湖南省醴陵第二中学、醴陵第四中学2018-2019学年高一上学期期末联考物理试题

湖南省醴陵二中、醴陵四中2018-2019学年高一上学期期末联考物理试题考试时间90分钟满分100分一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。

每小题只有一个选项符合题意。

选对得4分，错选或不选不得分。

）1.关于物理量的说法，下列正确的是（）A. 加速度是描述物体速度变化快慢的B. 速度是描述物体位置变化的C. 位移和路程都能描述运动物体位置的变化D. 平均速度可以用来精确描述变速运动的快慢【答案】A【解析】【详解】A．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，选项A正确；B．速度是描述物体位置变化快慢的物理量，选项B错误；C．位移能描述运动物体位置的变化，但是路程不能描述物体的位置变化，选项C错误；D．平均速度可以用来粗略描述变速运动的快慢，选项D错误；故选A.2.拿一个长约1.5m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里。

把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是A. 玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快B. 玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动C. 玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快D. 玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快【答案】C【解析】【详解】抽出空气前.金属片和口小羽毛受到空气阻力的作用，不是自由落体运动，羽毛受到的空气阻力大，所以加速度小，则下落的慢，故AB错误.抽出空气后金属片和小羽毛都不受空气阻力作用.只受重力作用运动，都做加速度为重力加速度的自由落体运动，下落一样快.故C正确.D错误.综上所述本题答案是：C3.如图所示，四中情境中物体A均处于静止状态，它与外界的接触面（点）均光滑，其中物体A所受弹力示意图不正确．．．的是（）A. 两球完全相同且接触，O为A球的球心B. O为A球的球心，C为A球重心C. O为A球的球心，墙壁竖直D. O为半球形的球心，A为一根均匀直棒【答案】D【解析】【详解】A图中的A球受到两个支持力，这两个支持力都与接触面垂直，即通过球心，故A正确；B图中A球只受到水平面的弹力F1，故B正确；C图中的A球受到墙的弹力F1，方向垂直于墙壁向右；斜面的支持力F2，方向与斜面垂直向上，故C正确；D图中的F2方向不对，应通过球心，故D错误；本题选择错误的，故选D。

4.下列物理量的单位属于导出单位的是（）A. 质量B. 速度C. 长度D. 时间【答案】B【解析】【详解】国际单位制中，质量、长度和时间的单位作为国际单位制的基本单位；而速度单位是导出单位；故选B.5.关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（）A. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事物进行分析的产物，不可能用实验直接证明B. 不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义C. 牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用时才具有惯性D. 牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性【答案】A【解析】试题分析：牛顿第一定律是在伽利略的理想斜面实验的基础上通过逻辑推理得到，不可能用实验直接证明，故A正确；不受力作用的物体是不存在的，但是当合力为零时，牛顿第一定律同样也适用，B错误；牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小与物体的受力情况和运动情况均无关，CD错误．考点：考查了对牛顿第一定律的理解【名师点睛】牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性--惯性，它是物理学中一条基本定律．6.质量为m的体操运动员，双手握住单杠，双臂竖直，悬吊在单杠下。

当他如图增大双手间距离时（）A. 每只手臂的拉力将减小B. 两只手臂的拉力总是大小相等、方向相反C. 每只手臂的拉力一定小于mgD. 每只手臂的拉力可能等于mg【答案】D【解析】【详解】A：当增大双手间距离时，两手臂间夹角增大，据可得，每只手臂的拉力将增大。

故A项错误。

B：两只手臂的拉力总是大小相等、方向并不相反。

故B项错误。

CD：当两手臂间的夹角为1200时，据平衡条件可得，两只手臂的拉力等于mg。

故C项错误，D项正确。

7.如图所示，两个物体A、B的质量均为1kg，各接触面之间的动摩擦因数均为0.3，同时有F=1N的两个水平力分别作用在A、B上，则地面对物体B、B对物体A的摩擦力分别为（）A. 6N 3NB. 1N 1NC. 0 1ND. 0 2N 【答案】C【解析】【详解】对物体A进行受力分析，物体A受到竖直向下的重力G A、竖直向上的B对A的支持力N1、水平向右的拉力F、因有向右的运动趋势，还受到水平向左的摩擦力f A．如图1；由共点力平衡可知f A=F=1N。

把物体AB看做一个整体进行受力分析。

受到竖直向下的重力G AB、支持力N2、水平向左的拉力F和水平向右的拉力F．如图2所示。

物体AB在这四个共点力作用下合外力为零。

所以受到地面的摩擦力为0N．选项ABD错误，选项C正确。

故选C。

8.关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是（）A. 物体的速度越大，则其加速度就越大B. 物体的速度变化越快，则其加速度就越大C. 物体的速度变化越大，则其加速度就越大D. 物体的加速度为零，则物体速度的也为零【答案】B【解析】【详解】物体的速度越大，则其加速度不一定就越大，例如高速飞行的子弹加速度为零，选项A错误；加速度是速度的变化率，则物体的速度变化越快，则其加速度就越大，选项B正确；物体的速度变化越大，则其加速度不一定就越大，还与变化的时间有关，选项C错误；物体的加速度为零，则物体的速度不一定也为零，例如高速飞行的子弹加速度为零，选项D错误；故选B.二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。

每小题至少有两个选项符合题意。

全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选不得分。

）9.一个实验小组在“探究弹力和和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是（）A. a的原长比b的短B. a的劲度系数比b的大C. a的劲度系数比b的小D. 测得的弹力与弹簧的长度成正比【答案】AB【解析】【详解】根据胡克定律有：F=k（l-l0），由此可知在F与l图象中，斜率大小等于劲度系数，横轴截距等于弹簧原长，因此有：b的原长比a的长，劲度系数比a的小；由图象还可以知道，弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故CD错误，AB正确。

故选AB。

10.如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直.杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角θ=30°.系统保持静止，不计一切摩擦.下列说法中正确的是( )A. 细线BO对天花板的拉力大小是G/2B. a杆对滑轮的作用力大小是G/2C. a杆和细线对滑轮的合力大小是GD. a杆对滑轮的作用力大小是G【答案】D【解析】【分析】先对重物受力分析，根据平衡条件求得细线的拉力；再对滑轮受力分析，根据力的合成的平行四边形定则求得细线对滑轮的合力，再得到a杆对滑轮的力。

【详解】A．对重物G受力分析，受到重力和拉力T，根据平衡条件，有T=G，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于G，故A错误；B D．对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图；根据平衡条件，因滑轮两边细绳的拉力夹角为120°，则结合几何关系，有a杆对滑轮的作用力大小 F=T=G，故B错误，D正确；C．由于滑轮处于平衡状态，故a杆和细线对滑轮的合力大小是零，故C正确；故选CD。

【点睛】本题的关键是先后对重物和滑轮受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析。

解答时，要熟练运用几何知识研究。

11.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度图像如图所示，那么0～t0和t0～3t0两段时间内（）A. 位移大小之比为1∶2B. 加速度大小之比为3∶1C. 平均速度大小之比为1∶1D. 平均速度大小之比为2∶1【答案】AC【解析】【详解】设物体的最大速度为v，根据v-t图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得位移之比为x1：x2=vt0：v•2t0=1：2．故A正确。

根据v-t图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得加速度大小之比为：a1：a2==2：1．故B错误。

在0-t0时间内物体做匀加速直线运动，在t0-3t0间内物体做匀减速直线运动，由平均速度公式得两段时间内的平均速度均为，故C正确，D错误。

故选AC。

【点睛】v-t图象的斜率即为物体运动的加速度，“面积”大小等于位移，掌握这点是解决此类题目的关键所在．12.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：m′g-F N=m′a，乘客对地板的压力大小为F N=m′g-m′a=500 -50×2.5 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，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况．三、实验题（本题共2道小题,第1题8分,第2题8分,共16分）13.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和拉线的方向．（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为___N．（2）下列不必要．．．的实验要求是____．（请填写选项前对应的字母）A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出两个解决办法．答：方法1：________________________；方法2：________________________．【答案】 (1). 3.8 (2). D (3). 减小重物的重力 (4). 减小测力计B的拉力（其它方案亦可）【解析】【详解】（1）图中A的示数为3.8N．（2）实验中应测量重物M所受的重力，选项A正确；弹簧测力计应在使用前校零，以减小误差，选项B正确；拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，选项C正确；改变拉力，进行多次实验，但是每次没有必要都要使O点静止在同一位置，选项D错误；故选D. （3）弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，则解决的方法1：减小重物的重力，则会使弹簧测力计的示数减小；方法2：减小测力计B的拉力；14. 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．①当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力．②甲同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的图线，如图a所示．则实验存在的问题是．③乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时，画出了各自得到的图线，如图b所示．则两同学做实验时的哪一个物理量取值不同? 答：．④下图是实验中得到的纸带．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用下图给出的数据可求出小车下滑的加速度为 m/s2．(结果保留三位有效数字)【答案】①，②平衡摩擦力过度（或平板倾斜过度），③小车的质量不同，④【解析】(1)以整体为研究对象有mg=(m+M)a，解得：，以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=，显然要有F=mg必有m+M=M，故有M>>m，即只有M>>m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力。