学年辽宁抚顺市六校联合体高一上学期期末考试物理试题解析版Word下载.docx

1、匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题考查了运动学中的“刹车问题”，是道易错题，根据速度时间公式求出物体速度减为零的时间，判断物体是否停止，再结合位移公式求出20s内的位移；注意物体速度减为零后不再运动。3. 关于力学单位制说法中正确的是（）A. kg、m/s、N是导出单位B. kg、m、J是基本单位C. 在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD. 只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=ma力学单位制4. 2016年8月21日里约奥运会中国排球队主攻手朱婷得到179分，在朱婷用手掌奋力将球击出时，下列说法正确的是（）A. 手掌对排球作用力的大小大于排球对手掌作用力的大小B.

2、手掌对排球作用力的大小等于排球对手掌作用力的大小C. 排球对手掌的作用力晚于手掌对排球的作用力D. 手掌对排球作用力与排球对手掌作用力是平衡力【解析】排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误，B正确；一对作用力与反作用力同时产生、同时消失，所以排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力同时消失，故C错误；排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用力，故D错误故选B.点睛：解决本题的关键知道作用力和反作用力的关系，知道它们大小相等，方向相反，同时消失、同时变化5. 小李讲了一个龟兔赛跑的故事,按照小

3、李讲的故事情节,兔子和乌龟的位移图象如图所示,由图可知（ ）A. 兔子和乌龟是同时同地出发B. 乌龟做的是匀速直线运动,兔子是沿着折线跑的C. 兔子和乌龟在比赛途中相遇过两次D. 兔子先通过预定位移到达终点【答案】C【解析】由图读出，兔子和乌龟是从同地不同时刻出发的，兔子在乌龟出发后t1时间出发故A错误乌龟做的是匀速直线运动，兔子先做匀速直线运动，在t3-t5时间内静止不动，t5时刻以后又沿原方向做匀速直线运动，兔子不是沿着折线跑的故B错误在t2和t4两个时刻，兔子和乌龟位置坐标相同，两者相遇，说明兔子和乌龟在比赛途中相遇过两次故C正确由图看出，t6时刻，乌龟已经到达终点，而兔子还没有，所以乌

4、龟先通过预定位移到达终点，故D错误故选C本题是位移图象问题，关键要理解图线的物理意义，图像的斜率等于速度，纵坐标实质表示物体的位置6. 物体自楼顶处自由落下（不计空气阻力），落到地面的速度为v在此过程中，物体从楼顶落到楼高一半处所经历的时间为（）A. B. C. D. 【解析】设楼顶到地面的高度为h，物体从楼顶落到楼高一半处的速度为v则有：2gh=v2；解得： ， ，故选C7. 伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法两图分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（）A. 图1通过对自由落体运动的研究，合

5、理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B. 图1中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C. 图2中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D. 图2的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持【解析】伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量伽利略

6、做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推故A错误，B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D错误故选B.8. 如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态若要使两小球处于静止状态，且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不变，则外力F的大小不可能为（）A. 0.5mg B. mg C. 2mg D. 5mg【答案】A据题意，两个小球质量均为m，重力等于2mg，要使两个小球处于静止状态，且悬线与竖直方向夹角为30，根据平衡条件，

7、两个小球合外力等于零，只要改变外力F的方向，其大小将会发生变化，则外力F的最小值为：，而外力F的最大值可以尽量大，所以外力F的大小不可能的值是选项A正确。平衡条件，力的动态平衡问题【名师点睛】这是动态平衡问题，通过平衡条件：物体处于静止状态，物体所受到的合外力等于零；然后改变外力F的方向，可以找到外力F最小值的位置，也可以分析出外力F最大值无穷大，只要求出外力F的取值范围，就可以找出选项中的不可能值。9. 如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F的作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至A点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向，则（）A. 小物块受到的支持力逐渐变大B. 小物块受到的支持力先

8、变小后变大C. 拉力F逐渐变小D. 拉力F先变大后变小【答案】AC【解析】对滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：N=mgsin；F=mgcos其中为支持力N与水平方向的夹角；当物体向上移动时，变大，故N变大，F变小故AC正确，BD错误故选AC10. 电梯的顶部拴一弹簧秤，弹簧秤下端挂一重物，电梯静止时，电梯中的人观察到弹簧秤的示数为10N某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数为12N，取g=10m/s2，则此时（）A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2B. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2C. 电梯中的人一定处于超重状态D. 电梯中的人一定处

9、于平衡状态电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数等于重物的重力弹簧秤的示数变为8N，产生了失重现象，以重物为研究对象，根据牛顿第二定律分析加速度方向，再确定电梯的运动情况解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数等于重物的重力，即G=10N当弹簧秤的示数变为12N时，弹簧的拉力大小等于12N以重物为研究对象，Fmg=maa=2m/s2根据牛顿第二定律分析得出其加速度方向竖直向上，处于超重，电梯的运动情况可能是：向上加速运动或向下减速运动故选：AC【点评】本题关键运用牛顿第二定律分析加速度方向，而电梯的运动方向可能有两种：竖直向上或竖直向下可理解的基础上记住结论11. 如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质

10、量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是（）A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为B. 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为D. 弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【答案】BC系统静止，根据平衡条件可知：对B球，对A球，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得，故A错误；B球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B正确D错误；，故C正确考查了牛顿第二定律的瞬时性【名师点

11、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12. 质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是（） A. 轻绳的拉力等于mgB. 轻绳的拉力等于MgC. M运动的加速度大小为D. M运动的加速度大小为【答案】AD由第一次放置M

12、恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力第一次放置时M静止，则：Mgsin=mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律：Mgmgsin=（M+m）a，联立解得：a=（1sin）g=g对m由牛顿第二定律：Tmgsin=ma，T=mg，故A错误，B正确，C正确，D正确BCD【点评】该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用二、实验填空题：本题共2小题，共16分（每空2分）13. “研究共点力的合成”的实验情况如图所示，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

13、上根据实验结果画出的图示（1）图中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是_（2）本实验采用的科学方法是_A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D建立物理模型法（3）实验中可减小误差的措施有_A两个分力F1、F2的大小要越大越好B两个分力F1、F2间夹角应越大越好C拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行DAO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时，拉力要适当大些【答案】 （1）. F （2）. B （3）. CD（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

14、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）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，B正确；（3）为了减小测量的误差，两个分力的大小要适当大一些，夹角适当大一些，不是越大越好，故A B错误；为了减小测量的误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板与木板平面平行，故C正确；实验中，AO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O时拉力要适当大些，故D正确考查了“研究共点力的合成”的实验【名师点睛】实验中的具体步骤要本着简单易行，便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开14. 用如图（a）所示的实验装置验证牛顿第二定律： （

15、1）某同学通过实验得到如图（b）所示的aF图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角_（填“偏大”或“偏小”）（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力（填“大于”、“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足_的条件（3）某同学得到如图所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点s=sDG-sAD=_cm由此可算出小车的加速度a=_m/s2（加速度a计算结果保留两位有效数字）【答案】 （1）. 偏大 （2）. 小于 （3）. Mm （4）.

16、1.80 （5）. 5.0【解析】 （1）根据所给的F-a图像可知，当F0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的；（2）根据牛顿定律，对小车FMa，对砝码和盘mgFma，解得Fmg，只有当Mm时，小车受到的拉力才近似等于mg，从而减少误差。（3）由题图读出xAD2.10 cm，xDG3.90 cm，所以xxDGxAD1.80 cm，根据xat2，解得a5.0 m/s2。三、计算题：本题共3小题，共36分。解答时请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。15. 我国ETC（电

17、子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过高速收费站的时间假设一辆汽车以12m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，在到达收费窗口处前要做匀减速直线运动，经4s恰好停在窗口处，再用10s时间完成交费；若进入ETC通道，汽车从某位置开始匀减速，当速度减至6m/s后，再以此速度匀速行驶3m即可完成交费两种情况下，汽车匀减速的加速度相同求：（1）汽车匀减速运动的加速度大小；（2）汽车走ETC通道比走人工通道完成交费总共节省的时间【答案】（1）a=3m/s2 （2）t=11.25s【解析】（1）汽车匀减速直线运动的加速度大小为： （2）汽车走ETC收费通道，匀减速运动的时间为：匀减速运动

18、的位移为：之后匀速行驶的时间为：从开始减速到交费完成汽车的位移为：x2=x1+3=21m而汽车走人工通道开始减速时离收费窗口的距离为：所以汽车走ETC通道在距离收费窗口24米时，先以12m/s匀速运动x3=x-x2=3m后才匀减速，该段匀速的时间为：t3=0.25s则可知节省的时间为：t=（t+10）-（t1+t2+t3）=（10+4）-（2+0.5+0.25）s=11.25s解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，难度不大16. 所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上PA偏离竖直方向37角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2

19、=100N的木块上，木块静止于倾角为37的斜面上，如图所示，试求：（已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2）（1）木块与斜面间的摩擦力；（2）木块所受斜面的弹力（1）Ff=64.8N，方向平行于斜面向上 （2）FN=76.4N, 方向垂直斜面向上【解析】如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：，可解得BP绳的拉力为：再分析的受力情况如图乙所示由物体的平衡条件可得又有17. 如图所示，质量M=2.0kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为L=0.25m，铁块与木板间的动摩擦因数为=0.2，设最大静摩擦力等于

20、滑动摩擦力现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10m/s2（1）若桌面光滑，拉力大小恒为F1=4.8N，求小铁块运动的加速度大小；（2）若木板以4.0m/s2的加速度从铁块下抽出，求抽出过程所经历的时间t；（3）若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为，则拉力F2的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？（1）a=1.6m/s2 （2） t=0.5s （3）F212N对整体根据牛顿第二定律求出小铁块运动的加速度大小；木板从铁块下面抽出位移满足条件，即可求得抽出过程所经历的时间；木板从铁块下抽出条件：，结合牛顿第二定律即可求出F2的大小满足的条件。（1）小铁块的最大静摩擦力：小铁块最大加速度为：假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律：所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小：（2）木板和铁块发生相对运动，对小铁块，根据牛顿第二定律，有根据位移关系：即：代入数据解得：t=0.5s（3）对木板隔离分析有：代入数据得：本题主要考查了相对滑动问题，应用隔离法和整体法分别进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究，分析时把握位移关系等，还与明确两个物体之间的联系等等。