湖南省衡阳县高一上学期期末考试物理试题 Word版含解Word下载.docx

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故B错误；

牛顿第一定律表述物体具有惯性，指出力是改变物体运动状态的原因；

而牛顿第二定律表述F，m，a三者之间的关系，牛顿第一定律不是牛顿第二定律F合=0的一种特殊情况，故C错误．伽利略的理想斜面实验说明:

力不是维持物体运动的原因，选项D正确；

故选D.

3.一物体在水平地面上由静止开始先匀加速度前进10后，又匀速前进50m才停止，求该物体在这两个阶段中运动时间之比t1：

t2为

A.1：

5B.2：

5C.1：

4D.1：

2

【答案】A

【解析】物体先做匀加速运动，后做匀减速直线运动，设最大速度为v，则加速阶段和减速阶段的平均速度均为v/2，则：

vt1=10；

vt2=50，解得：

t1:

t2=1:

5，故选A.

4.如图所示，轻弹簧的两端各受20N拉力F的作用，弹簧伸长了10cru（在弹性限度内），那么下列说法中正确的是（）

A.根据公式k=F/x，弹簧的劲度系数k会随弹簧弹力F的增大而增大

B.弹簧所受的合力为40N

C.弹簧所受的合力为20N

D.该弹簧的劲度系数k为200N/m

【解析】弹簧的伸长与受的拉力成正比，弹簧的劲度系数k与弹簧弹力F的变化无关，与弹簧本身有关，故A错误．轻弹簧的两端各受20N拉力F的作用，所以弹簧所受的合力为零，故BC错误．根据胡克定律F=kx得弹簧的劲度系数为：

，故D正确．故选D．

弹簧的弹力与形变量之间的关系遵守胡克定律．公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或压缩的长度，即是弹簧的形变量.

5.将一物体从地面竖直向上抛出，又落回抛出点，运动过程中空气阻力忽略不计，下列说法正确的是

A.上升过程和下落过程，时间相等、位移相同

B.物体到达塌高点时，速度和加速度均为零

C.整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同

D.竖直上抛的初速度越大（v0>

10m/s），物体上升过程的最后1s时间内的位移越大

【答案】C

【解析】A、竖直上抛和自由落体运动互为逆运动，上升过程与下降过程时间相等，但是位移方向不同，选项A错误；

B、物体到达最高点时，即为自由落体运动的开始，速度为零，但是加速度不为零，选项B错误；

C、根据匀变速直线运动的规律可知，△v=gt，相同时间内物体速度变化量相同，选项C正确；

D、无论竖直上抛运动的初速度多大，上升过程的最后一秒运动的位移均相同，都等于自由落体运动的第一秒内的位移大小，选项D错误；

综上所述本题答案是：

C。

6.甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移-时间图象（x-t图象）如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中错误的是

A.乙车在0～10s内的平均速度大小为0.8m/s

B.甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动

C.在0～10s内，甲、乙两车相遇两次

D.若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s

【解析】乙车在0-10s内的位移x=0-8=-8m，则平均速度

，所以乙车在0-10s内的平均速度大小为0.8m/s，故A正确；

x-t图象的斜率表示速度，根据图象可知，甲先做匀速运动，后静止，故B错误；

图象的交点表示相遇，根据图象可知，两物体相遇两次，故C正确；

若乙做匀变速直线运动，则乙做匀加速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，所以5s末的速度等于0.8m/s，所以P点速度一定大于0.8m/s，故D正确；

此题选择错误的选项，故选B.

解决本题的关键是知道x-t图象的斜率大小等于速度大小，斜率的方向表示速度的正负，图象的交点表示相遇．

7.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则

A.地面对c的摩擦力一定减小

B.地面对c的摩擦力为零

C.b对c的摩擦力一定减小

D.地面对c的摩擦力方向一定向右

本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B所受的摩擦力，要根据B所受的拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向．

8.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B表面粗糙，A静止在平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢的将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态，对该过程分析，下列说法正确的是（）

A.开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0

B.地面受到B的压力逐渐增大

C.地而对B的摩擦力逐渐增大

D.A、B问的压力开始最人为2G，咖后逐渐减小到G

【解析】圆柱体a和半圆柱体b的圆心的连线为2R，故其与竖直方向夹角为60°

；

a球受三个力平衡，如图所示：

三个力构成封闭矢量三角形三个边，其中重力不变，其它两个力的夹角变小，开始时拉力F最大为

G，以后逐渐减小为0，故A正确；

a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G，故D正确；

对圆柱体a和半圆柱体b分析，受重力、水平力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力：

N=G+GB，保持不变，故对地压力大小不变，故B错误；

摩擦力f=F，逐渐减小到零，故C错误；

本题是受力平衡中的动态分析问题，三力平衡时三力构成首位相连矢量三角形，找到恒定的力和方向不变的力是切入点．

9.如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现使车厢沿水平方向加速运动，为保征A、B仍相对车厢静止，则

A.速度可能向左，加速度可大于（1+μ）g

B.加速度一定向右，不能超过（1-μ）g

C.加速度一定向左，不能超过μg

D.加速度一定向左，不能超过（1-μ）g

【解析】试题分析：

开始A恰好不下滑，对A分析有：

f=mg=μN=μF弹，解得

，此时弹簧处于压缩．当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，墙壁对A的支持力必须大于等于

，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，fBm=μ（F弹-mg）≥ma，解得a≤（1-μ）g，故B正确，ACD错误．故选B．

考点：

牛顿第二定律的应用

【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，抓住临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，掌握隔离法的灵活运用。

10.水平地面上静止一铁块，重为G=200N，它与地面间的最大静摩擦力为Ffm=85N，与地面间的动摩擦因数为μ=0.4，某人用水平力F推它，则（）

A.若F=50N，铁块受到的摩擦力大小为50N

B.若F=83N，铁块受到的摩擦力大小83N

C.若F=100N,铁块受到的摩擦力火小100N

D.若F=110N，铁块受到的摩擦力大小80N

【答案】ABD

【解析】50N小于最大静摩擦力，所以铁块静止，由平衡条件可得摩擦力为50N，选项A正确．83N小于最大静摩擦力，所以铁块静止，由平衡条件可得摩擦力为83N，选项B正确．100N和110N均大于最大静摩擦力，铁块滑动，所以f=μFN=80N．选项C错误，D正确；

故选ABD.

对于求解摩擦力，首先要研究物体的状态，确定是静摩擦，还是滑动摩擦．公式f=μFN只能用来求滑动摩擦力，静摩擦力可以根据平衡条件求解．

11.如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上。

当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）

A.两者同时无初速度释放，小球不能穿过管

B.两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度V0，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有关

C.两者同时释敢，小球具有竖直向下的初速度v0，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无关

D.两者均无初速度释放，但小球提前了△t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无关

【答案】AC

【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知，经过t=

，小球穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关，故C正确，B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错误．故选AC．

12.A、B两球用长为L的细线相连，现提着B从一定高处由静止释放，A、B两球落地时间差为△t1，速度差为△v1；

若再从稍高处自由释放，两球落地时间差为△t2，速度差为△v2，不计空气阻力，则（）

A.△t1<

△t2B.△t1>

△t2C.△V1<

△V2D.△V1>

△V2

【答案】BD

【解析】设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L，在L内运动的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度．高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据L=v0t+

gt2，初速度越大，时间越短．所以△t1＞△t2．故B正确，A错误．根据△v=g△t，可知△v1＞△v2

故D正确，C错误；

故选BD.

解决本题的关键通过一球落地后，另一球运动的位移不变，等于绳子的长度，根据初速度的大小，判断出两球落地的时间差的变化.

13.观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量（在单位时间内通过任一横截面的水的体积）稳定时，发现自来水水流不太大时，从龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端面积为S1，端面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是

A.水柱是上粗下细

B.水柱是上细下粗

C.该水龙头的流量是

D.该水龙头的流量是

...............

本题以实际生活现象为背景考查流体力学的应用，关键抓住在单位时间内通过任一横截面的水的体积相等，熟练运用相关公式即可正确解题．

14.如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。

保持A的质最不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的力向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m／s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是（）

A.若θ已知，可求出A的质量

B.若θ已知，可求出图乙中m0的值

C.若θ已知，可求出图乙中a2的值

D.若θ已知，可求出图乙中a1的值

【答案】CD

【解析】根据牛顿第二定律得：

对B得：

mg-F=ma…①；

对A得：

F-mAgsinθ=mAa…②联立得a=

…③；

若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA．故A错误．当a=0时，由③式得，m=m0=mAsinθ，mA未知，m0不能求出．故B错误．由③式得，m=0时，a=a2=-gsinθ，故C正确．由③式变形得

．当m→∞时，a=a1=g，故D正确．故选CD.

解决本题的关键是通过牛顿第二定律写出a与m的关系式，由数学变形研究图象的物理意义，这也是常用的方法．要注意隔离法和整体法的应用．

二、填空题：

15.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中（电源频率为50Hz）。

（1）下列说法中不正确或不必要的是______。

（填选项前的序号）

A．长木板的一端必.须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动

B．连接钩码和小车的细线应与/长木板保持平行

C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车

D.选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始

（2）如图所示是实验中打下-的一段纸带，打计数点2时小车的速度为____m/s，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度已在坐标纸上标出。

（3）在坐标纸上补全计数点2对/的数据，描点作图，求得小车的加速度为_______m/s2。

【答案】

（1）.AD

（2）.0.60（3）.如图所示

【解析】

（1）此实验要研究小车的匀加速直线运动，所以不需要平衡摩擦力，选项A不必要；

连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行，选项B有必要；

小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车，选项C有必要；

选择计数点时，应该从点迹较清晰的开始选点，没必要必须从纸带上第一个点开始，选项D不必要；

故选AD.

（2）根据图中x1=3.80cm=0.0380m，x3=15.70cm=0.1570m，所以有：

（3）根据描点作一条过原点的直线，如图所示：

直线的斜率即为小车的加速度，所以加速度为：

．

16.某实验小组用图甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。

图甲中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1。

小盘及砝码的总质量为m2。

（1）下列说法正确的是____，

A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源

B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力

C．本实验中要使小车受到的拉力等于小盘及砝码的总重力应满足m2远小m1的条什

D．在用图象探究小车加速度a与小车m1的关系时，应作出a-m1图象

（2）实验得到如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点的时间间隔为T，B、C两点的距离x2和D、E两点的距离x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为a=___________。

（3）某同学平衡好摩擦阻力后，保持小车质量不变的情况下，通过改变砝码个数，得到多组数据，但该同学误将砝码的重力当作绳子对小车的拉力，作出了小车加速度a与砝码重力F的图象如图丙所示。

据此图象分析可得，小车的质量为_______kg，小盘的质量为___kg（g=10m/s2．保留两位有效数字）

【答案】

（1）.C

（2）.

（3）.0.61（4）.0.0061

（1）实验时应先接通电源后释放小车，故A错误．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：

f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B错误．让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：

际上绳子的拉力

，故应该是m2＜＜m1，即实验中应满足小盘和重物的质量远小于小车的质量，故C正确；

F=ma，所以：

，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a-

图象，故D错误；

故选C．

（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：

x4-x2=2a1T2 

解得：

（3）对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：

，

F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：

mg=m1a0，

本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a-F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用

三、计算题

17.一质晨为m的物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为μ，然后用两根绳A、B分别系在物块的两侧，如图所乐，A绳水平，B绳与水平面成θ角，己知重力加速度g，求：

（1）逐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大：

（2）将A绳剪断，为了使物块沿水平面做匀速直线运动，在不改变B绳方向的情况下，B绳的拉力应为多大。

【答案】

（1）TA＝mgcotθ，TB＝mg/sinθ；

（2）

（1）N地＝0，则

水平方向：

TA＝TBcosθ

竖直方向：

TBsinθ＝mg

TA＝mgcotθ，TB＝mg/sinθ

（2）将A绳剪断，物体做匀速直线运动，水平和竖直方向受力平衡

水平：

TBcosθ＝Ff

竖直：

FN＝mg－TBsinθ

又有：

Ff=μFN

解之得：

18.一辆汽车在高速公路上以v。

=30m／s的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车加速度的大小为a=5m/s2，求：

（1）汽车刹车后t1=10s内滑行的距离；

（2）从开始刹车到汽车滑行x1=50m所经历的时间。

（1）90m；

（2）t`=2s；

（3）40m；

根据速度时间关系求得停车时间，结合停车时间求得滑行距离；

根据位移时间关系求得汽车滑行50m所经历的时间。

（1）由速度时间公式：

知，汽车的刹车时间为

由于

，所以刹车后10

内汽车滑行的距离等于汽车从刹车到停止运动过程中滑行的距离：

（2）设从开始刹车到汽车滑行50

所经历的时间为

，由位移公式有：

，代入数据，整理得

解得

（刹车停止后不能反向运动，故舍去）

故所用时间为

。

本题主要考查了汽车刹车问题要注意加速度与初速度方向相反，要注意汽车的停车时间，然后在进行后续的计算，应用相关公式即可解题。

19.如图所示，在水平地面上放一质量m=lkg的木块，木块与地面间的动摩擦因数μ=0.6，在水平力向上对木块同时施加相互垂直的两个拉力F1、F2，已知F1=6N．F2=8N，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。

则：

（1）木块受到的摩擦力为多少？

（2）若将F2逆时针转900，此时木块的加速度大小为多少？

（3）若将F2顺时针转900，求术块运动t=2s时的位移大小？

（1）6N

（2）0（3）16m

（1）F1、F2的合力

又fm=μmg=6N

故F12>

fm，在F1、F2作用下木块滑动，此时木块受到的滑动摩擦力f=μmg=6N.

（2）当F2逆时针转90°

时，F1、F2的合力F12'

=F2-F1=2N＜fm，此时木块在地面上不动，所受合力大小为F合=0，加速度a1=0

（3）当F2顺时针转90°

=F1+F2=14N＞fm，此时木块在地面上滑动所受合力大小为F合=F12'

-fm=8N

加速度a2=F合/m=8m/s2

木块运动t=2s时的位移

考查力的合成与分解，掌握力的平行四边形定则，理解受力平衡的条件，注意会区别静摩擦力与滑动摩擦力．