1、高三第一学期物理期中试卷一、单选题1. 下列说法正确的是（）A. 做曲线运动的物体的合力一定是变化的B. 两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是直线运动C. 做圆周运动的物体的加速度是变化的，方向一定指向圆心D. 做平抛运动的物体在任意相等的时间内速度变化量相同【答案】D【解析】【详解】A物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动，故A错误；B当两个互成角度的匀变速直线运动的合力方向与和速度方向不在同一直线上时，合运动就是曲线运动，故B错误；C只有做匀速圆周运动的物体的加速度才始终指向圆心，非匀速圆周运动加速度方向不指向圆心，方向一定变化，故C错误；D平抛运动是匀变速曲线运动，根据v=gt
2、可知，在相等的时间内速度变化相同，故D正确。故选D。2. 如图所示，某同学想通过滑轮把一箱书籍从大厅搬送到二楼。已知站在大厅地面上的同学质量为60kg，通过定滑轮将20kg的书籍以0.5m/s2的加速度拉升，跨过滑轮的绳子均呈竖直状，忽略绳子和定滑轮的质量及摩擦，下列说法正确的是 （ ）A. 该同学对地面的压力大小为400NB. 该同学对地面的压力大小为390NC. 地面给人的静摩擦力方向向右D. 最上方固定定滑轮的绳子所受拉力大小等于书籍重力的2倍【答案】B【解析】【详解】AB对书，由牛顿第二定律对人解得T=210N FN=390N由牛顿第三定律可知该同学对地面的压力大小为390N，选项A错
3、误，B正确；C绳子处于竖直状态，可知人不受地面给人的静摩擦力作用，选项C错误；D最上方固定定滑轮的绳子所受拉力大小等于2T=420N大于书籍重力的2倍，选项D错误。故选B。3. 如图所示，悬挂在空中的三个物块A、B、C的质量满足，A与天花板之间、A与B之间均用轻细绳相连，B与C之间用轻弹簧相连，当系统静止后，突然剪断A，B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为重力加速度为g，取向下为正 （ ）A. 、0B. 0、0C. 、0D. 0、g、g【答案】B【解析】【详解】剪断细绳的瞬间，细绳的张力立即消失，上面细绳的张力可突变，则A所受的上面细绳的拉力与重力重新平衡，A的加速度为0。剪断绳子前，
4、弹簧的弹力为剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对C分析，合力为零，加速度为对B分析，根据牛顿第二定律有，加速度为故选B。4. 质量分别为m和2m的两物块A、B，相互接触静置于光滑水平面上，如图所示，现用一大小为F的力水平向右推A，此时A、B间的相互作用力大小为，若将水平推力改为向左推B且保持大小不变，A、B间的相互作用力大小为，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得解得两次加速度大小均为若F水平向右推A，对B有若F水平向左推B，对A有则故选B。5. 如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为时，
5、船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（）A. 人拉绳行走的速度为B. 人拉绳行走的速度为vsinC. 船的加速度为D. 船的加速度为【答案】D【解析】【详解】AB船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度；如图所示根据平行四边形定则有所以A B错误；CD对小船受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有：因此船的加速度大小为：所以C错误，D正确。故选D。6. 如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的初速v同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37和53，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为（）A. 3：4B. 4：3C.
6、9：16D. 16：9【答案】C【解析】【详解】对于A球有：，解得：，同理对B有：，由此解得：，故C正确，ABD错误7. 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5B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5C. 乘客处于超重状态D. 乘客对电梯地板的压力为625N【答案】B【解析】【详解】ABC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比电梯静止时小，说明弹力变小了，
7、根据牛顿第二定律，有解得：a=2.5 m/s2，方向竖直向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项B正确， AC错误；D以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mg-FN=ma，解得：FN=375 N故D错误8. 物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=8kg，mB=2kg，A、B间动摩擦因数=0.2，如图所示若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）A. 当拉力F16N时，A静止不动B. 当拉力F16N时，A相对B滑动C. 无论拉力F多大，A相对B始终静止D. 当力拉F=16N时，A受B的摩擦力等于3.2N【答案】D【解析
8、】【详解】当A、B刚要发生相对滑动时，对B，根据牛顿第二定律得整体的加速度为：此时拉力F为：F=（mA+mB）a=108N=80N当F80N时，A，B都相对静止，当F80N时，A相对B滑动故ABC错误当F=16N时，A、B相对静止，整体的加速度为：，对B有：f=mBa=21.6N=3.2N，故D正确；故选D【点睛】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用9. 如图所示，一直径为d纸质圆筒以角速度绕轴O高速转动，现有一颗子弹沿直径穿过圆筒，若子弹在圆筒转动不到半周时，在筒上留下a、b两个弹孔，已知a0、b0间夹角为，则
9、子弹的速率为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设子弹的速度为，由题意知，子弹穿过两个孔所需时间，若子弹穿过圆筒时间小于半个周期，纸质圆筒在这段时间内转过角度为，由角速度的公式有，联立解得：，故D正确10. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，一质量为2m小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为（）A. 2mgB. mgC. 6mgD. 4.5mg【答案】D【解析】【详解】以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下，如图由牛顿第
10、二定律得解得a=2g再对整体根据牛顿第二定律可得解得F=4.5mg故D正确，ABC错误。故选D。11. 如图所示是两个圆锥摆，两个质量相等、可以看做质点的金属小球有共同的悬点，在相同的水平面内做匀速圆周运动，下面说法正确的是（）A. A球对绳子的拉力较大B. A球圆周运动的向心力较大C. B球圆周运动的线速度较大D. B球圆周运动的周期较大【答案】C【解析】【详解】AB对小球进行受力分析，受到重力、绳的拉力作用，这二个力的合力提供它作匀速圆周运动的向心力，受力分析如下图。由几何关系可知由上面二式可知，角越大，cos越小，T越大；tan越大，Fn越大，故B球对绳子的拉力较大，B球圆周运动的向心力
11、较大，故AB错误；C由向心力公式可知解得由于h相同，角度越大，v越大，故B球圆周运动的线速度较大，故C正确；D由可知故两球作匀速圆周运动的周期一样大，故D错误。故选C。二、多选题12. 如图所示，正在水平路面上行驶的汽车车厢底部有一质量为m1的木块，在车厢的顶部用细线悬挂一质量为m2的小球，某段时间内，乘客发现细线与竖直方向成角，而木块m1则始终相对于车厢静止这段时间内A. 汽车可能正在向左匀加速行驶B. 汽车可能正在向右匀加速行驶C. 木块对车厢底部的摩擦力方向水平向右D. 木块对车厢底部的摩擦力大小为m1gtan【答案】ACD【解析】【详解】对m2分析，；由牛顿第二定律，车可能向左加速或向
12、右减速，A正确B错误；对m1受力分析，受重力、支持力和向左的摩擦力，合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律，D正确；根据牛顿第三定律，车受到摩擦力向右，C正确；故选ACD13. 在光滑的水平桌面上有质量为m的木块，通过轻绳与质量为3m的钩码相连。不计轻绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）A. 木块的加速度大小为B. 轻绳的拉力大小为C. 滑轮对轻绳的作用力竖直向上D. 轻绳对滑轮的作用力大小为【答案】AD【解析】【详解】AB对木块T=ma对钩码3mg-T=3ma解得A正确，B错误； CD细绳对滑轮的作用力为方向沿右下方，则滑轮对轻绳的作用力沿左上方，C错误，D正确。故选AD
13、。14. 如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于 楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g=10m/s2则下列说法正确的是（ ）A. 当a=5m/s2时，滑块对球的支持力为B. 当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半C. 当a=5m/s2时，地面对A支持力一定大于两个物体的重力之和D. 当a=15m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=F
14、cos45=ma0；竖直方向：Fsin45=mg，解得a0=g.A、当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45-FNcos45=ma；竖直方向：Fsin45+FNsin45=mg，解得，故A正确；B、当a=15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；C、D、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误；故选A.15. 如图所示，粗糙的水平圆盘上叠放着质量相等的A、B两个物块，当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则（ ） A. 物块A受4个力作用B.
15、物块B受5个力作用C. A、B都有沿半径向外滑动的趋势D. 若B先滑动，则B对A的动摩擦因数A小于盘对B的动摩擦因数B【答案】BC【解析】【详解】AA物块做圆周运动，受重力和支持力，静摩擦力，靠静摩擦力提供向心力，故A错误；BB对A的静摩擦力指向圆心，则A对B的摩擦力背离圆心，可知B受圆盘的静摩擦力指向圆心，还受到重力，压力，圆盘的支持力，总共5个力，故B正确；C由于AB都受到指向圆心的静摩擦力，所以A、B都有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；D对AB整体分析，解得：，对A分析，解得：，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即，故D错误16. 在某玻璃自动切割生产线上，宽
16、6m的成型玻璃板以的速度匀速向前运动，在切割工序处，金刚钻的割刀速度为，为了使割下的玻璃都成规定尺寸的矩形，则下列说法正确的是( )A. 金刚钻的割刀速度与玻璃板的运动方向成B. 金刚钻的割刀速度与玻璃板的运动方向成C. 切割一次的时间为3sD. 切割一次的时间为【答案】BC【解析】【详解】AB为使割线垂直玻璃两边，就要求割刀速度v2在沿玻璃板的运动速度v1方向的分量等于v1，这样割刀就在v1方向上与玻璃同步了，如图由几何关系可知解得故A错误，B正确；CD切割一次的时间为故C正确，D错误。故选BC。17. 如图所示，在水平面运动的小车内，用轻绳AB，BC拴住一个重力为G的小球，轻绳AB，BC与
17、水平方向夹角分别为30和45，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2，下列叙述正确的是A. 小车向右以加速度g匀加速运动时B. 小车向右以加速度g匀加速运动时C. 小车向右以加速度匀减速运动时D. 小车向右以加速度匀减速运动时【答案】ABC【解析】【详解】AB小车向右以加速度g匀加速运动，小球与小车具有相同的加速度，对小球作受力分析，由牛顿运动定律可知解得，故AB正确；CD设当T2恰好等于零时，AB绳与竖直方向的夹角为，则有解得当时，现小车向右以加速度匀减速运动，由于，故此时AB与竖直方向的夹角大于30，则有故C正确，D错误。故选ABC。18. 一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方
18、向，母线与轴线间的夹角为30，如图所示一条长为L的细绳，一端拴着一个质量为m的物体物体沿锥面在水平面内绕轴线以速度V做匀速圆周运动，则（ ）A. 随着物体线速度的不断增大，绳子的拉力不断增大B. 随着物体线速度的不断增大，物体受到的支持力先增大后减小C. 当V时物体恰好飘离圆锥面D. 当V时物体只受到两个力的作用【答案】AD【解析】【分析】根据题意分析可知，本题考查水平面内圆周运动有关知识，根据水平面内圆周运动的规律方法，运用向心力方程、力的分解等，进行求解【详解】A.设圆锥对物体支持力为FN，绳对物体拉力为T，当物体没离开圆锥时：，两方程联立：，线速度越大，拉力越大选项A正确B.根据选项A分
19、析B错误C.当要脱离时，FN=0，所以，得到所以C错误D.根据C分析，时脱离圆锥，只受重力和拉力作用，所以选项D正确故选AD三、实验题19. 用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验：(1)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是_。这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变。(2)如图为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：，。相邻两计数点间的时间间隔为_s；计数点“6”和“7”的位移比较接近于_填“A、B、C、D”序号
20、A.2.76cm B.2.85cm C.2.96cm D.3.03cm 打下“3”点时小车的瞬时速度_m/s。计算结果保留2位有效数字【答案】 (1). (2). 0.1 (3). C (4). 0.16【解析】【详解】(1)1设绳的拉力为F，由牛顿第二定律可知解得当时，有为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是。(2)2由于每两个打点之间的时间时隔T00.02s，而相邻两计数点间都有四个打点未画出，故相邻两计数点间的时间间隔为T=50.02s=0.1s。3由连续相等的时间间隔内位移之差是一个恒量，则代入可得故选
21、C。4打下“3”点时小车的瞬时速度为20. 为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）(1)实验时，一定要进行操作或保证的条件是_。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出）。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据
22、纸带可求出小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_。A B Ck D【答案】 (1). BCD (2). 13 (3). 【解析】【详解】（1）1 A本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，AE错误；B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；C打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确；D改
23、变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D正确。故选BCD。(2)2 由于两计数点间还有两个点没有画出，两个相邻计数点的时间间隔为0.06s，由可得(3)3 由牛顿第二定律得则a-F图像的斜率小车质量为四、计算题21. 如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为的斜面顶端且速度刚好与斜面平行，已知平台到斜面顶端的高度，不计空气阻力，g取。（，）求：（1）小球水平抛出的初速度；（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x。【答案】（1）3m/s；（2）1.2m。【解析】【详解】（1）设小球刚到达斜面顶端时竖直分速度的大小为，水平分速度为，合速度为v，由得由题
24、意可知，小球落到斜面顶端刚好与斜面平行，则解得（2）由得平抛运动的时间所以水平距离22. 如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25，工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为并保持不变，经4s后松手（，cos37=0.8，sin37=0.6）。求：(1)松手前铸件的加速度大小；(2)松手后铸件还能前进的距离结果保留两位有效数字。【答案】(1)；(2)5.4m【解析】【详解】(1)工人拉铸件时，对工件受力分析根据牛顿第二定律得联立得(2)松手时铸件的速度松手后的加速度大小则松手后铸件还能滑行的距离23. 小船匀速横渡一条河
25、流，水流速度的大小，船在静水中的速度大小，第一次船头垂直对岸方向航行时，在出发后到达对岸下游60m处；第二次船头保持与河岸成角向上游航行时，小船恰好经过时间t1能垂直河岸到达正对岸，已知，求：(1)求船在静水中的速度大小；(2)求第二次过河的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)第一次船头垂直对岸方向航行时，出发后到达对岸下游处，则有，水流速度的大小第二次船头保持与河岸成角向上游航行时，小船恰好经过时间能垂直河岸到达正对岸依据三角函数，则有(2)根据第一次渡河，河宽则第二次过河时间代入数据，解得24. 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的
26、小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过t=0.3s后又恰好垂直与倾角为45的斜面相碰到。已知圆轨道半径为R=1m，小球的质量为m=1kg，g取10m/s2。求（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；（2）小球在点C处的速度大小；（3）小球经过圆弧轨道的B点时，所受轨道作用力NB的大小和方向？【答案】（1）0.9m；（2）；（3）1N，轨道对球的作用力方向向上【解析】【详解】（1）根据平抛运动的规律和运动合成的可知则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得则B点与C点的水平距离为（2）根据运动合成，可得小球在点C点的速度大小代入数据得（3）由题知在B点的速度等于平
27、抛的初速度，即，根据牛顿第二定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下）有解得NB=-1N，负号表示轨道对球的作用力方向向上即小球经过圆弧轨道的B点时，所受轨道作用力NB的大小为1N，方向向上。25. 如图所示，长传送带与水平方向的倾角为，在电动机的带动下以的速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量的物块，它与传送带间的动摩擦因数，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计；（，cos37=0.8，sin37=0.6)。求：(1)物块从A处第一次滑到P处的过程中，物块相对传送带的位移？(2)物块与挡板P第一次碰撞后，上升到最高点时到挡板P的距离？【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)物块从A点由静止释放，由牛顿第二定律得向下运动的加速度代入数据解得由速度位移公式可知，与P碰前的速度为物块从A到B的时间为在此过程中物块相对传送带向下位移为(2)物块与挡板碰撞后，以的速率反弹，因，物块相对传送带向上滑动物块向上做减速运动的加速度，由牛顿第二定律可知代入数据解得物块速度减小到与传送带速度相等所需时间物块向上的位移物块相对传送带向上的位移为物块速度与传送带速度相等后，由牛顿第二定律可知代入数据解得，物块向上做减速运动的加速度物块速度减小到零的时间为物块向上的位移离P点的距离
