2018-2019学年湖北省宜昌县域高中协同发展共合体联考高一(上)期末物理试卷

1、2018-2019 学年湖北省宜昌县域高中协同发展共合体联考高一（上）期末物理试卷副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共6 小题，共24.0 分）1.以下说法正确的是（）A. 只有很小的物体才能看成质点，很大的物体不能看成质点B. 若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人可能是静止的C. 做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相等D. 一节课 40 分钟， 40 分钟指的是下课的时刻2.有四个运动的物体A、B、 C、 D，物体 A、 B 运动的 x-t 图象如图甲所示；物体C、D 从同一地点沿同一方向运动的v-t 图象如图乙所示。根据图象做出以下判断不正确的是（）A

2、. 物体 A 和 B 均做匀速直线运动且 A 的速度比 B 的大03s时间内，物体B运动的位移为10mB.在C. t=3 s时，物体 C 追上物体 DD. t=3s时，物体 C 与 D 间距离最大3. 如图所示，质量分别为m 和 2m 的 A、B 两球用轻弹簧连接，A 球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态如果将悬挂A 球的细线剪断，此时 A和 B 两球的瞬时加速度aA 、aB 的大小分别是（）ABABABA=g 、A. a =0、 a =0B. a =g、 a =gC. a =3g、 a =0D. aaB=04. 物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s 内通过的位移是3m，则（）A. 前 3s

3、 的位移是 6mB. 3s 末的速度是 3.6m/sC. 3s内的平均速度是2m/sD. 第 2s 内的平均速度是 3m/s5. 如图所示，一个物体受到 1N、2N、3N、4N 四个力作用而处于平衡。现保持 1N、 3N、4N 三个力的方向和大小不变，而将 2N 的力绕 O 点旋转 60，此时作用在物体上的合力大小为（）A.2NB.NC.13ND.N第1页，共 16页6. 如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球， 则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面） ，木板对小球的推力 F 1、半球面对小球的支持力F 2 的变化情况正确的是（）A.

4、F1 增大， F2减小B. F1增大， F2 增大C. F1 减小， F2减小D. F1减小， F2 增大二、多选题（本大题共4 小题，共 16.0 分）7.把一个已知力分解， 要求其中一个分力F1 跟F成30角，而大小未知； 另一个分力F2= F ，但方向未知，则F 1 的大小可能是（）A. FB.FC.FD.F8.从地面以 30m/s 的初速度竖直上抛一球，若不计空气阻力，取g=10m/s2，则小球运动到距地面 25m 时所经历的时间可能为（）A. 7sB.5sC.3sD.1s9. 实验小组利用 DIS 系统（数字化信息实验系统） 观察超重和失重现象， 它们在学校电梯内做实验， 在电梯天花

5、板上固定一个力传感器， 力传感器挂钩悬挂一个重为 10N 的钩码， 在电梯运动过程中， 计算机显示屏上出现如图所示图线，根据图线分析可知下列说法正确的是（）A. t1 到 t2 时间内，电梯一定在向下运动，t3 到 t4 时间内，电梯可能正在向上运动B. 从时刻 t1 到 t 2，钩码处于失重状态，从时刻t3 到 t4，钩码处于超重状态C. t1 到 t 4 时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下D. t1 到 t4 时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上10. 如图，物块AB叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B、足够长的物块，另一端绕过定滑轮连接C 物体，已知

6、 A 和 C 的质量都是 1kg， B 的质量是 2kg， A、B间的动摩擦因数是0.2，其他摩擦不计。由静止释放C，C 下落一定高度的过程中（C 未落地， B 未撞到滑轮， g=10m/s2）。下列说法正确的是（）A. 、B两物体发生相对滑动B.AC. B 物体的加速度大小是 m/s2D.A 物体受到的摩擦力大小为2.5N细绳的拉力大小等于10N三、实验题探究题（本大题共2 小题，共16.0 分）11.某同学利用如图示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A 和 B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F

7、1、 F2 和 F 3，回答下列问题：（ 1）改变钩码个数，实验能完成的是：_A钩码个数N1=N2=2， N3=4B钩码个数N1=N3=3， N2=4C钩码个数N1=N2=N3=4D 钩码个数N1=2， N2=3 ， N3=8（ 2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是_A标记结点 O 的位置，并记录 OA、 OB、 OC 三段绳子的方向B量出 OA、OB、 OC 三段绳子的长度第2页，共 16页C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（ 3）在作图时，你认为图中_是正确的（填“甲”或“乙”）12. 用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验：（ 1）下面列出了一

8、些实验器材： 电磁打点计时器、 纸带、带滑轮的长木板、 垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有：_。（多选）A天平（附砝码）B秒表C刻度尺（最小刻度为mm）D低压交流电源（ 2）实验中， 需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是_。A小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动。B小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动。C小车放在木板上， 后面固定一条纸带， 纸带穿过打点计时器。 把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度， 使小车在不受绳的拉力时能拖动纸

9、带沿木板做匀速直线运动。（ 3）如图为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得： S1=0.55 cm， S2=0.94 cm， S3=1.35cm，S4=1.76cm， S5=2.15 cm， S6=2.54cm。相邻两计数点间的时间间隔为_s；计数点“ 6”和“ 7”的位移S7 比较接近于 _（填“ A、 B、 C、D ”序号）A2.76cm B 2.85cm C 2.96cm D 3.03cm2打下“ 3”点时小车的瞬时速度v3=_ m/s；小车的加速度a=_m/s （计第3页，共 16页算结果均保留2 位有效数字）（ 4）某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关

10、系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a 与其质量M 的数据。在分析处理数据时， 该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a 与其质量 M 的图象，如图甲，然后由图象直接得出a 与 M 成反比。乙学认为应该继续验证 a 与其质量倒数是否成正比， 并作出小车加速度a 与其质量倒数的图象， 如图乙所示。你认为_同学（选填“甲”或“乙”）的方案更合理。四、计算题（本大题共4 小题，共44.0 分）13.如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A 点，足球保持静止状态，与墙壁的接触点为 B，足球的质量为 m，悬绳与墙壁的夹角为 ，重力加速度为 g，网兜的质量不

11、计。求：（ 1）悬绳对足球的拉力的大小；（ 2）足球对墙壁的压力的大小。14. 一辆卡车紧急刹车过程加速度的大小是5m/s2，如果在刚刹车时卡车的速度为10m/s，求：（ 1）刹车开始后1s内的位移大小；（ 2）刹车开始后3s内的位移大小15. 质量为 30kg 的小孩坐在 10kg 的雪橇上， 大人用大小为 100N、与水平方向成 37斜向上的拉力，从静止开始使雪橇做匀加速直线运动， 10s时撤去拉力，使雪橇自由滑行， 设雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2，（ sin37 =0.6，cos37=0.8， g 取 10m/s2）求：（ 1） 10s末雪橇的速度；（ 2）雪橇运动的总路程第4页，共

12、 16页16.如图所示，传送带与地面的夹角为 =30，两轴心间距离 AB 的长 L=6m，传送带以v=5m/s 的速率顺时针转动，当 t=0 时在 A 点无初速度释放一块煤（可视为质点）煤块与传送带间的动摩擦因数为= ，g=10m/s2，问：（ 1）煤块刚开始运动时的加速度多大；（ 2）煤块从开始运动到与传送带共速所用时间；（ 3）若传送带运动过程中被卡住突然停止运动，此时煤块开始做减速运动，且恰好能到达 B 点，求煤块开始减速的时刻第5页，共 16页答案和解析1.【答案】 B【解析】解：A 、只要在所研究的问题中物体的大小和形状可以忽略，物体即可以看作质点；与物体的实际大小无关；故 A 错误

13、；B、若以河岸为参考系，若人在船上以与船大小相等的速度，反向运动，则人可能相对河岸是静止的；故 B 正确；C、做直线运动的物体，若有往返现象，则位移大小与路程不相等；故 C 错误；D、一节课 40 分钟对应的是一段 过程；故40 分钟为时间 ；故D 错误；故选：B。只有物体的大小和形状可以忽略时，物体才可以看作质点；在研究物体的运 动时，要选择合适的参考系；只有做单向直线运动时，物体的位移大小才等于路程；时间对应 一段过程；而时刻对应一个瞬间本题考查位移与路程、时间与时刻及质点参考系的概念；要注意正确区分相近概念2.【答案】 C【解析】解：A 、由甲图看出：物体A 和 B 位移图象都是倾斜的直

14、线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直 线运动，A 图线的斜率大于 B 图线的斜率，A的速度比 B 更大。故 A 正确。B、在 0 3s时间内，物体 B 运动的位移为x=x 2-x 1=10m-0=10m，故 B 正确。CD、由乙图看出：前3s内，D 的速度较大，DC 间距离增大，3s 后 C 的速度较大，两者距离减小，t=3s 时，物体 C 与物体 D 之间有最大间距。故 C 错误，D正确。本题选不正确的，故选：C。位移时间图象：倾斜的直线表示物体做匀速直 线运动，斜率等于速度；坐标的第6页，共 16页变化量表示位移。速度 时间图象的 “面积 ”表示位移，交点表示速度相等，分析两物

15、体的运 动情况，判断 C、D 间距离的变化。对于位移 图象和速度 图象要从图象的数学意 义来理解其物理意 义，抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运 动情况。3.【答案】 C【解析】解：悬线剪断前，以 B 为研究对象可知：弹簧的弹力 F=2mg，以A 、B 整体为研究对象可知悬线的拉力为 3mg；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=2mg，根据牛顿第二定律得对 A ：mg+F=maA ，又F=2mg，得aA =3g，对 B：F-2mg=maB，F=2mg，得aB=0故选：C。悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和 弹簧的弹力突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有来得及 变化，分析瞬间两球的

16、受力情况，由牛 顿第二定律求解加速度本题是动力学中典型的瞬 时加速度问题，此类问题一般先分析 悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，最后求解加速度；要抓住 悬线剪断瞬间弹簧的弹力没有来得及 变化4.【答案】 B【解析】解：A 、设加速度大小 为 a，则有：x=2解得：a1.2m/s。前 3s内位移为：x 3=，前 3s内平均速度 为：故AC 错误B、3s 末的速度是：v3=at3=3.6m/s。故B 正确。D、第 2s平均速度 为m/s=1.8m/s，故D第7页，共 16页错误；故选：B。第 3s内位移等于前 3s 内与前 2s内位移之差，根据位移公式列式，求出加速度。再由运

17、动学求出前 3s 内的位移和平均速度，及 3s末的速度。本题运用匀变速直线运动的基本公式研究初速度 为零的匀加速运 动问题，也可以通过图象研究。5.【答案】 A【解析】解：由题意可知，四力的合力 为零，则可知 1N、3N、4N 三个力的合力 2N；与2N 大小相等方向相反；则 2N 的力绕 O 点旋转 60，其他三力的合力不 变，那么现在变为 2N 的两个力，其夹角成 120，因此这两个力的合力大小 为 2N，故A 正确，BCD 错误；故选：A。物体受多力平衡，则多力的合力 为零；则 1N、3N、4N 三个力的合力与 2N 大小相等方向相反；则将 2N 转动后，其他三力的合力不 变，则变成了转

18、后的 2N 与其他三力的合力的合成， 则由平行四 边形定则可求得合力。本题中应 用了力的合成中的一个 结论 ：当多力合成其合力为 零时，任一力与其他各力的合力大小相等方向相反。6.【答案】 B【解析】解：对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，如 图根据平衡条件解得：F1=mgtanF2=；由于不断增加，故 F1 增大、F2 增大；B 正确、ACD 错误；故选：B。第8页，共 16页对小球受力分析，受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力，根据平衡条件列式求解本题主要是考 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、利用平行四 边形法则进行

19、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7.【答案】 AD【解析】解：由题意可知，F2 的大小为F，大于F，因此有两种分解结果；根据平行四 边形定则得，如图，又因一个分力F1 跟 F 成 30角，且 F2 的大小为F，由几何关系得， F1=F 或 F1=F故AD 正确，BC 错误 。故选：AD 。力的合成遵循平行四 边形定则，根据平行四边形定则求出 F1 的大小。解决本题的关键知道合力一定，分力的方向已知，因 为 F2 大于该分力的最小值，所以有两解，注意巧用几何知 识中直角三角形中 线与各边的关系。8.【答案】 BD【解析】解：竖直上抛运 动的全部过程是匀

20、变速直线运动；由 x=v0t+at2 可知 h=v0t-gt2；即：25=30t-5t2解得：t=1s 或 t=5s，故BD 正确，AC 错误；故选：BD。竖直上抛运 动的上升和下降 过程加速度相同，均为 g，速度连续变化，是匀变速直线运动；第9页，共 16页由位移和 时间的关系列出方程可得出 经历的时间，注意有向下和向上两种可能。本题考查了竖直上抛运 动，分析清楚物体运动过程，应用匀变速直线运动的位移公式即可解 题。9.【答案】 BCD【解析】解：A 、图横轴是时间，纵轴是力，所以图线显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况，从时刻 t1 到 t2，物体受到的压力小于重力 时，加速度向

21、下，但可以向上做减速运 动；从时刻 t3 到 t4，物体受到的压力大于重力，加速度向上，可以向上运 动，也可以向下运动。故 A 错误；B、t1 到 t2 时间内，拉力减小，钩码处于失重状 态；t3 到 t4 时间内，拉力增加，钩码处于超重状 态，故B 正确；C、如果电梯开始停在高楼 层，由图可知，压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故 电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼 层，故 C 正确D、如果电梯开始停在低楼 层，由图可知，压力先等于重力、再小于重力、然后等于重力、大于重力、最后等于重力，故 电梯应先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最

22、后停在高楼 层，故D 正确；故选：BCD。当物体受到的 压力大于重力 时，物体处于超重状 态，加速度向上；当物体受到的压力小于重力 时，物体处于失重状 态，加速度向下；根据图象并结合实际情况得到压力变化规律，从而得到物体的运 动情况本题关键是根据压力的变化情况，得到超、失重情况，然后与实际情况向对照，得到电梯的运动情况，注意加速度向上 时，可能是加速向上，也可能是减速下降。10.【答案】 AC【解析】第10 页，共 16页设发生相对滑动，整体的加速度 a=2解：AB 、假 A 、B 不=2.5m/s ，隔离对 A 分析，f=mm设不成立，即 A 、BA a=1 2.5N=2.5NA g=2N，

23、可知假两物体发生相对滑动，A 所受的摩擦力为 2N，故 A 正确，B错误。CD、隔离对 C 分析，根据牛顿第二定律得， mCg-T=mCa，隔离对 B 分析，根据牛顿第二定律得， T-mg=m aAB解得：a=m/s2T=N，故B 正确 D 错误 。故选：AC。对 A 、B、C 整体分析，根据牛顿第二定律求出整体加速度，隔离 对 A 分析，求出摩擦力的大小，与最大静摩擦力比 较，判断是否发生相对滑动，再隔离分析，求出拉力的大小本题考查了牛顿第二定律的基本运用，通 过整体法和隔离法判断出A 、B 是否发生相对滑动是解决本题的关键。11.【答案】 BCA甲【解析】解：（1）对 O 点受力分析OA

24、OB OC 分别表示三个力的大小，由于三共点力 处于平衡，所以 0C 等于OD因此三个力的大小构成一个三角形A 、以钩码的个数表示力的大小， 则不能构成三角形，故 A 错误；B、以钩码的个数表示力的大小， 则三力为边构成等腰三角形，故 B 正确；C、以钩码的个数表示力的大小， 则三力为边构成等边三角形，故 C 正确；D、以钩码的个数表示力的大小， 则不能构成三角形，故 D 错误 故选：BC第11 页，共 16页（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O 的位置，其次要作出力的方向并 读出力的大小，最后作出力的 图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出 发，要记录

25、砝码的个数和 记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向，故 A 正确，BCD 错误 故选：A（3）以O 点为研究对象，F3 的是实际作用效果在 OC 这条线上，由于误差的存在，F1、F2 的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）BC（2）A（3）甲（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑 轮，另挂有钩码的细绳系于 O图钩码则钩码个数就代表力的大小，所以 O 点受三点（如 所示）由于均相同，个力处于平衡状 态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；为验证平行四边须图强调三力平衡的交点、力的大小（2）形，必 作，所以要钩码的个数）与力的方向；（实

26、际值”和“理论值”的区别即可正确解答（3）明确“掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则时验证平行四边形定则是从，同力的图示角度去作图“ 论值” “实际值”别分析，明确 理和的区12.0.1C0.160.40乙【答案】 ACD C【解析】实验的目的是探究加速度与力、质量关系，用砂桶的重力代表小车解：（1）本受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质选A项；量，故打点计时器的工作 电源为低压交流电源（4-6 V ），工作频率为 50 Hz，周期为0.02 s，可以计时，不需要秒表，故选 D 项、不选 B 项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时选C速度，故第12 页，共 16页项

27、。故选：ACD；（2）平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放（静止）在长木板上，挂好纸带（纸带和打点计时器的限位孔之间有摩擦力）、不挂砂桶，将长木板靠近打点 计时器的一端适当 垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运 动（纸带上两点间距离相等）即可，故C正确，AB 错误；故选：C。（3） 打点计时器的工作周期 为 T0=0.02 s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为 T=5T0=0.1 s。根据匀变速直线运动的规律 a=，可知：较接近于选C项。S7=2S6-S5=22.54-2.15=2.93 cm，比2.96 cm，故

28、利用匀变速直线运动的推论 v3= 0.16m/s由逐差法得 a=0.40 m/s2（4）反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据 图象判定，故应该建立小车加速度 a 与小车质量的倒数关系图象，故应选乙方案。故答案为：（1）ACD ； （2）C； （3） 0.1； C； 0.16，0.40；（4）乙。（1）根据实验原理与实验器材分析答 题；（2）实验前要把木板的一端 垫高以平衡摩擦力，使小 车受到的合力等于 绳子的拉力；（3）应用匀变速直线运动的推论：x=at2 可以求出加速度；（4）为方便实验数据处理，作出的图象应为直线，根据题意应用牛顿第二定律分析答题；本题考查了实验器材、实验注意

29、事项、实验数据处理、实验误差分析等 问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用第13 页，共 16页图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，要选择合适的物理量使作出的 图象为直线。13.【答案】 解：对足球进行受力分析，如图所示。小球处于静止状态，故由平衡条件可得：F N=Fsin mg=Fcos 联立解得：F=F N=mgtan 由牛顿第三定律有：FN=FN 联立解得：FN =mgtan 答：（ 1）悬绳对足球的拉力的大小为；（ 2）足球对墙壁的压力的大小 mgtan 【解析】对足球受力分析可知，足球受重力、 墙壁的支持力和 绳子的拉力

30、 处于平衡，根据合力 为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力和 墙壁对球的支持力。本题考查共点力的平衡条件 应用，要注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法，根据需要灵活选择应用。14.【答案】 解：（ 1）卡车刹车到停止所需的时间为：t0= = =2s 1s。所以 1s内卡车还未停止，则位移：x=v0t- at2 =10 1- 512=7.5 m；。故刹车开始后1s 内的位移大小为 7.5m。（ 2）卡车 2s速度为零，所以刹车后3s 内的位移等于2s内的位移。 3s 内的位移为：x =10m；答：（ 1）刹车开始后1s 内的位移大小是7.5m；（ 2）刹车开始后 3s 内的位移大小是 10m。【解析】（1）求出卡车刹车到停止所需的 时间，因为卡车速度为零后不再运 动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求出刹 车后的位移。（2）由位移公式或速度位移公式求出3s内的位移。本题属于易错题，很多同学不注意卡 车刹车后速度为零后不再运 动。所以求解时先求出卡 车刹车到停止所需的 时间。第14 页，共 16页15.【答案】 解：（ 1）对小孩和雪橇整体受力分析如图所示：根据牛顿第二定律：水平方向： Fcos-Ff=ma1竖直方向： F N+Fsin -mg=0又： Ff=FN代入数据解得根据运动学公式，10s 末的