广东省广州市岭南中学2018_2019学年高一物理上学期期末模拟试题（含解析）.doc

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1、- 1 -广东省广州市岭南中学 2018-2019 学年高一物理上学期期末模拟试题（含解析）一、选择题1.下列说法正确的是A. 单位 m、 kg、 N 是国际单位制中的基本单位B. 物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向C. 汽车速度计显示的速度大小可以看做瞬时速度大小D. 一吨的小轿车与卡车相撞损坏越严重，它的惯性就越大【答案】C【解析】【详解】A、N 不是国际单位故 A 错误；B、物体可以不沿着合外力方向运动，比如平抛运动，故 B 错误；C、汽车速度计显示的速度大小就是汽车在某一瞬间速度大小，故 C 正确；D、撞损坏越严重是否不但与质量（惯性）有关还与速度有关，故 D 错误；2.一质点受

2、多个力的作用，处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小 a 和速度大小 v 的变化情况是A. a 先增大后减小， v 始终增大 B. a 和 v 都始终增大C. a 和 v 都先增大后减小 D. a 和 v 都先减小后增大【答案】A【解析】【详解】初始状态质点所受合力为零，当其中一个力的大小逐渐减小到零时，质点合力逐渐增大到最大， a 逐渐增大到最大，质点加速；当该力的大小再沿原方向逐渐恢复到原来的大小时，质点合力逐渐减小到零， a 逐渐减小到零，质点仍然加速。可见， a 先增大后减小，由于 a 和速度 v

3、始终同向，质点一直加速， v 始终增大，故 BCD 错误 A 正确。3.在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在 t1时刻速度达到最大值v1时，打开降落伞做减速运动。在 t2时刻以较小速度 v2着地他的 v-t 图象如图所示下列关于空降兵在 0 t1或 t1 t2时间内的结论正确的是- 2 -A. 0 t1空降兵的位移 12vstB. t1 t2，空降兵的位移 21()C. t1 t2，空降兵的平均速度 vD. t1 t2空降兵做加速运动，加速度越来越小【答案】B【解析】【详解】A、0t 1时间内，做匀变速运动运动，位移 ，故 A 错误102vsttB、 t1 t2，不是匀变速

4、运动，图像面积代表位移比小于匀变速运动位移 ，故121vtB 正确C、在 t1t 2的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，其平均速度为 12根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度，故 C 错误12vD、t 1t 2做减速运动，故 D 错误【点睛】本题难度较小，解题关键是速度时间图象与坐标轴包围的面积表示位移以及匀变速直线运动的平均速度等于该段时间内的初速度与末速度的平均值4.伽利略是意大利文艺复兴后期伟大的天文学家、物理学家和哲学家，也是近代实验物理学的开拓者。他在不同时期，做了图 1 和图 2 两个著名的理想实验。有关这两个实验采用的巧妙方法，说法不正

5、确的是（ ）A. 图 1 采用了“冲淡”重力的方法- 3 -B. 图 2 采用了“实验和逻辑推理”的方法C. 图 1 采用了“不计阻力”的理想方法D. 图 2 采用了“数学演绎”的方法【答案】D【解析】【详解】A、B、C 伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量伽利略做了上百次实验，并通过抽象

6、思维在实验结果上做了合理外推故 A、B、C 正确D、伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法，没有用数学演绎的方法、 ，故 D错误本题选择错误的所以选 D5.如图所示，质量为 m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个恒力 F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是A. 斜面对球的弹力大小与加速度大小无关B. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零D. 斜面与挡板对球的弹力的合力等于 ma【答案】A【解析】【详解】AB、小球受到的重 mg、斜面的支持力 FN2、竖直挡板的水平弹力

7、FN1，设斜面的倾斜角为 则竖直方向有：F N2cos=mg因为 mg 和 不变，- 4 -无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故 A 正确、B 错误C、水平方向有：F N1-FN2sin=ma ，F N2sin0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故 C 错误D、根据牛顿第二定律，斜面和挡板对球的弹力与重力三者的合力等于 ma，故 D 错误故选：A6.台秤放在电梯的地板上，随电梯运动，依次在 5 个特定的时刻 t1、 t2、 t3、 t4、 t5观察到置于台秤上物体示数的变化情况。已知 t1时刻电梯静止，则A. t1和 t2时刻该物体的质量相等，但所受的重力不相等B.

8、t2和 t4时刻电梯的加速度大小相等，方向一定相反C. t2和 t4时刻台秤都处于超重状态D. t5时刻电梯的速度方向向上【答案】C【解析】【详解】A、发生超重与失重现象时，物体的重力并没有变化，故 A 错误BC、根据读数分析，t 2时刻支持力大于重力，物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上t 4一样故 B 错误 C 正确D、t 5时刻物体处于平衡状态，可能向上匀速运动，也可能静止故 D 错误【点睛】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下7. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一

9、如图所示，图线 1、2 分别是甲、乙两辆汽车的刹车距离 s 与刹车前的车速 v 的关系曲线，已知在紧急刹车过程中，车与地面间是滑动摩擦据此可知，下列说法中正确的是( )- 5 -A. 甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好B. 乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C. 以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D. 甲车的刹车距离 s 随刹车前的车速 v 变化快，甲车的刹车性能好【答案】B【解析】试题分析：AB、由图可知以相等的速度开始刹车，乙车滑行的距离小，乙车减速的加速度大，根据牛顿第二定律可知，乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好；A 错误 B 正确

10、C、由于乙车的加速度大，由 可知，以相同的车速开始刹车，乙车先停下来，乙车的刹vta车性能好；错误D、由 可知 ，s 和 v 的图象是抛物线，根据抛物线特点可知甲车加速度小于2vas2乙车加速度，乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好；错误故选 B考点：牛顿第二定律点评：本题比较方法是垂直于速度轴做一条垂线，与图线由两个交点，读出对应的位移，就可以知道以相同速度刹车时，甲乙两车各自的滑行距离了，从而可以判定刹车性能。8.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行。旅客把行李无初

11、速度地放在 A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数 =0.1，A、B 间的距离为 2m， g 取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以 v=1m/s 的恒定速率平行于传送带运动到 B 处取行李，则A. 行李从 A 运动到 B 过程一直受到向左的摩擦力B. 乘客与行李同时到达 B 处C. 乘客提前 1s 到达 B 处- 6 -D. 乘客提前 0.5s 到达 B 处【答案】D【解析】【详解】BCD、行李放在传送带上后，在摩擦力的作用下做匀加速运动， 21/agms，速度最大到 v 用时 ，位移 ，接着以速度 v 匀速运动到 B 点，1tsa10.52xvtm，所以行李总用时 2.5s，人匀

12、速运动 B 处用时 ，所以乘客提12.5Lxts 2xts前 0.5 s 到达 B 处，故 D 正确 BC 错误；A、在匀速段行李不再受到摩擦力，所以 A 错误。【点睛】该题考查是的传送带问题，行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，若要时间最短，则行李一直做匀加速运动9.在做互成角度的两个力的合成实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置 O 点以及两只弹簧测力计拉力的大小。有关此实验，下列叙述正确的是A. 两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B. 橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C. 两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置 O这样做的目的是保证两次弹簧测力

13、计拉力的效果相同D. 若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮筋结点的位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可【答案】AC【解析】【详解】A、两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，根据合力分力大小特点，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大故 A 正确；B、两弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，B 错误；C、两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置 O，故 C 正确；D、结点位置不变，合力不变，当一只弹簧测力计的拉力只是大小改变时，另一弹簧测力计的拉力的方向必须改变，故 D 错误故选 AC- 7 -10.

14、在某地将甲乙两小球从距离水平地面同一高度处先后释放，它们做自由落体运动的 v t图象如图所示。则A. t4s 时，两球的高度相差为 40mB. 该地区重力加速度 g=10m/s2C. 两球在空中运动过程中，距离逐渐变大D. 乙球释放时距离甲球 20m【答案】BCD【解析】【详解】A、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=4s 时，甲球通过的位移为 ，乙的位移为 ，两球位移之1(40)82xm1(20)xm差等于 60m，故 A 错误B、由图像斜率可知 g=10m/s2,故 B 正确C、释放乙球时甲已经运动了 2s，此后他们做加速度均为 10m/s2匀加速运动，速度差恒为

15、20m/s,距离逐渐变大，故 C 正确D、释放乙球时甲已经运动了 2s，所以此时乙距离甲球 ，故 D 正确210hgtm11.如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内在下列的采取的方法中一定能使脚所受的拉力增大的是A. 增加绳的长度同时增大定滑轮的间距B. 将病人的脚向左移动C. 保持定滑轮与动滑轮的角度不变的情况下增加重物的质量- 8 -D. 增大两定滑轮的间距的同时将病人的脚向左移动【答案】BC【解析】【详解】设脚所受的拉力为 F，绳子的拉力为 T，则有 F=2TcosA、只增加绳的长度，

16、重物的质量不变，绳子的拉力 T 不变，同时增大滑轮的间距， 变大，拉力 F=2Tcos，所以脚所受的拉力 F 变小故 A 错误B、只将病人的脚向左移动， 减小，绳子的拉力 T 不变，则由 F=2Tcos 得知，脚所受的拉力 F 增大故 B 正确C、只增加重物的质量，绳子的拉力 T 增加，拉力 F=2Tcos，脚所受的拉力 F 增大，故 C 正确D、将两定滑轮的间距变大，又将病人的脚向左移动， 不一定变小。虽然绳子的拉力 T 不变，但是由 F=2Tcos 可知，脚所受的拉力不一定变大故 D 错误12.汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了 6s 时间经过 A、 B 两根电线杆，已

17、知 A、 B 间的距离为 车经过 B 时的速度为 ，则 60.m15/m()A. 车从出发到 B 杆所用时间为 9s B. 车的加速度为 2sC. 经过 A 杆时速度为 D. 从出发点到 A 杆的距离是1/ 7.【答案】AD【解析】【详解】根据平均速度公式 ，代入数据解得： vA=5m/s，故 C 错误；车的加2ABvst速度： ，故 B 错误；车从出发到 B 杆所用的时间：215/63vamt，故 A 正确；出发点到 A 杆的距离： ，故 D 正93Bts257.3Avxma确。所以 AD 正确，BC 错误。13.如图所示，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全

18、相同的轻弹簧 S1和 S2相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块 a 的加速度记为 a1，S 1和 S2相对原长的伸长分别为l 1和l 2，重力加速度大小为 g，在剪断瞬间- 9 -A. a1=3g B. a1=0 C. l 1=2l 2 D. l 1=l 2【答案】AC【解析】设物体的质量为 m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间 a 受到重力和弹簧 的拉力 ，剪断前对 bc 和弹簧组成的整体分析可知1S1T，故 a 受到的合力 ，故加速度 ，A 正12Tg23Fgmg13Fagm确，B 错误；设弹簧 的

19、拉力为 ，则 ，根据胡克定律 可得 ，22 kx2lC 正确，D 错误。【考点定位】牛顿第二定律的瞬时性【方法技巧】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。【此处有视频，请去附件查看】14.如图，水平面上有质量 m=1.0kg 的物块，受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力 f 的大小。 g=10m/s2。下列正确的是A. 3s 末物块所受合力大小为 3.0NB. 物块在 05s 内处于静止状态C. 物块与木板之间的动摩擦因数为 0.3D. 6s10s 内物块的加速度大小

20、为 2.0m/s2【答案】CD【解析】- 10 -【详解】A、3s 末拉力为 3N，摩擦力为 3N，合力为零故 A 错误；B、在 0-5s 内，前 4s 物体静止，4s 末开始运动，故 B 错误；C、物体滑动摩擦力为 3N，由 得 ，故 C 正确；fmg0.3D、由图可知 6s10s 拉力为 5N，摩擦力为 3N，则合力 F 合 =F-f=5-3=2N；故加速度为：，故 D 正确；2/Fams15.如图所示，正在水平路面上行驶的汽车车厢底部有一质量为 m1的木块，在车厢的顶部用细线悬挂一质量为 m2的小球，某段时间内，乘客发现细线与竖直方向成 角，而木块 m1则始终相对于车厢静止。这段时间内A

21、. 汽车可能正在向左匀加速行驶B. 汽车可能正在向右匀加速行驶C. 木块对车厢底部的摩擦力方向水平向右D. 木块对车厢底部的摩擦力大小为 m1gtan【答案】ACD【解析】【详解】对 m2分析， ；由牛顿第二定律 ，车可能向左加速2=gtanF合 tanmFg合或向右减速，A 正确 B 错误；对 m1受力分析，受重力、支持力和向左的摩擦力，合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律 ，D 正确；根据牛顿第三定律，车受到摩擦力taf向右，C 正确；故选 ACD二、填空题16.某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。打点计时器所用交流电源频率为 50 Hz。启动打点计时器，释放物块，打点计

22、时器打出的纸带如图（b）所示（图中相邻两点间有 4 个点未画出） 。根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速直线运动。回答下列问题：- 11 -（1）实验打印纸带前进行一系列操作，一定需要的操作是_（填字母序号）A平衡摩擦力步骤 B纸带和桌面保持平行C物块要靠近打点计时器 D钩码质量远小于物块质量（2）在打点计时器打出 B 点时，物块的速度大小为_m/s；（保留两位有效数字）（3）物块的加速度大小为_m/s 2。 （保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）BC (2). （2）0.56 (3). （3）2.0【解析】【详解】(1)本实验是要研究物体速度随时间变化情况，不是探究合外力与

23、加速度关系，所以不用平衡摩擦力、保证钩码质量远小于物块质量；B、C 是之正确的。（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以0.56/ABxvmsT（3）根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得2xaT3412212 .0/xa msT17.在“探究加速度与力、质量的关系”时采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码质量为 M，砂桶及砂的质量为 m。（1）若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳的张力大小 FT_，当M 与 m 的大小满足_时，才可认为绳子对小车的拉力大小等于砂和砂桶的重力。（2）某同学在保持砂和砂桶质量 m 一定的条件下，探究小车加

24、速度 a 与质量 M 的关系，其- 12 -具体操作步骤如下，则做法合理的有（ ）A平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带也必须连好B每次改变小车质量 M 时，都需要重新平衡摩擦力C实验时，先接通计时器的电源，再放开小车D用天平测出 m 及 M，直接用公式 a 求出小车运动的加速度mg【答案】 (1). （1） (2). Mm (3). （2）C TF【解析】【详解】 （1）由牛顿第二定律知：对小车有 FT=Ma；对砂和砂桶有 mg-FT=ma；所以；可见当 Mm 时，F Tmg.TmgFM （2）平衡摩擦力时，不系砂桶，只让小车拖着后面的纸带在倾斜木板上做匀速运动，选

25、项A 错误；平衡摩擦力时 mgsin=mgcos，即 sin=cos，与质量无关，则每次改变小车质量 M 时，不需要重新平衡摩擦力，选项 B 错误；实验时，先接通计时器的电源，再放开小车，选项 C 正确；小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出 m 以及小车质量 M，直接用公式 a=mg/M 求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系故 D 错误故选 C.【点睛】此题关键是要先搞清实验的原理，尤其是一个重要的步骤：平衡摩擦力，为什么要平衡摩擦力，怎样平衡摩擦力等；记住实验的一个重要条件：Mm.18.一物块从倾角为 、长为 s 的斜

26、面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面间的动摩擦因素为 ，则物块滑到斜面底端所需的时间为_。 （重力加速度为 g）【答案】 2sincosg【解析】【详解】设物块质量为 m，加速度为 a，物块受力情况如图所示，mgsin-f=ma，- 13 -N-mgcos=0，f=N，联立三式解得 a=gsin-gcos由 212,sincossatg得三、计算题19.汽车由 9m/s 开始刹车做匀减速直线运动，第 2s 末的速度变为 5m/s，求汽车在第 4s 内的位移大小。【答案】2m【解析】【详解】由加速度定义知 2059/vamst汽车刹车到停止所需的时间 ，所以 3s 末速度为 04.s03/vatm

27、s所以第 4s 内位移为 21xvt20.如图所示，轻质光滑滑轮用轻绳 OC 悬挂于竖直面内的 O 点。滑轮上另一根轻绳一端悬挂mA=6kg 物块，另一端系在水平粗糙桌面的物块 B 上， mB=20kg，绳与桌面成 370角。外力 F 向右上方成 530角拉 B，整个系统处于静止状态。 g=10m/s2，sin37 0=0.6，cos37 0=0.8。- 14 -（1）若物块 B 不受摩擦力，求拉力 F 的大小和 B 对桌面的压力。（2）若 F=90N，求物块 B 受到的摩擦力。【答案】 （1）80N 100N，方向竖直向下（2）6N，方向水平向左【解析】【详解】 （1）当 B 不受摩擦力时，

28、对 B 受力分析如图绳子拉力 T=mAg，用正交分解 得cos53s7iniNFTFmg 801N由牛顿第三定律知物体对桌子压力为 100N，竖直向下。（2）若 F=90N80N，物体会受到向左摩擦力，受力分析如图由正交分解 得 f=6N，水平向左。cos53s7iniNFTfFmg- 15 -21.如图所示，质量 m=1kg 的物体静止在粗糙水平地面上 A 点。物体在斜向上与水平方向夹角 =370的恒力 F 作用下，从 A 点开始运动，到达 B 点时立即撤去拉力 F，物体最后滑到 C点静止。物体开始一段时间及隔一段时间后的 v-t 的图象如图。 g 取10m/s2，sin =0.6，cos

29、=0.8。求：（1）动摩擦因数 ； （2）恒力 F 的大小；（3）01.8s 内物体位移 s 的大小。【答案】 （1） =0.5（2）9.1N（3） s=7.3m【解析】【详解】 （1）物体先做匀加速运动后做匀加速运动，由图像可知加速阶段 减速215/ams阶段加速度为 。225/ams由牛顿第二运动定律知匀减速运动摩擦力提供合外力， 得 2mg0.（2）匀加速阶段 ， 代入数据得 F=9.1N1cosNFasinNF（3）设匀加速时间为 t，则最大速度为 ，达到最大速度后做匀加速运动 2.2s 时速1mvt度为 3m/s。由公式 2.3/mvats得 t=1.4s， t =1.8-1.4=0

30、.4s- 16 -前 1.4s 做初速为零的匀加速运动，位移 4.9m22151.4xat达到最大速度做匀加速运动，0.4s 位移 2.4m22mv所以 1.8s 内位移为 127.3x【点睛】如何计算加速用的时间是本题的关键，设出加速时间，求出最大速度，再利用减速某一时刻速度列方程计算即可。22.质量 M8 kg 的足够长木板放在粗糙的水平面上，在木板的右端施加一水平恒力 F36 N，当木板向右运动速度达到 3 m/s 时，在木板的右端轻轻放一质量为 m2 kg 的小物块。物块与木板间的动摩擦因数 10.4，木板与水平面间的动摩擦因数 20.2， g 取 10 m/s2。问：(1)小物块刚放

31、在木板上时，小物块及木板的加速度各为多大(2)从小物块放上木板开始，经过 t3 s 小物块通过的位移大小为多少？【答案】 （1）4m/s 2，1m/s 2；（2）13.2m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律分别对物块和木板列式求解即可得到加速度；（2）从开始到物体在木板上停止相对滑动，根据运动学公式求解时间，之后两者共同做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解位移；- 17 -【详解】 （1）对物块根据牛顿第二定律可以得到： ，得11mga24/ms对木板： ，得 ；22)FmgMga（ 2/s（2）物体在木板上停止相对滑动时，有相同速度 ，相对滑动经历的时间为 ，则有v共 1t对物块： 1vat共 对木板： 02共得： ， 4/vms共 1 t秒后 M、m 有相同的加速度 a，对 M、m 整体有：1t 2)FmMga （ （得： 2.6/as物块在共速前 时间内位移： 1t 21xt共速后至 3s 内的位移 21.xvtam共所以物块在 3s 内的位移为 123.x【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解。- 18 - 19 -