1、1云南省元江县一中 2018-2019 学年上学期期末考试高一物理一、单选题(共 12 小题,每小题 4.0 分,48 分) 1.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体 A、 B， A 悬挂起来， B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、 B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为 ，则物体 A、 B 的质量之比 mA mB等于( )图 4224A. cos 1 B. 1cos C. tan 1 D. 1sin 【答案】B【解析】对 A、 B 受力分析可知 mAgcos mBg，则有 mA mB1cos ，B 项正确2. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，
2、扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下【答案】C【解析】试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故 A 错误；2在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的
3、合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故 BD 错误，C 正确故选 C。考点：牛顿第二定律的应用【此处有视频，请去附件查看】3.如图所示描述质点运动的图象中，图线与时间轴围成的面积不表示对应时间内质点位移的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据图像中各物理量的意义进行判断即可【详解】速度时间图线与时间轴围成的面积表示对应时间内质点位移，故 ABC 错误。在 x-t 图线中，纵坐标的变化量表示
4、位移，图线与时间轴围成的面积不表示对应时间内质点位移，故 D 正确。故选 D。4.如下图所示，是一个半径为 R 的中国古代八卦图，中央 S 部分是两个半圆，练功人从 A3点出发沿相关路线进行(不能重复)，在最后又到达 A 点求在整个过程中，此人所经过的最大路程和最大位移分别为( )A. 0；0 B. 2R；2RC. (32)R；2R D. (22)R；2R【答案】C【解析】路程是指物体所经过的路径的长度，沿图中路线走完一遍的路程s=2R+R+2R=（3+2）R；当人离 A 点最远的时候，位移最大，所以当人在 C 点的时候，离 A 最远，此时的位移是最大的，即为 2R，故 C 正确；故选 C。点
5、睛：位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；路程是指物体所经过的路径的长度.5.关于超重和失重，下列说法正确的是（ ）A. 物体处于超重时，物体一定在上升B. 物体处于失重状态时，物体可能在上升C. 物体处于完全失重时，地球对它的引力就消失了D. 物体在完全失重时，它所受到的合外力为零【答案】B【解析】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；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超重状态和失重状态与物体的运动的方向无关，与加速度的方向有关：物体处于超重时，物体可能
6、在加速上升，有可能减速下降；物体处于失重状态时，物体可能在减速上升故 A 错误，B 正确；物体处于完全失重状态时，重力全部提供向下的加速度，并没有消失或等于 0故 C 错误；物体处于完全失重状态时，只受到重力的作用，并且重力全部提供向下的加速度，合力不为零故 D 错误故选 B.点睛：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，人的重力并没4变，只是对支持物的压力变了6.在箱式电梯里的台秤秤盘上放着一物体，在电梯运动过程中，某人在不同时刻拍摄了甲、乙、丙三张照片，如图所示，其中乙为电梯匀速运动时的照片从这三张照片可判定( )A. 拍摄甲照片时，电梯一定处于加速下降状态B. 拍摄丙
7、照片时，电梯一定处于减速上升状态C. 拍摄丙照片时，电梯可能处于加速上升状态D. 拍摄甲照片时，电梯可能处于减速下降状态【答案】D【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；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度 g电梯匀速运动时台秤的示数可看做物体的实际重量，题图甲所示的示数大于题图乙所示的示数，说明拍摄甲照片时物体处于超重状态，此时电梯可能处于加速上升状态或减速下降状态，选项 A 错误，D 正确；题图丙所示的示数小
8、于题图乙所示的示数，说明拍摄丙照片时物体处于失重状态，此时电梯可能处于加速下降状态或减速上升状态，选项 BC 错误7.如图所示，光滑斜面的倾角为 30，轻绳通过两个滑轮与 A 相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦物块 A 的质量为 m，不计滑轮的质量，挂上物块 B 后，当动滑轮两边轻绳的夹角为 90时， A、 B 恰能保持静止，则物块 B 的质量为( )A. m B. m C. M D. 2m22 2【答案】A【解析】5【分析】依次对 AB 进行受力分析，运用共点力平衡条件求解【详解】先对 A 受力分析，再对 B 受力分析，如图根据共点力平衡条件，有 mgsin30=T； T
9、 Mg；解得 M= m，故选 A。222【点睛】本题关键是先后对物体 A、B 受力分析，根据共点力平衡条件，结合合成法或正交分解法列式求解8. 在竖直悬挂的轻质弹簧下端挂一个钩码，弹簧伸长了 4cm，如果在该弹簧下端挂两个这样的钩码（弹簧始终发生弹性形变） ，弹簧的伸长量为A. 4cm B. 6cm C. 8cm D. 16cm【答案】C【解析】试题分析：根据题意可得，当弹簧下端挂一个钩码时，由胡克定律得 ，解得弹F=kx=mg簧的劲度系数为： ，当弹簧下端挂两个钩码时，由胡克定律得： ，所以：k=mg0.04 kx=2mg=8cm，C 正确；x=2mgmg0.04考点：考查了胡克定律的应用9
10、.如图所示，某物体沿两个半径为 R 的圆弧由 A 经 B 到 C，下列结论正确的是（ ）A. 物体的位移等于 4R，方向向东 B. 物体的位移等于 2RC. 物体的路程等于 4R，方向向东 D. 物体的路程等于位移【答案】A【解析】【分析】6位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，方向从初位置指向末位置路程是物体运动路线的长度【详解】物体沿两个半径为 R 的圆弧由 A 经 B 到 C，初位置是 A 点，末位置是 C 点，则位移大小等于 4R，方向向东。故 A 正确，B 错误。物体的路程等于物体运动路线的长度，由图看出路程等于 2R，没有方向。故 CD 错误。故选 A。10.某物体由静止开始做
11、直线运动，物体所受合力 F 随时间 t 变化的图象如图所示，在08 s 内，下列说法正确的是( )A. 02 s 内物体做匀加速运动B. 68 s 内物体做加速度减小的加速运动C. 物体在第 4 s 末离出发点最远，速率为最大D. 物体在第 8 s 末速度和加速度都为零，且离出发点最远【答案】D【解析】【分析】根据牛顿第二定律分析加速度，当物体的加速度保持不变时才做匀加速直线运动，根据合外力方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况，两者方向相同时，物体做加速运动，相反，做减速运动【详解】物体在 02s 内 F 逐渐增大，根据牛顿第二定律 aF/ m 得知，加速度逐渐增大，做变加速直线运动，故
12、A 错误。在 68s 内 F 渐减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运动；故 B 错误；在 24s 内 F 逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，所以物体沿原方向做加速度减小的加速运动；由此可知，0-4s 内物体速度方向始终未变，根据对称性可知，8s 末物体的速度为零。离出发点最远，4s 末速度最大，故 C错误，D 正确；故选 D。【点睛】本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的 v-t 图象进行分析特别要注意的是 2s 末物体的运动方向不是回头.11.在如图的位移-时间图像和速度-时间图像中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表7四辆
13、车由同一地点沿同一方向的运动情况，则（ ）A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动B. 0-t1时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C. 0-t2时间内，丙丁两车在 t 2时刻相距最远D. 0-t2时间内，丙丁两车平局速度相等。【答案】BC【解析】【详解】根据位移-时间图象的斜率表示速度，由图象可知：乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动。甲做速度越来越小的变速直线运动，都是直线运动，故 A 错误；在位移时间图象中纵坐标的变化量表示位移，可知 0 t1时间内，甲、乙两车通过的位移相等，两车都做单向直线运动，所以路程相等，故 B 正确；由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁
14、两车在 t2时刻面积差最大，所以相距最远，故 C 正确；0 t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故 D 错误。所以 BC 正确，AD 错误。12.一质点从静止开始由 A 点先做匀加速直线运动到 B 点，然后从 B 点做匀减速直线运动到C 点时速度刚好为零已知 tAB2 tBC，那么在 AB 段和 BC 段( )A. 加速度大小之比为 21B. 位移大小之比为 12C. 平均速度大小之比为 21D. 平均速度大小之比为 11【答案】D【解析】设到达 B 点的速度为 v， tAB2 tBC=2t，则 AB 段的加速度 ，B
15、C 段的加速度 ，则a1=v2t a2=vt在 AB 段和 BC 段加速度大小之比为 1:2，选项 A 错误；两段的平均速度均为： v=v+02=v2，选项 D 正确，C 错误； ； ，则位移大小之比为xAB=vtAB=v22t=vt xBC=vtBC=v2t=12vt821，选项 B 错误；故选 D.二、实验题(共 2 小题,每小题 10.0 分,共 20 分) 13.某同学用图甲所示装置测定重力加速度。 （已知打点频率为 50Hz）（1）实验时下面步骤的先后顺序是_。A释放纸带 B打开打点计时器（2）打出的纸带如图乙所示，可以判断实验时重物连接在纸带的_（填“左”或“右” ）端。（3）图乙
16、中是连续的几个计时点，每个计时点到 0 点的距离 d 如下表所示：根据这些数据可求出重力加速度的测量值为_。 （保留三位有效数字）【答案】 (1). （1）BA (2). （2）左 (3). （3）9.72m/s 2【解析】（1）为增加打点的个数，要先接通电源，后释放纸带。故顺序 BA。（2）点迹左密右疏，说明打左边点时速度小，故是先打左边点，故重物连接在纸带的左端。（3）令 0、1 点间的距离为 x1，以此类推为 x2、 x3、 x4、 x5、 x6，根据逐差法可得， ， ，平均加速度为： ，由以上可得：x6x3=3a1T2 x5x2=3a2T2 2x4x1=3a3T2 a=a1+a2+a3
17、3，代入数据解得： a=9.72 m/s2。a=(x6+x5+x4)(x3+x2+x1)9T2在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器使用的交变电流的频率为50Hz，记录小车做匀变速运动的纸带如图所示在纸带上选择标为 05 的六个计数点，相9邻的两个计数点之间还有四个点没有画出纸带旁并排放着带有最小刻度为毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐14. 由图可以读出 1、3、5 三个计数点跟“0”点的距离为 d1、 d2、 d3，请将测量值填入表中_(结果保留两位小数) 15. 小车打计数点“2”时的速度大小为_m/s，打计数点“4”时的速度大小为_m/s，小车的加速度大小是_ m/s
18、 2.【答案】1.20 5.40 12.00 0.21 0.33 0.60【解析】【详解】 （1）由图可以读出三个计数点 1、3、5 跟 0 点的距离分别是1.20cm，5.40cm，12.00cm即 d1=1.20cm，d 2=5.40cm，d 1=12.00cm，（2）相邻两计数点之间还有 4 个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔为 T=0.1s，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，得：v2= =0.21m/s0.05400.012020.1v4= =0.33m/s0.12000.054020.1根据速度时间关系公式，有：a= =0.6m/s2vt=0.330.2
19、120.1三、计算题 16.如图所示，两个完全相同的物块，重力大小为 G，两球与水平面的动摩擦因数都为 ，一根轻绳两端固定在两小球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳子被拉直后，两段绳的夹角为 ，问当 F 至少为多大，两物块将会发生滑动？(设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)10【答案】 F= 2Gtan2+【解析】解设绳的拉力为 T，选其中一个物体为研究对象，物块刚好发生滑动的条件： 又 再取整体为研究对象，由平衡条件得 F2N2G 联立上面 三式， 解得17.质量为 M、长度为 L 的木板放在光滑水平地面上，在木板的左端放有一个质量为 m 的小木块，开始时小木块和木板都处于静止状
20、态，某一时刻，用一水平恒力将小木块从木板左端推向右端，如图所示，若小木块与木板之间动摩擦因数为 ，且认为两者之间静摩擦力最大值与其间滑动摩擦力大小相等，小木块可视为质点试求：若能将小木块推向木板右端，水平恒力的最小值为多大？【答案】 (1+mM)mg【解析】【分析】分别对木块 m 和木板 M 进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，根据木块加速度大于木板加速度求解【详解】小木块与木板能够产生的静摩擦力最大值为Fmax F N mg运动木板 M 能够产生的加速度最大值为 aM=FmaxM=mgM为使小木块能够滑向木板右端，要求小木块加速度 a aM，即F Ff ma maM11F Ff m
21、aM mg g(1 )mgm2M mM推力最小值为 F0(1 )mg .mM【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，抓住木块与木板位移之差为板长列式18.如图所示，长 L9 m 的木板质量为 M50 kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为 0.1，质量为 m25 kg 的小孩立于木板左端，木板与人均静止，人以a14 m/s 2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，求：(1)木板运动的加速度 a2的大小；(2)小孩从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间【答案】(1)0.5 m/s 2 (2)2 s【解析】(1)设人对木板的摩擦力为
22、 Ff对人，由牛顿第二定律得： ；Ff=ma1=254N=100N对木板，由牛顿第二定律得： ，Ff-(M+m)g=Ma2解得： ；a2=Ff(M+m)gM =0.5m/s2(2)人向右加速的同时木板向左加速，设人从左端跑到右端时间为 t.由运动学公式得： L=12a1t2+12a2t2解得： t=2La1+a2= 294+0.5s=2s点睛：本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是求解出加速度。19.质量为 m1.0kg 的小滑块（可视为质点）放在质量为 M3.0kg 的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为 0.2，木板长 L1.0m。开始时两者都处于静止状态，现对
23、木板施加水平向右的恒力 F12N，如图所示，经一段时间后撤去 F为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力 F 作用的最长时间.（ g 取 10m/s2）12【答案】1s【解析】撤力前后，木板先加速后减速，设加速过程的位移为 x1，加速度为 a1，加速运动的时为t1；减速过程的位移为 x2，加速度为 a2，减速运动的时间为 t2.由牛顿第二定律得撤力前：F(mM)gMa 1 （2 分）解得 a1 m/s 2 （2 分）撤力后：(mM)gMa 2 （2 分）解得 a2 m/s 2 （2 分） x 1a 1t， x 2a 2t （2 分）为使小滑块不从木板上掉下，应满足 x1x 2L （2 分）又 a1t1a 2t2 （2 分）由以上各式可解得 t11 s （2 分）即作用的最长时间为 1 s.13
