甘肃省兰州市市区片2018届高三物理上学期期中试卷(含解析).doc

甘肃省兰州市市区片2018届高三上学期期中考试物理试题
一、选择题
1.以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第3秒内，汽车走过的位移为（）
A. 18 m
B. 2 m
C. 0.5 m
D. 0
【答案】C
【解析】
汽车刹车到停止所需的时间：，刹车后第3s内的位移，等于停止前0.5s 内的位移，汽车正向匀减速可以看做反向的匀加速，所以有：
，故C正确，ABD错误。

2.如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上，A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )
A. 1 N和0
B. 5 N和7 N
C. 5 N和3 N
D. 7 N和7 N
【答案】C
【解析】
试题分析：此时弹簧处于伸长状态，弹簧伸长2cm，弹簧的弹力为F=2N．以A为研究对象，由平衡条件得到，细线对A的拉力对B研究可得，地面对B的支持力为，则B对地面的压力大小等于3N，C正确。

考点：考查了共点力平衡条件的应用
3.如图所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是( )
A. mg
B. mg
C. mg
D. mg
【答案】C
【解析】
试题分析：以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据作图法分析得到，当小球施加的力F与细绳垂直时，所用的力最小．根据平衡条件得，F的最小值为F min=Gsin30°=mg，
故选C。

考点：物体的平衡
【名师点睛】本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值。

4.在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图线，以下说法正确的是( )
A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B. 在t＝5 s时追尾
C. 在t＝3 s时追尾
D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
【答案】C
【解析】
由图象可知，在t=5s时，两车的速度相等，若此时小汽车与大卡车没有追尾，则以后再不会发生追尾，由v-t图象与坐标轴所围图形的面积表示位移的大小可得：t=5s时，x a-x b=35m，t=3s时，x a-x b=30m，所以在t=3s时，小汽车与大卡车出现了追尾，C正确，AB错误；如果刹车不失灵，则两车在t=2s时共速，此时x a-x b=20m<30m，故不会追尾，D错误；故选C. 点睛：解答本题关键要抓住速度图象的面积表示位移，搞清两车的位移关系，由几何知识和位移关系进行求解。

5.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。

夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。

若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
对木块分析得，2f-Mg=Ma．对整体分析得，F-（M+m）g=（M+m）a，联立解得．故
A正确，BCD错误．故选A．
视频
6.如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上．Q受一水平作用力F，Q和P都静止．这时P对Q的静摩擦力和水平面对P的静摩擦力分别为f1、f2．现使力F变大，系统仍静止，则（）
A. f1、f2都变大
B. f1变大，f2不一定变大
C. f2变大，f1不一定变大
D. f1、f2都不一定变大
【答案】C
【解析】
试题分析：先对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到P与地面间摩擦力情况．
对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，
①当时，摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；
②当时，摩擦力为零，F增大时，变大；
③当时，摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大；对整体受力分析，则有，F变大则一定变大，故C正确．
7.如图所示，质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离，则推力F为(g取10 m/s2)( )
A. 42 N
B. 6 N
C. 21 N
D. 36 N
【答案】D
【解析】
因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin θ＝μmgcos θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式x＝at2得a＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得F＝36 N，D正确。

8.如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为m A 和m B，由于B球受到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是( )．
A. B球受到的风力为m B g tan θ
B. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变
C. 杆对A环的支持力随着风力的增加而增加
D. A环与水平细杆间的动摩擦因数为
【答案】A
【解析】
A、B、以B球为研究对象，受三个力的作用，B球的重力mBg、绳子的拉力FAB，风力F.由平衡条件可知B球受到风力F＝mBg tanθ，绳对B球的拉力，F增大，F AB增大，A正确，B错误；C、D、以A、B整体为研究对象，竖直方向：杆对A的支持力F N＝(mA＋mB)g，大小不变，B球受到风力F＝m Bg tanθ＝μ(m A＋m B)g，得A与水平细杆间的动摩擦因数为，C、D错误．故选A.
【点睛】本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解．
9.一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。

将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端
缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度
内)( )
A. 86 cm
B. 92 cm
C. 98 cm
D. 104 cm
【答案】B
【解析】
设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力，将弹性绳的两端缓慢移至天花板
上同一点时，钩码的重力，解得，则弹性绳的总长度变为，故选B。

【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。

前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。

10.如图所示，甲、乙、丙、丁分别代表四辆车从同一地点同时出发的位移图象和速度图象，则下列说法正确的是（）
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. 0～t1时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C. 在t2时刻丁车在丙车的前面
D. 0～t2时间内，丙、丁两车都做匀变速直线运动
【答案】C
【解析】
试题分析: 由位移时间图线切线的斜率表示速度，由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做减速直线运动，故A错误；B、在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所用时间相等，所以两车平均速度相等，故B错误；C、由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：在t2时刻丁的位移大于丙的位移，而两车又是从同一地点向同一方向做直线运动，所以在
t2时刻丁车在丙车的前面，故C正确；D、0～t2时间内，丙车都做匀变速直线运动，丁车做加速度减小的变加速直线运动，故D错误。

考点：匀变速直线运动的图像
11.如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（）
A. 在第一过程中，运动员始终处于失重状态
B. 运动员接触床面时的速度最大
C. 在第二过程中运动员的速度先增大后再减小
D. 运动员在速度为零时加速度最大
【答案】CD
【解析】
运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，当弹力等于重力时速度最大，并不是接触时速度最大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，当速度为零时，弹力达到最大，合理最大，即加速度最大，运动员处于超重状态．故AB错误，CD正确.
12.如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )
A. 煤块到A运动到B的时间是2.25 s
B. 煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C. 划痕长度是0.5 m
D. 划痕长度是2 m
【答案】BD
【解析】
A、B、根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度a=μg=4m/s2，则匀加速运动的时间，匀加速运动的位移.则小煤块匀速运动的位移x2=x-x1=4-2m=2m，则匀速运动的时间，所以小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=1+0.5=1.5s，故A错误，B正确。

C、D、在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移x3=v0t1=4×1m=4m，则划痕的长度△x=x3-x1=4-2=2m。

故C错误，D正确。

故选BD。

【点睛】本题考查传送带问题；解决本题的关键理清小煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．
二、实验题
13.如图是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。

重力加速度取g。

(1)为了平衡小车受到的阻力，应适当抬高木板的________端(填“左”或“右”)。

(2)细砂和小桶的总质量为m，小车的质量为M，实验要求m________M(填“远大于”或“远小于”)。

该实验的原理是在平衡小车受到的阻力后，认为小车受到的合外力是________，其值与真实值相比________(填“偏大”或“偏小”)，小车受到合外力的真实值为
________。

(3)保持细砂和砂桶的质量不变，改变小车的质量M，分别得到小车的加速度a与其对应的质量M，处理数据的恰当方法是作________(填“a－M”或“a－”)图象。

(4)保持小车的质量不变，改变细砂的质量，甲、乙、丙三位同学根据实验数据分别作出了小车的加速度a随合外力F变化的图线如图(c)、(d)，(e)所示。

图(c)中的图线上部出现了弯曲，偏离了原来的直线，其主要原因是
___________________________。

图(d)中的图线不通过原点，其主要原因是______________________________。

图(e)中的图线不通过原点，其主要原因是________________________。

【答案】 (1). (1)右 (2). (2)远小于 (3). mg (4). 偏大 (5). mg (6). (3)a－ (7). (4)没有满足实验条件m≪M (8). 木板的倾角过小 (9). 木
板的倾角过大
【解析】
（1）将不带滑轮的木板右端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使
小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，这就是平衡摩擦力．（2）根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma；对M：F拉=Ma；解得：
当m＜＜M时，即当细砂和小桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于细砂和
小桶的总重力．该实验的原理是，在平衡小车受到的阻力后，认为小车受到的合外力是mg，
其值与真实值相比偏大，小车受到合外力的真实值为．
（3）保持细砂和砂桶的质量不变，改变小车的质量M，分别得到小车的加速度a与其对应
的质量M，处理数据的恰当方法是作a-
（４）从图(c)中的图线上可以看出：F从0开始增加，砂和砂桶的质量远小于车的质量，
慢慢的砂和砂桶的重力在增加，那么在后面砂和砂桶的质量就没有远小于车的质量呢，那么
绳子的拉力与砂和砂桶的总重力就相大呢．所以偏离了原来的直线，其主要原因是砂和砂桶
的质量没有远小于车的质量．
从图(d)中的图线不通过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度
还为0，说明小车的摩擦力还没有完全平衡掉．则图（d）中的图线不通过原点主要原因是
木板的倾角过小．
图（e）中的图线不通过原点，说明没加拉力时小车就已经加速运动了，其主要原因是木板
的倾角过大；
点睛：实验问题需要结合物理规律去解决．实验考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要
从学过的力学知识中解决．
14.在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，每两个计数
点之间有四个计时点未画出，已知每两个计数点间的距离为s，且s1＝0.96cm，s2＝2.88cm，
s3＝4.80cm，s4＝6.72cm，s5＝8.64cm，s6＝10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz。

计算此纸带的加速度大小a＝_______m/s2，打第4个计数点时纸带的速度大小v＝
________m/s（结果均保留两位小数
．．．．．．．．．）
【答案】 (1). 1.92； (2). 0.77；
【解析】
【详解】由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
==1.92m/s2；
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4点时小车的瞬时速度大小．.
三、计算题
15.如图是一种测定风力仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为F时，金属丝偏离竖直方向的角度为θ，重力加速度为g，求：
(1)金属球对金属丝的拉力的大小；
(2)金属球的质量为多少？
【答案】（1）金属球对金属丝的拉力的大小为；
（2）金属球的质量为为．
【解析】
试题分析：（1）对金属球进行受力分析，由平衡条件求解金属丝对金属球的拉力，即可由牛顿第三定律求得金属球对金属丝的拉力的大小；
（2）再由平衡条件求解金属球的质量．
解：（1）对金属球受力分析如图，由力的平衡条件得金属丝对金属球的拉力：T=
由牛顿第三定律得金属球对金属丝的拉力为：T′=T=
（2）由力的平衡条件得：mg=Fcotθ
所以，金属球的质量为：m=
答：（1）金属球对金属丝的拉力的大小为；
（2）金属球的质量为为．
【点评】本题有实际的情景，但实质是共点力平衡问题，关键要正确分析受力情况，由平衡条件求解．
16.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v­t图象如图所示。

取g＝10 m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2、初速度为v、末速度为0、加速度为a2，则：
设物体所受的摩擦力为,根据牛顿第二定律，有：
联立得：
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1、初速度为v0、末速度为v、加速度为a1，
则：
根据牛顿第二定律，有F-F f=ma1
联立可得：F=μmg+ma1=6N
(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，
则0～10s内物体运动位移的大小.
【点睛】本题是速度—时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度—时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解．
17.如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力，取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下．
【答案】（1）1s ；（2）12.8m；
【解析】
（1）人在斜坡上下滑时，设人沿斜坡下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：，
由匀变速运动规律得：
联立以上各式得：；
（2）人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用，设在水平面上人运动的加速度大小为，由牛顿第二定律得；
设人到C处的速度为v，则下滑过程，
水平面面上运动时有，
联立以上各式解得：x=12.8m．
18.传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)物块在传送带上运动的时间；
(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】（1）1s（2）
【解析】
【详解】（1）物体在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v＝a1t1
得t1＝0.5s
位移x1＝a1t12＝1m
物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°
故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．
位移x2＝－x1＝2m
t2＝＝0.5s
总时间为t＝t1＋t2＝1s
（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝2m/s2
假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则
通过的位移为x＝＝4 m＞x2
故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故
x2＝vt3-a2t32
解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）
【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．。