1、 宁阳一中2017级高一上学期阶段性考试三 物 理 试 题 2018.1满分100分 时间90分钟一、 选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，17为单选，只有一个正确答案。8-12为多选全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）下列说法正确的是（ ）A质点是一个理想化的模型B物体从甲地到乙地两次通过的路程不相等，位移一定不相等C“第2s内”和“2s内”表示同一时间间隔D力、位移、速度、加速度都是矢量2（4分）下列说法中不正确的是（ ）A放在桌面上的皮球受到的弹力是由于桌面形变之后产生的B绳的拉力也是弹力，其方向沿绳的收缩方向C有摩擦力一定有弹力 D摩擦力的方向和
2、物体的运动方向相同3（4分）关于加速度，下列说法中正确的是（ ）A速度越大，加速度一定越大B速度变化越大，加速度一定越大C速度变化越快，加速度一定越大D相等时间内速度变化越大，加速度一定越小4（4分）下面说法中正确的是()A地面上的物体重力势能一定为零 B质量大的物体重力势能一定大C不同的物体中离地面最高的物体其重力势能最大D离地面有一定高度的物体其重力势能可能为零5（4分）物体做直线运动的vt图象如图，由图可知，该物体（ ）A前3s做匀变速直线运动B第3s内和第4s内的加速度相同C第1s内和第3s内的运动方向相反D02s内和04s内的平均速度大小相等6（4分）如图所示，两个质量相等的物体A和
3、B紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1、F2，且F1F2，则A施于B的作用力的大小为（ ）A.F1B.F2CD7（4分）如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是（ ）AF1和F2都减小BF1减小，F2增大C.F1增大，F2减小DF1和F2都增大8（4分）下列说法中正确的是（ ）A力是维持物体运动的原因 B力是改变物体运动状态的原因C一个物体受到的合力为零，一定处于静止状态D两物体质量相等，惯性就一定相同，与两个物体的受力及运动情况无关9（4分）下列图象中描述的属于匀速直线运动的是（ ）A B
4、CD10（4分）为了求出楼房的高度，让一小石块从楼顶上自由下落（不计空气阻力），则测量下列哪个物理量可以计算出楼高（已知重力加速度g大小）（ ）A石块下落的时间B石块落地的速度C石块第1s内的位移D石块最后1s内的位移11（4分）打篮球时，运动员垂直起跳投篮的跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升和下落四个过程，下落关于运动员蹬地、离地上升和下落三过程的说法中正确的是（设蹬地的力为恒力）（ ）A蹬地过程中处于超重状态 B蹬地、离地上升两个过程中都处于失重状态C离地上升和下落两个过程中都处于失重状态D离地上升和下落两个过程中都处于超重状态12（4分）如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，若手
5、臂OA、OB的拉力分别是FA、FB，手臂OB不动，在手臂OA由水平方向缓慢移到OA位置过程中，下列表述正确的是（ ）AFA变大BFA与FB的合力始终不变CFA的大小保持不变DFB变小二、实验题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）13（6分）在“研究匀变速直线运动”的实验中：（1）下列做法正确的是_A打点计时器应使用直流电源 B将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处C先使纸带运动，再接通电源 D将接好纸带的小车停在靠近滑轮处（2）用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车的运动情况，某次实验中得到的一条纸带如图所示（长度单位：cm），图中各点为每5个打点选出的计数点（两计数点间还有4个打点未
6、标出），则打点计时器在打下C点时小车的瞬时速度为vC= _ m/s，小车的加速度a=_ m/s214（6分）为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置在该实验中必须采用控制变量法，应保持_不变；改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图2所示）分析此图线，CA段不过原点的可能原因是：_此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A所挂钩码的总质量太大 B所用木块的质量太大C导轨保持了水平状态 D木块与导轨之间存在摩擦三、解答题（本大题共4小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）
7、15（7分）以初速度v0=3m/s做匀加速直线运动的物体，3s末运动的位移等于18m，求：（1）物体的加速度；（2）2s末的速度；（3）第3s内的位移16（10分）如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m5103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vmax1.02 m/s的匀速运动。g取10 m/s2，不计额外功。求：(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率。17（10分）如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长
8、的细杆与水平面成=37角并固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，现有平行于杆向上的风力F作用于小球上，经时间t1=2s风力停止作用，小球沿细杆向上运动的vt图象如图乙所示，杆和小球间的动摩擦因数=0.5（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），试求：（1）小球在02s内的加速度a1；（2）02s内风对小球作用力F的大小；（3）小球从最高点滑到出发点O点是时间t（答案可以保留根号）18（13分）如图所示，质量M=6kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=34N，当小车向右运动的速度达到2m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为
9、m=4kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.4，小车平板足够长（g取10m/s2），求：（1）小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）从小物块放上小车开始，经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少？（4）若小物块恰好不从小车左端滑下，小车平板的最小长度是多少？宁阳一中2017级高一上学期阶段性考试三 物理试题答案 2018.1一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，17为单选，8-12为多选全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）1解：A、质点是一个理想化的模型，实际上是不存在的，但抓住了物体质量
10、的属性，忽略了大小和形状，使问题研究变得简单方便故A错误B、位移是从始末位置的有向线段，所以物体从甲地到乙地两次通过的路程不相等，位移一定相等，故B错误C、第2s内和“2s内”不是同一时间间隔，第2s内时间段为1s，故C错误；D、矢量是即有大小又有方向的物理量，所以力、位移、速度、加速度都是矢量，故D正确故选：D2解：A、放在桌子上的皮球受到的弹力，是由于桌子发生形变之后要恢复原状对皮球产生的故B错误B、绳的拉力是一种弹力，是由于绳子发生拉伸形变，要恢复原状而对物体产生的，所以其方向沿着绳子指向绳子收缩的方向故B正确C、根据摩擦力产生的条件可知，有摩擦力时一定有弹力；故C正确；D、摩擦力的方向
11、可以与运动方向相同，也可以相反，故D错误；故选D3解：据加速度的定义式：a=可知：AB、当速度越大或速度变化越大时，还取决于时间，所以加速度不一定越大，故AB错误；C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化越快，加速度越大，故C正确；D、据加速度的定义式可知，相等时间内速度变化越大，加速度一定越大，故D错误故选：C4解析：物体的重力势能值与重力势能的零势能面的选取有关，故此题D选项正确。5解：A、由图象知第一秒做匀加速直线运动，第二秒做匀速直线运动，第三秒做匀减速直线运动，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确C、由图知，在前3
12、s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，第1s内和第3s内的运动方向相同，故C错误；D、根据“面积”可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误故选：B6解：以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：（F1F2）=2ma，加速度为：a=，以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F1N=ma，解得A、B间的作用力：N=； 故选：D7解：以小球为研究对象，分析受力如图设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得F1=，F2=mgtan根据牛顿第三定律得球对绳的拉力F1=F1=，球对墙的压力F2=F2=mgtan把绳的长度增大减小，减小，cos增大，tan减小，
13、则得到F1和F2都减小故选：A8解：A、力并不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误，B正确；C、物体不受力时将保持静止状态或匀速直线运动状态，故C错误；D、影响惯性大小的唯一因素是质量，质量相同，惯性相同，与运动情况及受力情况无关，故D正确故选：BD9解：A、此图位移不随时间而变化，图线的斜率等于速度，说明物体处于静止状态，故A错误；B、由图看出速度不随时间变化，说明物体做匀速直线运动，故B正确；C、此图线的斜率不变而且大于零，说明物体做匀速直线运动，故C正确；D、速度随时间均匀增大，说明物体做匀加速直线运动，故D错误；故选：BC10解：A根据h=可知，知道石块下落的时间
14、就可以求出楼的高度，故A正确；B根据2ah=v2可知，知道石块落地的速度就可以求出楼的高度，故B正确；C石块第1s内的位移可以根据h=直接计算，是一个已知量，如果只知道石块第1s内的位移，没有其他条件，无法计算楼的高度，故C错误；D设运动时间为t，根据x=xtxt1即=x，可以算出下落的时间，由A的分析可知，可以求出楼的高度，故D正确故选：ABD11解：A、在蹬地过程中，加速度方向向上，所以此时人处于超重状态；故A正确，B错误；C、当离开地面后，人对地面就没有作用力了，处于完全失重状态，此时有向下的加速度，加速度的大小为重力加速度g，故C正确，D错误故选：AC12解：B、以人为研究对象，分析受
15、力情况如图，人保持静止状态，则知FA与FB的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，故B正确；A、C、D、由图看出FA的大小在减小，FB的大小也在减小，故A错误，C错误，D正确；故选：BD二、实验题（本大题共2小题，每小题6分，共12分）13解：（1）A、打点计时器应接交流电源，故A错误；B、将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故B正确，D错误；C、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误； 故选：B（2）两计数点间还有4个打点未
16、标出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=1.28m/sAB=8cmBC=11.2cm，CD=14.4cm，DE=17.6cm，可知连续相等时间内的位移之差为3.2cm，根据x=aT2得：a=3.2m/s2故答案为：（1）B，（2）1.28，3.214 解：（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持木块质量不变；（2）当拉力F已经不为零时，木块仍然没有产生加速度，故原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是不再满足钩码的质量远远小于小木块的质
17、量，即所挂钩码的总质量太大；故选：A故答案为：（1）木块质量；（2）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；A三、解答题（本大题共4小题，共40分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤）15解：（1）设加速度为a，由位移时间公式得：前3s内的位移：代入数据得：a=2m/s2（2）由速度公式得：2s末的速度：v2=vv0+at2=3+22=7m/s（3）由位移时间公式得：前2s内的位移：第3s内的位移：x=x3x2=1810=8m答：（1）物体的加速度为2m/s2；（2）2s末的速度7m/s；（3）第3s内的位移8m16解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等
18、于重力。P0F0vmaxF0mg代入数据，有：P05.1104 W。(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：P0Fv1Fmgmav1at1由，代入数据，得：t15 st2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2atPFv2由，代入数据，得：P2.04104 W。答案：(1)5.1104 W(2)5 s2.04104 W17解：（1）有速度时间图象可知（2）在风力作用下，由牛顿第二定律得Fmgsin37mgcos37=ma1解得F=30N（3）有速度时间图象可得小球在杆上向上运动的最大
19、位移为x=小球下滑的加速度为mgsin37mgcoa37=ma2解得由x=得t=答：（1）小球在02s内的加速度20m/s2（2）02s内风对小球作用力F的大小为30N；（3）小球从最高点滑到出发点O点是时间t为18解：（1）物块刚放上小车时，受摩擦力，故物块的加速度a1=g=4m/s2，方向水平向右小车受推力F及摩擦力作用，根据牛顿第二定律，小车的加速度a2=3m/s2，方向水平向右（2）设经过t时间，物块与小车的速度相等，则有：v0+a2t=a1t，解得：t=1s（3）在开始1s内小物块的位移：=2m最大速度：=a1t=4m/s 在接下来的2s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a=3.4m/s2这0.5s内的位移：S2=vt+=14.8m所以通过的总位移s=s1+s2=2+14.8=16.8m（4）由（2）可知，在时间t=1s时，二者速度相等，此时，物块位移=2m小车位移=3.5m小车平板的最小长度：L=x2x1=1.5m答：（1）小物块放上后，小物块的加速度为4m/s2，小车的加速度为3m/s2（2）从小物块放上小车开始，经多1s两者达到相同的速度；（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为16.8m（4）若小物块恰好不从小车左端滑下，小车平板的最小长度是1.5m
