《高中试卷》2018-2019学年北京市石景山区高一（上）期末物理试卷

1、2018-2019学年北京市石景山区高一（上）期末物理试卷一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1（3分）下列物理量属于矢量的是（）a路程b速率c质量d加速度2（3分）某同学在操场上向正北方向运动了16m，接着转向正东方向运动了12m。两段路线相互垂直。整个过程中，该同学的位移大小和路程分别为（）a20m，20mb28m，28mc20m，28md28m，20m3（3分）在物理学发展历程中，首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来的科学家是（）a亚里士多德b伽利略c牛顿d爱因斯坦4（3分）某物体做初速度1m

2、/s，加速度2m/s2的匀加速直线运动，则3s末的速度大小和位移大小分别是（）a6m/s，12mb7m/s，21mc7m/s，12md6m/s，21m5（3分）一石块从高度为h处自由下落，当速度达到落地速度的一半时，它的下落距离等于（）ah2bh4c3h2d2h26（3分）做匀加速直线运动的物体，速度由v增加到2v的过程中位移为s，则当速度由2v增加到4v的过程中位移是（）a4sb3sc2sds7（3分）作用在同一物体上的两个共点力，一个力的大小是3n，另一个力的大小是5n，它们的合力的大小可能是（）a1.8nb2.7nc0d8.1n8（3分）如图所示，l1、l2是劲度系数均为k的轻质弹簧，a

3、、b两只钩码重力均为g，则静止时两弹簧伸长量之和为（）a3gkb2gkcgkdg2k9（3分）小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，3秒末撤去恒定拉力，小滑块继续匀减速滑行6秒钟停下，问小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是（）a1：1b1：2c1：3d3：110（3分）如图所示，在竖直光滑墙壁上用细绳将一个质量为m的球挂在a点，平衡时细绳与竖直墙的夹角为，45°墙壁对球的支持力大小为n，细绳对球的拉力大小为t，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）anmgtanbnmgsincn=mgcosdn=mgtan11（3分）如图所示，一质量为m的木块静止在倾

4、角为的斜面上。重力加速度为g。下列说法正确的是（）a斜面对木块的支持力大小为mgsinb斜面对木块的摩擦力大小为mgcosc木块所受合力方向沿斜面向下d斜面对木块的支持力与摩擦力的合力方向竖直向上12（3分）一个恒力作用在质量为m1的物体上，产生的加速度为a1；作用在质量为m2的物体上，产生的加速度为a2，若这个恒力作用在质量为m1+m2的物体上，则产生的加速度等于（）aa1 a2ba1a2ca1a2a1+a2da1+a2a1a213（3分）质量m200g的物体，测得它的加速度a20cm/s2，则关于它受到的合外力的大小及单位，下列运算既简洁又符合一般运算要求的是（）af200×20

5、4 000 nbf0.2 kg×20 cm/s24 ncf0.2×0.20.04 ndf0.2×0.2 n0.04 n14（3分）如图所示，在探究牛顿第二定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为f1、f2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有（）a当m1m2、f12f2时，x12x2b当m1m2、f12f2时，x22x1c当m12m2、f1f2时，x12x2d当m12m2、f1f2时，x22x115（3分）如图所示，质量为m的三角形木楔a置于倾角为的固定斜面上，它与斜面间

6、的动摩擦因数为，一水平力f作用在木楔a的竖直平面上在力f的推动下，木楔a沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，则f的大小为（）ama+g(sin+cos)cosbm(a-gsin)(cos+sin)cma+g(sin+cos)(cos-sin)dma+g(sin+cos)(cos+sin)二、填空题，本题共2小题，共15分16（4分）（1）图1为“探究两个互成角度力的合成规律”的实验装置示意图，橡皮条的一端固定在木板上a位置，另一端系有轻质小圆环；轻质细绳ob和oc一端系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上。现用弹簧测力计通过细绳拉动小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至o位置。对于上述实验过

7、程，下列说法中正确的是 a只需要记录弹簧测力计的示数bob和oc绳拉力的方向应与木板平面平行c只需要记录ob和oc绳的长度和弹簧测力计拉力方向d需要记录两个弹簧测力计的示数和拉力方向（2）该实验中某同学在坐标纸上画出了如图2所示的两个已知力f1和f2，图中小正方形的边长表示2n，两力的合力用f表示，f1、f2与f的夹角分别为1和2，下列说法正确的是 af14nbf12nc145° d1217（11分）利用打点计时器研究一个约1.4m高的商店卷帘窗的运动。将纸带粘在卷帘底部，通过打点计时器记录纸带随卷帘的竖直向上运动。选取打印后的一段清晰纸带如图1所示，数据如表所示。纸带中ab、bc、

8、cd每两点之间的时间间隔为0.10s，根据各间距的长度，可计算出卷帘窗在各间距内的平均速度v可以将v近似地作为该间距中间时刻的即时速度v。（1）根据提供的纸带和数据，在图2中描绘出该段纸带随卷帘窗运动的vt图线。（2）ad段的加速度为 m/s2，估算打c点时纸带的速度为 m/s。表1运动数据间隔间距（cm）ab5.00bc10.00cd15.00de20.00ef20.00fg20.00gh20.00三、本题共4小题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位18（6分）用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示已知

9、ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，求ac绳和bc绳中的拉力分别为多少？19（12分）如图所示，一个质量m1kg的物块，在f5n的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成37°假设物块与水平面之间的滑动摩擦因数0.5，取重力加速度g10m/s2sin37°0.6，cos37°0.8。（1）做出物块的受力分析图；（2）求物块运动的加速度大小；（3）求从静止开始物块移动4s内的位移大小；20（8分）风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。（

10、1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，如图10，则小球从静止出发在细杆上下滑的加速度大小为多少？21（14分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图2所示。电梯总质量m2.0×103kg忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力f1和最小

11、拉力f2；（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图112所示at图象，a求电梯在第1s内的速度改变量v1的大小和第2s末的速率v2；b写出电梯在第1s内的加速度与时间的关系式、速度与时间的关系式；2018-2019学年北京市石景山区高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1【分析】本题应抓住：既有大小又有方向是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量

12、等都是标量【解答】解：a、路程是只有大小，没有方向的物理量是标量，故a错误b、速率是速度的大小，只有大小，没有方向的物理量是标量，故b错误c、质量是只有大小，没有方向的物理量是标量，故c错误d、加速度是既有大小又有方向是矢量，估d正确故选：d。【点评】矢量与标量的区别有两个：一矢量有方向，而标量没有方向；二矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则2【分析】根据路程等于物体运动路线的长度、位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，确定路程和位移的大小。【解答】解：位移的大小等于首末位置的距离，大小x=162+122=20m，路程等于运动轨迹的长度，s12+1628m。故c正确，abd

13、错误故选：c。【点评】本题要理解路程和位移的物理意义，画出示意图，求解它们的大小。位移大小等于起点到终点直线距离的大小，不会大于路程。3【分析】伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。【解答】解：伽利略在研究自由落体运动时，首先采用了试验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，故b正确，acd错误。故选：b。【点评】本题考查物理学史，要注意准确掌握各位物理学家所做出的贡献，并从中学习相应的物理方法。4【分析】根据速度时间公式求出物体在第3s末的

14、速度大小；根据位移公式即可求出位移的大小。【解答】解：设小汽车初速度方向为正方向，物体在3 s末的速度为：vtv0+at3得：v31+2×3m/s7m/s；物体在3s内的位移为：xv0t+12at21×3+12×2×3212m；故c正确，abd错误。故选：c。【点评】本题考查速度公式和位移公式的应用，只要熟练掌握公式即可正确求解。5【分析】自由落体运动是初速度为零加速度为零g的匀加速直线运动，根据位移与速度关系公式求解【解答】解：设石块落地时的速度大小为v，由：v2v022gx得：v202gh（v2）202gh由解得：h=h4故选：b。【点评】本题考查应

15、用自由落体运动规律解题的基本能力，是基本题，比较简单，考试时不能丢分6【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式v2v022ax，去求物体发生的位移。【解答】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式，得：速度从v增加到2v时：（2v）2v22as，速度从2v增加到4v时：（4v）2（2v）22as，联立两式得，s4s；故bcd错误，a正确；故选：a。【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式v2v022ax。7【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且|f1f2|ff1+f2。【解答】解：两力合成时，合力范围为：|f1f2|f

16、合f1+f2；两个力分别是3n和5n，故2nf合8n，只有2.7是可能的，故acd错误，b正确；故选：b。【点评】本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|f1f2|ff1+f2。8【分析】弹簧l1受到的弹力大小等于2g，弹簧l2受到的弹力大小等于g，根据胡克定律分别求出两根弹簧伸长的长度，再求出静止时两弹簧伸长量之和【解答】解：弹簧l1受到的弹力大小等于2g，根据胡克定律得 弹簧l1伸长的长度x1=2gk 弹簧l2受到的弹力大小等于g，再根据胡克定律得 弹簧l2伸长的长度x2=gk所以静止时两弹簧伸长量之和为xx1+x2=3gk。【点评】对于弹簧问题，关键分析弹簧的状态和弹力大小9【分析】

17、用撤去恒定拉力时的速度可表达两段的平均速度，用平均速度表达出两段的位移即可求解。【解答】解：设撤去恒定拉力时的速度为v则加速阶段的位移为：x1=v2t1减速阶段的位移为：x2=v2t2整理得：x1x2=t1t2带入数据解得：x1x2=t1t2=36=12，故b正确，acd错误。故选：b。【点评】本题考查了匀变速运动的位移公式，灵活选择推论公式可使解题过程简化。10【分析】分析球的受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。【解答】解：以球为研究对象，分析其受力情况：重力mg、悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力，根据平衡条件，有：根据几何关系可得：t=mgcos，nmgt

18、an，故a正确，bcd错误。故选：a。【点评】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。11【分析】以m为研究对象进行受力分析，根据平衡条件求解支持力和摩擦力大小，静止状态时合力为零，由此分析。【解答】解：以m为研究对象，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，如图所示；ab、根据图线将重力进行分解可得斜面对木块的支持力大小为nmgcos，斜面对木块的摩擦力大小为fmgsin，故ab错误；c、木块处于静止状态，所以木块所受合力为零，故c错误；d、斜面对木块

19、的支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，所以方向竖直向上，故d正确。故选：d。【点评】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。12【分析】恒力单独作用于两个物体上时，根据牛顿第二定律列出两个方程，当f作用在质量为（m1+m2）的物体上时再根据牛顿第二定律列式，联立方程即可解题。【解答】解：恒力单独作用于两个物体上时，根据牛顿第二定律得：fm1a1fm2a2当f作用在质量为（m1+m2）的物体上时，根据牛顿第二定律得：a=fm1+m2联立以上三式可得：a=

20、a1a2a1+a2；故c正确abd错误。故选：c。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，根据牛顿第二定律列式联立求解即可，解题的关键在于公式的计算，分别用前两式中的f和加速度将质量表示出来代入第三式即可求解。13【分析】已知物体的质量和加速度，求合力，运用牛第二定律解决问题同时也应该知道物体的合力方向决定加速度方向为了简洁规范，单位都必须化成统一的国际单位【解答】解：物体质量m200g0.2 kg，加速度为：a20 cm/s20.2 m/s2fma0.2×0.2 n0.04n故选：d。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用；要注意使用牛顿第二定律时，所有的单位都必须是国际单位在采

21、用国际单位制后，可以不需要再每一个物理量再代单位计算，只需要在计算式最后代入总单位即可14【分析】小车做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度、由匀变速运动的位移公式可以分析答题。【解答】解：a、当m1m2、f12f2时，由fma可知，a12a2，由x=12at2可得：x12x2，故a正确，b错误；c、当m12m2、f1f2时，由于车的质量不确定，所以无法确定加速度的关系，也无法确定位移关系，故cd错误；故选：a。【点评】应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题，注意两小车的运动时间相等。15【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律列方程可以求得f的大小【解答】解：木楔a上滑时，共受四

22、个力f、n、mg和f，其中沿垂直斜面方向合力为零，有nmgcos+fsin而沿斜面方向有fcosfmgsinma 又因为fn由得 f=ma+g(sin+cos)(cos-sin)，所以c正确。故选：c。【点评】解决本题的关键就是对物体的受力的分析，根据物体的受力列方程即可求得二、填空题，本题共2小题，共15分16【分析】（1）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，效果的相同是通过拉橡皮筋产生大小和方向相同的形变量来实现的。数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点，了解误差产生的原因即可正确解答。（2

23、）根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。【解答】解：（1）acd、实验中需记录弹簧测力计拉力的大小和方向还有结点的位置，故ac错误，d正确；b、为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，ob和oc绳拉力的方向应与木板平面平行，故b正确；（2）根据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图。从图上可知：f142n，合力为：f12n。根据几何关系知f1与f的夹角分别为145°从图上可知，12故bc正确，ad错误。故答案为：（1）bd； （2）bc。【点评】在此实验中重点是作出力的图示，这样才能得以验证力的平行四边形，所以细线的方向与弹簧秤的示数是关键。17【分析】（1

24、）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上各点时小车的瞬时速度大小，再根据表格中的数据，通过描点法即可作出速度时间图象；（2）速度时间图象的斜率表示加速度，根据a=vt 即可求解加速度。【解答】解：（1）因相邻的计数点间的时间间隔t0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上各段中时刻时小车的瞬时速度大小。v1=xabt=5.000.1×1020.5m/sv2=xbct=10.000.1×1021.0m/s v3=xcdt=15.000.1×1021.5m/sv4=xdet=20.000.1

25、×1022.0m/sv5=xeft=20.000.1×1022.0m/sv6=xfgt=20.000.1×1022.0m/s在速度时间图象中描出个时刻的速度，连线时注意能连到同一直线上的点应用直尺连到直线上，明显不在同一直线点尽量用平滑曲线接；如图所示：（2）根据速度与时间图象的斜率表示ad段加速度，解得：a=vt=2.0-0.250.35=5m/s2，依据速度与时间的图象，而c点对应的时刻为0.2s，根据图象，打c点时纸带的速度为vc1.25m/s；故答案为：（1）如上图所示；（2）5；1.25。【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平

26、时练习中要加强基础知识的理解与应用。知道速度时间图象的斜率表示加速度，难度不大，属于基础题。三、本题共4小题，共40分解答应写出必要的文字说明、方程和重要步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位18【分析】对c点进行受力分析根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系【解答】解：对结点c受力分析，受点c到三根绳子拉力，将fa和fb合成为f，根据三力平衡得出：ffcmg已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以30°根据三角函数关系得出：fafcos=32mg，fbfsin=12mg答：求ac绳和bc绳中的拉力分别为32

27、mg，12mg【点评】该题的关键在于能够对结点c进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题力的计算离不开几何关系和三角函数19【分析】（1）对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，再画出物块的受力示意图；（2）根据牛顿第二定律求出物体的加速度的大小；（3）物体做匀加速直线运动，由位移时间关系可以求得物体的位移的大小。【解答】解：（1）物块受到重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，物块的受力示意图如图：（2）物块竖直方向受力平衡，则有：fsin37°+fnmg，对水平方向，根据牛顿第二定律，有：fcos37°fma，其中：ffn，代入数据解得：a=fcos37°-(mg-fsin37°)m=0.5m/s2；（3）根据匀变速直线运动规律可得：x=12at2代入数据得：x4m。答：（1）受力分析图见解析；（2）物块运动的加速度大小为0.5m/s2；（3）从静止开始物块移动4s内的位移大小为4m。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。20【分析】对小球匀速时受力分析，根据平衡条件求出摩擦因数大小，然后对杆与水平方向间夹角为37°时的小球受力分析，根据牛顿第二定律求加速度。【解答