1、- 1 -2018年秋四川省棠湖中学高一期末统考模拟考试物理试题一、选择题（每题 4分，共 12题，总计 48分。19 题为单选题，每题只有一个选项符合题意，1012 题为多选题，每题有两个或多个选项符合题意，全部选对得 4分，少选得 2分，多选或错选不得分）1.以下说法不符合物理学史实的是：( )A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一个地方B. 伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因C. 笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D. 牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行
2、分析的产物，不可能直接用实验验证【答案】B【解析】试题分析：亚里士多德认为力的作用是使物体运动的原因，A 的说法符合物理学史，故不选A；伽利略通过理想实验得出结论小球沿一个斜面由静止滚下来，在滚上另一个斜面，如果没有摩擦，减小另一个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球将在水平面上以恒定的速度维持运动下去，即运动不需要力来维持，故 B项说法不符合物理学史，故应选 B；笛卡尔指出如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C 的说法符合物理学史，故不选 C；牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证，符合物理学史，故不选 D。考
3、点：本题考查了物理学史2. 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.为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是( )A. 只增加绳的长度- 2 -B. 只增加重物的质量C. 只将病人的脚向左移动远离定滑轮D. 只将两定滑轮的间距变大【答案】BC【解析】动滑轮受三个共点力而平衡，两绳拉力大小相等，其合力与脚受到的拉力等大反向，两绳的合力随夹角的增大而减小，D 错；脚向左移动时，两绳间夹角变小，合力变大，C 正确；绳子长度变化不影响两绳间夹角，A 错；两绳拉力均增大时，脚受到的拉力也随之增大，B 正
4、确.3.一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离 L时，速度为 v，当它的速度为 时，它沿斜面下滑的距离是( )A. L B. L C. L D. L【答案】C【解析】【详解】试题分析：由于题中不涉及时间，我们选择速度位移公式分析解题设物体下滑的加速度为 a，则根据速度位移公式可知下滑 L时，有 ，当速度为 时，有 ，联立解得 ，C 正确4.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其 v-t图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（ ）A. 在第 10s末，乙车改变运动方向B. 在第 10s末，甲、乙两车相距 150mC. 在第 20s末，甲、乙两车相遇D. 若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次【
5、答案】D- 3 -【解析】由图可知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故 A错误；在第 20s末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故 B错误；在第 10s末，甲、乙两车的位移之差为：，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们相距的距离，故 C错误；若 t=0时刻乙车在前，则两车在第 20s末前，两车可能相遇一次，若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次，故 D正确。所以 D正确，ABC 错误。5.如图所示，用细线悬挂一个均匀小球靠在光滑的竖直墙上，如果把线的长度边长
6、，仍保持小球静止，则关于球对线的拉力 FT、对墙的压力 FN，下列说法正确的是( )A. FT、 FN都不变 B. FT减小、 FN增大 C. FT、 FN都减小 D. FT增大、 FN减小【答案】C【解析】以小球为研究对象，分析受力如图：设绳子与竖直墙面的夹角为 ，由平衡条件得： ，F N=mgtan把绳子变长时， 角减小，则 cos 变大，tan 减小，则得到 FT和 FN都减小；故选 C6.如图所示，一轻绳的两端分别固定在不等高的 A、 B两点，现用另一轻绳将一物体系于 O点并处于平衡状态，若轻绳 AO、 BO相互垂直， ,设两绳重的拉力大小分别为 FA、 FB，物体受到的重力大小为 G
7、，下列说法正确的是( )- 4 -A. FA一定小于 FBB. FA一定大于 FBC. FA一定大于 GD. FA与 FB大小之和一定等于 G【答案】B【解析】以结点 O为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据平衡条件得知，拉力 FA和 FB的合力与重力 G大小相等、方向相反由题，a，两个绳子垂直，根据几何知识得到：G=FF AF B故 AC错误，B 正确由上可知，F A大于 FB，根据图中几何关系知，三角形两边之和大于第三边，则 FA与 FB之和一定大于 G故 D错误故选 B点睛：本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力
8、的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答7.在探究超重和失重规律时，某体重为 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力 随时间 变化的图象，则下列图象中可能正确的是（ ）A. - 5 -B. C. D. 【答案】D【解析】对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，A、B、C 错误；D 正确综上所述本题答案是：D8.“蹦极”是一项刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高
9、空 P点自由下落，图中 a点是弹性绳的原长位置， c是人所到达的最低点， b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从 P点下落到最低点 c点的过程中 ：A. 在 a点时人的速度最大B. 在 ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C. 在 ab段人做减速运动- 6 -D. 在 c点，人的速度为零，处于平衡状态【答案】B【解析】【分析】牛顿第二定律判断出人的加速度方向，根据加速度的方向与速度方向的关系，判断出人的运动情况，从而确定哪个位置速度最大，哪个位置加速度最大；【详解】AC、从 a点到 b，人的重力大于弹力，加速度向下，则做加速运动，根据牛顿第二定律知，加速度减小，当到达 b位置，重力和弹力相
10、等，速度最大，由 b到 c，重力小于弹力，加速度方向向上，做减速运动，故 A、C 错误；B、在 ab段绳的拉力小于人的重力，加速度向下，人处于失重状态，故 B正确；D、在 c点，速度为零，重力小于弹力，不是平衡状态，故 D错误；故选 B。【点睛】关键是弹性绳类似于弹簧，分析加速度和速度的变化情况，分析游戏者的受力情况，确定合力的变化情况。9.做自由落体运动的甲乙两物体所受的重力之比为 2：1，下落高度之比为 1：2，则（ ）A. 下落过程中的加速度之比为 2：1B. 下落时间之比为 1：2C. 落地速度之比为 1：D. 若甲乙同时下落，在甲落地前，两者间的距离越来越近【答案】C【解析】【分析】
11、自由落体运动的加速度相等，结合位移时间公式，通过下落的高度之比得出下落的时间之比根据速度位移公式求出落地的速度之比；【详解】A、自由下落的物体，加速度相等，与质量无关，均为 g，故 A错误；B、根据 得 ，因为下落的高度之比为 1:2，则下落的时间之比为 ，故 B错误；C、根据 得，下落的高度之比为 1:2，则落地的速度之比为 ，故 C正确；- 7 -D、若甲乙同时下落，下落的快慢程度相同，在甲落地前，两者间的距离不变，故 D错误；故选 C。【点睛】关键知道自由落体运动的特点，结合运动学公式灵活求解。10.如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力 F的作用下从 B点沿圆弧缓慢上
12、滑至 A点，此过程中 F始终沿圆弧的切线方向，则（ ）A. 小物块受到的支持力逐渐变大B. 小物块受到的支持力先变小后变大C. 拉力 F逐渐变小D. 拉力 F先变大后变小【答案】AC【解析】对滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有：N=mgsin；F=mgcos其中 为支持力 N与水平方向的夹角；当物体向上移动时， 变大，故 N变大，F 变小故 AC正确，BD 错误故选 AC11.如图所示，A、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是（ ）A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均
13、为 gsinB. B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsinD. 弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零- 8 -【答案】B【解析】系统静止，根据平衡条件可知：对 B球 ，对 A球 ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则 B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对 A球根据牛顿第二定律得 ，故 A错误；B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故 B正确 D错误；对 A球根据牛顿第二定律得，故 C正确12. 如图甲所示，某人正通过轻绳利用定滑轮将质量为 m的货物提升到高处，滑轮和绳的摩
14、擦不计，货物获得的加速度 a与绳子对货物竖直向上的拉力 T之间的函数关系如图乙所示，已知重力加速度为 g，由图判断下列说法正确的是A. 图线与横轴的交点 P的值B. 图线与横轴的交点 N的值C. 图线的斜率等于物体的质量 mD. 图线的斜率等于物体质量的倒数【答案】ABD【解析】试题分析：对货物受力分析，受重力 mg和拉力 T，根据牛顿第二定律，有 ，得，当 时， ，即图线与纵轴的交点 P的值 ，故 A正确；当- 9 -时， ，故图线与横轴的交点 N的值 ，故 B正确；根据 可得图线的斜率表示质量的倒数 ，故 C错误，D 正确；考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】对货物受力分析，受重力和
15、拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析，根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题二、实验题（本题共 2小题，共 16分）13. (9分)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则” 。弹簧测力计 A挂于固定点 P，下端用细线挂一重物 M。弹簧测力计 B的一端用细线系于 O 点，手持另一端向左拉，使结点 O静止在某位置。分别读出弹簧测力计 A和 B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录 O点的位置和拉线的方向。(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N，图中 A的示数为_N。(2)下列不必要的实验要求是_。(请填写选项前对应的字母)A应测量重物 M所受的重力B弹簧测力计应在
16、使用前校零C拉线方向应与木板平面平行D改变拉力，进行多次实验，每次都要使 O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计 A的指针示数稍稍超出量程，请你提出一个解决办法。【答案】(9 分)（1）3.6 （2）D （3）改变弹簧测力计 B的拉力大小（或减小重物质量、或将 A换称量程较大的测力计、或改变 B的方向等）【解析】- 10 -（1）3.6N（2）多次实验中，O 点位置可以变化（3）改变弹簧测力计 B的拉力大小（或减小重物质量、或将 A换称量程较大的测力计、或改变 B的方向等）14.如图所示为某同学研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示意图。（1）下
17、面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、沙和沙桶、刻度尺。除以上器材外，还需要的实验器材有_。A秒表 B天平（附砝码）C低压交流电源 D低压直流电源（2）实验中，需要平衡阻力。把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能沿木板_。（3）实验中，为了保证小车受到绳子的拉力近似等于沙和沙桶所受的重力，沙和沙桶的总质量 m与小车和车上砝码的总质量 M之间应满足的条件是_。（4）如图所示， A、 B、 C、 D、 E为五个相邻的计数点，若相邻计数点之间的时间间隔T0.10s，相邻计数点间的距离分别为xAB4.54cm， xBC5.13cm， xCD5
18、.72cm， xDE6.33cm，则小车的加速度 a_ m/s2（结果保留 3位有效数字） 。（5）为了直观得到加速度 a与小车和车上砝码的总质量 M的关系，本实验需多次改变 M，测量相应的加速度 a，并描绘 a与_的关系图像。【答案】 (1). BC (2). 匀速下滑或做匀速直线运动均可 (3). Mm (4). 0.595 (5). 【解析】（1）电磁打点计时器需要使用低压交流电源，实验过程中需要测量小车质量、沙与沙桶质量，因此实验需要用到天平，故选项 BC正确。（2）实验前要平衡摩擦力，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能沿木板做匀速直线运动；- 11 -（3）当
19、沙与沙桶质量 m远小于小车质量 M时可以近似认为小车受到的拉力等于沙与沙桶的重力，即条件为 ；（4）由匀变速直线运动推论以及逐差法可知，加速度：；（5）由牛顿第二定律得： ，F 一定时 a与 成正比，可以作出： 图象。点睛：本题考查了实验器材与实验数据处理，应用匀变速直线运动推论、牛顿第二定律即可解题，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。三、计算题（本题共 3小题，共 36分。其中 15题 10分、16 题 12分、17 题 14分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。 ）15.一辆
20、汽车以 72km/h的速度行驶，现因紧急事故刹车并最终停止运动。已知汽车刹车过程中的加速度大小为 4m/s2，若从刹车瞬间开始计时，求：(1)汽车 2s末的速度和前 2s的位移；(2)汽车前 6s的位移。【答案】 （1）12m/s ；32m（2）50m【解析】(1)依题意， v0=72km/h=20m/sv = v 0-at ， t =5s所以汽车经 5s停，2s5s根据 v2 = v0-at2（2 分） v2=12m/s根据 x2=v0t2- at22 x2=32m（2）6s5s，所以时间为 5s根据 x6= v0t3- at32 x6=50m16. 如图所示，质量 M=“8“ kg的小车放
21、在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=“8“ N，当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m=“2“ kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为 0.2，小车足够长.- 12 -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）从小物块放上小车开始，经过 t=“1.5“ s小物块通过的位移大小为多少？(取 g=“l0“ m/s2).【答案】解析：（1）物块的加速度 a1=“g=2“ m/s 2，小车的加速度 m/s2（2）设经过时间 ，两物体的速度相同， 解得 =“1.0“ s.（3）经过 =“1.0
22、“ s后，设两物体一起运动的加速度为 a，a= m/s2；此时小物块受到的摩擦力为 f=“ma=1.6“ N12N【解析】- 13 -试题分析：对整体根据牛顿第二定律求出小铁块运动的加速度大小；木板从铁块下面抽出位移满足条件 ，即可求得抽出过程所经历的时间；木板从铁块下抽出条件：，结合牛顿第二定律即可求出 F2的大小满足的条件。（1）小铁块的最大静摩擦力：小铁块最大加速度为：假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律：所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小：（2）木板和铁块发生相对运动，对小铁块，根据牛顿第二定律，有解得：根据位移关系：即：代入数据解得： t=0.5s（3）对木板隔离分析有：木板从铁块下抽出条件：代入数据得：解得：点睛：本题主要考查了相对滑动问题，应用隔离法和整体法分别进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究，分析时把握位移关系等，还与明确两个物体之间的联系等等。- 14 -
