1、2018-2019学年广东省广州市荔湾区高一（上）期末试题一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）1.下列物理量属于矢量及其对应的国际单位制符号，正确的是A. 力，kg B. 质量，kg C. 加速度， D. 速度，【答案】D【解析】A.力是矢量，单位符号是N，故A错误；B.质量是标量，单位符号是kg，故B错误；C.加速度是矢量，单位符号是，故C错误；速度是矢量，单位符号是，故D正确；选D.2.如果我们计划从广州开车去肇庆，我们可以用手机导航软件选择导航路线。如图所示，是某一常用导航软件界面图，软件界面上显示了多条不同的路线，则下列说法正确的是（）A. 方案一中109公里是指路程B. 方案
2、二中的“1小时39分”是指时刻C. 计算此行程的平均速度时，不能将车看成质点D. 导航路线方案中的“公里数”是指位移大小【答案】A【解析】【分析】时刻为时间轴上的点，时间间隔为时间轴上的一段，位移为初位置到末位置的有向线段，路程为物体运动轨迹的长度。根据质点的条件分析。【详解】109公里是运动轨迹的长度，是路程，故A正确； “1小时39分”是指时间，故B错误；在计算车的平均速度时，车的大小可以忽略不计，可以看作质点，故C错误； 导航路线方案中的“公里数”是指路程，故D错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】本题的关键是掌握位移和路程的区别：位移是指位置的移动，由初位置指向末位置，有大小有方向；路
3、程是表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向。3.关于加速度，下列说法中正确的是（）A. 有加速度的物体，其速度一定增加B. 物体的速度有变化，则一定具有加速度C. 加速度为零的物体一定处于静止状态D. 加速度越大，则物体速度的变化量越大【答案】B【解析】【分析】加速度的定义，从数学来看，加速度等于速度的变化率。速度变化大，是指v大，时间不一定，加速度不一定大。速度大，加速度不一定，两者没有直接关系。【详解】有加速度的物体，速度大小一定变化，不一定增加，故A错误；物体的速度发生变化，则必有加速度，故B正确；如果加速度为零，则速度不一定为零，故C错误；加速度等于速度的变化率，加速度越大，说明速度变
4、化率越大，速度变化量则不一定，因为时间不一定，故D错误。所以B正确，ACD错误。【点睛】根据加速度的物理意义：加速度表示物体速度变化的快慢，根据定义式，分析加速度大的含义4.如图所示质量为m的物体在沿斜面向上的力F作用下沿粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体（）A. 支持力为B. 支持力小于C. 无摩擦力D. 有水平向右的摩擦力【答案】B【解析】【分析】整体中两部分都处于静止状态，因此整体处于平衡状态；然后通过共点力的平衡方程求出地面的摩擦力以及支持力的大小。【详解】整体受力如下图所示：根据共点受力平衡可得：f=Fcos，方向水平向左；支持力大小为：N=（M+
5、m）g-Fsin，小于（M+m）g，故ACD错误，B正确。【点睛】解决本题的关键是正确进行受力分析，运用共点力平衡条件进行分析，掌握整体法与隔离法的运用。5.如图所示，人在水平地面做快速“下蹲”运动，设人的重力为G，以下说法正确的是（）A. 人对地面的压力一直大于GB. 地面对人的支持力一直等于GC. 人对地面的压力先小于G，后大于GD. 人对地面的压力先大于G，后小于G【答案】C【解析】【分析】快速“下蹲”运动时，先加速后减速，根据加速度的方向，结合牛顿第二定律比较对地面的压力和运动员重力的大小关系。【详解】下蹲加速阶段，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得，mgNma，则Nmgmamg，所以
6、压力FG下蹲过程减速阶段，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得，Nmgma，则Nmg+mamg，所以压力FG所以人对地面的压力先小于G，后大于G，故ABD错误C正确。故选C。6.如图所示，为某物体运动的v-t图象，以下说法正确的是（）A. 的加速度大于的加速度B. 的平均速度大小为C. 物体一直向同一方向运动D. 的位移大小为4m【答案】C【解析】【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，根据图线斜率比较加速度的大小，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合图线围成的面积求出位移。【详解】图线的斜率表示加速度，0-2s图线图线斜率小于4-5s内图线斜率，则02s的加速度小于45s的加速度，故A错误；04
7、s的位移，则平均速度，故B错误；0-5s内图象一直在时间轴上方，沿正方向运动，即一直向同一方向运动，故C正确；4-5s内的位移，故D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。7.某同学在玩“蹦极”，如图所示，已知橡皮条自然状态的长度是20m，若不考虑空气阻力，从静止开始下落，g=10m/s2，则该同学（）A. 下落第1s末的瞬时速度大小是B. 下落前2s的平均速度大小是C. 下落第3s末的瞬时速度大小是D. 当该同学下落20m时，速度达到最大值【答案】A【解析】【分析】根据自由落体运动运动的规律求出
8、1s末的速度、2s内的位移，然后由平均速度的公式求出平均速度；结合受力的特点判断速度最大的位置。【详解】由题可知，该同学做自由落体运动的时间：，1s末的速度：v=gt1=101=10m/s，故A正确；2s内的位移恰好是20m，则2s内的平均速度：，故B错误；2s末橡皮绳拉直，2s后该同学不再做自由落体运动，所以3s末的速度不是：v3=gt3=103=30m/s，故C错误；2s末橡皮绳拉直，橡皮绳开始拉长时的拉力小于该同学的重力，所以将继续向下做加速运动，当橡皮绳的拉力等于重力时，人的速度最大，所以在2s末的速度没有达到最大值，故D错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】该题考查牛顿第二定律的瞬时
9、变化问题，解答的关键是要明确当橡皮绳的拉力等于重力时，人的速度最大。8.如图所示，在中央电视台“挑战不可能”节目中，选手正沿倾斜钢丝小心翼翼地缓慢上行。在这一过程中A. 钢丝对人的作用力垂直钢丝向上B. 选手受到钢丝的摩擦力沿钢丝斜向下C. 选手手中的平衡杆所受合力竖直向上D. 钢丝对选手的支持力和选手对钢丝的压力是一对作用力和反作用力【答案】D【解析】【分析】选手沿倾斜钢丝缓慢上行，每一个状态都可看做平衡状态，分别对人、平衡杆受力分析，根据平衡条件来判断，可类比物体在斜面上静止，根据牛顿第三定律来分析判断。【详解】钢丝对人施加了垂直钢丝向上的支持力、沿钢丝向上的摩擦力，二者的合力竖直向上与重
10、力平衡，故A错误；选手受到钢丝的摩擦力沿钢丝斜向上，故B错误；平衡杆每个状态也看做平衡状态，所以所受合力为0，故C错误；根据牛顿第三定律知：钢丝对选手的支持力和选手对钢丝的压力是一对作用力和反作用力，故D正确。所以D正确，ABC错误。【点睛】本题考查了受力分析、平衡条件，关键是把每一个状态都看做平衡状态来讨论。9.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一路标在如图描述两车运动的v-t图中，直线a、b分别描述了甲乙两车在020秒的运动情况关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（）A. 在秒内两车逐渐靠近B. 在秒内两车逐渐远离C. 在秒时两车在公路上相遇D
11、. 在秒内两车的位移相等【答案】D【解析】【分析】根据两车的速度大小分析它们之间的位置关系当两车的位移相等时，两车相遇根据图象的“面积”分析两车何时相遇和位移关系【详解】在010秒内，乙车在甲的前方，而且乙的速度大于甲的速度，则两车逐渐远离，故A错误；在1020秒内，乙车在甲的前方，乙的速度小于甲的速度，则两车逐渐靠近，故B错误；根据图象的“面积”等于物体的位移大小，可以看出，在t=10秒时乙车的位移大于甲车的位移，t=0时刻又在同一位置出发，所以在t=10秒时两车没有相遇，故C错误；在515秒内两车图线的“面积”相等，则通过的位移相等，故D正确。所以D正确，ABC错误。【点睛】本题根据速度图
12、象分析两车的运动情况，抓住“面积”等于位移大小，确定两车的位置关系，两图线的交点表示速度相等，两车相距最远10.如图所示，游乐场中，从高处A点到水面B点，有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩同时由静止开始从A处滑向B处，下列说法正确的是（）A. 甲比乙先到B处B. 甲、乙下滑的加速度时刻相等C. 甲通过的位移比乙通过的位移小D. 甲、乙在同一时刻总能到达同一高度【答案】A【解析】【分析】由受力分析及牛顿第二定律分析两个小孩切向加速度的大小，从而可速度增加的快慢；可以使用机械能守恒来说明速度大小；哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v-t图象来计算说明。【详解】甲的切向加
13、速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置，则甲比乙先到达B处，故A正确，D错误；下滑的时刻，甲的倾斜程度较大，下滑分力较大，加速度比乙的大，故B错误；甲乙两球的始末位置相同，位置变化相同，则位移相同，故C错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】本题应该从“加速度”概念方面解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小；乙的加速度逐渐增大。所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加的最慢。11.如图所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”，实际上相当于两个人拔河。如果绳质 量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜。则下
14、列说法中正确的是A. 甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B. 甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小C. 甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D. 只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小【答案】B【解析】【分析】“押加”比赛中两队对绳子的拉力等大反向，之所以甲获胜，原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力.【详解】甲对绳的拉力和绳对甲的拉力为作用力和反作用力，而绳对乙的拉力和乙对绳的拉力是一对相互作用力；而绳子上张力是相同的，故甲拉乙的力与乙拉甲的力大小始终相等，与运动状态无关，但二者不是作用力和反作用力，故A、C、D错误，B正确；故选B.【点睛】本题考
15、查物理知识在生活中的应用，由此题的知识我们可以知道，在拔河比赛中要挑选一些体重大的同学，以增加与地面之间的最大静摩擦力.二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）12.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀变速直线运动，在启动阶段，列车的（）A. 位移与它经历的时间成正比 B. 瞬时速度与它经历的时间成正比C. 平均速度与它经历的时间成正比 D. 加速度与它经历的时间成正比【答案】BC【解析】【分析】列车作初速度为零的匀加速直线运动，结合运动学公式，列式分析各个量之间的关系。【详解】由位移公式：可知位移与时间的二次方成正比，故A错误；由速度公式：x=at可知瞬时速度与时间成正比，故B正确
16、；平均速度，则平均速度与时间成正比，故C正确；因为做匀变速直线运动，所以加速度不变，故D错误。所以BC正确，AD错误。【点睛】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度位移公式，通过列式进行分析。13.下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是()A. B. C. D. 【答案】BC【解析】试题分析：AB第一个图是速度时间图象，由速度时间图象可知：0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，A图中位移时间图象表示0-3s内物体静止，4-5s内物体也静止，故A错误；B图中速度图像表示0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内物体匀加
17、速运动，加速度为2m/s2，故B正确；C图中位移图像表示物体先静止后匀速运动，速度大小为2m/s，而速度图像在前3s为零，3-5s做匀速运动大小为2m/s，故C正确，D图中加速度时间图象表示0-3s内物体做加速度为零的运动，4-5s内物体匀加速运动，故D错误故选BC考点：本题主要考查了运动图象问题，点评：v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，位移-时间图象的斜率等于物体运动的速度，加速度时间图象表示加速度随时间变化情况，根据图象即可求解14.科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A
18、下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而仿佛是固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是（取重力加速度g=10m/s2）（）A. 间歇发光的时间间隔是2sB. 根据条件可以求得水滴在D点的速度C. 水滴在B、C、D点速度之比满足：2：3D. 水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足【答案】BC【解析】【分析】若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等。根据初速度为零的匀变速直线运动的公式和推论进行分析。【详解】若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似
19、乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等；由图可知，各点之间的位移差为：x=0.2m。根据x=gt2，则，故A D错误。利用平均速度等于中间时刻的速度求解C点的速度，在根据速度公式对CD段列式求解D点的速度，故根据题目条件可以求得水滴在D点的速度，故B正确；根据v=gt得：vB：vC：vD=1：2：3，故C正确。所以BC正确，AD错误。【点睛】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道匀变速直线运动的公式和推论，并能熟练运用。三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）15.为了探究弹簧弹力F和弹簧伸长量的关系，某同学选了A.B两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图像，从图像上看
20、，该同学没能完全按实验要求，使图像上端成为曲线，图像上端成为曲线的原因是： ，弹簧B的劲度系数为 ，若要制作一个精度较高的弹簧测力计，应选用弹簧 （选填“A”或“B”）。【答案】超过了弹簧的弹性限度 ， 100N/m ， A 【解析】【详解】向上弯曲的原因是超出了弹性限度，注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出，由图象可知，A的劲度系数小，B的劲度系数大故答案为：超过弹簧的弹性限度，100，B【点睛】根据胡克定律，结合数学知识即可正确解答，同时注意胡克定律成立的条件，从而即可求解本题考查了弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系的基础知识，比较简单，是一道考查基础知识
21、的好题，注意图象的斜率含义四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）16. 某同学在探究小车速度随时间变化的规律时，对打出的一条纸带进行研究，从O点开始每5个打点作为一个计数点（中间4个打点未画出，电源频率为50赫兹），计数点分别为A、B、C、D、E，该同学已求出各计数点对应的速度，其数值见下表。（结果保留两位有效数字）计数点ABCDE速度/（）0.700.911.101.301.49（1）根据以上数据在所给的坐标纸中作出小车的图线（计数点O点为计时起点，适当标出横、纵坐标刻度）。（2）计数点O对应的速度为 m/s，加速度为 m/s2。（保留3位有效数字）【答案】(1) 如下图所示; (2
22、) 0.500 ,2.00【解析】试题分析：（1）横坐标每格代表0.05s，纵坐标每格代表0.1m/s，描点连线如图所示.（2）计数点O对应的速度由图象的读数可知为0.500m/s，,求解速度时间图象的斜率即为加速度：.考点：本题考查了探究小车速度随时间变化的规律.五、计算题（本大题共3小题，共34.0分）17.一隧道限速36km/h.一列火车长100m，以72km/h的速度行驶，驶至距隧道50m处开始做匀减速运动，以不高于限速的速度匀速通过隧道若隧道长200m.求：(1)火车做匀减速运动的最小加速度；(2)火车全部通过隧道的最短时间【答案】(1)3m/s2(2)30s【解析】试题分析：火车的
23、初速度、末速度、位移已知，可以用位移速度关系式解出加速度，火车通过隧道的位移300m，速度10m/s，可解得时间。(1)已知火车的初速度为v0=72km/h=20m/s，限速为v=36km/h=10m/s，火车到隧道口的距离为x=50m，隧道长x0=200m，火车长L=100m当火车头到达隧道口时速度为36km/h时，加速度最小，设为a由位移速度关系式得：v2-v02=2ax得：a=-3m/s2 (2)火车匀速通过隧道位移s=300m，由：s=vt 解得：t=30s点晴：匀变速直线运动的基本公式的直接应用属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适公式，这样很多问题就会迎刃而解了。18.如图所示，
24、物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放在水平面上的物体乙相连，物体甲及物体乙均处于静止状态。已知：物体甲的质量m1=10kg，物体乙的质量m2=50kg，轻绳OA与竖直方向的夹角=37，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？（2）物体乙与水平面间的动摩擦因数至少多大？【答案】（1）125N，75N；（2）0.15。【解析】【分析】对点O受力分析，受三个沿着绳子方向的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解各个力；物体乙受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件得到静摩
25、擦力大小。【详解】（1）以结点O为研究对象，结点O受FOA、FOB和F三个力的作用，其中F=m1g，将FOA分解为水平方向和竖直方向的两个力，由平衡条件有：FOB=FOAsinFOAcos=F联立解得：FOA=125N FOB=75N故轻绳OA、OB受到的拉力分别为125N，75N。（2）乙在水平方向仅受绳OB的拉力FOB和地面的摩擦力f作用，根据平衡条件有：f=FOB 且f=N N=m2g联立以上各式得：=0.15【点睛】本题是力平衡中临界问题，关键是分析临界条件。物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值。19.如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐，在薄木板的中央有一个小滑块（可
26、视为质点），整个装置处于静止状态。某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动，已知拉力F=4.5N时，小滑块与木板之间恰好发生相对滑动。薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m，小滑块的质量m=0.5kg，小滑块与桌面、薄木板与桌面之间的动摩擦因数均为1=0.2，设滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力，重力加速度g=10m/s2求：（1）拉力F=3.6N时，m与M的加速度各为多大？（2）小滑块与薄木板之间的动摩擦因数2；（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件。【答案】（1）0.4m/s2；（2）0.1（3）F6N【解析】【分析】由题可知，使小滑块m与木板M之间发生
27、相对滑动的临界拉力F临界=4.5N，由于拉力F=3.6N4.5N，故M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求解加速度大小； 分别对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；画出两物体空间位置变化示意图，分析运动过程，根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移关系列方程求解。【详解】（1）由题可知，使小滑块m与木板M之间发生相对滑动的临界拉力F临界=4.5N，由于拉力F=3.6N4.5N，故M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动；把两物体看做整体，由牛顿第二定律可知：F-1（m+M）g=（m+M）a1解得：a1=0.4m/s2；（2）由题目可知，当拉力F=4.5N时
28、，小滑块m与木板M恰好发生相对滑动，此情况下分别对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律有：小滑块m：f=2mg=ma2，木板M：F-2mg-1（m+M）g=Ma2联立两式解得：=0.1（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如右图所示：则滑块的速度：v=a2t滑块下落到桌面上，由牛顿第二定律得：1mg=ma3位移：x1=，x2=由几何关系得：x1+x2=木板的位移：根据牛顿第二定律，对木板：F-2mg-1（m+M）g=Ma4解得：F=6N，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F6N。【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
