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1、- 1 -20192019 年秋期末联考年秋期末联考高一物理高一物理（全卷满分：110 分 考试用时：90 分钟）第卷 客观题一、选择题（共 12 小题，每小题 4 分；18 为单选，912 为多选，对而不全得 2 分，共48 分）1在下面研究的各个问题中可以被看做质点的是（ ）A确定奥运会冠军在万米长跑中的比赛成绩B研究奥运会乒乓球男单冠军打出的弧圈球的转动C研究冬奥会运动员在花样滑冰比赛中的动作、姿势是否优美D研究一列火车通过某一路标的时间2物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，下列几组力中，可能使物体处于平衡状态的是（ ）A10N、10N、1N B2N、3N、6NC1N、5N、10N
2、D10N、8N、1N3小明和同桌一起做测量反应时间的小实验，如图所示具体操作是：让同桌用手指捏住一竖直长直尺的零刻度处，小明用手等在直尺刻度值为处做捏住直尺的准备，但不碰到1x尺，当他看到同桌松手放开直尺时，就立即捏住直尺，并记录下捏住处的刻度值已知当地重力加速度为g，则本次实验中，小明测得自2x己的反应时间为（ ）A 错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。 B 12x g22x gC D122()xx g212()xx g4质点做直线运动的速度-时间图象如图所示，该质点（ ）A在第 1 秒末速度方向发生了改变B在第 2 秒末加速度方向发生了改变C在前 2 秒内发生的位移为零- 2 -D第
3、3 秒末和第 5 秒末的位置相同5某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是（ ）A只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力C桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶的重力D绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对平衡力6一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示（小方格边长相等），则下列说法正确的是（ ）A三力的合力有最大值 F1+F2+F3，方向不确定B三力的合力有唯一值 3F3，方向与F3同向C三力的合力有唯一值 2F3，方向与F3同向D由题给条件无法求出合力大小
4、7物体在平抛运动过程中，在相等的时间内，下列哪些量是相等的（ ）位移 加速度平均速度 速度的变化量A BCD8如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是（ ）AF1先增大后减小，F2一直减小BF1先减小后增大，F2一直减小CF1和F2都一直减小DF1和F2都一直增大9下列说法中正确的有（ ）A牛顿通过理想斜面实验，总结出了牛顿第一定律B物体速度越大，惯性一定越大- 3 -C根据牛顿第二定律可知，力是使物体产生加速度的原因D根据牛顿第三定律可知，两个物体间的作用力和反作用力总是
5、大小相等、方向相反10如图所示，升降机顶部拴有原长为 20cm 的竖直轻弹簧，弹簧下端挂了一重物，当升降机匀速运动时，弹簧长度为 30cm某段时间内升降机中的人看到弹簧的长度稳定在32cm，弹簧始终处在弹性限度内则该段时间内升降机的运动可能是 （g取 10m/s2）（ ）A向上匀加速运动，加速度大小为 2 m/s2B向上匀加速运动，加速度大小为 5m/s2C向下匀减速运动，加速度大小为 2 m/s2D向下匀减速运动，加速度大小为 5m/s211图为蹦极运动的示意图弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起整个过
6、程中忽略空气阻力分析这一过程，下列表述正确的是（ ）A经过B点时，运动员的速率最大B经过C点时，运动员的速率最大C从C点到D点，运动员的加速度增大D从C点到D点，运动员的加速度不变12. 如图所示，如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )AmgB. mF MmC(Mm)g Dma- 4 -第卷 主观题二、实验题（总计 2 小题，第 13 题每空 2 分，第 14 题每空 4 分，共 16 分）13“验证力的平行四边形定则”的实验情况
7、如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳图乙是在白纸上根据实验结果画出的图（1）图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是 （填“F”或“F”）（2）以下做法中对减小实验误差有益的是 （填字母序号）A弹簧测力计、细绳、橡皮筋都要与木板平行B两弹簧测力计的夹角要取 90，这样便于计算它们的合力大小C在同一次实验中为了保证结点位置在O点不变，可以用手指将结点按在O点D拉橡皮筋的细绳适当长一些，记录弹簧测力计拉力的方向时应用铅笔沿细绳画直线14探究加速度与力的关系装置如图 1 所示带滑轮的长木板一端伸出桌面，另一端适当垫高，使木块连上纸带后恰好匀速下滑，细绳通
8、过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，调节滑轮高度使细线恰好与木板平行按住木块，缓慢向沙桶中添加细沙，释放木块，记下弹簧秤的示数F及并通过计算求出相应纸带的加速度a，再改变沙桶质量获取多组F，a的数据- 5 -（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是 A实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放木块B添加细沙，比用钩码可以更方便地获取多组实验数据C每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量D实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某次打出的纸带如图 2 所示，选取A、B、C、D、E，5 个计数点（每两个计数点间还有4 个点未画出），则打B点时的速度大小为 m/s，木块的加速度大小为 m/s2
9、（保留三位有效数字）三计算题（共 4 小题，共计 46 分，解答应写出必要的文字说明、关系式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15（12 分）一滑块以初速度v0=2m/s 开始从斜面顶端匀加速下滑，第 4s 末的速度为6m/s，求：（1）滑块下滑时的加速度；（2）第 3s 末的速度；（3）第 3s 内的位移16（10 分）如图，用力 F 提拉有细绳连在一起的A、B两物体，以 5m/s2的加速度匀加速竖直上升，已知A、B的质量分别是 1kg 和 2kg，绳子所能承受的最大拉力是 35N，取g=10m/s2则：（1）力F的大小是多少？（2）为
10、使绳子不被拉断，加速上升的最大加速度是多少？- 6 -17（12 分）甲车以 16m/s 的速度通过某路口做匀速直线运动，2.5s 后乙车从此路口由静止开始以 4m/s2的加速度同向做匀加速直线运动问：（1）乙车出发多长时间后，它们第一次相遇？（2）相遇时距路口多远？（3）在相遇前，乙车运动了多长时间，甲、乙两车相距最远？相距最远为多少？18（12 分）如图所示，传送带与水平面的夹角=30，正以恒定的速度v=2.5m/s 顺时针转动，现在其底端A轻放一货物（可视为质点），货物与传送带间的动摩擦因数- 7 -=，经过t=2s，传送带突然被卡住而立即停止转动，由于惯性，货物继续沿传送带向上运动，并
11、刚好到达传送带顶端B求传送带底端A与顶端B的距离（g取 10m/s2）2019 年秋期末联考高一物理答案及评分标准命题人: 审题人：（全卷满分：110 分 考试用时：90 分钟）一选择题（一选择题（共 12 小题，18 是单项选择题，每小题只有一个选项是正确的，选对的得 4分，选错或不选得 0 分， 912 是多项选择题，每小题至少有两个选项是正确的，选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，选错或不选得 0 分，共 48 分）题号123456789101112答案AACDCBCBCDACBCBD二实验题二实验题（共 16 分）13. .（每空 2 分，共 4 分）（1）F（2）A14（每空
12、4 分，共 12 分）（1）AB （2）0.230 0.930 - 8 -三计算题（共三计算题（共 4 4 小题，共计小题，共计 4646 分，解答应写出必要的文字说明、关系式和重要演算步骤，分，解答应写出必要的文字说明、关系式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）1515（1212 分）分）. 解：（1）由vt=v0+at可得，a=（3 分）（2）根据 v vt t=v0+at可得，第 3s 末的速度v3=（2+13）m/s=5m/s（3 分）（3）根据可得，前 2s
13、 内的位移x1=（22+1）m=6 m（2 分）1 222前 3s 内的位移x2=(23+1)m=10.5m（2 分）1 223第 3s 内的位移=4.5 m（2 分）21xxx16.16.解：（1）以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：F（mA+mB）g=（mA+mB）a（3 分）得：F=（mA+mB）（g+a）=（1+2）（10+5）N=45N（2 分）（2）以B为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律有：TmmBg=mBam；据题有 Tm=35N（3 分）所以物体整体上升的最大加速度 am=7.5m/s2；（2 分）17.解：（1）设乙车出发t1后，甲、乙车第一次相遇，相遇时甲、乙
14、车位移相等，则有：v甲（t1+t0）=a（3 分）代入数据得：t1=10s （2 分）（2）相遇时距路口的距离为：S1=v甲（t1+t0）=16（10+2.5）m=200m（3 分）（3）相遇前当两物体速度相等时距离最大，设乙车运动了t2时间，则：v甲=at2- 9 -解得：（2 分）所以最远距离为:s=v甲（t2+t0）=16（2.5+4）=72m（2 分）18.解：货物从 A 处开始做匀加速运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcosmgsin=ma1（3 分）代入数据得 a1=2.5 m/s2（1 分）匀加速运动的时间t1=s=1s（1 分）位移x1=m=1.25m（1 分）在t=12s 内，货物随传送带一起匀速的位移为x2= =v（tt1）=2.5（21）m=2.5m（1 分）传送带停止转动后，货物匀减速运动到B端，速度刚好为 0设加速度大小为a2所以 mgcos+mgsin=ma2（2 分）代入数据得 a2=12.5 m/s2（1 分）匀减速的位移为x3=m=0.25m （1 分）则传送带底端A与顶端B的距离L=x1+x2+x3=4m（1 分）即：传送带底端A与顶端B的距离是 4m