1、12018-2019 学年江西省南昌市第二中学高一上学期期末考试物理试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答
2、在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷（选择题)一、单选题1下列说法正确的是( )A只要物体所受的合外力不为零，它就做曲线运动B做曲线运动的物体，例如匀速圆周运动，速度是可以不变的C物体做曲线运动，速度方向与其运动轨迹无关D做曲线运动的物体，它的加速度可以是恒定的2如图所示，将铅笔一端放在水平桌面上，另一端用细线悬吊着，细线呈竖直状态，则铅笔受到几个力的作用（ ）A2 B3 C4 D53如图
3、所示，位于光滑固定斜面上的小物块 P 受到一水平向右的推力 F 的作用，已知物块P 沿斜面加速下滑，现保持 F 的方向不变，使其减小，则加速度（ ）A.一定不变 B.一定变小 C.一定变大 D.可能变小，可能变大，也可能不变4如图所示，甲、乙两运动员从水速恒定的河两岸 A、 B 处同时下水游泳， A 在 B 的下游位置，甲游得比乙快，为了在河中尽快相遇，两人游泳的方向应为（ ）A甲、乙都沿 A、 B 连线方向B甲、乙都沿 A、 B 连线偏向下游方向C甲、乙都沿 A、 B 连线偏向上游方向D甲沿 A、 B 连线偏向上游方向，乙沿 A、 B 连线偏向下游方向5身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点
4、 A 沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上（人可看作质点），若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径 AB、AC、AD 滑到木板上的时间分别为t1、t 2、t 3，若已知 AB、AC、AD 与板的夹角分别为 70o、90 o和 105o，则（ ）At 1t2t3 Bt 1m2，现由静止释放左侧托盘，测量系统加速度。然后改变 m1 、 m2质量，重复实验多次。（1）该同学利用图示实验装置求得左侧托盘及砝码的加速度的表达式 a= _（用字母 m1、 m2及 g 表示）（2）该同学认为，只要保持_不变，即可得出 m1、 m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持_不变，即可得出 m1、 m2系统的加速度
5、与系统的总质量成反比。14“用 DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置如图 a 所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力 F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度 a 和所受拉力 F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条 a F 图线，如图 b所示（1）图线_（填“”或者“”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。（2）在轨道为斜面情况下，轨道倾斜的角度为 =37 0，则小车与轨道面的动摩擦因数=_（已知 sin 3706，cos 3708）。（3）在轨道水平时，小车运动的阻力 F1=_N（4）图 b 中，拉力 F 较大时， a F 图线明
6、显弯曲，产生误差，为避免此误差可采取的措施是_（填选项字母）A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验四、解答题15放风筝是春天时大人、小孩都爱玩的一项有趣的体育活动， 手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就可以将风筝放飞到高处。有一小朋友将一只重为 7N 的风筝放飞到一定的高度后，便拉住线的下端以一定的速度匀速跑动，线恰能与水平面成 370角保持不变，这时小朋友拉住线的力为1
7、5N，求此时风筝所受到的风力大小和方向。（ ）16如图甲所示，将一质量 m=3kg 的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设空气阻力大小恒定不变， g=10m/s2，求：（1）小球在上升过程中受到的阻力发小 f；（2）小球在 4s 末的速度 v 及此时离抛出点的高度 h。17如图所示，在距地面 2l 高空 A 处以水平初速度 投掷飞镖，在与 A 点水平距离为l 的水平地面上的 B 点有一个气球，选择适当时机让气球以速度 匀速上升，在升空过程中被飞镖击中飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为 g.试求：(1)飞镖是
8、以多大的速度击中气球的？(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔 t 应为多少？418质量为 M、长为 的杆水平放置，杆两端 A、 B 系着长为的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环已知重力加速度为 g，不计空气影响(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小 a.19如图所示，水平传送带长为 L=11.5m，以速度 v=7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动。在传送带的 A 端无初速释放一个质量为 m=1kg 的滑块（可视
9、为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为 F=5N、方向与水平面成 =370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为 =0.5，重力加速度大小为 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求滑块从 A 端运动到 B 端的过程中:（1）滑块运动的时间；（2）滑块相对传送带滑过的路程。2018-2019 学 年 江 西 省 南 昌 市 第 二 中 学 高 一上 学 期 期 末 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1D【解析】曲线运动的条件是：合外力和速度不在一条直线上，如果合外力不为零，但方向与运动方向相同，则物体做直线运动，故 A 错误；匀速圆周运动的速度大小不变，速
10、度方向时刻在变，所以速度是变化的，B 错误；物体做曲线运动，速度方向沿轨迹的切线方向，C 错误；平抛运动是曲线运动，其加速度是恒定的，D 正确2B【解析】对铅笔受力分析，受重力、细线的竖直向上拉力、地面竖直向上的支持力，地面对铅笔没有静摩擦力，否则水平方向不能平衡，则一个三个力作用，故 B 正确。故选：B。【点睛】受力分析是解力学题的基础，通常按照重力、弹力、摩擦力、已知力的顺序进行，可以结合产生条件、作用效果和牛顿第三定律分析。3C【解析】小物块 P 沿光滑固定斜面加速下滑，受重力、推力、斜面的支持力、根据力的分解，将力分解到沿斜面方向上，根据牛顿第二定律，可得 ，解得sincosmgFma
11、当保持 F 的方向不变，使其减小时，则加速度 a 一定变大故 C 正确。cossinFagm考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键熟练运用正交分解，根据牛顿第二定律求出加速度，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、推力，沿斜面加速下滑，知加速度的方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律列出方程，根据 F 的变化，可知加速度的变化。4A【解析】一旦 AB 进入河中，他们就是同一个参考系了，就不要考虑水速了，无论他们谁快谁慢，方向应该是 AB 连线了，故 A 正确，BCD 错误。点睛：该题考查参考系的选择，需要结合实际认真思考，得出甲乙游水类似在地面上行走，适宜选择水流为参考系是本题的
12、关键。5A【解析】若以 OA 为直径画圆，则 AB 交圆周与 E 点，C 点正好在圆周上，D 点在圆周之内，AD 的延长线交圆周与 F 点；设 AC 与 AO 的夹角为 ，则可知人从 A 到 C 的时间为 ，可知与斜面的倾角无关，及人从 A 点滑到 E、C、F 的时间是相等的，则可知人从 A 点滑到 BCD 的时间关系是：t 1t2t3，故选 A.考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；要抓住物体从直径的顶端沿光滑斜面滑到圆周上时所用的时间是相等的这一结论，则很容易解答此题；同样物体从圆周上的各点滑到圆周的底端时的时间也是相等的，这些结论都要记住.6C【解析】当小球落
13、在斜面上时，有： ，解得 ，与速度 v 成正比当小球落在地面上，根据 h= gt2得， ，知运动时间不变可知 t 与 v 的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线故 C 正确，ABD 错误故选 C。考点：平抛运动【名师点睛】此题是对平抛运动规律的考查，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。7B【解析】物体从 P 点向左运动到 O 点的过程中，受到向左的弹力和向右的摩擦力，当弹力大于摩擦力时，物体向左做加速运动，由于弹力逐渐减小，故加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最大，此后由于弹力小于摩擦力，故继续向左做减速运动，由于受
14、到的合力增大，故加速度增大，做加速度增大的减速运动，故物块的速度先增后减，而加速度先减后增，故 B 正确；故选 B考点：牛顿第二定律的应用8A【解析】由于汤姆对物理知识了解的不全面，只能依据生活经验认为物体的运动要靠力来维持，而宇航员的回答体现了物体靠惯性向前运动，不需要外力维持选项 A、C、D 正确9AD【解析】对 b 球受力分析，受到竖直向下的重力，弹簧的拉力，若受绳子的拉力，则在水平方向上合力不可能为零，故绳子对 b 的拉力为零，所以 ，剪断上端细线瞬间，弹簧的弹力来不及改变，合力仍旧为零，故 b 的加速度仍为零，B 错误 D 正确；对 a 球受力分析，受弹簧的弹力，重力，水平拉力和绳子
15、的拉力作用，处于平衡状态，故有 ，解得 ，A 正确；，若剪断上端细线瞬间 a 的合力为 80N，则加速度为 ，C 错误。考点：考查了共点力平衡条件的应用【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，然后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，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，10BC【解析】A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于 mg，故 A 错误B、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知， ，故 B 正3sin60=12hL确C、D.将小物块的速度分解为沿绳
16、子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则知，小物块在 D 处的速度与小球的速度之比为 v:v1=2:1，故 C 正确，D错误故选 BC考点：本题考查【名师点睛】解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒以及知道物块与 O1之间的距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度11AC【解析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，运用牛顿第二定律求出 P 和 Q 间的相互作用力，从而进行比较当用力推动最右的物块，使整体以大小为 a 的加速度向左运动时，P 和 Q 间的弹力大小为F，设每个物块的质量为 m，研
17、究 P 和 P 左边的所有物块，根据牛顿第二定律得 F=xma当用力推动最左的物块，使整体以大小为 a 的加速度向右运动时，P 和 Q 间的弹力大小仍为 F，研究 Q 和 Q 右边的所有物块，根据牛顿第二定律得 F=（nx）m a，解得：n= x，n 和 x都应该是正整数，所以 n 的取值可能为 8 或 16，故 AC 正确，BD 错误；故选：AC【点评】本题是连接体问题，要抓住加速度相同的特点，灵活选择研究对象隔离时一般选择受力较少的物体研究内力12CD【解析】当物块、木板恰好发生相对滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块，由牛顿第二定律得： 1m 物 g=m 物 a0解得 a 0=5m
18、/s2对整体，由牛顿第二定律得 F 0-2（m 物 +m 木 ）g=（m 物 +m 木 ）a0解得 F 0=30N; 所以当 F30 N 时，物块、木板才会发生相对滑动，则当 30NF15 N 时，物块、木板相对静止故 A 错误，C 正确当 F=21 N 时，物块、木板相对静止，则对整体，可得，故 B 错误当 F=33 N 时，物块、木板发生相对滑动，则物块、木板的加速度分别为 、故 D 正确故选 CD.点睛：解决本题的关键要抓住隐含的临界情况和临界条件：当物块、木板恰好发生相对滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合研究13（1） （2） ；【解析】（1）
19、设绳子的拉力为 T，以左盘及砝码为研究对象，由牛顿第二定律有： ，以右盘及砝码为研究对象，由牛顿第二定律有： ，联立解得 ；（2）由 可知 ，即只要保持 不变，即可得出 m1、 m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持 不变，即可得出 m1、 m2系统的加速度与系统的总质量成反比。14（1） （2）05 （3）05N （4）C【解析】（1）第一条图线拉力为零时就有了加速度，很显然是右侧抬高，平衡摩擦力过度造成的；（2）第二条图线施加力之后还是没有加速度，说明是在水平面上是拉动小车的；（3）由图线可知，F=05N 时，a=0，F=mg，F f=05N；（4）本实验要求钩码的质量要远远小于小
20、车的质量，当所挂钩码数量较多时，误差就显著起来了，故选 C。考点：本题考查了对探究加速度和质量的关系实验的理解和领悟能力。1520N,方向与水平成 530【解析】设风力为 F，方向与水平方向成 角度则水平方向有： 竖直方向有： 联立解得 ， 即16（1） f=6N （2） ；h=8m【解析】（1）由图可以知道，在 内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为 ；由牛顿第二定律有 ，解得 。（2）在 内，小球做匀加速直线运动，设加速度的大小为 ，有 即 ，4s 末小球的速度 ，根据图象可以知道，小球在 4s 末离抛出点的高度。17(1) (2)【解析】（1）飞镖被投掷后做平抛运动，从掷出飞镖到击中气球
21、，经过时间此时飞镖在竖直方向上的分速度故此时飞镖的速度大小（2）飞镖从掷出到击中气球过程中，下降的高度气球从被释放到被击中过程中上升的高度气球的上升时间可见 ，所以应先释放气球释放气球与掷飞镖之间的时间间隔18(1) (2)【解析】（1）如图 1,设平衡时绳子拉力为 T,有由图可以知道，联立解得（2）对小铁环受力分析如图 2，有由图知，联立解得19（1）2s （2）4m【解析】（1）滑块与传送带达到共同速度前,设滑块加速度为 ，由牛顿第二定律：解得： 滑块与传送带达到共同速度的时间： 此过程中滑块向右运动的位移： 共速后,因 ，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律： 解得： 根据速度位移关系可得： 滑块到达 B 端的速度：滑块从共速位置到 B 端所用的时间：滑块从 A 端到 B 端的时间：（2）01 s 内滑块相对传送带向左的位移： ，1 s2s 内滑块相对传送带向右的位移： ，02 s 内滑块相对传送带的路程： 。
