湖南省衡阳县第一中学2018-2019学年高一上学期期末质量检测物理试题

1、绝密启用前湖南省衡阳县第一中学2018-2019学年高一上学期期末质量检测物理试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1关于加速度表达式a=vt的下列说法，正确的是（）A利用a=vt求得的加速度是t时间内的平均加速度Bv表示在t时间内物体速度的变化量，它的方向不一定与加速度a的方向相同Cvt表示速度的变化率，是标量D加速度a与v成正比，与t成反比2下列说法正确的是（ ）A高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，加速

2、度也一定很大B质点是理想化模型，现实并不存在，所以引入它没有多大意义C一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”Ds、kg、m是国际单位制中力学的三个基本单位3某质点做直线运动的位移x=10t+t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点（ ）A第1s内的位移10m B前2s内的平均速度为12m/sC任意相邻1s内的位移差都是1m D任意1s内的速度增加量都是1m/s4如图所示的水半面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止.下列判断正确的是（ ）AF1F2F3 BF3F1 F2 CF2F3F

3、1 DF3 F2 F15辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做勻加速直线运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度图象如图所示，那么在0t0和t03t0两段时间内A加速度之比3:1B平均速度大小之比为1:1C位移大小之比为1:1D在t0时刻汽车的运动方向发生改变6如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成53角时，物块也恰好做匀速直线运动。则物块与桌面间的动摩擦因数为（不计空气阻力，sin530.8，cos530.6）（）A33 B32 C22 D127甲、乙两球从同一高度相隔1秒先后自由落下，在下落过程中（）A两

4、球的距离始终不变 B两球的距离越来越大C两球的速度差越来越大 D两球速度差越来越小81966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为，发动机已熄火），如图4所示。接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间，测出飞船和火箭的速度变化是，下列说法正确的是A火箭质量应为B宇宙飞船的质量m应为C推力F越大，就越大，且与F成正比D推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F9质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a

5、的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）A若加速度增大，竖直挡板对球的弹力不变B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面和挡板对球的弹力等于maD无论加速度大小如何，斜面对球一定有弹力的作用，而且该弾力是一个定值。评卷人得分二、多选题10以下说法正确的是A物体的形状、大小对所研究的问题可以忽略时，该物体可以视为质点B第5s内与5s内是指同一段时间C运动物体的位移大小一定不会大于其路程的大小D两个分力的夹角小于180时，其合力大小随夹角的减小而减小11如图，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态，在缓慢减小木板的倾角过程中，下列说法正确的是（ ）

6、AA受到的压力逐渐减小BA受到的摩擦力逐渐减小CC对B的压力逐渐变大DC受到二个力的作用12质量为m=23kg的小球置于倾角为300的光滑固定斜面上，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在竖直墙上的P点，小球静止于斜面上，弹簧轴线与竖直方向的夹角为300，如图所示取g=10m/s2则A弹簧对小球拉力大小为203NB小球对斜面的压力的大小为10NC弹簧的伸长量为10cmD弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度大小为5m/s213如图所示，在某特殊介质体中，甲、乙两球均从静止开始由x沿直线运动到y甲球一直以加速度a0运动，到达y时速度为v；乙球先以加速度a1运动，途中某点改以加速度

7、a2运动，到达y点时的速度也为v若a1a2a0，则( )A甲、乙两球有可能同时到达y点B最快到达y点的一定是甲球C若a1a0，则乙球一定先到达y点D若a1a0，则甲球一定先到达y点第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题14某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是_（2）本实验采用的科学方法是_A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法（3）下列方法中，有助于减小实验误差的是_A尽可能使O

8、B和OC两细绳的夹角大些B尽可能使两弹簧秤的读数相差大些C尽可能使OB和OC两细绳与纸面平行15用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次（1）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乙所示的a-F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有

9、_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砂桶和沙子的总质量m远小于小车和砝码的总质量M（即mF1F2；故选B.【点睛】物体在三个力的作用下处于平衡状态，要求我们分析三力之间的相互关系的问题叫三力平衡问题，这是物体受力平衡中最重要、最典型也最基础的平衡问题这种类型的问题有以下几种常见题型：三个力中，有两个力互相垂直，第三个力角度（方向）已知三个力互相不垂直，但夹角（方向）已知考试说明中规定力的合成与分解的计算只限于两力之间能构成直角的情形三个力互相不垂直时，无论是用合成法还是分解法，三力组成的三角形都不是直角三角形，造成求解困难因而这种类型问题

10、的解题障碍就在于怎样确定研究方法上解决的办法是采用正交分解法，将三个不同方向的力分解到两个互相垂直的方向上，再利用平衡条件求解三个力互相不垂直，且夹角（方向）未知三力方向未知时，无论是用合成法还是分解法，都找不到合力与分力之间的定量联系，因而单从受力分析图去求解这类问题是很难找到答案的要求解这类问题，必须变换数学分析的角度，从我们熟悉的三角函数法变换到空间几何关系上去考虑，因而这种问题的障碍点是如何正确选取数学分析的方法解决这种类型的问题的对策是：首先利用合成法或分解法作出三力之间的平行四边形关系和三角形关系，再根据力的三角形寻找与之相似的空间三角形，利用三角形的相似比求解三力的动态平衡问题即

11、三个力中，有一个力为恒力，另一个力方向不变，大小可变，第三个力大小方向均可变，分析第三个力的方向变化引起的物体受力的动态变化问题这种类型的问题不需要通过具体的运算来得出结论，因而障碍常出现在受力分析和画受力分析图上在分析这类问题时，要注意物体“变中有不变”的平衡特点，在变中寻找不变量即将两个发生变化的力进行合成，利用它们的合力为恒力的特点进行分析在解决这类问题时，正确画出物体在不同状态时的受力图和平行四边形关系尤为重要5B【解析】A、根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0t0和t03t0两段时间内加速度大小之比为：a1:a2=v0t0:v02t0=2:1,故A错误。C、根据“面积”等于位移

12、大小，则有位移之比为x1:x2=12v0t0:12v02t0=1:2，故C错误B、两段时间内位移之比为1：2，所用时间之比为1：2，故平均速度之比为1：1，故B正确；D、t0时刻图象的斜率由正变为负，代表加速度方向变化，而速度始终为正方向没变，故D错误。故选B【点睛】本题只要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小6D【解析】物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，设物块质量为m, 物块与桌面间的动摩擦因数为，则F=mg保持F的大小不变，而方向与水平面成53角时，物块也恰好做匀速直线运动。对此时的物块受力分析如图，据平衡条件可得：FN+Fsin53

13、0=mg、f=FN、Fcos530=f联立解得：=12。故D项正确。7B【解析】【分析】甲乙两球均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可解题【详解】A、设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1，则两球的距离h=12g(t+1)2-12gt2=gt+g2，可见两球间的距离随时间推移，越来越大；故A错误，B正确.C、D、甲乙两球均做加速度为g的自由落体运动，速度之差为v=g(t+1)-gt=g，保持不变；故C，D均错误.故选B.【点睛】本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式及速度时间公式的直接应用.8C【解析】设它们之间的作用力是T，分

14、析飞船有(F-T)t=mv，分析火箭有：Tv=mxv，所以可得火箭的mx=Ftv-m，飞船的质量为m=Ftv-mx，故AB错误；根据冲量定理可得Ft=(m+mx)v，故有F=(m+mx)vt，所以推力F越大，vt就越大，且vt与F成正比，因为T=mxvtF，故C正确，D错误。9D【解析】【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况，小球所受的合力为ma.【详解】以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1.设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：F1cos=mg 水平方向：F2-F1

15、sin=ma A、B、D、由看出，斜面的弹力F1大小不变，与加速度无关，不可能为零.由看出，F2=F1sin+ma，若加速度增大时，F2增大，故A，B错误、D正确.C、根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma；故C错误.故选D.【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度.10AC【解析】A：物体的形状、大小对所研究的问题可以忽略时，该物体可以视为质点。故A项正确。B：第5s内指45s这一段时间，5s内指05s这一段时间。故B项错误。C：位移是从始位置指向末位置的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度。则

16、运动物体的位移大小一定不会大于其路程的大小。故C项正确。D：F=F12+F22+2F1F2cos，两个分力的夹角小于180时，其合力大小随夹角的减小而增大。故D项错误。11BD【解析】【分析】先对BC研究：分析BC整体的受力，由平衡条件分析A对B的支持力和摩擦力变化，即可知道B对A的压力和摩擦力如何变化；C球只受两个力，对B的压力不变【详解】A、对BC整体：分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知：N=mgcos，f=mgsin，减小，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大；故A错误，B正确.C、D、由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由

17、平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变；故C错误，D正确.故选BD.【点睛】本题是三个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究的对象，采用整体法和隔离法结合研究.12CD【解析】小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，设斜面对小球的支持力为FN，设弹簧的伸长量为x，对小球受力分析如图，则：FNsin300=Tsin300 、FNcos300+Tcos300=mg、T=kx联立解得：FN=T=20N、x=0.10m=10cm A：小球受的弹簧拉力为T=20N，故A项错误。B：斜面对小球的支持力为FN=20N，据牛顿第三定律，小球对斜面的压力的大小为20N。故B项错误。

18、C：弹簧的伸长量x=0.10m=10cm，故C项正确。D：弹簧被剪断的瞬间，小球受重力、斜面对小球的支持力，小球将沿斜面下滑，则：mgsin300=ma，解得：a=5m/s2。故D项正确。13CD【解析】【详解】根据速度时间图线得，若a1a0，如图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t甲t乙若a0a1，如上图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t甲t乙通过图线作不出位移相等，速度相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达故AB错误，CD正确。故选：CD【点睛】分a1a0和a0a1两种情况分别作出速度时间图像，保证末速度相等，位移相等，即可比较

19、所用时间的长短，判断哪个先到达。14F B C 【解析】(1)F是实验测得的F1、F2用平行四边形定则作图而得，F是用一个力拉橡皮条时直接测量而得。则方向一定沿AO方向的是F。(2) 本实验采用的科学方法是等效替代法。故B项正确。(3)A：尽可能使OB和OC两细绳的夹角大，会使合力偏小，测量的相对误差较大。故A项错误。B：尽可能使两弹簧秤的读数相差大些，会使弹簧秤读数较小的那个力测量的相对误差较大。故B项错误。C：尽可能使OB和OC两细绳与纸面平行，这样才能使所有力在一平面内，减小实验的误差。故C项正确。15BD 2.00 0.4 【解析】(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板

20、右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力。故答案为BD(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔T=0.10s小车运动的加速度a=xCF-xOC(3T)2=11.99+10.01+7.98-6.02-3.96-2.0010-20.302m/s2=2.00m/s2 (3) 设绳子拉力为T，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：mg-T=ma对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：T=Ma联立解得：a=mgm+M，整理得：1a=1g+Mg1m由1a-1m关系图象可得：Mg=0.5-0.110-0，解得：M=0.40kg16（1） 5s （2）50m/s （3）80m【解析】试题分析：根据位移时间公式求出落地的时间；根据速度时间公式求出落地的速度；根据位移时间公式即可求出最后2s后下落的位移。（1）根据自由落体公式： ，带入数据解得：t=5s（2）根据速度时间公式可得落地速度为： （3）前3s下落的位移为： ，则最后2s后下落的位移为： 。点睛：本题主要考查了自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，属于基础题。17(1)100N；(2)60N，方向向左【解析】【分析】(1)以结