2018-2019学年广东省佛山市高一（上）期末物理试卷

2018-2019学年广东省佛山市高一（上）期末物理试卷

一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,错选、不选得0分

1．（4分）如图为世界计量日邮票，国际计量大会确定睁国际单位制中，不属于力学《世计量日》纪念票基本单位的是（　　）

A．牛顿 B．米 C．千克 D．秒

2．（4分）如图为“小小竹排江中游，巍巍青山两岸走”的山水画，以下有关参照系的判断正确的是（　　）

A．“竹排江中游”，以竹排上的人从参照系 

B．“竹排江中游”，以竹排为参照系 

C．“青山两岸走”，以竹排上的人为参照系 

D．“青山两岸走”，以江岸上的树为参照系

3．（4分）港珠澳大桥跨越伶仃洋，东接香港，西连珠海和澳门，总长约55公里。2018年10月24日上午9时正式通车，设计寿命120年，最高时速为100mh，下列对相关物理量的说法正确的是（　　）

A．“55公里”是位移的大小 

B．“2018年10月24日上午9时”是指时间 

C．“120年”是指时刻 

D．“100km/h”是指瞬时速度大小

4．（4分）知图所示，用三根等长的轻质细链悬拉花盆（花盆与墙壁未接触，连接处间距相等，已知花盆的重力为G，每根轻质细链和竖直方向都成30°角，则每根轻质细链对花盆的拉力大小为（　　）

A．G B．G C．G D．G

5．（4分）如图所示，斜面体质量为M．小方块质量为m，在水平推力F作用下左做匀速直线运动，各接触面之间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g，则（　　）

A．地面对斜面体的支持力大小为Mg 

B．斜面体对地面的压力大小为（M+m）g 

C．斜面体对小方块的摩擦力大小μmgcosθ 

D．地而对斜面体的摩擦力大小为μMg

6．（4分）国产红旗牌轿车在某段时间运动的v﹣t图象如图所示，则（　　）

A．0﹣2s的加速度大于4﹣5s的加速度 

B．0～4s的平均速度大小为1m/s 

C．4﹣5s的位移大小为2m 

D．0～5s轿车一直沿正方向运动

7．（4分）如图所示，家用楼梯升降椅可以沿着倾斜的直轨道运动，方便行动困难的老人上下楼。以下说法正确的（　　）

A．升降椅加速上升时，人处于失重状态 

B．升降椅减速上升时，人处于失重状态 

C．升降椅匀速上升时，升降椅对人的作用力沿楼梯斜向上 

D．升降椅加速上升时，升降椅对人的作用力沿楼梯斜向上

二、多项选择题：本题共5小题，每题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选或不选得0分

8．（4分）运动员用力F1将球顶出，此时球对运动员的力为F2，下列说法正确的是（　　）

A．F1与F2的大小相等 B．F1与F2是同一性质的力 

C．F1与F2是对平衡力 D．F1与F2的方向相反

9．（4分）如图是伽利略“理想实验”原理图、A、C、D、E在同一水平面上，vD、vE、vF、vG为小钢珠在D、E、F、G处的速度大小，若轨道都光滑，则以下说法正确的是（　　）

A．vD＞vE 

B．vF＝vG 

C．本实验是为了说明“小钢珠上升的高度与释放高度相同” 

D．本实验是为了说明“小钢珠在水平面上的匀速直线运动不需要力来维持

10．（4分）吊环比赛中，某时刻运动员双手和吊绳如图都处于竖直状态，在运动员双手从竖直状态连渐向左右伸展到水平状态的过程中，以下说法正确的是（　　）

A．每条吊绳的拉力逐渐变大 

B．每条吊绳的拉力保持不变 

C．两条吊绳对人的合力逐渐变大 

D．两条吊绳对人的合力不变

11．（4分）一个物体从静止开始做匀加直线运动的位移﹣﹣时间图象如图所示，以下说法正确的是（　　）

A．物体运动的轨迹是曲线 

B．物体在前4s的位移大小为8m 

C．物体运动的加速度大小为1m/s2 

D．物体到达A点的瞬时速度大小为2m/s

12．（4分）某汽车正以72km/h在公路上行驶，为“分礼让行人”，若以5m/s2加速度刹车，则以下说法正确的是（　　）

A．刹车后2s时的速度大小为10m/s 

B．汽车滑行40m停下 

C．刹车后5s时的速度大小为0 

D．刹车后6s内的位移大小为30m

三、实验与解答题：本大题共5小题，共52分，按答题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能得分。

13．（6分）为了测量弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验。

将称弹簧称竖直悬挂在铁架台上，用弹簧测力计拉弹簧下端，同时记下弹簧总长度和弹簧测力计的示数，记录的数据如下表：

请完成以下问题：

（1）第4次操作时，弹簧测力计的示数如图甲所示，请读出其示数F4＝　   　N。

（2）第4次的数据外，其他均已在图乙中描点，请你把第4次数据在图乙中描点，并作F﹣L图象。

（3）根据F﹣L图象可得弹簧的劲度系数k＝　   　N/m（保留三位有效数字）。

14．（10分）为了探究加速度与力的定量关系，某同学设计了如甲图所示的实验装置。其中M为小车和固定在小车上的定滑轮的总质量，m为砂和砂桶的总质量，滑轮大小不计且光滑。力传感器可测出轻绳的拉力大小F。

（1）该实验　   　（填“需要”或“不需要”下同）满足m远小于M，　   　平衡摩擦力。

（2）实验中，应保证　   　的大小不变、改变　   　的大小（填“m”或“M“），此时采用的物理方法是　   　。

（3）若当地重力加速度为g，则在小车向左加速运动过程中，绳拉力F　   　mg（填“＞”、＜“”或“＝”）

（4）在实验中得到一条纸带，如乙图所示，取A、B、C、D、E五个点为计数点，其中两相邻计数点间有四个点未画出，已知BC＝9.00m，DE＝17.00m，打点计时器所用电源的频率为f＝50Hz，则加速度大小a＝　   　m/s2（保留两位小数）

（5）以力传感器的示数F为横坐标，小车运动的加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图象是一条过原点的斜直线，如丙图所示，则该图线斜率的物理意义是　   　。

15．（10分）晓筱同学在一次观看跳水比赛时，想到一个问题：水池的水至少要多深，才能保证运动员的安全？他做如下假设：比赛时，运动员在距水面10m的跳台向上跳起，到达最高点时重心离跳约1.25m。然后自由下落；忽略空气阻力，将运动员看作质点，其在水中做减速直线运动；上网查得平均加速度大小为25m/s2，g取10m/s2．请你帮晓筱计算：

（1）运动员落至水面时的速度；

（2）避免运动员与池底碰撞，水池的最小水深。

16．（12分）工程车在卸载一巨型石块时，可简化为如图所示的物理模型：石块静置于货箱底板AB上，卸载时相当于货箱底板AB绕B端缓慢向上转动，直至石块滑下，已知石块质量为m，与货箱底板间的动摩擦因数为μ．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，请问：

（1）货箱底板倾角满足什么条件时，石块才会滑动？

（2）将石块分别放在倾角θ＝20°和θ＝60°的货箱底板上时，货箱底板对该石块作用力合力的大小分别为多少？

17．（14分）如图所示，有两个高低不同的水平面，一质量为M＝1.5kg木板靠在高水平面边缘O点，其表面恰好与高水平面平齐，一质量为m＝1kg可视为质点的滑块静止放置，距O点距离为L＝2m，现用水平向右、大小为13N的拉力F拉滑块，当滑块运动到O点时撤去拉力F，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块在长木板上相对滑动的距离最终为d＝3m，滑块与高水平面，长木板间的动摩擦因数均为μ1═0.4，取g＝10m/s2，求：

（1）滑块运动到O点时的速度大小v0及滑块在长木板上滑动时的加速度大小；

（2）滑块在长木板上滑动时，长木板与地面间的摩擦力。

2018-2019学年广东省佛山市高一（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,错选、不选得0分

1．【分析】单位制包括基本单位和导出单位，在国际单位制中，力学的基本单位是米、千克、秒。

【解答】解：A、牛顿不属于国际单位制中力学基本单位，是导出单位，故A错误。

BCD、米、千克、秒均属于国际单位制中力学基本单位，故BCD正确。

本题选不属于力学基本单位的，

故选：A。

【点评】解决本题时要知道单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本物理量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。

2．【分析】判断物体的运动情况，就看被选作标准的参照物，如果物体相对于参照物的位置变了，则物体是运动的，否则物体就是静止的。

【解答】解：AB、“竹排江中游”是竹排相对于青山运动的，故是以青山为参考系的，故AB错误；

CD、竹排和青山之间的位置不断发生着变化，因此，以竹排为参照物，青山是运动的；故C正确、D错误。

故选：C。

【点评】要描述一个物体的运动，就必须选择另外的一个物体作为标准，这个被选择作为标准的物体就是参考系；说明：（1）一个物体一旦被选为参考系就必须认为它是静止的；（2）选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，观察的结果可能会有所不同；（3）在运动学中，参考系的选择是任意的，但在实际选择参考系时应以运动的描述尽可能简单为原则，如描述地面上物体的运动时，通常选地面或相对于地面静止不动的其它物体做参考系。

3．【分析】明确时间和时刻的区别，知道位移是指由起点指向终点的有向线段，路程是物体经过实际轨迹的长度；

平均速度等于位移与时间的比值，而平均速率等于路程与时间的比值。

【解答】解：A、运动轨迹的长度为路程，故“55公里”是路程，故A错误；

B、题中的“2018年10月24日上午9时”是时刻，故B错误

C、“120年”是指时间，故C错误；

D、最高时速为100mh，是指瞬时速度大小，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查平均速度和平均速率、位移和路程、时间和时刻等规律，对于相近知识点要注意能准确理解并掌握它们的区别和联系。

4．【分析】受力分析，由平衡条件列式求解即可。

【解答】解：设每根轻质细链对花盆的拉力大小为F

由平衡条件得：3Fcos30°＝G

解得：F，故ABD错误C正确。

故选：C。

【点评】本题考查了受力分析、物体的平衡条件，正确将受力分解为竖直方向和水平方向，根据平衡条件列方程即可。

5．【分析】以整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析支持力，根据摩擦力的计算公式求解地而对斜面体的摩擦力；根据平衡条件得到斜面体对小方块的摩擦力大小。

【解答】解：ACD、以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为（M+m）g，根据牛顿第三定律可得斜面体对地面的压力大小为N＝（M+m）g，根据摩擦力的计算公式可得f＝μN＝μ（M+m）g，故AD错误，B正确；

C、斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为f＝mgsinθ，故C错误。

故选：B。

【点评】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。

6．【分析】在v﹣t图象中，图象的斜率表示加速度，斜率越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移。结合平均速度公式解答。

【解答】解：A、根据图象的斜率表示加速度，斜率越大表示加速度越大，知0﹣2s的加速度小于4﹣5s的加速度，故A错误。

B、0～4s的位移大小等于梯形面积大小，为 x2＝7m，平均速度为1.75m/s，故B错误。

C、4﹣5s的位移大小为 x′1m，故C错误。

D、0～5s轿车的速度一直为正，说明轿车一直沿正方向运动，故D正确。

故选：D。

【点评】本题是速度﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。

7．【分析】当物体的加速度竖直向上或有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，当物体的加速度竖直向下或有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态。重力的大小与运动的状态无关。

【解答】解：A、升降椅加速上升时，加速度向上，人处于超重状态，故A错误；

B、当升降椅减速上升时，加速度向下，人处于失重状态，故B正确；

C、当升降椅匀速上升时，人处于平衡状态，升降椅对人的力与人受到的重力平衡，竖直向上，故C错误；

D、升降椅加速上升时，升降椅对人的作用力为支持和摩擦力，合力斜向上，但不沿楼梯，因为和重力三力的合力才沿楼梯向上，故D错误。

故选：B。

【点评】本题掌握超重或失重的概念和特点是解决这类题目的关键；明确加速度向下物体即失重；加速度向上，物体即超重，但无论超重还是失重，物体的重力均不变。

二、多项选择题：本题共5小题，每题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上的选项符合题目要求，全选对的得4分，漏选的得2分，错选或不选得0分

8．【分析】作用力与反作用力一定大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，它们同时产生同时消失，是同一性质力；

平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。

【解答】解：运动员顶球的过程中，运动员对球的力和球对运动员的力是作用在不同物体上的两个力，是一对相互作用力，它们同时产生同时消失，是同一性质力；

不会相互平衡。故ABD正确，C错误。

故选：ABD。

【点评】本题考查了相互作用力和平衡力的辨别，有一定综合性，但难度不大。

9．【分析】本题考查了伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点。

【解答】解：AB、若轨道都光滑，则小球在平直的轨道上做匀速直线运动，所以各点的速度都是相等的。故A错误，B正确；

CD、伽利略设计这个理想实验，其目的是为了说明亚里士多德的力是维持物体运动状态的原因的结论是错误的，物体运动不需要力来维持。故C错误，D正确。

故选：BD。

【点评】伽利略“理想斜面实验”在物理上有着重要意义，伽利略第一个把实验引入物理，标志着物理学的真正开始。

10．【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小。

【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，如图：

由于两个拉力的合力F不变，且夹角变大，故两个拉力FT不断变大，故AD正确，BC错误。

故选：AD。

【点评】本题关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论，注意由物理情景，作出物理模型，并能正确使用物理规律，是解题的三步曲。

11．【分析】位移﹣﹣时间图象不是物体运动的轨迹，位移等于纵坐标的变化量，根据匀变速直线运动的位移公式求加速度，再由速度公式求物体到达A点的瞬时速度大小。

【解答】解：A、位移﹣﹣时间图象不是物体运动的轨迹，位移﹣﹣时间图象只能表示直线运动的规律，物体从静止开始做匀加直线运动。故A错误。

B、物体在前4s的位移大小为△x＝x2﹣x1＝8m﹣0＝8m，故B正确。

C、物体从静止开始做匀加直线运动，则△x，得 a1m/s2．故C正确。

D、物体到达A点的瞬时速度大小为 v＝at＝1×4m/s＝4m/s。故D错误。

故选：BC。

【点评】本题解题的关键要掌握匀变速直线运动的位移时间和速度时间公式，并能熟练运用。要知道物体通过的位移等于纵坐标的变化量。

12．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式v2﹣v02＝2ax求出刹车的距离。求出汽车刹车到停止的时间，然后依次求解各个选项即可。

【解答】解：72km/h＝20m/s，根据速度位移公式v2﹣v02＝2ax得，x＝40m。汽车刹车到停止的时间t04s

A、由速度公式得刹车后2s时的速度：v2＝v0﹣at2＝10m/s，故A正确；

B、由上面的分析知汽车滑行40m停下，故B正确；

CD、由上面的分析知汽车刹车到停止的时间为4s，所以刹车后5s时的速度大小为0，刹车后6s内的位移大小为40m，故C正确D错误；

故选：ABC。

【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式和速度时间公式。要注意刹车到零的时间，汽车停下后就不再运动了。

三、实验与解答题：本大题共5小题，共52分，按答题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能得分。

13．【分析】（1）了解弹簧测力计的量程和分度值，根据指针指示的数值来读数；

（2）根据描点法可测出图象，注意用直线将各点相连。

（3）结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小。

【解答】解：（1）弹簧测力计的分度值是0.1N，故弹簧测力计的示数为3N+0.20N＝3.20N

（2）根据提供数据描点画出图象如图所示：

（3）劲度系数为图象直线部分的斜率，kN/m＝150N/m

故答案为：（1）3.20  （2）如图所示  （3）150N/m

【点评】本题利用“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”考查了学生设计的能力和作图的能力，知道F﹣L图线的斜率表示劲度系数。

14．【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；

（2）根据图2判断出a﹣F图象不过原点的原因；

（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量与滑轮质量和的倒数的2倍。

【解答】解：（1）由于拉力可测，不必用钩码的重力代替拉力，所以不需要满足m＜＜M这一条件；由于将拉力当做合力，所以摩擦力是需要平衡的；

（2）由于是探究加速与作用力的关系，所以要控制小车的质量M不变，而改变拉力（改变m）从而改变了拉力，但注意的是拉力小于mg；

（3）由于重物向下加速运动，属失重，所以拉力小于重力；

（4）由逐差相等求加速度为：am/s2＝4.00m/s2。

（5）小车在两段绳子的拉力作用下加速运动，由牛顿第二定律有：2F＝Ma，所以a，则a﹣F图象的斜率是。

故答案为：（1）不需要，需要；（2）M，m，控制变量法；（3）＜；（4）4.00；（5） 或小车与滑轮总质量倒数的两倍

【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。

15．【分析】（1）物体做自由落体运动，根据位移公式和速度公式求得末速度；

（2）进入水后做匀减速直线运动，根据速度位移公式求解水深。

【解答】解：（1）由题意知运动员从跳台至水面做自由落体运动

由H+h

v＝gt

得：v

将数据带入解得v＝15m/s

（2）运动员末速度为0，设水池的最小水深为H0，则02aH0

解得H0＝4.5m

答：（1）落水的速度为15m/s；

（2）水深最小为4.5m。

【点评】本题考查匀变速直线运动，主要时明白运动过程，熟记公式，基础题目。

16．【分析】（1）根据平衡条件求解货箱底板倾角满足什么条件时，石块才会滑动；

（2）货箱底板对该石块作用力合力是指支持力和摩擦力的合力，根据受力情况判断运动情况进行解答。

【解答】解：（1）若石块在底板上开始滑动，则有：mgsinθ＞f

而f＝μmgcosθ

解得：tanθ＞μ

解得：θ＞30°

所以货箱底板倾角大于30°时，石块才会滑动；

（2）当θ＝20°＜30°时，石块未滑动，处于静止状态，

由物体的平衡得货箱底板对该石块的作用力的合力 F1＝mg，方向竖直向上；

当θ＝60°＞30°时，石块已经运动，此时的摩擦力f′＝μmgcos60°

货箱底板对该石块作用力合力的大小F2mg。

答：（1）货箱底板倾角大于30°时，石块才会滑动；

（2）将石块分别放在倾角θ＝20°时货箱底板对该石块的作用力的合力大小为mg；θ＝60°时货箱底板对该石块作用力合力的大小为mg。

【点评】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。

17．【分析】（1）滑块在高水平面上做加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，根据运动学公式可求得速度，在长木板上滑动时，根据牛顿第二定律求解加速度；

（2）根据运动学公式及滑块在长木板上相对滑动的距离判断木板也同时滑动，对滑块和木板有牛顿第二定律和运动学公式可求出与地面的摩擦力大小。

【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma

根据运动学公式有：v02＝2aL

联立方程解得：v0＝6m/s

滑块在长木板上滑动时，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1

代入数据解得：a1＝4m/s2

（2）滑块滑上木板，若木板静止，对滑块有：v02＝2a1d′

解得：d′＝4.5m与d＝3m矛盾，所以滑块滑上木板时，木板也同时滑动

滑块在长木板上滑动，滑块减速，长木板加速，直至两者共速。设所用时间为 t，共同速度为v，长木板滑动距离为 s，加速度大小为 a2，则：

对滑块：v＝v0﹣a1t

s+d

对木板：s

v＝a2t

μ1mg﹣f地＝Ma2

联立解得：f地＝1N

答：（1）滑块运动到O点时的速度大小是6m/s，滑块在长木板上滑动时的加速度大小是4m/s2；

（2）滑块在长木板上滑动时，长木板与地面间的摩擦力是1N。

【点评】对于这类两个物体相互作用的类型，要正确分析二者之间摩擦力的变化，根据牛顿第二定律求出它们的加速度大小，然后根据相对位移之间的关系列方程求解。