湖北省宜昌市长阳县第一高级中学学年高一上学期期末考试物理试题.docx

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湖北省宜昌市长阳县第一高级中学学年高一上学期期末考试物理试题

宜昌县域高中协同发展共合体2018至2019学年度第一学期高一年级

期末联考物理试卷

一、选择题：

本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1—6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分.

1.以下说法正确的是（　　）

A.只有很小的物体才能视为质点，很大的物体不能视为质点

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

【答案】B

【解析】

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，A错误；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，B正确；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，C错误；一节课40分钟对应的是一段过程；故40分钟为时间，D错误．

【点睛】只有物体的大小和形状可以忽略时，物体才可以看作质点；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．

2.有四个运动的物体A、B、C、D，物体A、B运动的

图象如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的

图象如图乙所示。

根据图象做出以下判断不正确的是（　　）

A.物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B的大

B.在0—3s时间内，物体B运动的位移为10m

C.t=3s时，物体C追上物体D

D.t=3s时，物体C与D间距离最大

【答案】ABD

【解析】

s－t图象斜率表示速度,物体A和B均做匀速直线运动且A的斜率大,速度比B更大,A对.由图象知,在0─3s的时间内，物体B运动的位移为10m,B对.v－t图象,图象与横轴包围面积表示位移,t=3s时，物体C位移小于D,C错.t=3s时，图象与横轴包围面积差最大,物体C与物体D之间有最大间距,D对.

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（）

A.aA=0，aB=0B.aA=g，aB=g

C.aA=3g，aB=gD.aA=3g，aB=0

【答案】D

【解析】

悬线剪断前，以B为研究对象可知：

弹簧的弹力

，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，

，根据牛顿第二定律得

对A：

，又

，得

，对B：

，

，得

，D正确．

【点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题．

4.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的位移是6mB.3s末的速度是3.6m/s

C.3s内平均速度是2m/sD.第3s内平均速度是3m/s

【答案】BD

【解析】

从静止开始做匀加速直线的物体在相等时间内走过的位移比为1:

3：

5，又因为第3s内通过的位移是3m，所以第1s内的位移是

，第2s内的位移是

，所以3s内的位移是5.4m，A错误，匀加速直线运动的物体在相等时间内走过的位移差是一个定值即

从题中可知在每个1s内走过的位移差为

，所以

，所以3s末的速度是3.6m/s，B正确。

前3s内的位移是5.4m，所以平均速度为1.8m/s，C错误。

第2s内的位移是1.8m，所以平均速度为1.8m/s，D错误。

5.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

【答案】A

【解析】

【分析】

根据“一个物体受到1N、2N、3N、4N四个力作用而处于平衡”可知，本题考查力的平衡条件，根据平行四边形定则，运用多力平衡的推论求解剩下力的合力.

【详解】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，B、C、D错误；故选A.

【点睛】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.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F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是

A.F1增大，F2减小B.F1减小，F2减小

C.F1增大，F2增大D.F1减小，F2增大

【答案】B

【解析】

试题分析：

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=mgtanθ

由于θ不断增加，故F1增大、F2增大；故选B．

考点：

物体的平衡

【名师点睛】本题关键是画出受力图，根据平衡条件求解出两个弹力的表达式进行分析讨论。

7.把一个已知力F分解，要求其中一个分力F1跟F成30°，而大小未知；另一个分力F2＝

F，但方向未知，则F1的大小可能是（　　）

A.

B.

FC.

FD.

F

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据“已知力F分解、求F1的大小”可知，本题考查力的分解讨论，根据力的平行四边形定则，运用几何三角形的边角关系列式分析.

【详解】由题意可知，F2的大小为

，大于

，因此有两种分解结果；根据平行四边形定则得，如图所示：

又因一个分力F1跟F成30°角，且F2的大小为

，由几何关系得

或

；故B、C正确，A、D错误.故选BC.

【点睛】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.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.1s

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据“竖直上抛一球”可知，本题考查竖直上抛运动，根据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，是匀变速直线运动的规律，运用匀减速直线运动的位移公式列式计算.

【详解】竖直上抛运动的全部过程是匀变速直线运动；取竖直向上为正方向，由

可知

；即：

25=30t-5t2，解得：

t=1s或t=5s，故B、D正确，A、C错误；故选BD.

【点睛】竖直上抛运动具有全程法和分段法两种处理方法，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.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t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态

C.t1到t4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

【答案】BC

【解析】

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，可以向上加速运动，也可以向下减速运动。

故A错误；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；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；如果电梯开始停在低楼层，故电梯应先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层，则压力先等于重力、再大于重力、然后等于重力、小于重力、最后等于重力，故D错误；故选BC.

点睛：

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.如图，物块A、足够长的物块B叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知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.A、B两物体发生相对滑动

B.A物体受到的摩擦力大小为2.5N

C.B物体的加速度大小是

m/s2

D.细绳的拉力大小等于10N

【答案】BC

【解析】

试题分析：

假设A、B不发生相对滑动，整体的加速度

，隔离对A分析，

，可知假设成立，即A、B两物体不发生相对滑动，A所受的摩擦力为2．5N，加速度为

，故A错误BC正确；隔离对C分析，根据牛顿第二定律得

，解得

，故D错误．

考点：

考查了牛顿第二定律

【名师点睛】1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法．

2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．

二、实验题：

本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。

11.有同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法：

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FTOA、FTOB和FTOC，回答下列问题：

（1）（多选）改变钩码个数，实验能完成的是（）

A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4

B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4

C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4

D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5

（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

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________（选填“甲”或“乙”）是正确的．

【答案】

（1）.

（1）BCD；

（2）.

（2）A；　（3）.（3）甲；

【解析】

【分析】

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点（如图所示），由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，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，根据该规律判断哪组实验能够成功；为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答；

【详解】解：

（1）对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示FTOA、FTOB、FTOC的大小，由于三个共点力处于平衡，所以FTOA、FTOB的合力大小等于FTOC，且

，即

，故B、C、D能完成实验；

故选BCD。

（2）为探究求合力的方法，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，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误；

故选A。

（3）以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；

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：

__________。

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带沿木板做匀速直线运动。

（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是___________。

这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变。

（4）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＝0.55cm，S2＝0.94cm，S3＝1.35cm，S4＝1.76cm，S5＝2.15cm，S6＝2.54cm。

①相邻两计数点间的时间间隔为____________s；

②计数点“6”和“7”的位移S7比较接近于____________（填“A、B、C、D”序号）

A、2.76cmB、2.85cmC、2.96cmD、3.03cm

③打下“3”点时小车的瞬时速度v3=__________m/s；小车的加速度a＝_____________m/s2。

（计算结果均保留2位有效数字）

（5）某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”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的图像，如图（甲），然后由图像直接得出a与M成反比。

乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数1/M是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数1/M的图像，如图（乙）所示。

你认为_______同学（选填“甲”或“乙”）的方案更合理。

【答案】

（1）.

（1）ACD　　　　　　

（2）.

（2）C　（3）.（3）m＜＜M（4）.（4）①0.1（5）.②C（6）.③0.16（7）.0.40（8）.（5）乙

【解析】

【分析】

（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）当小车质量远大于砂与砂桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力；

（4）应用匀变速直线运动的推论：

△x=at2可以求出加速度；

（5）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；

【详解】

（1）实验过程需要测出小车质量、砂与砂桶质量，因此实验需要天平，处理实验数据时需要测出计数点间的距离，实验需要毫米刻度尺，电磁打点计时器需要使用低压交流电源，故选ACD；

（2）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要把小车放在木板上，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带沿木板做匀速直线运动，故选C；

（3）当小车质量远大于砂与砂桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂和砂桶所受的重力，因此实验需要满足的条件是：

m＜＜M。

（4）①由于在相邻两计数点间都有四个计时点未画出，所以两个计时点的时间间隔为t=5×0.02s=0.1s。

②根据前面的数据可得△x=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=0.40cm，所以x7=x6+△x=2.94cm，与C选项最接近。

③打下3点的速度

，

加速度

（5）由牛顿第二定律得：

，由此可知：

a与

成正比，为方便实验数据处理，应作出a-

图象，因此同学乙的方案更合理；

【点睛】本题考查了实验器材、实验注意事项、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。

三、计算题：

本题共4小题，第13题10分，第14题10分，第15题10分，第16题14分，共44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α，重力加速度为g，网兜的质量不计。

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。

【答案】

（1）

（2）

【解析】

【分析】

根据“足球挂在A点保持静止状态”可知，本题考查平衡条件，运用受力分析、三力平衡的合成法列式计算.

【详解】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：

FN=Fsinα

mg=Fcosα

联立①②解得：

F=

FN=mgtanα

由牛顿第三定律：

FN=FN´

联立③④解得FN´=mgtanθ

【点睛】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．

14.一辆卡车紧急刹车过程加速度的大小是

，如果在刚刹车时卡车的速度为

，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

【答案】

（1）

（2）10m

【解析】

【详解】

卡车刹车到停止所需的时间为：

。

所以1s内卡车还未停止，则位移：

；。

故刹车开始后1s内的位移大小为

。

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：

；

【点睛】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。

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，求：

（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）

（1）10s末雪橇的速度；

（2）雪橇运动的总路程。

【答案】

（1）v=3m/s

（2）x=17.25m

【解析】

【分析】

（1）根据“雪橇做匀加速直线运动”可知，本小问考查动力学问题，根据牛顿第二定律求得雪橇的加速度，利用速度公式可求速度.

（2）根据“撤去拉力，使雪橇自由滑行”可知，本小问考查多运动过程的位移计算，根据每段的运动的加速度并利用瞬时速度求出总路程.

【详解】

（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：

Fcosθ−Ff=ma1

由平衡条件：

竖直方向：

FN+Fsinθ=mg

又Ff=μFN

代入数据解得a1=0.3m/s2

根据运动学公式,10s末的速度为v=a1t=3m/s

（2）撤去F前,整体做加速运动,位移x1=

=15m

撤去F后，整体做减速运动，根据牛顿第二定律有：

滑动的加速度为−μmg=ma2

根据运动学公式：

0−v2=2ax2

解得：

x2=2.25m

雪橇运动的总路程为x=x1+x2=17.25m

【点睛】解决本题的关键是正确的受力分析，结合牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求解．

16.如图所示，传送带与地面的夹角为θ＝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点无初速度释放一煤块（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．

【答案】

（1）2.5m/s2　

（2）2s　（3）2s

【解析】

（1）设煤块刚滑上传送带时加速度为a1，煤块受力如图所示，

根据牛顿第二定律，

沿传送带方向有：

垂直传送带方向：

又

由以上三式得：

，方向沿传送带向上．

（2）煤块速度从0增加至传送带速度v所用时间设为t1，则有：

所以：

；

（3）煤块从开始运动到与传送带共速过程中的位移：

若共速阶段传送带停止运动，则停止后摩擦力反向，有：

得：

煤块减速的距离：

因为：

所以煤块开始减速的时刻：

若煤块在加速阶段传送带停止运动，则煤块减速的距离小于x2，不能到达B点．

点睛：

本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点。