安徽省滁州市定远县育才学校2018_2019学年高一物理上学期期末模拟考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -育才学校 2018-2019 学年度上学期期末模拟卷高一物理一、单选题 1.某消防战士握住旗杆匀速上爬，到顶后再匀速滑下到达底端，则下列说法正确的是( )A. 该战士上爬时受到的摩擦力方向是沿着旗杆向下的B. 该战士下滑时受到的摩擦力方向是沿着旗杆向下的C. 体重更大的战士匀速上爬时，他受到的摩擦力更大D. 该战士上爬时手握旗杆的力越大，他受到的摩擦力越大【答案】C【解析】试题分析：该战士无论上爬还是下滑都是匀速的，故所受合外力为零，所以摩擦力与战士的重力平衡，大小等于战士重力，方向竖直向上。故 AB 错，C 对。该战士手握旗杆的力越大，最大静摩擦力越大，但不会影响实际所受静摩擦力的

2、大小，静摩擦力大小始终等于战士重力。考点：静态平衡。2.我国发射的“神舟十号”宇宙飞船在重返大气层时，速度可达几千米每秒为保证飞船安全着陆，在即将落地时要利用制动火箭使飞船减速到某一安全值，在这段时间内( )A. 飞船处于超重状态B. 飞船处于失重状态C. 宇航员受到的重力变大了D. 宇航员受到的重力变小【答案】A【解析】试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；解：AB、飞船减速则飞船的有向上的加速度；故飞船处于超重状态；故 A 正确，B 错误；CD、无论超

3、重，还是失重，物体的重力不变，质量也不变，故 CD 错误；- 2 -故选：A【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力和质量并没有变，只是对支持物的压力变了3.如下图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平， O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为 m1和 m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为 m1的小球与 O 点的连线与水平线的夹角为 60，两小球的质量比 为( )A. B. C. D. 3232【答案】A【解析】m2球保持静止状态，受重力和拉力，二力平衡： F=m2g ，再对 m1球受力分析，如图根据共点力平

4、衡条件： x 方向： ， y 方向：600FcosNs，联立并代入数据得： ，故 A 正确，BCD 错误。160FsinNsimg213m4.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为 ，在斜杆下端固定有质量为 m的小球，下列关于杆对球的弹力 F 的判断中，正确的是( )A. 小车静止时， F mgcos ，方向沿杆向上- 3 -B. 小车静止时， F mgcos .方向垂直于杆向上C. 小车向右以加速度 a 运动时，一定有 F cosmgD. 小车向左以加速度 a 运动时， F ，方向斜向左上方22()a【答案】BD【解析】小车静止时，小球处于平衡状态，受重力和杆的作用力处于平衡，则

5、有 F=mg，所以杆对球的弹力方向竖直向上，故 A 错误，B 正确；小车向右以加速度 a 运动时，小球所受的合力为mg，根据平行四边形定则知，杆的作用力 ，方向：斜向左上方，故 C22Fmg错误，D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。5.一质点以某初速度开始做匀减速直线运动，经 4.5 s 速度为零停止运动若质点在开始运动的第 1 s 内的位移为 x1，第 2 s 内的位移为 x2，第 3 s 内的位移为 x3，则 x1 x2 x3为( )A. 321 B. 432 C. 531 D. 653【答案】B【解析】试题分析：根据速度公式，可得初速度关于加速度的表达式，根据位移公式x= ，可分别表

6、示出第 1s、2s、3s 的物体位移，可求解解：由题意，设物体初速度为 v0，加速度为 a，则 v0=at=4.5a；根据位移公式：x=得：第 1s 内位移：x 1= =4.5a0.5a=4a第 2s 内的位移：x 2= = =3a第 3s 内的位移： x 1=2a故 x1：x 2：x 3=4：3：2故选：B【点评】本题考查匀变速直线运动速度及位移基本公式的应用，基础题6.如图所示，在水平天花板的 A 点处固定一根轻杆 a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮 O.另一根细线上端固定在该天花板的 B 点处，细线跨过滑轮 O，下端系一个重量为- 4 -G 的物体 BO 段细线与天花板的夹角为

7、 30，系统保持静止，不计一切摩擦下列说法中正确的是( )A. 细线 BO 对天花板的拉力大小是 G/2B. a 杆对滑轮的作用力大小是 G/2C. a 杆和细线对滑轮的合力大小是 GD. a 杆对滑轮的作用力大小是 G【答案】D【解析】解：A、对重物受力分析，受到重力和拉力 T，根据平衡条件，有 T=mg，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于 mg，故 A 错误；B、D、对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力） ，以及杆的弹力（向右上方的支持力） ，如图根据平衡条件，结合几何关系，有F=T=mg故 B 错误，D 正确；C、由于滑轮处于平衡状态，故 a 杆和细线对

8、滑轮的合力大小是零，故 C 错误；故选 D考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用分析：先对重物受力分析，根据平衡条件求得拉力；再对滑轮受力分析，根据力的合成的平行四边形定则求得细线对滑轮的合力，再得到 a 杆对滑轮的力点评：本题关键是先后对重物和滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解- 5 -7.如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上受到水平向右的拉力 F 的作用向右滑行，但长木板保持静止不动已知木块与长木板之间的动摩擦因数为 1，长木板与地面之间的动摩擦因数为 2，下列说法正确的是( )A. 长木板受到地面的摩擦力的大小一定为 1MgB. 长木板受到地面

9、的摩擦力的大小一定为 2(m M)gC. 只要拉力 F 增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D. 无论拉力 F 增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动【答案】D【解析】A、对 M 分析，在水平方向受到 m 对 M 的摩擦力和地面对 M 的摩擦力，两个力平衡，则地面对木板的摩擦力 ，故 A B 错误；1fgC、无论 F 大小如何，m 在 M 上滑动时对 M 的摩擦力大小不变，M 在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动，故 C 错误，D 正确。点睛：隔离对 M 分析，抓住木板处于静止状态，根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小无论改变 F 的大小，只要 m 在木板上滑动，

10、则 m 对 M 的摩擦力大小不变，木板仍然保持静止。二、多选题8.如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为 m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为 .初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度 a开始运动，当其速度达到 v 后，便以此速度作匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为 g)( )A. 与 a 之间一定满足关系 agB. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为2vg- 6 -C. 煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 vgD. 黑色痕迹的长度为2()

11、agv【答案】AC【解析】试题分析：要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度当煤块的速度达到 v 时，求出煤块相对传送带静止所需的时间和位移，以及传送带的位移，两者位移之差为黑色痕迹的长度解：A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度即 ag，则 故A 正确B、根据牛顿第二定律得，煤块的加速度 a=g，则煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间 t= 此时煤块的位移 ，此时传送带的位移，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则故 C 正确，B、D 错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块

12、的位移之差9.甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的 v t 图象如图所示，下列判断正确的是( )A. 甲做匀速直线运动B. 两物体两次速度相同的时刻分别在 1 s 末和 4 s 末C. 乙在前 2 s 内做匀加速直线运动，2 s 后做匀减速直线运动- 7 -D. 2 s 后，甲、乙两物体的速度方向相反【答案】ABC【解析】由 v t 图象知，甲以 2 m/s 的速度做匀速直线运动，乙在 02 s 内做匀加速直线运动，加速度 a12 m/s2，26s 内做匀减速直线运动，加速度 a21 m/s2，故 AC 正确；由图象可知在 t1=1 s 和 t2=4 s 时二者速度相同，故

13、B 正确；06s 内甲、乙的速度方向都沿正方向，故 D 错误。所以 ABC 正确，D 错误。10.在平直轨道上运动的车厢中的光滑水平桌面上用弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度，如下图所示，当旅客看到弹簧的长度变长时，对车厢运动状态的判断可能的是( )A. 车厢向右运动，速度在增大B. 车厢向右运动，速度在减小C. 车厢向左运动，速度在增大D. 车厢向左运动，速度在减小【答案】BC【解析】【分析】首先应该取小球作为研究对象，由弹簧伸长判断出合力的方向，也就是加速度的方向；加速度的方向确定以后，速度方向有两种可能，加速度与速度同向时，车厢加速运动，加速度与速度反向时，车厢减速运动，据此解答；【详解

14、】取小球作为研究对象，由于弹簧变长了，故小球受到向左的弹力，即小球受到的合力向左，因为加速度 a 与 同向，故小球的加速度方向向左，并不能说明速度的方向向左，F合应有两种可能的情况：一是速度 v 向左时，v 增大，做加速运动，故 C 正确；二是速度向右时，a 与 v 方向相反，速度减小，做减速运动，故 B 正确，A、D 错误；故选 BC；【点睛】研究对象的选取至关重要，分析车厢的运动更要考虑它的双向性，这一点在分析题目时常常被忽视。11.如图所示，一个 m3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从 t0 时刻起，物体在水平力 F- 8 -作用下由静止开始做直线运动，在 03 s 时间内物体的加速度

15、 a 随时间 t 的变化规律如图所示已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则( )A. 在 03 s 时间内，物体的速度先增大后减小B. 3 s 末物体的速度最大，最大速度为 10 m/sC. 2 s 末 F 最大，F 的最大值为 12 ND. 前 2 s 内物体做匀变速直线运动，力 F 大小保持不变【答案】BD【解析】【分析】物体做加速运动时加速度方向与速度方向相同，加速度的大小与合外力成正比，物体的加速度保持恒定，则其所受合外力恒定；【详解】A、物体在力 F 作用下由静止开始运动，加速度方向与速度方向相同，故物体在前3s 内始终做加速运动，第 3s 内加速度减小说明物体速度增加得变慢了，但仍

16、是加速运动，故 A 错误；B、因为物体速度始终增加，故 3s 末物体的速度最大，再根据 知速度的增加量等vat于加速度与时间的乘积，在 at 图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，物体由静止开始加速运动，故最大速度为 10m/s，故 B 正234/10/vSms确；CD、前 2s 内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律知 知前 2s 内Fma合的合外力为 12N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力 F 大于 12N，因为物体与地面间的动摩擦因数处处相等，故物体所受摩擦力恒定，所以物体受的作用力恒定，故 D 正确，C 错误；故选 BD。【点睛】掌握加速运动与减速运动只看加速度

17、的方向与速度方向是相同还是相反，不看加速度的大小变化，知道加速度与物体所受合外力大小成正比，掌握规律是解决问题的关键。12.如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有 A、B 两个质量均为 m 圆环，两个圆环上分别- 9 -用细线悬吊两个质量均为 M 的物体 C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下下列结论正确的是( )A. A 环受滑竿的作用力大小为(mM)gcosB. B 环受到的摩擦力 FfmgsinC. C 球的加速度 agsinD. D 受悬线的拉力 FTMg【答案】ACD【解析】【分析】由 C 球的运动情况结合曲线运动的条件得到 C 环受力

18、情况并求解出加速度，然后对 A 环受力分析并求解 A 环受滑竿的作用力大小；由 D 球的运动情况结合曲线运动的条件得到 D 环受力情况并求解出加速度；【详解】AC、C 球做直线运动，对其受力分析，如图由牛顿第二定律，得到： ，细线拉力为： ，再对 A 环受力分析，MgsinaTMgcos如图根据牛顿定律，有： ， ，联立解得： ，mgsinfaNmgcosTsinag， ，所以 A 环受滑竿的作用力大小为 ，故 A、C0fNMco Mco正确；- 10 -BD、对 D 球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于 Mg；再对 B 求

19、受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；根据平衡条件，有： ， ，故 D 正确，B 错误；fFMmgsinNFMmgcos故选 ACD。【点睛】关键灵活地选择研究对象，受力分析后根据牛顿第二定律或者平衡条件列式求解，同时要明确直线运动的条件是合力与速度共线。三、实验题13.有同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力 FTOA、F TOB和 FTOC，回答下列问题：(1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是（

20、 ）A钩码的个数 N1N 22，N 34B钩码的个数 N1N 33，N 24C钩码的个数 N1N 2N 34D钩码的个数 N13，N 24，N 35(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（ ）A标记结点 O 的位置，并记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向B量出 OA、OB、OC 三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角- 11 -D用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图中_(选填“甲”或“乙”)是正确的【答案】 (1). (1)BCD； (2). (2)A； (3). (3)甲；【解析】【分析】两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于 O 点（如图所示）

21、 ，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以 O 点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功；为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答；【详解】解： (1)对 O 点受力分析如图所示，OA、OB、OC 分别表示 FTOA、F TOB、F TOC的大小，由于三个共点力处于平衡，所以 FTOA、F TOB的合力大小等于 FTOC，且 ，即TOCATOB，故 B、C、D 能完成实验；TOABTOCATOF故选 BCD。(2)为探究求合力的

22、方法，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点 O 的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向，故 A 正确，B、C、D 错误；故选 A。(3)以 O 点为研究对象，F 3的实际作用效果在 OC 这条线上，由于误差的存在，F 1、F 2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；14.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示- 12 -(1)下列说法正确的是_A在探究加速度与质量的关系时，应该保证拉力的大小不变B “重物的质量远小于小车的质量”这一条

23、件如不满足对探究过程也不会产生影响C在探究加速度与力的关系时，只需测量一次，记录一组数据即可D在探究加速度与力的关系时，作 a F 图象应该用折线将所描的点依次连接(2)在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了 A、 B、 C、 D、 E 作为计数点，相邻两个计数点间还有 4 个计时点没有标出，其中 x17.05 cm、 x27.68 cm、 x38.30 cm、 x48.92 cm，电源频率为 50 Hz，可以计算出小车的加速度大小是_m/s 2.(保留两位有效数字)(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是_如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用 a 表示小车的加速度， F 表

24、示细线作用于小车的拉力，他绘出的 a F 关系图象可能是_A. B.C. D.【答案】 (1). (1)A (2). (2)0.62 (3). (3)平衡摩擦力 (4). B【解析】做匀变速运动的物体在相邻的相等时间间隔内的位于之差是定值， ，据此求出纸带2xat的加速度；实验时要平衡摩擦力，不平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于线的拉力，a-F 图象不过原点，在 F 轴上有截距；平衡摩擦力时如果木板垫得过高，过平衡摩擦力，在小车受到的合力大于线的拉力，a-F 图象不过原点，在 a 轴上有截距(1)探究加速度与质量的关系时，应该控制力不变，A 正确；若不满足“重物的质量远小于小- 1

25、3 -车的质量”这一条件，重物的重力就不等于小车受到的拉力，探究过程会产生影响，B 错误；在探究加速度与力的关系时，需测量多次，记录多组数据，画出图象，根据图象探究关系，C 错误；探究加速度与力的关系时，作 a F 图象应该将点拟合成一条倾斜的直线，D 错误(2)加速度 23421()()0.6m/sxxaT(3)长木板右端垫高的目的是平衡摩擦力，若木板倾角过小，即平衡摩擦力不足，会出现有拉力，但加速度仍为零的情况，即 B 图四、计算题15.如图所示，倾角为 的粗糙斜面上放一质量为 m 的箱子一同学想把箱子稍向上移动一段距离，由于箱子较重，直接用力推没有推动，于是该同学想了一个办法：用一根轻绳

26、一端拴在箱子上，另一端系在斜面上，而后在绳子的中点施加一与斜面垂直的拉力 F，结果箱子刚好能开始沿斜面向上移动若此时绳与斜面间的夹角为 ，箱子仍紧压在斜面上，重力加速度大小为 g，求：(1)绳对箱子的拉力大小；(2)箱子受到斜面的摩擦力大小【答案】 （1）绳对箱子的拉力大小是 ；（2）箱子受到斜面的摩擦力大小是 【解析】试题分析：（1）对绳子的中点受力分析，由共点力的平衡即可求出绳子上的拉力；（2）对箱子进行受力分析，由共点力的平衡即可求出摩擦力的大小解：（1）对绳子的中点受力分析由共点力的平衡得：F=2F Tsin解得绳对箱子的拉力大小为：（2）对箱子受力分析由平衡得：Fcos=mgsin+

27、F f- 14 -箱子受到斜面的摩擦力大小为：答：（1）绳对箱子的拉力大小是 ；（2）箱子受到斜面的摩擦力大小是 【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，分别对绳子的中点和箱子进行受力分析，由受力分析的常规的步骤即可正确解答16.如图所示，质量为 m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为 30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为 F 的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角 0时，不论水平恒力 F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角 0的大小【答案】 （1） （2）603【解

28、析】试题分析：（1）斜面倾角为 30时，物体恰能匀速下滑，满足 sin30cos30mgg解得 3（2）设斜面倾角为 ，由匀速直线运动的条件： cosinfFgF，cosinNFmgFfN解得： cosig当 ，即 时，F，cosin0t即“不论水平恒力 F 多大” ，都不能使物体沿斜面向上滑行此时，临界角 06考点：考查了共点力平衡条件的应用- 15 -【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解

29、；x 方向，y 方向分别列平衡方程求解17.如图，底座 A 上装有长 0.5 m 的直立杆，底座和杆总质量为 0.2 kg，杆上套有 0.05 kg的小环 B，与杆有摩擦，当环以 4 m/s 从底座向上运动，刚好能到达杆顶，求：(1)上升过程中的加速度；(2)下落过程的时间；(3)下落过程中，底座对地的压力有多大？( g10 m/s 2)【答案】 （1） ,方向竖直向下 （2）0.5s （3）2.3N6/ms【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小环 B 的加速度；（2）对小环上升和下落过程受力分析，由牛顿第二运动定律结合运动学基本公式即可而求出下落的时间。（3）对杆和底

30、座整体受力分析结合牛顿第三定律求得底座对地面的压力。（1）由运动学公式得： 21 vas解得： ，方向竖直向下16/ams（2）对小环上升过程受力分析，由牛顿第二运动定律得： 1fFmga解得： 0.3 fFN下落时，由牛顿第二运动定律得： 2fmgFa解得： 224/ams而 1st解得：t=0.5s- 16 -（3）对杆和底座整体受力分析得： NfFMg解得： 2.3NF根据牛顿第三定律，底座对水平面压力大小也为 2.3N【点睛】本题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动学公式结合进行研究。18.如图所示，传送带与水平面的夹角 37，并以 v10

31、m/s 的速率逆时针转动，在传送带的 A 端轻轻地放一小物体若已知物体与传送带之间的动摩擦因数 0.5，传送带 A端到 B 端的距离 L16 m，则小物体从 A 端运动到 B 端所需的时间为多少？(g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)【答案】2s【解析】【分析】传送带沿逆时针方向转动时，物体的受到的摩擦力的方向会发生变化，根据摩擦力变化前和变化后的不同的受力，求出加速度的大小，然后应用运动学公式求出物体的运动时间；【详解】解：物体放上传送带后，开始一段时间，物体的速度小于传送带的速度，此时其运动的加速度为： 1mgsincosa代入数据得： 20/这样的加速度只能维持到物体的速度达到 10m/s 为止，其对应的时间和位移分别为：11vtsa221056xm物体速度大于传送带速度后，物体相对于传送带向下运动，则此后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，由于 ，因此该物体继续向下做匀加速直线运动，其加速度gsincos大小为： 2am- 17 -代入数据得： 22/ams后面一段物体运动的位移： ，设后面一段运动的时间为 t2，则：2165xm2201xvtt代入数据解方程得： （舍去）212sts，所以： 1t即物体从 A 到 B 需要的时间为 2s- 18 -