1、鄂尔多斯市20182019学年第一学期期中考试高三年级物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-12题有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分）1.在研究下列问题时，可以把汽车看作质点的是（ ）A. 研究汽车在行使时车轮上某一点的运动情况B. 研究人在汽车上的位置C. 研究汽车在上坡时有无翻倒的危险D. 计算汽车从南京开往上海的时间【答案】D【解析】【分析】当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响可忽略不计时，可以把物体当作质点根据这个条件进行判断【详解】A、研究汽车在行使时车轮上
2、某一点的运动情况时，汽车的大小不能忽略不计，故不能简化为质点，故A错误；B、研究人在汽车上的位置时，汽车的大小不能忽略不计，故不能简化为质点，故B错误；C、研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时，要考虑转动，汽车的大小不能忽略不计，故不能简化为质点，故C错误；D、计算汽车从南京开往上海的时间时，汽车的尺寸远小于位移，可以简化为质点，故D正确；故选：D。【点睛】物体能否看作质点，不是看物体绝对体积和形状，而是看大小和形状对所研究的问题影响能否忽略不计2.做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+2t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）A. 加速度为2m/s2 B. 前2 s内的平均速度
3、是6m/sC. 任意相邻的1 s内位移差都是4m D. 任意1 s内的速度增量都是2m/s【答案】C【解析】【分析】对照匀变速直线运动的位移时间关系公式，即可求得质点的初速度和加速度，求出前2s内的位移之后，与时间相比即可求得平均速度任意相邻的1s内位移差根据推论：求解速度增量根据求解【详解】A、根据匀变速直线运动的位移时间关系公式，可得质点的初速度 v0=5m/s，加速度a=4m/s2故A错误。B、由可得前2s内的平均速度为 故B错误。C、任意相邻的1s内位移差：x=aT2=412m=4m，故C正确。D、任意1s内的速度增量：，故D错误。故选：C。【点睛】本题关键要掌握匀变速直线运动的位移时
4、间关系公式、推论等运动学公式的基本规律，并能灵活应用3.如图所示,一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑,依次经过A、B、C三点,已知AB=18 m，BC=30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )A. 12 m/s，13 m/s，14 m/sB. 10 m/s，14 m/s，18 m/sC. 8 m/s，10 m/s，16 m/sD. 6 m/s，12 m/s，18 m/s【答案】D【解析】【分析】根据匀变速直线运动的推论：相邻的连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的
5、瞬时速度，结合速度时间公式求出A、C的瞬时速度【详解】根据得： B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有：则C点的速度为：，A点的速度为：，故D正确，ABC错误。故选：D。【点睛】解决本题的关键是要掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷4.从地面上将一个小球竖直上抛，经t时间小球经过空中的某点A，再经过t时间小球又经过A点。不计空气阻力，下列说法正确的是A. 小球抛出时的速率为 B. 小球抛出时的速率为C. 小球上升的最大高度为 D. A点的高度为【答案】B【解析】根据竖直上抛运动的对称性知，小球从抛出到上升至最高点用时3t2，设初速度为v0，可求
6、，所以A错误；B正确；小球上升的最大高度为：，所以C错误；A点的高度，故D错误。5.质量分别为的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间分别到达稳定速度，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即（k0），且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下落说法正确的是A. B. C. 释放瞬间甲球的加速度较大D. 时间内两球下落的高度相等【答案】B【解析】由图象知甲乙两球匀速运动的速度关系有：v甲v乙，由平衡得：mg=kv，联立得：m1m2 ，且 ，故B正确，A错误；释放瞬间两球的速度均为零，阻力为零，故加速度均为g，选项C错误
7、；图线与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图像可知t0时间内甲下落的高度较大，故选项D错误；故选B. 6.我国国家大剧院外部呈椭球型，将国家大剧院的屋顶近似为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行(如图所示)，他在向上爬的过程中（ ）A. 屋顶对他的支持力变大B. 屋顶对他的支持力变小C. 屋顶对他的摩擦力变大D. 屋顶对他的摩擦力大小不变【答案】A【解析】对警卫人员受力分析，如图所示：根据共点力平衡条件，将F支、Ff进行力的合成，可得：F支=Gcos，Ff=Gsin，当缓慢向上爬行时，渐渐变小，则F支变大，Ff变小，故A正确，BCD错误。7.如图所示，某赛车手在
8、一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9km，实际从A运动到B用时5min，赛车上的里程表指示的里程数增加了15km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150km/h，那么可以确定的是（）A. 整个过程中赛车的平均速度为108km/sB. 整个过程中赛车的平均速度为180km/sC. 赛车经过路标C时的瞬时速度大小为150km/sD. 赛车经过路标C时瞬时速度方向为由A指向B【答案】AC【解析】【分析】已知赛车手行驶的位移和时间，利用得到行驶的平均速度，平均速率是路程比时间。位移为由初位置指向末位置的有向线段。【详解】A、平均速度等于位移与时间的比值即，故A正确，
9、B错误；C、车内速度计指示的示数为150km/h，只有大小，没有方向，为瞬时速率，或瞬时速度的大小，故C正确；D、赛车经过路标C时瞬时速度方向为C点的切线方向，故D错误故选：AC。【点睛】考查平均速度是由位移与时间的比值，平均速率是路程比时间。位移为初位置到末位置的有向线段。8.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（ ）A. 电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2C. 乘客处于
10、失重状态D. 乘客对电梯地板的压力为425 N【答案】BC【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量变为静止时的3/4，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg-kx=ma，即a=2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项AC错误，选项B正确；以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mg-FN=ma，乘客对地板的压力大小为FN=mg-ma=500 -502.5 N=375 N，选项D错误故选B点睛：此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律判断出小球的加速度方向，由于小球和电梯相对静止，从而得到电梯
11、的加速度，最后判断电梯的超、失重情况9.如图所示，置于固定斜面上的物体A受到平行于斜面向下的力作用保持静止。若力F大小不变，将力F在竖直平面内由沿斜面向下缓慢地转到沿斜面向上(转动范围如图中虚线所示)，在F转动过程中，物体始终保持静止。在此过程中物体与斜面间的( )A. 弹力可能先增大后减小B. 弹力一定先减小后增大C. 摩擦力一定一直减小D. 摩擦力可能先减小后增大【答案】BD【解析】【分析】对物体受力分析，由共点力的平衡及静摩擦力的特点可得出各力的变化情况【详解】物体受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而处于静止状态，故合力为零；将重力和拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向
12、，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的分力先增大后减小，故弹力可能先减小后增大；故A错误、B正确；在沿斜面方向上，重力向下的分力、拉力的分力及摩擦力的合力为零；因拉力的分力先向下减小，后向上增大，故摩擦力可能先减小，后向下增大，也可能一直减小，故C错误，D正确。故选：BD。【点睛】本题考查共点力的平衡条件的应用，因拉力及摩擦力的关系不明确，故摩擦力存在多种可能性，应全面分析10.在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的支持力恰好为零，取g10m/s2，以下说法正确
13、的是A. 此时轻弹簧的弹力为零B. 此时轻绳的拉力为C. 当剪断轻绳的瞬间，小球所受的摩擦力为零D. 当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为8m/s2，方向向左【答案】BD【解析】试题分析：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=20N，细线的拉力大小为T=mg=20N剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F=20N，水平面对小球的支持力大小N=mg=20N，摩擦力大小为f=mg=4N，根据牛顿第二定律得：加速度，方向向左故选BD.考点：牛顿第二定律；共点力的平衡.11.将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，
14、除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，重力加速度为g，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为则下列选项正确的是 A. 物体B对水平面的压力大小为(M+m)gB. 物体B受到水平面的摩擦力大小为C. 滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanD. 滑块A对物体B的压力大小为【答案】AB【解析】C、D、首先对物体A受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：，根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为，A对挡板的压力大小为，CD错误；A、B、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板支持力、地面的静摩擦力，如图所示：根
15、据平衡条件，地面支持力大小，地面的摩擦力大小；再根据牛顿第三定律，对地压力大小为，A正确；B正确；故选AB。12.一物体做匀变速直线运动。当时，物体的速度大小为，方向向东；当时，物体的速度大小为，方向仍向东。当为多少时，物体的速度大小变为A. B. C. D. 【答案】BC【解析】试题分析：根据加速度公式可以知道物体的加速度为-2 m/，末速度的方向有两种可能，分别是+2m/s、-2m/s,根据匀变速直线运动的速度公式，可以计算得到时间分别是5s、7s，BC正确。考点：本题考查了匀变速直线运动的速度公式。二、实验题（本题共2个小题，共9个小空，每空2分，共18分）13.某同学为了测量木质材料与
16、金属材料间的动摩擦因数，设计了一个实验方案：实验装置如图甲所示，金属板放在水平桌面上，且始终静止。他先用打点计时器测出木块运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算出动摩擦因数。（1）实验时_（填“需要”或“不需要”）使砝码和砝码盘的质量m远小于木块的质量M；_（填“需要”或“不需要”）把金属板的一端适当垫高来平衡摩擦力。（2）图乙是某次实验时打点计时器所打出的纸带的一部分，纸带上计数点间的距离如图所示，则打点计时器打A点时木块的速度为_m/s；木块运动的加速度为_。（打点计时器所用电源的频率为50Hz，结果均保留两位小数）。（3）若打图乙纸带时砝码和砝码盘的总质量为50g，木块的质量为200g，则
17、测得木质材料与金属材料间的动摩擦因数为_（重力加速度g=10m/s2，结果保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）不需要 (2). 不需要 (3). （2）1.58， (4). 0.75， (5). 0.16【解析】(1)本实验是测量摩擦因数,故不需要平衡摩擦力,根据逐差法求得木块的加速度,把木块和砝码及砝码盘作为整体利用牛顿第二定律求得摩擦因数,故不需要使砝码和砝码盘的质量m远小于木块的质量M(2)A点的瞬时速度为: B点的瞬时速度为: 加速度为: (3)根据牛顿第二定律可以知道: ,代入数据计算得出: 综上所述本题答案是：(1). 不需要； 不需要 （2）1.58； 0.75 （3）0
18、.1614.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下：(1)若弹簧秤a、b间夹角为90，弹簧秤a的读数是_N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为_N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数_、弹簧秤b的读数_(填“变大”“变小”或“不变”)【答案】 (1). 3.00； (2). 3.9； (3). 变大； (4). 变大【解析】试题分析：（1）根据胡克定律可知，；
19、根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为300N；两弹簧秤夹角为90，则可知，b的读数为：；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况视频三、计算题（本题共3个小题，共34分）15.甲车以加速度1m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后4s钟在同一地点由静止开始，以加速度4m/s2作匀加
20、速直线运动，两车的运动方向相同，求：（1）在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是多少？（2）乙车出发后经多长时间可追上甲车？此时它们离开出发点多远？【答案】（1）12m（2）；334m【解析】试题分析：1）乙车从静止开始做匀加速运动，落后甲2s钟，则开始阶段甲车在前当乙车速度小于甲车的速度时，两者距离增大；当乙车速度大于甲车的速度时，两者距离减小，则当两者速度相等距离最大根据此条件求出时间，再求最大距离（2）当两车的位移相等时，乙车追上甲车根据位移公式求出时间和它们离开出发点的距离（1）乙追甲，当两者速度相等时，两者之间的距离最大，故有，解得t=1.6s两者之间的距离为，解得s=14.4m（2
21、）当两者的位移相等时，两者相遇，故有，解得t=4s由于从同一地点开始运动，所以乙车的位移等于离开出发点的距离，故代入数据得s=72m16. 如图所示，水平面上放置一个倾角=37的斜面体，现把一个质量m=10kg的物体放在该斜面体上，当用沿斜面向上大小为40N的拉力F作用于物体上时，物体刚好沿斜面匀速下滑而斜面体保持静止。求：出物体与斜面之间的动摩擦因数；若要使物体能沿斜面匀速上滑，拉力F应变为多大？（斜面体仍保持静止）（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】（1）0.25 （2）80N【解析】试题分析：（1）物体刚好沿斜面匀速下滑时，受力分析：根据平衡条件：mgsi
22、n37=mgcos37+F代入数据得：=0.25（2）若要使物体能沿斜面匀速上滑，根据平衡条件：F-mgsin37-mgcos37=0得：F=80N考点：物体的平衡。17.如图所示，长L=8m，质量M=3kg的薄木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物体放在木板的右端，现对木块施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2，求：(1) 若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2 m/s2的加速度向右运动，需对木板施加的水平拉力为多大?(2) 若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为03，若拉力F=6N，求物体对薄木板的摩擦力大小和方向？（3）若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为03，
23、若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度。【答案】（1）6N（2）15N（3）12m/s【解析】【分析】（1）对木板由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）求出木块与木板间相对运动时的临界拉力，然后根据拉力与临界拉力的大小关系分析答题；（3）对物块受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出物块的最大速度。【详解】（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：，则拉力大小为；（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：，解得：，木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：拉力：，拉力为6N时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：，解得：；对物块，由牛顿第二定律得：f=ma=11.5=1.5N，方向：水平向右；（3）拉力F=15NF0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得：,解得：，所以木块位移为：，木板位移为：木块从木板上滑下时有：，此时木块的速度：，解得：v=12m/s，则木块获得的最大速度为12m/s；【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题；求出木块相对于木板滑动的临界拉力是正确解题的前提与关键，这也是本题的易错点