湖北省武汉市武汉外国语学校2018-2019学年高一上学期期末考试物理试卷 Word版含解析

2018-2019学年湖北省武汉市武汉外国语学校高一

上学期期末考试物理试题

物理

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 号码粘贴在答题卡上的指定位置。

位 封座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。

密 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

号第I卷（选择题)

不场考

一、多选题

1．关于加利略的两个斜面实验(外推法研究自由落体运动的示意图a和理想斜面实验的示意 订 图b),下面说法正确的是（ ）

装 号证

考准A．伽利略在图(a)中使用了光滑斜面进行实验 只B．伽利略在图(b)中把实验和逻辑推理和谐地结合起来 C．伽利略从图(a)中得出:自由落体运动是匀加速直线运动 D．伽利略从图(b)中得出:力是维持物体运动的原因

卷 2．如图所示,在足够高的空间内,小球位于空心管的正上方处,空心管长为,小球的球心与管 名的轴线重合,并在竖直线上,小球直径小于管的内径,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )

姓 此 级班

A．两者均无初速度同时释放,小球在空中不能穿过管

B．两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度、管无初速度,则小球一定能穿过管,且 穿过管的时间与当地重力加速度无关

C．两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度,管无初速度,则小球一定能穿过管,但穿过管的时间与当地重力加速度有关

D．两者均无初速度释放,但小球提前了时间释放,则小球一定能穿过管,但穿过管的 时间与当地重力加速度有关

3．水平面上有一个质量m=2kg的小球,小球与水平面的动摩擦因数为小球与水平轻

弹簧以及与竖直方向成

角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示,此时小球处于静止状态,水

平面对小球的支持力恰好为零。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知以下说法正确

的是（ ）

A．此时轻弹簧的弹力为零 B．此时轻绳的拉力为

C．当剪断轻弹簧的瞬间,小球具有水平同右加速度,大小为

D．当剪断轻绳后小球刚开始滑动瞬间,小球的加速度大小为

方向水平向左

4．如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是（ ）

A．倾角越大，雨滴对屋顶压力越大 B．倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大

C．倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短

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D．倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大

5．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量

都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）

A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg

B．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为

C．无论力F为何值，B的加速度不会超过μg

D．当力F> μmg时，B相对A滑动

二、单选题

6．我国自主研制的“和谐号”高速列车如图所示。若“和谐号”高速列车进站前的初速度

60m/s，经历300s速度减小为零，若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据无法求出“和

谐号”高速列车在此运动过程的（ ）

A．位移 B．平均速度 C．加速度 D．受到的阻力

7．入冬以来，我市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞．图示为两车刹车后匀减速运动的v-t图象，以下分析正确的是（ ）

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A．甲刹车的加速度的大小为0.5m/s2

B．两车刹车后间距一直在减小 C．两车开始刹车时的距离为100 m D．两车都停下来后相距25m

8．如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处

于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( )

A．水平力F的大小不变 B．杆对小球A的支持力不变

C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小 D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大

9．如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔,质量为m的小球套在圆环上,一根细线的下端系着小球,上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线,使小球沿圆环缓慢上移,在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是（ ）

A．F增大,FN减小 B．F不变,FN减小 C．F不变,FN增大 D．F减小,FN不变

10．如图所示，倾角为的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．A、B间摩擦力为零 B．A加速度大小为

C．C可能只受两个力作用 D．斜面体受到地面的摩擦力为零

第II卷（非选择题)

三、实验题

11．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示,其中A为固定橡皮筋的图钉,O为橡皮筋与细绳的结点,OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图:

(1)图乙中的F与两力中,方向一定沿AO方向的是__________. (2)对于该实验,下列说法正确的是_________. A.两细绳套必须等长

B.若将细绳换成橡皮筋,对实验结果有影响

C.记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线

D.实验中,把橡皮筋伸长到O点时,两弹簧测力计之间的夹角不能太大

(3)在此实验中,假如的大小及方向确定,那么为了使橡皮筋仍然伸长到O点,对来说,下面几种说法中正确的是_______.

A.可以有多个方向

B.的方向和大小可以有多个值 C.的方向和大小都是唯一确定值

D.的方向是唯一的,但大小可有多个值

12．某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，其中打点计时器的打点周期为0.02s 。

（1）本实验应用的实验方法是_______。

A．控制变量法 B．假设法 C．理想实验法 D．等效替代法 （2）（多选题）为了验证加速度与合外力成正比，必须做到_______。 A．实验前要平衡摩擦力

B．每次实验都必须从相同位置释放小车

C．实验时拉小车的细绳必须保持与小车运动轨道平行 D．实验过程中，如拉力改变，则必须重新平衡摩擦力

（3）图乙为某次实验得到的纸带，纸带上相邻的两计数点间有四个点未画出，则小车的加速度大小为a=_______m/s2

(结果保留两位有效数字)

（4）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的a－F图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能有____。

A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足） B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

C．盘和重物的总质量m远小于车和砝码的总质量M（即m<四、解答题

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13．一汽车在直线公路段上以km/h的速度匀速行驶,突然发现在其正前方14m处有一辆自行车以5m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4s的反应时间后，司机开始刹车,为了避免相撞,汽车的加大速度大小至少为多少?

14．如图甲所示为倾斜的传送带始终以恒定的速度沿顺时针方向转动,主动轮、从动轮的大小可忽略不计,传送带与水平面夹角为

一质量m=1kg的小物块以初速度从传送带的底部冲上

传送带并沿传送带向上运动,物块到传送带顶端的速度恰好为零,物块运动的速度--时间图像如图乙所示,已知

求:

(1)0～2s内物块的加速度及传送带底端到顶端的距离(2)物块与传送带间的动摩擦因数；

(3)如果物块可以在传送带上留下划痕,求0～4s内传送带上的划痕长度。 15．如图所示，质量为长且量为

和质量为

可视为质点的两物块相距

一起静止在足够木板与水平面的初速度沿木板水

求:

的水平木板上，已知与木板之间的动摩擦因数均为

分别以

之间的动摩擦因数为时刻同时让

平向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取

(1)(2)若

时刻，与

与的加速度大小； 与

间距的最小值；

不相碰，

(3)在水平面滑行的位移

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2018-2019学年湖北省武汉市武汉外国语学校高一

上学期期末考试物理试题

物理答案

1．BC 【解析】

伽利略从图(a)中将斜面实验的结论外推到斜面倾角

的情形,从而间接证明了自由落体运

动是匀加速直线运动.所以没有必要斜面一定光滑，故A错；C对；伽利略在图（b）中把实验和逻辑推理和谐地结合起来，选项B正确； 伽利略从图（b）中得出:力不是维持物体运动的原因，选项D错误；故选BC.

2．ABD 【解析】

若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过管，

故A正确；两者同时释放，小球具有向下的初速度，管无初速度，根据△x＝v0t+gt2−gt2

＝L+h知，

经过t=，小球穿过管，且 穿过管的时间与当地重力加速度无关，故B正确，C错误；两者均无

初速度释放，但小球提前了△t时间释放，根据△x＝g(t+△t)2−gt2＝g△t2

+gt△t=h+L．可知小球能穿过管，穿过管的时间与当地的重力加速度有关，故D正确；故选ABD。

3．BD 【解析】

在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹

簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，绳子拉力，故A错误，B正确；剪断弹

簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误；断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球受摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：

；合力方向向左，所以加速度方向向左。故D正确；故选BD。

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【点睛】

解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．

4．BD 【解析】

屋檐的倾角为，底边为L，设屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a。

对水滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：；

平行于屋顶方向：

；可知，倾角越大，N越小，则由牛顿第三定律知雨滴对屋顶的压力：

，所以倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，故A错误；雨滴下滑的加速度为：

，则倾角

越大，雨滴下滑时的加速度越大，故B正确；设从O到M的时间为t，水滴的运动位移为：，

由位移时间公式得：，则：，故当时，用时最短，故C错误；雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度为：

，知倾角越大，

雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，故D正确。故选BD。

5．AB 【解析】

A.A与B间的最大静摩擦力大小为：mg,C与B间的最大静摩擦力大小为：，B与地面间

的最大静摩擦力大小为：（2m+m+m）=；要使A，B，C都始终相对静止，三者一起向右加速，

对整体有：F-=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：

=ma，联立解得：a=

，F=

mg；

设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解得f=mgmg，表明C达到临界时A还没有，

故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，故A正确.B.当力F＝μmg时，由整体表达

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式F-=4ma可得：a=g，代入A的表达式可得：f=mg,故B正确.C.当F较大时，A,C都会相对

B滑动，B的加速度就得到最大，对B有：2--=maB，解得aB=g，故C错误.D.当A恰

好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F--=3ma1，对A有：F-2μmg=2ma1，

解得F=μmg，故当拉力F>μmg时，B相对A滑动，D错误.胡选：A、B.

6．D 【解析】

列车做匀减速直线运动，可知300s的平均速度vv0230m/s，位移为xvt9000m，加速度a0v0t0.2m/s2；因列车质量未知，无法求解阻力；故选D. 7．C 【解析】

甲刹车的加速度的大小 ，故A错误；两车刹车后间距前20s一直在减小,20s

两车速度相等，距离最大，之后间距减小，故B错误；两车刚好没有发生碰撞，说明20s末两车速度相等时，两车位置相同，20s末两车的速度

，故C正确； 20s后两车的位移之差

故D错误。本题选C

8．D 【解析】

对球受拉力F、重力和细线的拉力T，合力为零如图所示：

由此可知，随着θ的增加，拉力F和细线张力T均增加，故A错误，C错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示：

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设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向有

，

随着F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：

，可得：

，可知随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当

时，

摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加；故B错误，D正确。所以D正确，ABC错误。

9．D

【解析】

受力分析如下图所示。在小球沿圆环缓慢上移的过程中，根据相似法可知：

，因为mg和R都为定值，则在整个过程中N不变；

因为绳子长度逐渐变短，故绳子拉力F逐渐变小。

故在小球沿圆环缓慢上移的过程中，手对线的拉力F逐渐减小，轨道对小球的弹力N保持不变。故本题选D。

10．C 【解析】

对B、C整体受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，

BC在水平方向有向左的加速度，则B受A对它的向左的摩擦力，故A错误；选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A加速度大小为gsin θ，故B错误；取C为研究对象，当斜劈B的倾角也为θ时，C只受重力和斜面的支持力，加速度才为ac=gsinθ，故C正确；斜面对A的作用力

垂直斜面向上，则A对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D错误。故选C。

【点睛】

若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法。对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离法相结合的方法。

11．（1）F′ （2）D （3）C 【解析】

（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；

（2）细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故A错误；若将细绳也换成橡皮筋，对实验结果没有影响，故B错误；在确定力的方向时，应该描绘距离尽量大些的两点确定方向，故C错误；实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两弹簧测力计之间的夹角不能太大，故D正确；故选D；

（3）两个力的合力大小与方向一定，其中一个分力的大小与方向是一定的，则另一个分力的大小与方向是确定的，因此：假如F1的大小及方向固定不变，那么为了使橡皮条仍然伸长到O点，对F2来说，F2的方向和大小是唯一确定值，故C正确。

【点睛】

在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析。

12．（1）A （2）AC （3）0. （4）BD 【解析】

（1）本实验应用的实验方法是控制变量法，故A选项正确。

（2）为了验证加速度与合外力成正比，实验中必须做到实验前要平衡摩擦力和拉小车的细绳必须保持与轨道平行，而正确的操作应该是给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑，并且要注意平衡摩擦力时，不能将砂桶与小车相连挂在滑轮上，选项AC正确。

（3）根据△x=aT2

，T=0.1s运用逐差法得，

。

（4）其中图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，故A选项错误，B选项正确；其中图线在末端发生了弯曲，是因为盘和重物的总质量m不远小于车和砝码的总质量M故C选项错误，D选项正确。

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考点：验证牛顿第二定律实验 13．5m/s2

【解析】

v0＝km/h=15m/s；设汽车经t时间速度自行车速度相等，v0−at＝v自 ①

汽车的位移： ②

自行车的位移：x自=v自(△t+t) ③ 根据几何关系：x汽=x自+s0 ④ 联立解得：a=5m/s2

【点睛】

解决本题的关键知道从司机发现自行车开始，到汽车停止，行驶的距离是匀速运动的位移和匀减速运动的位移之和。

14．（1）-10m/s2；32m （2）0.5 （3）20m 【解析】

（1）由图示图象可知，0～2s内物块的加速度为：，负号表示加速度

方向与速度方向相反；由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为：x=×（24+4）×2+ ×2×4=32m；

（2）0～2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，代入数据解得：μ=0.5； （3）由v-t图象可知，物块在0～2s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带

的速度为4m/s，0～2s内物块相对传送带向上的位移：d1=×(24+4)×2−4×2=20m，2s-4s内，物块

相对传送带向下的位移：d2=4×2- ×（4+0）×2=4m，则划痕长度为d1=20m

【点睛】

本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合

牛顿第二定律和运动学公式进行求解。动摩擦因数也可以根据动能定理求解。

15．（1）a2

1=a2= 4m/s，方向向左；aM=4m/s2

，方向向右 （2）1.5m （3）2.5m 【解析】

（1）根据题意知，m1、m2在木板上做减速运动，M在水平面上做加速运动，由牛顿定律得：

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对m1：μ1m1g=m1a1 对m2：μ1m2g=m2a2

对M：μ1m1g+μ1m2g-μ2（m1+m2+M）g=MaM，

解得：a1=a2=μ1g=4m/s，方向向左；aM=4m/s，方向向右

（2）设经过t1，M与m2共速且为v，m1的速度为v3，由运动学公式得：

2

2

对m1，速度：v3=v1-a1t1，位移：x1＝t1，

对m2，速度：v=v2-a2t1，位移：x2＝t1，

对M，速度：v=aMt1，位移：xM＝t1， 在t1时间内m1与m2的相对位移：△x1=x1-x2，

由题可知M与m2共速后它们相对静止，其加速度为a，由牛顿第二定律得：μ1m1g-μ（2m1+m2+M）g=（M+m2）a，解得：a=0，即：M与m2共速后一起匀速运动，m1继续减速，设经过t2系统共速，其速度为v′，

由运动学知识，对m1有：v′=v3-a1t2，位移：x1′＝t2，

对M和m2整体有：xM′=vt2，△x2=x1′-xM′，由几何关系可得：d≥△x1+△x2， 代入数据解得：dm=1.5m；

（3）由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，由牛顿定律得：μ2(m1+m2+M)g＝

(M+m1+m2)a，由运动学知识得：xM＝

【点睛】

′″

，M运动的位移为：x=xM+xM′+xM″，代入数据解得：x=2.5m

本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚物体受力情况与运动过程是解题的前提，注意关联物体之间的速度以及位移关系等，抓住临界状态，例如共速时刻。

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