浙江省宁波市高一物理上学期期中试题(含解析)

浙江省宁波市2016-2017学年高一物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题(本题共9小题，每小题3分，共27分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分。

)
1．两个人以相同的速率同时从圆形轨道的A点出发，分别沿ABC和ADC行走，如图所示，当他们相遇时不相同的量是
A．速度 B．位移C．路程 D．速率
【答案】A
考点：速度和速率；位移和路程
【名师点睛】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向。

2．自从采用调控房价政策以来，曾经有一段时间，全国部分城市的房价上涨出现减缓趋势。

一位同学将房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，据此类比方法，你觉得“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动中的
A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小
C．速度减小，加速度减小D．速度减小，加速度增大
【答案】B
【解析】
试题分析：房价的“上涨”类比成运动中的“增速”，将房价的“下降”类比成运动中的“减速”，房价上涨类比成速度增大，减缓趋势反映房价上涨变慢，类比成速度增加变慢．而加速度的物理意义表示速度变化的快慢，房价上涨出现减缓趋势可以类比成运动中的速度增大，加速度减小．故选B。

考点：加速度
【名师点睛】能正确理解和区分一些物理量的含义和物理意义．其中速度和加速度的物理意义是不一样的。

3．右图是在购物商场里常见的电梯，图甲为阶梯电梯，图乙为斜面电梯，设两电梯中各站一个质量相同的乘客随电梯匀速上行，则两乘客受到电梯的
A．摩擦力的方向相同 B．支持力的大小相同
C．支持力的方向相同 D．作用力的大小与方向均相同
【答案】D
考点：物体的平衡
【名师点睛】考查由物体的运动性质来确定受力分析，注意理解平衡条件，掌握力的合成法则．该题为易错题目，要注意对支持力的分析。

4．如图所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走中9个位置的图片，观察图片，能比较正确反映该同学运动的v-t图像的是
【答案】C
【解析】
试题分析：从图片看出，此人先向右运动，后向左运动．向右运动过程中，相邻位置的距离逐渐增大，速度越来越大，大致做匀加速运动．后来，向左运动，相邻位置间距相等，大致
做匀速运动，能大致反映该同学运动情况的速度-时间图象是C．故选C。

考点：速度
【名师点睛】本题考查分析实际问题的能力．分析物体的运动情况，找出运动情况与速度图象对应关系是关键。

5．某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5s后听到石头直接落到崖底的声音，探险者离崖底的高度最接近的是
A．25m B．50m C．120m D．150m
【答案】C
考点：自由落体运动
【名师点睛】解决本题的关键知道自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动.
6．如图所示为一竖直放置的棋盘，该棋盘具有磁性，每个棋子均可视为能被棋盘吸引的相同质量的小磁体。

对于静止在棋盘上的棋子，下列说法正确的是
A．棋子受三个力作用
B．棋子所受的摩擦力是个定值
C．棋盘对棋子的作用力大于棋子对棋盘的作用力
D．只要磁力足够大，即使棋盘光滑，棋子也能静止在棋盘上
【答案】B
【解析】
试题分析：小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f，那么棋盘受到四个
力的作用，故A错误．棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡；而静摩擦力与棋子的重力平衡，棋子所受的摩擦力是个定值，故B正确．棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是作用与反作用力，故大小相等，选项C错误；若棋盘光滑，则棋子不受摩擦力作用，故棋子不能静止在棋盘上，选项D错误；故选B.
考点：物体的平衡
【名师点睛】掌握平衡力时应注意其关键点：二力是作用在同一个物体上的，明确这一点即可与作用力与反作用力进行区分。

7．航母“辽宁舰”甲板长300m，起飞跑道长100m，目前顺利完成了舰载机“歼-15”起降飞行训练。

“歼-15”降落时着舰速度大小约为70m/s，飞机尾钩钩上阻拦索后，在甲板上滑行50m左右停下，（航母静止不动）假设阻拦索给飞机的阻力恒定，则飞行员所承受的水平加速度与重力加速度的比值约为
A．2 B．5 C．10 D．50
【答案】B
考点：匀变速直线运动的规律
【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用；能从题目所给的信息中提取有用信息。

8．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F N的大小变化情况是
A ．F 不变，F N 减小
B ．F 减小，F N 不变
C ．F 不变，F N 增大
D ．F 增大，F N 减小
【答案】B
【解析】
试题分析：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G ，F ，F N ，三个力．满足受力平衡．作出受力分析图如下,由图可知△OAB∽△GFA；即： N F G
F R AB R
＝＝，当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故C 正确；故选B ．
考点：物体的平衡
【名师点睛】相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法准确得出角边关系时，应考虑应用此法。

9．如图所示，静止的传送带上有一木块A 正在匀速下滑，当传送带突然向下开动时，木块滑到底部所需的时间t 与传送带静止不动时所需时间t 0相比
A ．一定是t =t 0
B ．可能是t >t 0
C ．一定是t <t 0
D ．可能是t =t 0
【答案】D
考点：匀变速直线运动的规律
【名师点睛】解决本题的关键理清木块在传送带上的运动规律，需要讨论传送带的速度与木块的速度大小关系，结合运动学公式分析判断。

二、不定项选择题（本题共6小题，共18分．在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确。

全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
10．质点做直线运动的位移与时间的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点A．第1s内的位移是5m B．t=1s时的速度是6m/s
C．任意相邻的1s内位移差都是2m D．任意1s内的速度增量都是2m/s
【答案】CD
考点：匀变速直线运动的规律
【名师点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用，基础题。

11．已知一个力F=103N，可分解为两个分力F1和F2，已知F1方向与F夹角为30°（如图所示），F2的大小为10N，则F1的大小可能是
A．3N B．3．10N D．20N
【答案】CD
【解析】
试题分析：已知合力F=103N，F1方向与F夹角为30°，F2的大小为10N，以F的箭头处为圆心，以F2的大小为半径做圆，则该圆与F1的交点即F1的大小，如图，所以
F1的长度为OA时：
10103
30
sin sin OAF
=
︒∠
所以：∠OAF=120°
则：∠OFA=180°-30°-120°=30°
所以：F1=F2=10N
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题关键是确定合力与分力的方向，然后根据平行四边形定则作图分析，最后根据几何关系求解，简单题。

12．匀速直线运动位移的数值等于v–t图像中的矩形“面积”。

如图所示，在研究匀加速直线运动时，如果我们把0～t0内整个运动过程划分成很多相等的时间小段Δt，则每一小段都可以近似看作匀速直线运动，当时间间隔Δt取到很小时，所有矩形的“面积”之和就趋近于该图线与t轴在0～t0内所围成的梯形“面积”，即此梯形“面积”就表示匀加速直线运动的位移。

请你类比上述方法判断以下说法正确的是
A．如果v–t图像的图线是曲线，则图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示物体的位移B．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则a-t图像的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示t0时刻的速度
C．如果把纵坐标换成加速度a，横坐标仍为时间t，则a-t图像的图线与t轴在0～t0内所围成的“面积”表示0～t0内速度的增加量
D．如果把纵坐标换成速度的倒数，横坐标换成位移x，则-x图像的图线与x轴上某段位移所围成的“面积”不表示任何物理量
【答案】AC
考点：物理图像
【名师点睛】解决本题的关键掌握极限微元思想在物理学习中的运用，能够触类旁通，比如：知道a-t图线围成的面积表示的含义，F-x图线围成面积表示的含义、I-t图线围成的面积表示的含义等。

13．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是
A．B与水平面间的摩擦力不变
B．绳子对B的拉力增大
C．悬于墙上的绳所受拉力大小不变
D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
【答案】D
【解析】
试题分析：对物体A受力分析，受到重力和细线的拉力，根据平衡条件，拉力等于物体A的重力，当把物体B移至C点后，绳子BO′与水平方向的夹角变小，但细线的拉力不变，故B 错误；对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和向后的静摩擦力，如图
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题关键是分别对物体A、物体B、滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件结合正交分解法和合成法进行分析讨论。

14．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度
．．．．处竖直向上抛出，抛出时间相隔2s，它们运动的v－t图像分别如图所示直线甲、乙所示。

则
A．t＝2 s时，两球高度相差一定为40 m
B．t＝4 s时，两球相对于各自抛出点的位移相等
C．两球从抛出至落到地面所用的时间相等
D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等
【答案】BD
【解析】
试题分析：根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通
过的位移为x甲=1
2
×（30+10）×2m=40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初
始的高度未知，故t=2s时两球的高度相差不一定为40m．故A错误．t=4s时，甲球相对于抛
出点的位移为1
2
×30×3-
1
2
×10×1=40m，乙球相对于抛出点的位移为
1
2
×（30+10）×2m=40m，
故两球相对于各自的抛出点的位移相等．故B正确．两球从不同的高度以同样的速度竖直向
上抛出，根据竖直上抛运动的规律x=-h=v0t-1
2
gt2，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛
出至落到地面所用的时间间隔t不相等．故C错误．由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s．故D正确．故选BD.
考点：v-t图线
【名师点睛】本题要结合图象的意义和竖直上抛运动的规律进行分析，关键要掌握速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移。

15．如图所示，质量为m1的木块在质量为m2的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1m1g
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m1＋m2)g
C．当F>μ2(m1＋m2)g时，木板便会开始运动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
【答案】AD
考点：牛顿定律的综合应用
【名师点睛】本题采用隔离法分析木板的受力情况，木板所受的静摩擦力一般不能用f=μN 求解大小。

三、非选择题 (本题共3小题，每空2分，共26分)
16．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，
（1）电火花计时器应接在▲ 电源上（选填“直流”或“交流”），工作电压为▲ V（选填“220V”或“4～6V”）。

（2）图1是实验中打下的一段纸带，从打下计数点1到打下计数点2共历时▲ s，算出计数点2的速度大小为▲ m/s（保留两位有效数字），并在图2中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图2中已标出。

（3）作图并求得小车的加速度大小为▲ m/s2（保留两位有效数字）。

（4）小文同学在研究小车运动时分别得到甲、乙两条纸带。

对每条纸带均选择合适的点作为第一个计数点，再依次每5个点取1个计数点，并在各计数点处将其剪断，然后将这些剪断的纸条粘贴在相同的坐标纸上，最后将纸条上端中心连起来，如图3所示。

由图可判断 ▲ A ．乙的加速度比甲的大 B ．两种情况下小车均做匀速直线运动 C ．打第三个计数点时，甲的速度比乙大 D ．打第一个计数点时，小车的速度一定为零
【答案】（1）交流， 220（2）0.1， 0.60（3）1.5（4）A
（3）根据描点作一条过原点的直线，如图所示：
直线的斜率即为小车的加速度，所以加速度为：221.20.3/ 1.5 /0.6
v a m s m s t -=
==V V ． （4）如果将将纸条上端中心连起来，得到的直线是纸带的v-t 图象，该图象斜率表示加速度，所以乙物体的加速度比甲大，故A 正确；相等的时间间隔内位移增大，所以两物体均做加速直线运动，故B 错误；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，所以打第三个计数点时，甲物体的速度比乙小，故C 错误；根据图象在纵轴上的截距不为零，所以打第一个计数点时，物体的速度不可能为零，故D 错误；故选A ． 考点：探究小车速度随时间变化的规律
【名师点睛】本题考查了打点计时器的使用、图象等实验操作，同时考查了“探究小车速度
随时间变化的规律”中的数据处理基本知识，对于这些基本知识要在平时加强训练，提高基本知识的应用能力。

17．“探究求合力的方法”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．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
（1）图乙中的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
（3）本实验中以下说法正确的是▲ ．
A．两根细绳必须等长
B．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
D．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角必须取90°
（4）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？
答：▲ （选填“变化”或“不变”）
【答案】（1）F′（2）B（3）C（4）不变
考点：探究求合力的方法
【名师点睛】“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。

18．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来进行探究．
（1）某次测量如图乙所示，指针示数为
▲ cm.
（2）在弹性限度内，将50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A 、B 的示数L A 和L B 如上表。

用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为 ▲ N/m(保留三位有效数字，重力加速度g 取10 m/s 2
)。

由表中数据 ▲ (选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。

【答案】（1）16.00 (15.95～16.05)cm ，有效数字位数正确（2）(12.2～12.8) N/m ；能
考点：“探究弹力和弹簧伸长的关系
【名师点睛】解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx ，x 表示形变量，以及知道其变形式△F=k △x ，△x 为形变量的变化量。

四、计算题（本题共4小题，共29分。

计算结果若有根号的，不必化简）
19．（6分）一旦发生火灾，高楼居民如何逃生一直困扰我们，最近有一种新型逃生滑梯提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似“滑滑梯”，紧急情况时放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼。

经发明者测试，12s 即可从5楼滑到1楼，每层楼高约3m （即下滑高度
钩码数
1 2 3 4 L A /cm 15.71 19.71 23.66 27.76 L B /cm
29.96
35.76
41.51
47.36
为12m ），假设滑梯坡度为30°，忽略转角处的能量损失和空气阻力，假设某高楼有25层，试估算：
（1）下滑过程中人的加速度大小；（2）从顶层滑到一楼所需的时间； 【答案】（1）0.33m/s 2
（2）29.4s 【解析】
试题分析：（1）每层楼高约h =3m ，从5楼到1楼可看作匀加速直线运动，则2
12
x at = 从5楼到1楼，位移大小424sin 30
h
x m ==o
解得 22221
/0.33/3
x a m s m s t =
== （2）从25楼到1楼，位移大小'
2448144sin 30
h x h m ===o
可得'
'
212629.4x t s s a
==≈
考点：匀变速直线运动的规律
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大.
20．（6分）建筑工人安装搭手架进行高空作业，有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5m 的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2s ，试求：（g =10m/s 2
，不计楼层面的厚度） （1）铁杆刚下落时其下端到该楼层的高h ？ （2）当铁杆的中点经过楼层面时的瞬时速度？ 【答案】（1）28.8m （2）25m/s
考点：自由落体运动
【名师点睛】解决本题的关键知道自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合运动学公式灵活求解.
21．（8分）如图所示是一种简易“千斤顶”。

一竖直放置的T形轻杆由于光滑限制套管P的作用，使它只能在竖直方向上运动。

若轻杆上端放一质量M=100 kg的物体，轻杆的下端通过一与杆固定连接的小轮放在倾角为θ=37°的斜面体上，并将斜面体放在光滑水平面上。

现沿水平方向对斜面体施以推力F， (小轮与斜面体的摩擦和质量不计，g=10 m/s2)
（1）画出对T形轻杆（包括滑轮）的受力分析示意图；
（2）滑轮对斜面体的压力为多大？
（3）为了能将重物顶起，F最小值为多少？
【答案】（1）如图．（2）1250N．（3）750N
（3）对斜面体受力分析，根据牛顿第三定律斜面对滑轮的支持力与滑轮对斜面体的压力大小相等F N2′=F N2，
由平衡条件可知，F=F N2′sinθ=750N
考点：物体的平衡
【名师点睛】本题采用隔离法受力分析，考查了平衡条件的运用，注意正确选择研究对象及受力分析。

22．（9分）关于物体在斜面上的运动，请回答以下问题（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．
（1）如图甲所示，一个截面为直角三角形的斜面体C始终静止在粗糙水平面上，物块能在C 的斜面上保持静止，则物块与斜面之间的动摩擦因数μ与斜面倾角α应满足什么关系？（2）如图乙所示，两个质量均为m的小方块A和B紧挨着一起沿斜面体C的斜面匀速下滑，C始终静止在粗糙的地面上，A与B的接触面是光滑的．已知A与C之间的动摩擦因数是B与C之间动摩擦因数的2倍，斜面的倾角为α，求B与C之间的动摩擦因数为多少？
（3）在（2）的情况下，若将A 、B 对调位置，再同时由静止释放A 、B ，发现C 依然能保持在地面不动，若C 的质量为M ，求C 与地面之间的动摩擦因数应满足的条件。

【答案】（1）μ≥tanα（2）
2tan 3
α（3）22sin cos 3()2sin 3cos m M m m m αα
μαα≥
+++
（3）若将A 、B 对调位置，对A ，由于2μ1mg cosα=
4
3
mgsinα＞mg sinα，故A 静止在C 上． 对B ，由于μ1mg cosα=
2
3
mgsinα＜mg sinα，故B 在C 上下滑． 以C 为研究对象，分析受力如图．
A 、
B 对
C 的压力大小为 N 1=N 2=mg cosα，A 对C 的静摩擦力 f 1=mg sinα， B 对C 的滑动摩擦力 f 2=μ1mg cosα=
2
3
mgsinα 因为（N 1+N 2）sinα=2mg cosαsinα，（f 1+f 2）cosα=
5
3
mgsinαcosα， 则C 相对于地面有向左运动的趋势，地面对C 的摩擦力水平向右， 大小为 f =（N 1+N 2）sinα﹣（f 1+f 2）cosα=1
3
mgsinαcosα 地面与C 间的最大静摩擦力 f m =μ
要使C 依然能保持在地面不动，必须有 f ≤f m ，解得：22sin cos 3()2sin 3cos m M m m m αα
μαα
≥+++
考点：共点力的平衡；摩擦力
【名师点睛】解决本题的关键要判断物体的状态，明确物体刚要滑动的条件，并要灵活选取
研究对象，结合平衡条件解答。