湖南省岳阳市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试物理试题

2018年下学期高一年级第二次质量检测物理试卷
一、单选题(共8小题，每小题4分，共32分）
1.下列说法正确的是
A. 位移和路程都是描述物体位置变化的物理量
B. 速度的变化率和速率都是矢量
C. 跳水比赛时，为了研究运动员的技术动作，可将运动员视为质点
D. “卧看满天云不动，不知云与我俱东”此两句诗的前半句是以诗人自已为参考系的
【答案】D
【解析】
【分析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向确定．位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示．路程表示运动轨迹的长度．在单向直线运动中，位移的大小等于路程
物体能不能看成质点看物体的形状大小在所研究的问题中能不能忽略．
【详解】A项：位移是描述物体位置变化的物理量，路程表示运动轨迹的长度。

故A错误；
B项：速度的变化率是矢量，速率是标量，故B错误；
C项：研究运动员的技术动作，运动员的形状大小不能忽略，故运动员不能看成质点。

故C错误；
D项：“卧看满天云不动，不知云与我俱东”此两句诗的前半句是以诗人自己为参考系的，故D正确。

故选：D。

【点睛】解决本题的关键理解路程和位移的区别及联系，掌握物体能看成质点的条件，能抓住矢量与标量的区别。

2.一端与光滑小球连接，另一端系在竖直墙壁上的点，在缩短细绳小球缓慢上移的过程中，细绳对小球的拉力、墙壁对小球的弹力的变化情况为
A. 、都不
B. 变大、变小
C. 、都变大
D. 变小、变大
【答案】C
【解析】
【分析】
共点力作用下物体平衡专题，可以图解法，也可以解析法
【详解】以小球为研究对象，受力分析如图，
设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得：，
将绳的长度减小，增大，减小，增大，则得到和都增大，
故选：C。

【点睛】本题是三力平衡中的动态分析问题，其中一个力恒定，一个力方向不变大小变，一个力大小和方向都变化，可以图解法，也可以解析法。

3.一个质点做匀加速直线运动,第内通过的位移是,第内通过的位移是，那么，下列
说法错误
．．的是
A. 这内的平均速度是
B. 第3秒末的瞬时速度是
C. 质点运动的加速度是
D. 第5秒内通过的位移是
【答案】C
【解析】
试题分析：这2s内的平均速度，故A正确．第3s末的瞬时速
度等于2s内的平均速度，则第3s末的瞬时速度为2.25m/s，故B正确．根据x4−x3＝aT2得，质点的加速度，故C错误．第5s内的位移x5＝x4+aT2＝2.5+0.5×1m ＝3m，故D正确．本题选错误的，故选：C
考点：匀变速直线运动的规律
【名师点睛】此题考查了匀变速直线运动的规律的应用；解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；连续相等时间内的位移之差是一恒量；解题时要能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷.
4.如图是甲、乙两物体从同一点开始做直线运动的运动图象，下列说法正确的是
A. 若表示位移，则时间内甲的位移小于乙的位移
B. 若表示速度，则时间内甲的位移大于于乙的位移
C. 若表示位移，则时甲的速度大于乙的速度
D. 若表示速度，则时甲的速度大于乙的速度
【答案】C
【解析】
【分析】
本题关键应抓住：位移-时间图象△y表示物体的位移，斜率等于物体的速度；速度-时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移。

【详解】A、C项：若y表示位移，△y表示物体的位移，则知t1时间内甲的位移等于乙的位移；斜率等于物体的速度，则知t=t1时甲的速度大于乙的速度。

故A错误，C正确；
B、D项：若y表示速度，速度-时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，则t1时间内甲的位移小于乙的位移；t=t1时甲的速度等于乙的速度。

故BD错误。

故选：C。

【点睛】本题关键是掌握两种图象的数学意义：斜率等于物体的速度；速度-时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移。

5.质量为的物体置于倾角为的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着与小车, 与滑轮间的细绳平行于斜面,小车以速度水平向右做匀速直线运动。

当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角时(如图)，下列判断正确的是
A. 的速率为
B. 的速率为
C. 绳的拉力等于
D. 绳的拉力小于
【答案】B
【解析】
试题分析：将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率等于，A错误、B正确；小车向右做匀速直线运动，θ减小，P的速率增大，绳的拉力大于mgsinθ1，C、D错误；故选B。

考点：速度的分解
6.如图所示，固定斜面段光滑，段粗糙，两物体叠放在一起从点由静止下滑，下滑过程中保持相对静止，则
A. 在段时，受三个力作用
B. 在段时，可能受二个作用
C. 在段时，可能处于失重状态
D. 整个下滑过程中，一定均处于失重状态
【答案】C
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A进行分析，从而判断B对A是否有摩擦力，根据加速度方向分析AB的超重或失重状态．
【详解】A项：在CD段，整体的加速度为：，隔离对A分析，有：
m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=0，可知A受重力和支持力两个力作用。

故A错误；
B项：设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，
隔离对A分析，有：m A gsinθ+f A=m A a，解得：f A=-μm A gcosθ，方向沿斜面向上。

所以A一定受三个力，故B错误；
C、D项：在下滑过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态。

在DE段，可能做加速运动，可能做匀速直线运动，也可能做减速运动，可能处于失重状态，故C正确，D错误。

故选：C。

【点睛】本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解。

7.如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成角，若，则下列说法中正确的是
A. 轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上
B. 轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上
C. 小车一定以加速度向右做匀加速运动
D. 小车一定以加速度向右做匀加速运动
【答案】B
【解析】
试题分析：因为细线上弹力的方向一定是沿着细线的方向，故右边的小球受重力、细线的弹力的作用，这二个力的合力一定沿水平方向向右；左边的小球加速度与右边小球的加速度是相同的，所以如果将左边的杆换成细线的话，小球应该向偏左上的位置，而现在小球不是在该位置，说明轻杆对小球的弹力方向一定是不沿轻杆的方向，而是偏向下一些，选项A正确；无论细线和轻杆，它们与重力的合力都是水平向右的，故轻杆对小球作用力的方向应该与细线的方向平行，选项B正确；C、D中说小车一定向右做加速运动，但也可能是小车向左做减
速运动，因为它的加速度方向也是水平向右的，故选项C、D均错误。

考点：力的合成，牛顿第二定律。

【名师点晴】本题以细线和轻杆做对比来命题，以便让我们认识到细线与轻杆在处理问题时的不同，细线上的弹力方向总是沿着细线的方向，而轻杆的弹力方向就不一定了，因为轻杆有一定的硬度，所以在处理这些问题时，要多根据合力的思想去判断轻杆对小球的力的方向。

8.如图所示，物块质量相等，在水平恒力作用下，在水平面上做勾加速直线运动，若水平面光滑，物块的加速度大小为，物块间的相互作用力大小为；若水平面粗糙，且物块与水平面间的动摩擦因数相同，物块的加速度大小为,物块间的相互作用力大小为,则以下判断正确的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B具有相同的加速度，先对整体，根据牛顿第二定律分别求出水平面光滑和粗糙时的加速度，再隔离对B分析，求出A、B间弹力的大小，从而进行比较。

【详解】设A、B的质量均为m。

接触面光滑时，对整体分析，根据牛顿第二定律得：
对B分析，由牛顿第二定律得：
接触面粗糙时，对整体分析，根据牛顿第二定律得：
，可知a1＞a2；
对B分析，由牛顿第二定律得：-μmg=ma2，解得 =
所以
故选：C。

【点睛】本题是连接体问题，要知道A、B两物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法，运用牛顿第二定律进行列式求解。

本题可以作为结论，在做选择题时可直接使用。

二、多选题(共4小题，每小题4分，共16分，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9.关于物体的平抛运动，下列说法正确的是
A. 由于物体受力的大小和方向不变，因此平抛运动是匀变速运动；
B. 由于物体速度的方向不断变化，因此平抛运动不是匀变速运动；
C. 物体的运动时间只由抛出时的初速度决定，与高度无关；
D. 平抛运动的水平距离由抛出点的高度和初速度共同决定.
【答案】A
【解析】
试题分析：平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
解：A、平抛运动所受的合力大小和方向不变，则加速度不变，可知平抛运动是匀变速曲线运动，故A正确，B错误．
C、根据t=知，平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故C错误．
D、根据x=知，平抛运动的水平距离由高度和初速度共同决定，故D错误．
故选：A．
10.质量为的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线表示物体受水平拉力和不受水平拉力两种情形下的图象，取，则下列说法正确的是（）
A. 水平拉力大小可能等于
B. 水平拉力大小一定等于
C. 物体受到的摩擦力大小一定等于
D. 物体受到的摩擦力大小可能等于
【答案】BD
【解析】
【分析】
由速度图象的斜率求出物体的加速度大小．两图加速度大小不同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象．根据牛顿第二定律分别对a、b两种情况列方程求解拉力大小。

【详解】由速度图象的斜率等于物体的加速度可知，两图表示的加速度大小不同，拉力方向与滑动摩擦力方向可能相反，也可能相同，设拉力大小为F。

由图读出加速度大小分别为，
若物体受水平拉力时的速度图象是a时，拉力与速度方向相同，拉力应小于摩擦力，根据牛顿第二定律得 f-F=ma a，f=ma b，解得F=0.1N．f=0.2N。

若物体受水平拉力时的速度图象是b时，拉力与速度方向相反，拉力与摩擦力方向相同，根据牛顿第二定律得 f+F=ma b，f=ma a，解得F=0.1N．f=0.1N
故选：BD。

【点睛】本题首先掌握速度图象的斜率等于加速度，其次要考虑拉力可能与速度方向相同，也可能与速度方向相反两种情况，不能简单认为拉力一定与速度方向相反或相同。

11.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到点并系住物体，现将弹簧压缩到点，然后释放，物体一直可以运动到点，如果物体受到的摩擦力大小恒定，则
A. 物体从到先加速后减速
B. 物体从到加速，从到减速
C. 物体在间某点时所受合力为零
D. 物体运动到点时所受合力为零
【答案】AC
【解析】
A、物体从A到O的过程中，开始弹力大于摩擦力，加速度方向向右，向右做加速运动，然后弹力小于摩擦力，加速度方向向左，做减速运动，所以A到O的过程先加速后减速．故A正确．
B、物体从A到O先加速后减速，从O到B的过程中，弹簧后摩擦力均向左，做减速运动．故B错误．
C、在AO间，当弹力与摩擦力相等时，合力为零．故C正确，D错误．故选AC．
【点睛】本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况．
12.如图甲所示，水平传送带的长度，皮带轮以速度顺时针匀速转动，现有一质量为
的小物块(可视为质点)以水平速度从点滑上传送带，超过点后做平抛运动，其水平位移为，保持物块的初速度不变，多次改变皮带轮的速度，依次测量水平位移，得到如图乙所示的图像，下列说法正确的是
A. 当时，物块在之间一直匀减速直线运动
B. 当时，物块在之间一直匀加速直线运动
C. 时，物块在之间先减速到与传送带共速再匀速运动
D. 物块的初速度
【答案】ABD
【解析】
【分析】
当0＜v≤1 m/s时，s不变，说明物体滑到B点的速度不变，与传送带速度无关，物块在A、B之间做匀减速直线运动．v≥7m/s时，s不变，说明物体滑到B点的速度又不变，物块在A、B之间做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得到，物体在传送带上做匀减速运动和匀加速运动的加速度大小均等于
μg．对图象0＜v≤1 m/s和v≥7m/s时，物体的运动情况进行研究，两种情况下物体对地位移大小均等于L，加速度大小均为μg，由图读出末速度，由速度-位移关系公式分别列方程求解初速度v0
【详解】A项：由乙知，当0＜v≤1m/s时，物体平抛运动的水平位移不变，物体运动到B点的速度不变．当物体的初速度大于传送带速度时，物体在传送带上做匀减速运动，加速度一定，位移一定，到B点的速度一定，与传送带速度无关，故A正确；
B项：当v≥7m/s时，物体的速度始终小于传送带的速度，一直做匀加速运动，由于物体的加速度一定，位移一定，到达B点的速度一定，物块在A、B之间做匀加速直线运动，故B正确；C项：当1＜v＜7m/s时，物体的初速度小于传送带的速度，物体先做匀加速运动，速度与传送带相同后，做匀速直线运动，随着传送带速度的增大，物体到达B点的速度增大，平抛的
水平位移增大，故C错误；
D项：由图读出：0＜v≤1m/s，物块做匀减速直线运动的末速度为v1=1m/s；v≥7m/s时，物块做匀加速直线运动的末速度为v2=7m/s
得到
联立解得：v0=5m/s，故D正确。

故选：ABD。

【点睛】本题考查根据图象物体运动情况的能力．传送带问题，往往物体的运动情况比较复杂，要充分挖掘图象的信息，考虑各种可能情况，进行分析。

三、实验题(共2小题,每空2分,共16分，把答案直接填在横线上)
13.如图所示为某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置，该装置为水平放置的木板上固定有一张白纸，一橡皮筋的一端固定在白纸上的点，另一端拴两个细绳套。

（1）对于该实验，下列说法正确的是（）
A.两细绳套必须等长
B.若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果有影响
C.记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线
D.实验中，用两只弹簧测力计拉橡皮筋时，两弹簧测力计之间的夹角不能太大
（2）.在用弹簧测力计做“验证力的平行四边形定则”的实验时，使其中一弹簧测力计拉力
的大小不变，逐渐增加与合力之间的夹角，且保证两弹簧测力计之间的夹角小于
．．。

此
．．．．．．．．．．．．．．．90°
过程中橡皮筋结点位置不变。

对另一个弹簧测力计的拉力的大小和方向与原来相比，下面说法中正确的是（）
A. 一直变大，与合力方向的夹角一直增大
B. 一直变大，与合力方向的夹角先变大后变小
c. 一直变小，与合力方向的夹角一直减少
D. 先减小后增大，与合力方向的夹角先减小后增大
【答案】 (1). D (2). A
【解析】
【分析】
实验步骤要符合逻辑，符合事物发展规律，一般都是先安装设备，然后进行实验、测量，最近整理仪器，进行数据处理的顺序进行实验。

【详解】(1) A项：细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故A错误；
B项：若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果没有影响，故B错误；
C项：在确定力的方向时，应该描绘距离尽量大些的两点确定方向，故C错误；
D项：实验中，用两只弹簧测力计拉橡皮筋时，两弹簧测力计之问的夹角不能太大，故D正确。

故选：D。

(2) F1与F2的合力不变，作出力的矢量三角形，
当F1大小不变，而逐渐增大F1与合力之间的夹角时，F2一直变大，与合力方向的夹角先变大后变小
因保证两弹簧测力计之间的夹角小于90°，则F2一直变大．与合力方向的夹角一直增大，
故选：A。

【点睛】实验步骤要符合逻辑，符合事物发展规律，一般都是先安装设备，然后进行实验、测量，最近整理仪器，进行数据处理的顺序进行实验。

14.某研究性学习小组在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用表示，沙桶和沙的质量用表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到。

（1）本实验主要用到的物理思想方法是________
A.理想实验法
B. 控制变量法
C.假设法
D.极限法
（2）.关于本实验，下列说法中正确的是______
A.当远大于时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于沙和沙桶的重力
B.用天平测出以及小车测量，小车运动的加速度可直接用公式求出
C.改变小车的质量重复实现时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，应先释放小车，后接通打点计时器的电源
（3）.如图所示为某次实验得到的一条纸带示意图，相邻计数点间还有四个点没有画出。

已知打点计时器所接电源的频率为。

则大“2”点时对应的速度大小是______，纸带在
计数点间的加速大小是_____。

（答案均保留两位有效数字）
（4）如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的图线。

其中图线不过原点的原因是_____________________________，图线在末端弯曲的原因是
_____________________________。

【答案】 (1). B (2). C (3). 0.81 (4). 2.0 (5). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 (6). 不满足
【解析】
【分析】
(1)在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法；
(2)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点2的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度；
(4)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，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的．当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲。

【详解】(1) 探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量；
这种实验方法是控制变量法，故选：B。

(2) A项：当m远小于M时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于沙和沙桶的重力，故A 错误；
B项：小车的加速度通过纸带进行求解，不能通过牛顿第二定律进行求解，故B错误；
C项：改变小车的质量重复实验时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D项：实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误。

故选：C。

(3) 点2的瞬时速度
根据△x=aT2，运用逐差法得，
(4) 图线不过原点表明当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，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的；
图线在末端弯曲的原因是F较大时，钩码重力与绳的拉力有较大的差异，从而产生很大的误差．即不满足m＜＜M．
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。

四、论述、计算题（共3小题，共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步
骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15.城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，常用三角形的栓接结构悬挂，如图所示的是这种三角形结构的一种简化模型。

图中硬杆OA可绕A点且垂直于纸面的轴进行转动，不计钢索OB 和硬杆OA的重力，角AOB等于30°，如果钢索OB最大承受拉力为2.0×104N，求：
（1）O点悬挂物的最大重力；
（2）杆OA对O点的最大支持力。

【答案】（1）1.0×104N （2）1.7×104N
【解析】
（1）（2）设钢索OB承受拉力为F1，杆OA对O点的支持力为 F2，对O点进行受力分析，受力分析如图
根据平行四边形定则有：F1sin30°= F3=G 即G=F1sin30°
F2=F1cos30°
当F1取最大拉力2．0×104N时，O点悬挂物的最大重力G=1．0×104N。

杆OA对O点的最大支持力F2=1．73×104N。

16.如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角=37°，两物块A、B的质量=1kg、=4kg。

两物块之间的轻绳长L=0．5m，轻绳可承受的最大拉力为T=12N，对B施加一沿斜面向上的力F，使A、B由静止开始一起向上运动，力F逐渐增大， g取10m/s2（sin37°=0．6，cos37°=0．8）。

(1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；
(2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的距离。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）若某一时刻轻绳被拉断，此时T=12N，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律得：F﹣（m A+m B）gsinθ=（m A+m B）a
对A物体：T﹣m A gsinθ=m A a
代入数据解得：F=60N
（2）设沿斜面向上为正，对A物体：﹣m A gsinθ=m A a A，解得：a A=-6m/.
因为v0=3m/s，所以A物体到最高点时间为：t==s=0.5s
此过程A物体的位移为：x A=t=0.75m
对B物体：F﹣m B gsinθ=m B a B，解得a B=9m/
x B=v0t+a B=（30.5+9）m=2.625m
所以两者间距为：△x=x B﹣x A+L
代入数据解得：△x=2.375m
17.如图所示，质量的小车放在光滑的水平面上，在小车左端增加一水平推力，当小车向右运动的速度达到时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为的小物块，物块与小车间的动摩擦因素，小车足够长.（取）求：
（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从小物块放到小车上开始，经过小物块通过的位移大小为多少？
【答案】(1)2m/s2，0.5m/s2；(2)1s；(3)2.1m
【解析】
【分析】
(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；
(2)利用运动学公式即可求得时间；
(3)当小物块放上小车后，在水平方向上受向右的摩擦力，所以小物块做匀加速直线运动，小车在水平方向上受推力和物块的摩擦力也做匀加速直线运动。

求出两者速度相等时所经历的时间，判断物块和小车能否保持相对静止，一起做匀加速直线运动。

判断出物块和小车的运动情况，根据运动学公式求出物块的位移。

【详解】(1) 小物块的加速度
小车的加速度；
(2) 由a m t=v0+a M t可得：
解得达到共同速度的时间：
t=1 s
(3) 在开始1 s内小物块的位移
此时其速度v=a m t=2×1=2 m/s
在接下来的0.5 s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度
这0.5 s内的位移
则小物块通过的总位移s=s1+s2=1+1.1=2.1 m。

【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解。

同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解。