湖北省黄冈市学年高一上学期期末考试物理试题.docx
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湖北省黄冈市学年高一上学期期末考试物理试题
2018-2019学年湖北省黄冈市高一（上）期末物理试卷
一、选择題（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8题为单项选择题，所列的四个选项中，只有一项符合题意；9-12题为多项选择题，所列四个选项中至少有二项符合题意漏选得2分，错选或不选不得分
1.在国际单位制（SI）中，下列物理量的单位属于导出单位的是（ ）
A.质量B.时间C.力D.长度
【答案】C
【解析】
【分析】
国际单位制规定了七个基本物理量。
分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
【详解】力学基本物理量有三个分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，属于国际单位制基本单位。
故ABD不符合题意；力的单位N是由牛顿第二定律F＝ma推到出的单位是导出单位，是导出单位，故C符合题意。
所以选C.
2.手机导航越来越多成为人们出行的必备工具，绍兴多风景名胜，某游客游完兰亭后驾车去东湖，他打开手机导航，搜索了驾车线路，线路显示走常规路线距离19.8km，需用时27分钟，选择走距离较短则有17.4km，需用时30分钟，如果走高速优先则有22.3km，需用时29分钟，则下列判断正确的是（ ）
A.走常规路线的19.8km指的是位移
B.走“距离较短”说明路程最小
C.选择走“距离较短”，则瞬时速率一定最小
D.走“高速优先”，平均速度最大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据位移是由起点到终点的有向线段，而路程是轨迹和长度；瞬时速率是瞬时速度的大小；平均速度等于位移除以时间。
【详解】走常规路线的19.8km指的是路程，故A错误；走“距离较短”说明路程最小，故B正确；瞬时速率大小与距离无关，故C错误；路径不同，位移相等，平均速度等于位移除以时间，时间越短平均速度越大，故常规路线的平均速度最大，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
【点睛】本题主要考查了运动学基本物理概念的理解，正确认识位移和路程、时间与时刻、平均速度和瞬时速度的概念即可解题。
3.神舟五号飞船的返回舱距地面10km时开始启动降落伞装置，速度减至10m/s，并以这个速度在大气中降落。
在距地面2m时，返回舱的4台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速。
设最后减速过程中返回舱做匀减速运动，并且到达地面时恰好速度为零，则最后减速阶段返回舱的（ ）
A.加速度大小为5m/s2B.加速度大小为25m/s2
C.运动时间为5sD.运动时间为100s
【答案】B
【解析】
【分析】
根据位移时间与平均速度的关系，求运动的时间；根据加速度的定义求加速度。
【详解】已知v0＝10m/s，则最后减速阶段平均速度为：
，则最后减速阶段运动的时间为：
；根据加速度定义得，最后减速阶段的加速度大小为：
，方向竖直向上，故B正确，ACD错误。
【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，知道运动学中五个基本物理量，初速度、末速度、时间、位移和加速度，知其三必然知其二。
4.在单杠上做引体向上，两臂平行和两臂张开，如图所示，都可以使自己慢慢向上升起。
下列说法正确的是（ ）
A.两臂平行手臂用力较小，每个手臂拉力小于
B.两臂张开手臂用力较小，每个手臂拉力小于
C.两臂平行手臂用力较大，每个手臂拉力大于
D.两臂张开手臂用力较大，每个手臂拉力大于
【答案】D
【解析】
【分析】
两手间距增大时，增大了手臂之间的夹角，两只手臂所受的力T的合力F与人重力平衡，由此可知合力F大小不变，由于夹角的减小，合力保持不变，则每只手臂所受力T是减小的，据此分析即可。
【详解】受力分析如图所示：
拉力T的合力F与人的重力大小相等方向相反，故夹角的变化时，合力大小仍不变；两臂平行时，拉力T竖直向上，则
，两臂张开时，如图，当手臂间距增大时，相当于在力图中两力T之间的夹角θ增大，根据力的平行四边形定则可知，这两个力增大，但两个力的合力，仍与重力平衡，始终不变，由平衡条件得则拉力T＞
，故ABC错误，D正确。
5.如图所示，把一个玻璃球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使玻璃球沿光滑的漏斗壁在某水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A.玻璃球受到三个力的作用
B.运动平面离漏斗口越近，玻璃球的线速度越大
C.运动平面离漏斗口越近，玻璃球所受支持力越大
D.若漏斗壁是粗糙的，停止晃动后，玻璃球将逐渐向漏斗口靠
【答案】B
【解析】
【分析】
小球受重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律进行判断。
【详解】球受只受重力与支持力，如图所示，故A错误；
向心力有重力和支持力的合力提供，方向水平指向圆心。
根据牛顿第二定律得：
，解得：
，对于小球，θ相同，则
，知小球的圆周平面越向上，r越大，则线速度越大。
小球的弹力
．知弹力不变，故B正确，C错误；漏斗壁是粗糙的，停止晃动后，速度要减小，则玻璃球将逐渐向漏斗下方运动，故D错误。
所以B正确，ACD错误。
【点睛】本题是圆锥摆类型的问题，分析受力情况，确定小球向心力的来源，再由牛顿第二定律和圆周运动结合进行分析，是常用的方法和思路。
6.如图所示，两个质量分别为
、
的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为
传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为
和
，
弹簧在弹性限度内，重力加速度为
，则
A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
【答案】C
【解析】
【详解】对物块B分析，摩擦力与弹簧弹力平衡
，则
。
以两个物块组成的整体为研究对象，则绳子的拉力：
。
突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A受到的合外力与T大小相等，方向相反，A的加速度
B在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B的加速度仍然等于0．故选项A正确。
【点睛】本题要注意以下问题：
（1）整体法与隔离法在受力分析中的应用
（2）细绳的弹力可以突变，弹簧如果两端都被约束，则弹力不能突变；如果一端自由，一端被约束，则弹力就可以突变。
7.如图是自行车传动机构的示意图，其中I是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，a、b、c分别是I、Ⅱ、Ⅲ三个轮子边缘上的点（图中标出），则关于a、b、c三点的线速度与角速度的关系中正确的是（ ）
A.va：
vb＝r1：
r2B.vb＝vc
C.ωa：
ωb＝r1：
r2D.ωb＝ωc
【答案】D
【解析】
【分析】
靠链条传动根据轮子边缘上的点线速度大小相等，共轴转动的点角速度相等，结合线速度与角速度的关系进行求解。
【详解】Ⅰ、Ⅱ两轮靠链条传动，轮子边缘上的点线速度大小相等，则线速度之比为va：
vb＝1：
1，故A错误；根据v＝rω，va：
vb＝1：
1，可知ω1：
ω2＝r2：
r1，故C错误；Ⅱ、Ⅲ两轮共轴转动，角速度相等，则两轮边缘上的点角速度之比为ωb：
ωc＝1：
1，故D正确；Ⅱ、Ⅲ两轮共轴转动，角速度相等，根据v＝rω，b、c两轮边缘上点的线速度之比为：
vb：
vc＝r2：
r3，故B错误。
所以D正确，ABC错误。
【点睛】解决本题的关键知道线速度与角速度的关系，知道共轴转动的点角速度相等，靠传送带传动的点线速度大小相等。
8.如图所示，在动摩擦因数为μ的水平面上有A、B两个质量均为m的滑块，用劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧始终在弹性限度内，现有一与水平面成45°角的力F作用在滑块B上，A、B刚好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉力F的大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B刚好不滑动，AB与水平面恰好达到最大静摩擦力，分别隔离A和B受力分析由平衡条件列式求解即可。
【详解】A、B刚好不滑动，AB与水平面恰好达到最大静摩擦力，隔离A受力分析由平衡条件得：
F弹＝μmg，隔离B受力分析由平衡条件得：
Fcos45°＝F弹+μ（mg﹣Fsin45°），联立解得：
，故ABD错误，C正确。
【点睛】本题考查共点力的平衡条件的应用，关键是对物体隔离受力分析，根据平衡条件找出各个力之间的关系。
9.下列说法中正确的是（ ）
A.在物理学史上，最早正确指出“力与运动”关系的物理学家是牛顿
B.做变速运动的物体，加速度在减小的过程中，物体运动的速度一定减小
C.滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，运动的物体也可能受到静摩擦力作用
D.质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度的变化量相等
【答案】CD
【解析】
【详解】在物理学史上，最早正确指出“力与运动”关系的物理学家是伽利略，故A错误；若加速度和速度方向相同，加速度在减小的过程中，物体的速度一定是增大的，故B错误；滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动，静止的物体也可以受动摩擦力作用，比如：
正在沿着传送带斜向上运动的物体，故C正确；曲线运动的速度方向时刻改变，但平抛运动的加速度不变，在相等的时间内速度变化相等，故D正确。
所以CD正确，AB错误。
10.2018年，某城市引入了装配式住宅试点工程，装配式住宅是通过工厂预制房子主要部件，然后像“搭积木”一样把它们组装起来，它具有施工方便、质量、可靠的优点。
下图是塔式吊车在把住宅部件从地面竖直吊起过程中的图，则部件上升过程中不正确的是（ ）
A.t＝3s时，部件处于超重状态
B.t＝4.5s时，部件的速度在减小
C.t＝5s和t＝12s时，部件的速度方向相反
D.t＝13s时，部件所受拉力小于重力
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据物体处于超重状态，有向上的加速度，合力也向上；物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下。
【详解】由图可确定先做向上加速运动，再匀速，再减速运动。
t＝3s时，加速度向上为超重，故A正确；5s前一直加速，故B错误；速度一直向上，故C错误；13s时加速度向下为失重，则拉力小于重力，故D正确。
所以AD正确，BC错误。
【点睛】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题。
11.某人骑自行车以5m/s的初速度匀减速骑上一个长为30m的斜坡，加速度大小是0.4m/s2．则（ ）
A.他不能到达坡顶
B.他到达坡顶端需用10s时间
C.他到达坡顶端需用15s时间
D.他到达坡顶时的速度为1m/s
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据匀变速直线运动的位移时间公式求出他骑上斜坡所用的时间；根据速度时间公式求出自行车到达斜坡顶端的速度大小。
【详解】根据位移时间公式得：
，可得30＝5t﹣0.2t2，解得：
t1＝10s，t2＝15s（舍去，因为自行车经过
，速度减为零），故AC错误，B正确；自行车到达坡顶的速度为：
v＝v0+at＝5﹣0.4×10m/s＝1m/s，故D正确。
所以BD正确，AC错误。
【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用，基础题。
12.如图所示，一物体M从A点以某一初速度沿倾角θ＝37°的粗糙固定斜面向上运动，自顶端B点飞出后，垂直撞到高H＝2.25m的竖直墙面上C点，又沿原轨迹返回。
已知B、C两点的高度差h＝0.45m，物体M与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，下面选项正确的是（ ）
A.物体M沿斜面向上运动时的加速度大小为8m/s2
B.物体返回到B点时的速度大小为5m/s
C.物体M沿斜面向下运动时的加速度大小为4m/s2
D.物体被墙面弹回后，从B点回到A点所需的时间0.4s
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出物体M沿斜面向上运动时的加速度大小；物体从C点到B点的过程做平抛运动，根据平抛运动的高度求出到达B点时竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出物体返回后B点的速度；根据牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑的加速度，结合位移时间公式求出从B点回到A点所需的时间。
【详解】物体M沿斜面向上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma，解得：
a＝8m/s2，故A正确；物体从C点到B点做平抛运动，设落至B点时在竖直方向的速度为vBy，由平抛运动规律有：
，解得：
vBy＝3m/s，由题意知，物体落在B点后刚好沿斜面下滑，则它落至B点时的速度方向沿斜面向下，与水平方向的夹角为37°，大小为：
，故B正确；设物体从B点返回到A点过程中的加速度大小为a′，时间为t′，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，解得：
a′＝4m/s2，由运动学公式为：
，解得：
t′＝0.5s，故C正确，D错误。
所以ABC正确，D错误。
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，以及掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
二、实验题（本大题共2小题，共15分，把答案填写在答题卡上的横线上）
13.在“探究求合力的方法”的实验中
（1）如图所示，是实验中的一个步骤，图中AO是_____，OB和OC是细线。
此时应记下O点的位置和_____的方向，读出两个弹簧秤的示数。
（2）如图所示实验中测得拉B的弹簧秤的读数为1.50N，拉C的弹簧秤的读数为___N，已知白纸的宽为28cm，长为40cm，在用图示法画两个拉力时，用下列线段的长度代表1N，比较合理的是__
A．lcmB.5cmC.15cm
【答案】
（1）.橡皮筋
（2）.两个力（3）.1.80（4）.B
【解析】
【分析】
根据橡皮筋方向是合力方向，应该在两分力之间判断；该实验采用了“等效法”，即要求两次拉橡皮筋要到同一位置；实验中我们需要记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向；读出弹簧秤的最小刻度，然后注意估读。
选择单位长度时线段的长度太小误差太大。
【详解】
（1）橡皮筋的方向是合力的方向，应该在两分力之间可知：
AO是橡皮筋；实验中我们需要根据两个分力的大小和方向做平行四边形，因此该实验中需要记录的是两个分力的大小和方向；
（2）弹簧秤的最小刻度为0.1N，必须估读到小数点后2位，则拉C的弹簧秤的读数为1.80N；白纸的宽为28cm，长为40cm，且拉B的弹簧秤的读数为1.50N，拉C的弹簧秤的读数为1.80N，单位长度为1N，线段长度太短作图误差大，结实实际线段长度5cm比较合适，故B正确，AC错误；
【点睛】这个实验的原理是：
记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较。
结合实验原理和合力与分力的关系，记忆需要注意的事项。
14.
（1）在“探究加速度和力、质量的关系”的实验中，某同学组装了如图1所示的装置
①图示实验装置中除未平衡摩擦力外，还有一处错误是_____；
②关于平衡力的操作过程，下列说法正确的是_____（填字母代号）。
A．应将长木板的右端适当垫高
B．应将重物通过细线与小车相连
C．应将纸带穿过打点计时器并与小车相连
D．如果小车在长木板上能保持静止，就表明已经平衡摩擦力
（2）如图2为某次实验所得的纸带，请读出E点在刻度尺上的读数_____cm，并求出该条纸带的加速度_____m/s2，（结果保留两位小数）
【答案】
（1）.拉小车的细绳没有与长木板平行
（2）.AC（3）.3.80（3.79～3.81均可）（4）.0.20（0.19～0.22均可）
【解析】
【分析】
当砝码的质量远小于小车的质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码的重力；根据牛顿第二定律求出a与M的关系，然后分析答题；根据匀变速直线运动的推论求出小车的瞬时速度与加速度。
【详解】
（1）①实验要求拉力是平行长木板方向的，图中拉小车的细绳没有与长木板平行；
②平衡摩擦力的操作是，纸逞穿过打点计时器并与小车相连，将长木板的右端适当垫高，让重力沿长木板方向的分力和摩擦力平衡，轻轻推小车纸带上的点均匀分布，说明小车做匀速直线运动了，代表摩擦力已经平衡。
所以选AC。
（2）读数时，以厘米做单位，小数点保留两位，可得E点在刻度尺上的读数是3.80cm；由图中数据可知CD＝1.10cm，DE＝1.30cm，EF＝1.50cm，由图可知连续两个计数点的时间间隔为T=0.1s，则根据逐差法△x＝aT2，解得：
a＝0.20m/s2。
【点睛】本题考查了实验注意事项、实验数据处理，知道实验原理与实验注意事项是解题的关键，应用匀变速直线运动的推论可以求出小车的瞬时速度与加速度。
三、计算题（本题共3小题，共37分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不得分）
15.小王开车上一个斜坡时，突然一个小男孩追逐着一个球跑过来，小王紧急刹车，车轮与地面摩擦在坡路上划出5.4m长的痕迹后停住，幸好没有撞着孩子!
孩子若无其事地跑开了，路边目睹了全过程的一位警察递过一张超速罚款单，并指出这条路的最高速度限制为30km/h。
小王对当时的路况作了测算：
路面和水平面的夹角为37°，并查出轮胎与这种地面的动摩擦因数为0.6．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．求：
（1）刹车后汽车做匀减速运动的加速度的大小；
（2）汽车刹车前的速度，是否超速？
【答案】
（1）10.8m/s2
（2）汽车刹车前的速度超速。
【解析】
【分析】
刹车后，对汽车，运用牛顿第二定律列式，可求得汽车做匀减速运动的加速度的大小；汽车刹车后做匀减速运动，由速度位移公式求刹车前的速度，从而判断是否超速。
【详解】
（1）汽车上坡时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma
解得：
a＝10.8m/s2。
（2）设汽车刹车前的速度为v。
对于刹车过程，有0﹣v2＝﹣2ax
解得：
v＝10.8m/s＝38.8km/h＞30km/h，故已超速。
【点睛】判定超速的依据有两个：
一是依据刹车痕迹求初速度，然后与限速比较。
二是假设不超速，用限定的速度求刹车痕迹，然后与实际痕迹做比较。
16.如图所示为某武装直升机拖曳扫雷具扫除水雷的演习示意图。
扫雷具质量为m，当直升机匀速水平飞行时，绳子与竖直方向成θ角，已知扫雷具受到的浮力为其重力的一半，重力加速度为g，不计绳的质量。
求：
（1）画出扫雷具的受力示意图；
（2）求绳子拉力的大小；
（3）求海水对扫雷具的水平阻力。
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】
对扫雷具受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，根据平衡条件并运用正交分解法列式求解即可。
【详解】
（1）对扫雷具进行受力分析，如图所示：
（2）（3）根据平衡条件，有：
竖直方向：
F浮+Tcosθ＝mg，
水平方向：
f＝Tsinθ，
又F浮＝
mg
联立解得：
【点睛】本题关键是对物体进行受力分析，然后平衡条件列式分析，关键不要忘了有浮力。
17.随着社会的发展，越来越多的年轻人喜欢上跳伞这项运动，但是由于城镇规模的扩大，空旷的跳伞降落地越来越小。
某俱乐部为了适应这个现实，在降落伞上安装了一个装置，如果跳伞者发现下方有高楼或者是高山，可以启动该装置，瞬间给降落伞一个水平初速度。
某跳伞运动员从A点开始做自由落体运动，到B点时发现正下方有障碍物EDNM（其中ABCF在同一直线上，M、N、F点在地面上），于是开启装置，降落伞瞬间获得一个水平向右的速度，其中CE＝CD＝l，AB高度为s，BC的高度为h，重力加速度为g，忽略切阻力。
求
（1）该跳伞运动员到达B点的速度和时间；
（2）若跳伞者在B点静止，此时启动装置瞬间获得一个水平向右的初速度，恰好越过D点，且落地后由于与地面碰撞只保留了水平速度，已知跳伞者与地面的动摩擦因数为μ，那么跳伞者在地面上可以滑行的距离。
【答案】
（1）
，
；
（2）
【解析】
【分析】
跳伞运动员从A到B做自由落体运动，由速度位移公式求到达B点的速度。
由位移时间公式求时间；从B点到D点，跳伞运动员做平抛运动，恰好过D点时水平位移为l，竖直位移为h，根据分位移公式求出在B点获得的水平速度。
落地后由于与地面碰撞只保留了水平速度，再根据牛顿第二定律求出滑行时的加速度大小，由速度位移公式求滑行距离。
【详解】
（1）跳伞运动员从A到B做自由落体运动，有vB2＝2gs
解得：
由位移时间公式：
解得：
（2）从B点到D点，跳伞运动员做平抛运动，且恰好过D点，则
水平方向：
l＝v0t
竖直方向：
联立可得：
由于跳伞运动员落地碰撞后只有水平速度，且水平方向只受滑动摩擦力，则由牛顿第二定律可知：
μmg＝ma
解得：
a＝μg
滑动距离：
【点睛】本题关键要理清跳伞运动员的运动情况，掌握平抛运动的研究方法：
运动分解法。
对于第3小题也可以根据动能定理求解。
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