1、新泰一中2018级高一上学期第二次质量检测考试物理试题一、选择题(共14小题，每小题4分，共56分，在每小题给出的四个选项中，第19小题只有一个选项符合题目要求，第1014小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. 伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学研究的方法利用斜面实验主要是考虑到（ ）A. 实验时便于测量小球运动的速度和路程B. 实验时便于测量小球运动的时间C. 实验时便于测量小球运动的路程D. 斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律【答案】B【解析】自由落体速度很快下落时间较短不便于
2、测量，如果将落体实验转化为著名的“斜面实验”，可以缓冲重力加速度，便于测量小球运动时间，选B2.如图所示，对下列插图描述正确的是（）A. 图甲右上方的路牌所标的“50”因为车辆通行的平均速度B. 由图乙可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处C. 图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性D. 图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小【答案】C【解析】图甲右上方的路牌所标的“50”为车辆通行的瞬时速度不超过50km/h，故A错误；由图乙可推出所有形状规则且质量分布均匀的物体重心均在其几何中心处，故B错误；惯性是物体保持原来速度不变的性质，图丙中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有
3、惯性，故C正确；图丁中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力减小，但重力不变，故D错误；故选C。3.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为30，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为()A. B. mgC. mgD. mg【答案】A【解析】试题分析：对沙袋受力分析，由平行四边形定则可知，练功队员对沙袋施加的作用力大小为F=mgsin300=，故选A.考点：物体的平衡.4.如图所示，为甲、乙两物体相对于同一坐标的图像，则下列说法正确的是（ ）甲、乙均做匀变速直线运动 甲比乙早出发时间甲、乙运动的出发点相距
4、甲的速率大于乙的速率A. B. C. D. 【答案】C【解析】图象是xt图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t0，甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x0.甲、乙运动的速率用图线的斜率的绝对值表示，由图可知甲的速率小于乙的速率5.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则 ( )A. 绳子对甲的拉力小于甲的重力B. 绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C. 乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力D. 乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力【答案】D【解析】【分析】甲处于静止状态，根
5、据静止的物体受到平衡力的作用，根据平衡力条件进行判断。甲未拉断绳子，乙拉断绳子，绳子是相同，人的质量是相同，一者绳子断了，一者绳子未断，可以判断两根绳子拉力大小，间接得到乙图绳子的拉力和人重力的关系。【详解】甲悬在空中静止，甲受到平衡力作用，绳子的拉力和甲的重力是一对平衡力，甲受到绳子的拉力等于甲的重力，故A错误；绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，故B错误；甲乙质量相等，重力相等，绳子相同。甲悬在空中绳子未拉断，绳子的拉力等于甲的重力。乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，绳子对乙的拉力大于绳子对甲的拉力，甲乙重力相等，所以乙拉断绳子前瞬间，绳受到的拉力一定大于乙受到的重
6、力。故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。6.如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是( )A. 速度相等的物体是B、DB. 合力为零的物体是A、C、EC. 合力是恒力的物体是D、FD. 合力是变力的物体是F【答案】D【解析】x-t图象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度为；v-t图象中表示速度随时间变化的规律，故C为匀速运动，速度为2m/s；D为匀变速直线运动，加速度a=2m/s2；a-t图象中表示加速度随时间变化的规律，故F为加速度增大的加速运动，E为匀加速运动；则可知：A、由以上分析可知，只有BC保持匀速运动且速度相等，故速度相等的是BC
7、；故A正确。B、做匀速运动或静止的物体合力为零，故合力为零的物体ABC；故B错误。C、做匀变速直线运动的物体合力为恒力，故合力是恒力的为DE；故C错误。D、做变加速运动的物体受到的是变力；故合力为变力的物体是F；故D正确。故选D。【点睛】本题考查牛顿第二定律以及运动学图象的规律，要注意明确v-t图象、s-t图象在运动学中有着非常重要的作用，应掌握图象的意义、斜率及图象与时间轴围成的面积的含义7.如图所示，质量分别为2m、m的箱子A和物体B，用轻质细绳相连跨过光滑的定滑轮，A置于倾角30的斜面上，处于静止状态。现向A中缓慢的加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( )A. 绳子拉力
8、逐渐增大B. A对斜面的压力保持不变C. A所受的摩擦力逐渐减小D. A所受的摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】试题分析：因绳子拉力总等于物体B的重力，T=mg，故在A中加入沙子的过程中，绳子的拉力不变，选项A错误；开始时，对物体A：T+f=2mgsin300,则f=0；则在加入沙子的过程中，A对斜面的压力FN=mAgcos300，则随mA的增加，A对斜面的压力增大，选项B错误；加入沙子的过程中，对A：T+f1=mAgsin300，则随mA的增大，A所受的摩擦力f1逐渐增大，选项C错误，D正确；故选D.考点：物体的平衡；摩擦力【名师点睛】此题是对物体的平衡问题的考查；解题时要分析物体的受力，根据
9、物体所处的状态列出平衡方程讨论；此题难度不大，考查学生灵活分析问题的能力.8.起重机以0.5 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止开始匀加速向上提升，g取10 m/s2，则在1 s内起重机对货物做的功是（ ）A. 125 J B. 2625 J C. 2500 J D. 2375 J【答案】B【解析】【分析】由运动学公式可求得1s末物体的速度和位移；由牛顿第二定律可求得拉力的大小；由动功的公式可求得1s内拉力所做的功。【详解】由位移公式可得：，由牛顿第二定律可得：F=ma+mg=1000（10+0.5）=10500N；则在1 s内起重机对货物做的功是：W=Fx=105000.2
10、5J=2625J，故B正确，ACD错误。【点睛】本题考查功的公式，要注意所求功为起重机所做的功；故应先求出起重机对重物的拉力，再由功的公式求解功。9.一个物体从光滑斜面下滑，关于重力做功的功率的说法正确的是（）A. 重力不变，重力做功的功率也不变B. 重力做功的功率在下滑过程中不断减小C. 重力做功的功率等于重力和下滑速度的乘积D. 重力做功的功率小于重力和下滑速度的乘积【答案】D【解析】【分析】应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体下滑到某一位置时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力瞬时功率的表达式，进而比较求解。【详
11、解】物体下落高度为h时，根据速度位移公式可得沿斜面方向的速度为：，则此时重力的功率为，可知随着下落高度的增大，重力的功率增大，故D正确，ABC错误。10.一物体质量为m，该物体所受合力的大小为F，获得加速度为a，那么在下图中，正确表示了它们之间函数关系的是( )A. B. C. D. 【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律F=ma可得a=，在物体质量一定的情况下，物体的加速度a跟物体所受的合外力F成正比故A正确B中F与a不是正比例关系，故B错误由于物体的质量与物体所受合外力大小无关，与物体的加速度的大小无关，仅仅由物体所含物质的多少决定故C错误，而D正确故选A、D11.如图所示，物块A、B的质量
12、均为m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F的作用下，两物块均处于静止状态则()A. B受到的摩擦力大小等于mgB. B受到的摩擦力大小等于2mgC. B对地面的压力大小等于mgD. B对地面的压力大小等于2mg【答案】AD【解析】试题分析：AB、物块a在竖直方向受重力和b对它的摩擦力，处于静止状态，者两个力等大反向；A对B错CD、把a、b看成一个整体，竖直方向整体受重力和地面的支持力，这两个力等大反向，所以地面对b的支持力等于2mg，根据牛顿第三定律，b对地面的压力大小等于2mg；C错D对故选AD考点：摩擦力的大小点评：容易题。静摩擦力是一种被动力，它随外力的变化而变化，范围可在0到最大静
13、摩擦力之间，与物体间的正压力无关，因此不能由公式求解在现有知识的条件下，静摩擦力的大小只能根据物体受力平衡的条件来求解12.如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m1kg的小球，现在将小球与不可伸长的轻绳一端相连，弹簧被拉长到B处(在弹性限度内)，轻绳与竖直方向成45角，此时小球处于静止状态，且刚好与水平面接触但没有压力，剪断轻绳后，小球向左最远可以运动到A处，已知小球与水平面间的动摩擦因数为0.4，g10m/s2，以下说法中正确的是 ( )A. 当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为6m/s2B. 当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为10m/s2C. 小球从B运动到O的过程，
14、加速度逐渐减小，速度逐渐增大D. 小球从B运动到O的过程，速度先增大后减小【答案】AD【解析】【分析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小，再研究剪断轻绳瞬间，抓住弹簧的弹力没有变化，求解小球的合力，由牛顿第二定律求出小球的加速度和水平面对小球的支持力，结合受力分析，利用牛顿第二定律判断出加速度的变化及速度的变化。【详解】剪断轻绳前小球受力情况，如图所示，根据平衡条件得：轻弹簧的弹力大小F=mg=10N，水平面对小球的支持力大小N=mg=10N，摩擦力大小为f=mg=4N，根据牛顿第二定律得：加速度，方向向左，故A正确，B错误；从B到O得过程中，当弹簧的弹力等于摩擦力时，此时的加速度为零
15、，在此位置右侧，加速度减小，做加速运动，在此位置右侧，加速度增大，做减速运动，故速度先增大后减小，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。【点睛】本题是瞬时问题，先分析剪断轻绳前小球的受力情况，再分析剪断轻绳瞬间的受力情况，再根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度。13.如图（a），用一水平外力F推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图（b）所示，重力加速度g取10 m/s2。根据图（b）可知（ ）A. 物体的质量m2 kgB. 斜面的倾角37C. 加速度为6 m/s2时物体的速度v18 m/sD. 物体能静止在斜面上所施加的最小水平外
16、力Fmin12 N【答案】B【解析】AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图：x方向： y方向： 从图象中取两个点，代入式解得：， 所以物体的重力，斜面的倾角为，故A错误，B正确；CD、当时，可解得，即最小拉力为，题中并为说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为时物体的速度大小故C、D错误。点睛：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息。14.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的
17、动摩擦因数0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )A. 乘客与行李同时到达B处B. 乘客提前0.5s到达B处C. 行李提前0.5s到达B处D. 若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处【答案】BD【解析】试题分析：行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短解：A、B、C、由牛顿第二定律，得 mg=ma得 a=1m/s2设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s由v=at1代入数值，得t
18、1=1s，匀加速运动的位移大小为：x=0.5m，匀速运动的时间为：t2=1.5s，行李从A到B的时间为：t=t1+t2=1+1.5=2.5s而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人=2s故乘客提前0.5 s到达B故A、B错误C正确；D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短由L=，解得最短时间tm=2s故D正确故选：CD【点评】该题考查是的传送带问题，行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，若要时间最短，则行李一直做匀加速运动二、实验题(共2小题，每小题6分，共12分)15.某实验小组只用一个弹簧秤进行“探究求合力的方法”实验。(1)请将以下实验步骤补充完整：如图，把两根细线中
19、的一条细线与弹簧秤连接，然后同时拉这两条细线，使橡皮条的一端伸长到O点，记下秤的示数F1和两细线的方向；放回橡皮条后，将弹簧秤连接到另一根细线上，再同时拉这两条细线，使橡皮条的一端伸长到O点，并使两条细线位于记录下来的方向上，记下秤的示数F2；再次放回橡皮条后，用弹簧秤连接一根细线，_；根据平行四边形定则作出F1和F2的合力与步骤比较，得出结论。(2)图示步骤中，若保持弹簧秤所在一侧细线方向不变，O点位置不变，将右侧细线缓慢移至虚线位置，弹簧秤读数的变化情况是：_。【答案】 (1). 拉动细线，使橡皮条的结点到达位置O点，记下此时弹簧秤的读数F和细线的方向； (2). 逐渐增大。【解析】(1)
20、再次放回橡皮条后，用弹簧秤连接一根细线，为了使作用效果相同，则拉动细线，使橡皮条的结点到达位置O点，记下此时弹簧秤的读数F和细线的方向(2)对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图所示：其中O点位置不变，其拉力大小不变，左侧弹簧拉力方向不变，右侧弹簧拉力方向和大小都改变，根据平行四边形定则可以看出将右侧细线缓慢移至虚线位置，弹簧秤读数逐渐增大【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义16.某课外实验小组利用如图1所示的装置来探究拉力F不变时加速度a与小车质量m之间的关系(1)甲同学根据测得的实验数据作出的
21、a图象如图2所示，则图线弯曲的原因是_A小车与长木板之间有摩擦B没有平衡摩擦力C打点计时器打点的周期小于0.02 sD小车和砝码的总质量没有一直远大于砂和砂桶的总质量(2)乙同学利用在实验中打出的一条纸带测量小车运动的加速度，纸带上的数据如图3所示已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，A、B、C、D、E、F、G为计数点，且相邻计数点间均有一个点没有画出，则打点计时器打D点时小车的速度大小为_m/s；小车运动的加速度大小为_m/s2.【答案】 (1). D (2). 1.62 (3). 3【解析】【详解】(1)当小车和砝码的总质量没有远大于砂和砂桶的总质量时，小车受到的拉力不能近似认为等于
22、砂和砂桶的总重力，此时小车的a图象就不再是直线，故D正确；(2) 计数点间有一个点没有滑出，计数点间的时间间隔为：t=0.022=0.04s，小车做匀加速直线运动,打D点时的速度为：vD=m/s1.62 m/s，由匀变速直线运动的推论：xaT2可得：a=m/s2=3 m/s2.【点睛】（1）当小车质量远大于砂和砂桶的质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶重力，如果砂与砂桶质量太大，则小车受到的拉力明显小于砂与砂桶的质量，图象发生弯曲；（2）做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打D点的速度；根据匀变速直线运动的推论：x=at2求出小车的加速度三、计算
23、题（共3小题，满分32分）17.如图所示，某同学测出一棵苹果树树干部分的高度约为1.6m，一个苹果从树冠顶端的树梢上由于受到扰动而自由下落，该同学测出苹果经过树干所用的时间为0.2s，重力加速度取10m/s2，则： （1）苹果树树冠部分的高度约为多少？（2）苹果落地时的速度为多大？【答案】（1）2.45m（2）9m/s【解析】试题分析：设开始下落到达树干的时间为t，结合位移关系列式，从而根据位移时间公式求出物体开始下落时树冠的高度，根据v=gt求出末速度。（1）设树冠高度为h1，树干高度为h2，苹果从顶部下落到树干顶部的速度为v0，则 代入数据解得：v07 m/s又根据速度位移公式:， 代入数
24、据解得：h12.45 m.（2）设树的总高度为H，苹果落地的速度为v1，则根据速度位移公式：总高度为：Hh1h24.05 m联立解得：v19 m/s.点睛：本题主要考查了自由落体运动，在结合位移时间公式进行求解，属于基础题。18.如图所示，一质量的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量的小滑块，以的速度从长木板的左端滑上长木板已知小滑块与长木板间的动摩擦因数问：（1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？（2）从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？滑块始终没有滑离长木板【答案】（1）0.15s（2）0.135m【解析】（1）根据牛顿第二定律得小滑块的加速度为： 木
25、板的加速度为： 小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动根据运动学公式有： 解得： （2）由 得： 点睛：解决本题的关键理清滑块和木板的运动情况：木板做加速运动，滑块做减速运动，当两者速度相等时保持相对静止，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解19.滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，如图甲所示，OAB是同一竖直平面上的滑行轨道，其中OA段是长27 m的水平轨道，AB段是倾角37足够长的斜直轨道，OA与AB在A点平滑连接已知滑板及运动员总质量为60 kg，运动员从水平轨道向左滑向斜直轨道，滑到O点开始计时，其后一段时间内的运动图象如图乙所示将滑板及运动员视为质点，滑过拐角时速度大小不变，在
26、水平和斜直轨道上滑板和接触面间的动摩擦因数相同(取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，忽略空气阻力)求：(1)滑板与接触面间的动摩擦因数；(2)运动员到达坡底A点时速度大小；(3)运动员沿坡上滑的最大距离(保留三位有效数字)【答案】(1)0.2(2)6 m/s(3)2.37 m【解析】试题分析：由图可求得人运动的加速度，再由牛顿第二定律可求得动摩擦因数；由速度和位移的关系可求得到达A点的速度；对上滑过程由动能定理求解上滑的距离（1）由运动图象知：在水平方向由牛顿第二定律有：mgma代入数据解得：0.2.（2）设人运动到A点时速度为v，由运动学公式：代入数据解得：v6 m/s.（3）运动员冲上斜坡后做匀减速直线运动，设减速过程的加速度为a由牛顿第二定律得：mgsinFNma垂直斜面方向：FNmgcos代入数据解得：a7.6 m/s2设沿坡上滑的最大距离为x，由运动学公式有：0v22ax代入数据解得：x2.37 m即沿坡上滑的最大距离为2.37 m.点睛：本题主要考查动能定理的应用，要注意正确分析物理过程，做好受力分析才能准确找出物理规律求解。