两弹簧测力计之间的夹角不能太大(3)在此实验中,假如 的大小及方向确定,那么为了使橡皮筋仍然伸长到 O 点,对 来说,下面几种说法中正确的是_.A .可以有多个方向B. 的方向和大小可以有多个值C. 的方向和大小都是唯一确定值D. 的方向是唯一的,但大小可有多个值【答案】 (1). F (2). D (3). C【解析】【分析
19、】解决本题的关键知道力的合成遵循平行四边形定则，会根据平行四边形定则进行误差分析。本实验采用是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点 O 的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项。【详解】 （1）F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F是通过一个弹簧称沿 AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到 O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿 AO 方向的是 F，由于误差的存在 F 和 F方向并不在重合；（2）细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故 A 错误；若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果没有影响，
20、故 B 错误；在确定力的方向时，应该描绘距离尽量大些的两点确定方向，故 C 错误；实验中，把橡皮筋的另一端拉到 O 点时，两弹簧测力计之间的夹角不能太大，故 D 正确；故选 D；（3）两个力的合力大小与方向一定，其中一个分力的大小与方向是一定的，则另一个分力的大小与方向是确定的，因此：假如 F1的大小及方向固定不变，那么为了使橡皮条仍然伸长到 O 点，对 F2来说，F 2的方向和大小是唯一确定值，故 C 正确。【点睛】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.某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，其中打点计时器的打点周期为 0
21、.02s 。（1）本实验应用的实验方法是_A控制变量法 B假设法 C理想实验法 D等效替代法（2） （多选题）为了验证加速度与合外力成正比，必须做到_A实验前要平衡摩擦力B每次实验都必须从相同位置释放小车C实验时拉小车的细绳必须保持与小车运动轨道平行D实验过程中，如拉力改变，则必须重新平衡摩擦力（3）图乙为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为 a=_m/s2(结果保留两位有效数字)（4）在验证“质量一定，加速度 a 与合外力 F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的 a F 图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有
22、_。A木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）B木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）C盘和重物的总质量 m 远小于车和砝码的总质量 M（即 mM）D盘和重物的总质量 m 没有远小于车和砝码的总质量 M【答案】 （1）A（2）AC（3）0.64（4） BD【解析】试题分析：（1）本实验应用的实验方法是控制变量法，故 A 选项正确（2）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到实验前要平衡摩擦力和拉小车的细绳必须保持与轨道平行，而正确的操作应该是给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑，并且要注意平衡摩擦力时，不能将砂桶与小车相连挂在滑轮上，选项 AC 正确；（3）根据x=aT 2，T
23、=0.1s 运用逐差法得， 。 （4）其中图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，故 A 选项错误，B 选项正确；其中图线在末端发生了弯曲，是因为盘和重物的总质量 m 不远小于车和砝码的总质量 M 故 C 选项错误，D 选项正确。考点：验证牛顿第二定律实验三、计算题(共 34 分,要求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,而未写出主要演算过程的,不能得分.有关物理量的数值计算问题,答案中必须明确写出数值和单位,写在后面的答题卡上,注意写单位)13.一汽车在直线公路段上以 54km/h 的速度匀速行驶,突然发现在其正前方 14m 处有一辆自行车以 5m/s 的速度同向匀速行驶。
24、经过 0.4s 的反应时间后，司机开始刹车,为了避免相撞,汽车的加大速度大小至少为多少?【答案】5m/s 2【解析】【分析】汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，汽车从发现自行车开始到汽车速度与自行车速度相同，列速度关系式和位移关系式求解；【详解】v 054 km/h=15m/s；设汽车经 t 时间速度自行车速度相等，v 0atv 自 汽车的位移： 自行车的位移：x 自 =v 自 ( t+t) 根据几何关系：x 汽 =x 自 +s0 联立解得：a=5 m/s2【点睛】解决本题的关键知道从司机发现自行车开始，到汽车停止，行驶的距离是匀速运动的位移和匀减速运动的位移之和。14.如
25、图甲所示为倾斜的传送带始终以恒定的速度沿顺时针方向转动,主动轮、从动轮的大小可忽略不计,传送带与水平面夹角为 一质量 m=1kg 的小物块以初速度 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,物块到传送带顶端的速度恰好为零,物块运动的速度-时间图像如图乙所示,已知 求:(1)02s 内物块的加速度 及传送带底端到顶端的距离(2)物块与传送带间的动摩擦因数；(3)如果物块可以在传送带上留下划痕,求 04s 内传送带上的划痕长度。【答案】 （1）-10m/s 2；32m（2）0.5（3）20m【解析】【分析】（1）根据图示图象应用加速度定义式求出加速度，v-t 图象与坐标轴形成图形的面积等于物体的
26、位移。（2）应用牛顿第二定律求出动摩擦因数。（3）求出两段时间内物块相对于传送带的滑行距离，然后求出划痕长度。【详解】 （1）由图示图象可知，02s 内物块的加速度为： ，负号表示加速度方向与速度方向相反；由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为：x= （24+4）2+ 24=32m；（2）02s 内，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，代入数据解得：=0.5；（3）由 v-t 图象可知，物块在 02s 内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为 4m/s，02s 内物块相对传送带向
27、上的位移：d 1= (24+4)242=20m，2s-4s 内，物块相对传送带向下的位移：d 2=42- （4+0）2=4m，则划痕长度为 d1=20m【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。动摩擦因数也可以根据动能定理求解。15.如图所示，质量为 和质量为 可视为质点的两物块相距 一起静止在足够长且量为 的水平木板上，已知 与木板之间的动摩擦因数均为 木板与水平面之间的动摩擦因数为 时刻同时让 分别以 的初速度沿木板水平向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 求:(1) 时刻， 与 的加速度大小；(2)若
28、与 不相碰， 与 间距 的最小值；(3) 在水平面滑行的位移【答案】 （1）a 1=a2= 4m/s2，方向向左；a M=4m/s2，方向向右；（2）1.5m（3）2.5m【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出两质点的位移，然后求出两质点间的初始距离。（2）由牛顿第二定律求出木板的加速度，然后由运动学公式求出 M 的位移。【详解】 （1）根据题意知，m 1、m 2在木板上做减速运动，M 在水平面上做加速运动，由牛顿定律得：对 m1： 1m1g=m1a1对 m2： 1m2g=m2a2对 M： 1m1g+ 1m2g- 2（m 1+m2+M）g=Ma M，解得：a 1=a
29、2= 1g=4m/s2，方向向左；a M=4m/s2，方向向右（2）设经过 t1，M 与 m2共速且为 v，m 1的速度为 v3，由运动学公式得：对 m1，速度：v 3=v1-a1t1，位移： x1 t1，对 m2，速度：v=v 2-a2t1，位移： x2 t1，对 M，速度：v=a Mt1位移： xM t1，在 t1时间内 m1与 m2的相对位移：x 1=x1-x2，由题可知 M 与 m2共速后它们相对静止，其加速度为 a，由牛顿第二定律得： 1m1g- 2（m 1+m2+M）g=（M+m 2）a，解得：a=0，即：M 与 m2共速后一起匀速运动，m1继续减速，设经过 t2系统共速，其速度为 v，由运动学知识，对 m1有：v=v 3-a1t2，位移： x1 t2，对 M 和 m2整体有：x M=vt 2，x 2=x1-x M，由几何关系可得：dx 1+x 2，代入数据解得：d m=1.5m；（3）由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，由牛顿定律得： 2(m1+m2+M)g( M+m1+m2)a ，由运动学知识得： x M ，M 运动的位移为：x=x M+xM+x M，代入数据解得：x=2.5m；【点睛】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体受力情况与运动过程是解题的前提，注意关联物体之间的速度以及位移关系等，抓住临界状态，例如共速时刻。
