湖北省咸寧市五校高一物理第一學期期末質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、如圖所示，一杯子靜止在水平桌面上，對桌面的壓力為F．下列說法正確的是()A.力F就是杯子的重力B.力F和桌子對杯子的支持力是一對平衡力C.力F的性質是彈力，是由桌面的形變產生的D.力F的性質是彈力，是由杯子的形變產生的2、質點以某一初速度做勻加速直線運動，加速度為a，在時間t內速度變為初速度的3倍，則該質點在時間t內的位移為A.at2 B.at2C.at2 D.2at23、下面哪一組單位屬于國際單位制的基本單位（）A.m、kg、s B.kg、m/s2、sC.m、N、kg D.m/s2、kg、N4、在某次無人機豎直送貨實驗中，無人機的質量M=1.5kg，貨物的質量m=1kg，無人機與貨物間通過輕繩相連．無人機以恒定動力F=30N從地面開始加速上升，不計空氣阻力，重力加速度取g=10m/s2．則（）A.無人機加速上升時貨物處于失重狀態B.無人機加速上升時的加速度a=20m/s2C.無人機加速上升時輕繩上的拉力T=10ND.無人機加速上升時輕繩上的拉力T=12N5、甲乙兩輛汽車在平直的公路上沿同一方向做直線運動，t＝0時刻甲車在乙車前方9m處．在描述兩車運動的v-t圖像中（如圖），直線a、b分別描述了甲乙兩車在0～20s時間內的運動情況．關于兩車之間的位置關系，下列說法正確的是（）A.在0～10s內兩車逐漸靠近B.在0～20s內兩車相遇兩次C.在5～15s內甲車發生的位移大于乙車發生的位移D.在t＝10s時兩車間距最小6、物體作勻加速直線運動，已知加速度為2m/s2，那么在任意1s內（）A.物體的末速度一定等于初速度的2倍B.物體的末速度一定比初速度大2m/sC.物體的初速度一定比前1s的末速度大2m/sD.物體的位移一定比前1s內的位移大2m7、如圖所示，一光滑輕繩左端固定在豎直桿頂端，其右端系于一光滑圓環上，圓環套在光滑的矩形支架ABCD上．現將一物體以輕質光滑掛鉤懸掛于輕繩之上，若使光滑圓環沿著ABCD方向在支架上緩慢地順時針移動，圓環在A、B、C、D四點時，繩上的張力分別為Fa、Fb、Fc、Fd，則()A.Fa＜FbB.Fb＞FcC.Fc＝FdD.Fd＞Fa8、如圖所示為某質點運動的v－t圖象，2～4s內圖線為對稱弧線，若4s末質點回到了出發點，則下列說法正確的是（）A.1～2s內質點的加速度大小為8m/s2B.2～4s內質點的位移大小為8mC.3s末質點的加速度等于零D.3s末質點的速度為8m/s9、如圖所示，一個質量為m的圓環套在一根固定的水平長直桿上，環與桿的動摩擦因數為μ．現給環一個水平向右的恒力F，使圓環由靜止開始運動，同時對環施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1＝kv，其中k為常數，則圓環運動過程中()A.最大加速度為 B.最大加速度為C.最大速度為 D.最大速度為10、兩質點甲和乙，同時由同一地點沿同一方向做直線運動，它們的v﹣t圖線如圖所示，則（）A.甲做勻速運動，乙做勻變速運動B.2s前乙比甲速度大，2s后甲比乙速度大C.在4s時刻，甲追上乙D.前2s內，甲的平均速度大于乙的平均速度11、如圖所示，質量為m的小球固定在桿的一端，在豎直面內繞桿的另一端O做圓周運動，球心到O點的距離為L．當小球運動到最高點時速率為，此時球對桿的作用力A.大小為mg B.大小為mgC.方向豎直向下 D.方向豎直向上12、如圖光滑水平面上放著兩塊長度相同，質量分別為M1和M2的木板，兩木板的左端各放一個大小、形狀、質量完全相同的物塊，物塊和木板間的動摩擦因數相同，開始時各物均靜止．今在兩物塊上各作用一水平恒力F1、F2，當物塊和木板分離時，兩木板的速度分別為v1和v2．下列說法正確的是（）A.若F1>F2，M1=M2，則一定v1>v2B.若F1<F2，M1=M2，則一定v1>v2C.若F1=F2，M1<M2，則一定v1>v2D.若F1=F2，M1>M2，則一定v1>v2二．填空題(每小題6分，共18分)13、在驗證牛頓第二定律的實驗中，某學習小組使用的實驗裝置如圖甲所示：（1）由于沒有打點計時器，該小組讓小車由靜止開始運動，發生位移x，記錄時間t，則小車的加速度的表達式為a＝________。（用題目所給字母表示）（2）指出該實驗中的一個明顯疏漏：____________。（3）糾正了疏漏之處后，保持小車的質量M不變，改變砂桶與砂的總重力F，多次實驗，根據得到的數據，在a—F圖象中描點(如圖乙所示)。結果發現右側若干個點明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是________。A．軌道傾斜不夠B．軌道傾斜過度C．砂桶與砂的總重力太大D．所用小車的質量太大14、如圖是某同學用來研究“小車加速度與外力關系”的實驗裝置,軌道上的A、B點各固定一光電門,將連接小車的細線跨過滑輪系住小的碼,在C點釋放小車,測出小車上遮光片通過光電門A、B的避光時問分別為△t,、△t2,遮光片從A到B點的運動時間為t;(1)若遮光片的寬度為d,則小車經過光電門A時的瞬時速度VA=_______;小車經過光電門B時的瞬時速度VB=_______小車的加速度a=___________________________________(2)在該實驗中,下列操作正確的是__________A.連接小車的細線要與軌道平行B.要保持小車質量不變C.軌道一定要保持水平D.把所懸掛的鈞碼的總重量當成細線對小車的拉力大小,可以任意添加鈞碼來改變拉力（3）該同學在實驗時保持軌道水平,測量多組a、F(大小為所掛鈞碼的總重量)值,并作出a-F關系圖像,則圖像可能是下列中的_________A.B.C.D.15、用如圖所示裝置探究加速度與力、質量的關系。將小車置于水平木板上，通過滑輪與槽碼相連。小車可以在槽碼的牽引下運動（1）為達到實驗目的，下列說法正確的是（）A.用天平測物體的質量B.探究的是槽碼的加速度與力、質量的關系C.同時研究某個物理量和另外兩個物理量的關系，可采用控制變量的方法（2）為了測出物體運動的加速度的值，同學們還提出了以下三種方案，其中可行的是_____.A.小車做初速度為0勻加速直線運動，用刻度尺測量其移動的位移，用秒表測出發生這段位移所用的時間t，由計算出加速度B.將打點計時器的紙帶連在小車上，通過紙帶上打出的點來測量加速度C.讓兩輛相同的小車同時做初速度為0且加速度不同的勻加速直線運動，并同時停下，那么它們的位移之比就等于加速度之比，測量加速度就轉換為測量位移了（3）在此實驗中，通過測力計用手直接給小車施加一個恒力是否可行？并分析原因______.三．計算題(22分)16、（12分）如圖（甲）所示，蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動．為了研究蹦極運動做以下簡化：將跳躍者視為質量為m的質點，他的運動沿豎直方向，且初速度為0．彈性繩的原長為L，勁度系數為k，其形變量與所受拉力成正比．跳躍者下落1.5L時到達最低點．此過程中忽略空氣阻力和彈性繩質量，重力加速度為g．求：（1）當彈性繩剛好被拉直時，跳躍者的速度大小；（2）當跳躍者速度達到最大時，距起跳平臺的高度；（3）取起跳位置為坐標原點O，取豎直向下為正方向，建立x軸．在跳躍者從開始跳下到最低點的過程中，跳躍者的位移為x，加速度為a，在圖（乙）中定性畫出a隨x變化關系的圖像17、（10分）一小球從空中某點O水平拋出，經過A、B兩點（B點未畫出），已知小球在A點的速度大小為v，方向與水平方向成角，小球在B點的速度大小為2v，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球從O點拋出時的初速度v0；（2）小球由O到B的運動時間t

參考答案一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得5分，選不全的得3分，有選錯的或不答的得0分）1、D【解析】二力平衡的條件：作用在同一個物體上，大小相等、方向相反、作用在同一直線上；相互作用力的條件：作用在兩個不同的物體上，大小相等、方向相反、作用在同一直線上【詳解】A、力F的是由于杯子的形變產生的彈力，重力是地球的吸引產生的力，兩者大小和方向相同，但性質不同，力的施力物體和受力物體不同；故A錯誤.B、力F是杯子對桌子的壓力與桌子對杯子的支持力，是一對作用力和反作用力，大小相等、方向相反；而非一對平衡力；故B錯誤.C、D、彈力的產生是施力物體發生了擠壓形變，在恢復的過程中產生了對受力物體的垂直接觸面的力，則F的是由于杯子的形變產生的彈力；故C錯誤，D正確.故選D.【點睛】本題考查了彈力產生的條件，彈性形變是彈力產生的必要條件2、B【解析】設質點的初速度為v0，則ts末的速度為3v0，根據速度位移公式得：因為則有：可知x=at2A.at2，與結論不相符，選項Ａ錯誤；B.at2，與結論不相符，選項Ｂ錯誤；Cat2，與結論不相符，選項Ｃ錯誤；D.2at2，與結論不相符，選項Ｄ錯誤3、A【解析】力學中的基本物理量有三個，它們分別是長度、質量、時間，它們的單位分別為m、kg、s，故A正確，BCD錯誤4、D【解析】加速度向上為超重，加速度向下為失重；對整體根據牛頓第二定律求得加速度；對貨物受力分析，根據牛頓第二定律求得拉力；【詳解】貨物隨無人機加速上升，加速度向上，貨物處于超重狀態，選項A錯誤；在加速上升過程中，根據牛頓第二定律可知F-（M+m）g=（M+m）a

，解得：a=2m/s2，選項B錯誤；對物體根據牛頓第二定律可知T-mg=ma

解得

T=12N

，選項C錯誤，D正確；故選D.【點睛】本題關鍵是對飛行器以及貨物的受力分析以，結合牛頓第二定律用整體和隔離法求解.5、B【解析】根據兩車的速度大小分析它們之間的位置關系．根據圖象的“面積”分析兩車何時相遇和位移關系【詳解】A、B、D、前10s內乙比甲多行的位移為,故在10s前乙已經追上甲車并超過，而10s前后兩車可以通過相等的位移，則20s前甲車可再次追上乙車，即兩車相遇兩次，兩車的距離最小為零在10s前；0~10s內兩車先靠近后遠離；故B正確，A，D錯誤.C、在5～15秒內兩車圖線的“面積”相等，則通過的位移相等；故C錯誤.故選B.【點睛】本題根據速度圖象分析兩車的運動情況，抓住“面積”等于位移大小，確定兩車的位置關系，本題需要注意開始時甲車在乙車前方9m6、B【解析】考查勻變速直線運動規律。【詳解】AB．由公式1s內，則，不是2倍，A錯誤，B正確；C．物體的初速度就是前1s的末速度，C錯誤；D．由位移公式前一秒的位移：后一秒的位移：位移差：前提是前一秒一直在運動，如果前一秒初還未開始運動，則不成立，D錯誤。故選B。7、CD【解析】設繩子兩端點所懸點的水平距離為d，繩長為l，繩子拉力為T，繩子與豎直方向之間的夾角為，物體的質量為m根據共點力平衡：，，可見，d相等，T相等，所以Fa=Fb，Fc=Fd，故A、B錯誤，C正確；d大，T也大，Fd>Fa，D正確；故選CD考點：共點力的平衡【名師點睛】以物體懸掛點為研究對象，根據對稱性，兩段繩子的拉力相等，與豎直方向的夾角相等，根據共點力平衡和幾何關系可知：繩子長度不變時，兩懸點的距離越大，繩子拉力越大，兩懸點的距離不變，繩子拉力不變8、ABC【解析】A．1～2s內質點的加速度為所以1～2s內質點的加速度大小為8m/s2，故A正確；B．4s末質點回到了出發點，所以2～4s內質點的位移大小等于1～2s的位移大小，為故B正確；C．3s末圖線的斜率為零，所以此時加速度為零，故C正確；D．設3s末質點的速度大小為v。圖線“面積”表示位移，則所以故D錯誤。故選ABC。9、AD【解析】根據力F1與重力mg的關系分析圓環的運動性質與運動過程，根據平衡條件與牛頓第二定律即可解題【詳解】當F1=mg，即：kv=mg，解得：時，圓環水平方向不受摩擦力，則圓環的加速度最大為，故A正確，B錯誤；當滑動摩擦力f=μ（kv-mg）=F時，加速度為零，對應的速度最大，故D正確，C錯誤．所以AD正確，BC錯誤【點睛】本題考查了求最大加速度、最大速度問題，對圓環正確受力分析、分析清楚圓環運動過程是正確解題的前提與關鍵10、BC【解析】v﹣t圖象中傾斜的直線表示勻變速直線運動，平行于時間軸的直線表示勻速直線運動，圖象上每點的坐標表示物體的速度；圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移．平均速度等于位移與時間之比．結合這些知識分析【詳解】解：A、由圖可知，甲的速度均勻增大，做勻加速直線運動，乙的速度不變，做勻速直線運動，故A錯誤B、由圖看出，前2s乙比甲速度大，2s后甲比乙速度大，故B正確C、速度圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移．由圖可知，4s內兩物體的位移相同，兩物體又由同一地點沿同一方向做直線運動，所以在4s時刻，甲追上乙．故C正確D、前2s內，甲的位移小于乙的位移，則前2s內，甲的平均速度小于乙的平均速度．故D錯誤【點睛】本題考查對圖象意義的理解，關鍵要掌握v﹣t圖象中點、線、面的含義，來分析追及問題．對于勻變速直線運動的平均速度也可用公式分析11、AC【解析】在最高點，設桿對球的彈力向下，大小為F，根據牛頓第二定律得：又解得方向向下。故選AC。12、BC【解析】本題中涉及到兩個物體，所以就要考慮用整體法還是隔離法，但題中研究的是兩物體的相對滑動，所以應該用隔離法．板和物體都做勻變速運動，牛頓定律加運動學公式和動能定理都能用，但題中“當物體與板分離時”隱含著在相等時間內物體的位移比板的位移多一個板長，也就是隱含著時間因素，所以不方便用動能定理解了，就要用牛頓定律加運動公式解【詳解】若F1＞F2、M1=M2，根據受力分析和牛頓第二定律得：M1上的物塊的加速度大于M2上的物塊的加速度，即aa＞ab，由于M1=M2，所以摩擦力作用下的木板M1、M2加速度相同，設M1、M2加速度為a，木板的長度為L．它們向右都做勻加速直線運動，當物塊與木板分離時：物塊與M1的相對位移：L=aat12-at12物塊與M2的相對位移：L=abt22?at22由于aa＞ab，所以得：t1＜t2，M1的速度為v1=aat1，M2的速度為v2=abt2，則v1＜v2，故A錯誤；若F1＜F2、M1=M2，根據A選項公式，由aa＜ab，則v1＞v2，故B正確；若F1=F2時：由題很容易得到兩物塊所受的摩擦力大小是相等的，因此兩物塊的加速度相同，我們設兩物塊的加速度大小為a，對于M1、M2，滑動摩擦力即為它們的合力，設M1的加速度大小為a1，M2的加速度大小為a2，根據牛頓第二定律得：μmg=M1a1=M2a2得加速度：a1＝，a2＝設板的長度為L，它們向右都做勻加速直線運動，當物塊與木板分離時：物塊與M1的相對位移：L=at32?a1t32物塊與M2的相對位移：L=at42?a2t42若M1＜M2，則a1＞a2，所以得：t3＞t4；M1的速度為v1=a1t3，M2的速度為v2=a2t4，則v1＞v2，故C正確若M1＞M2，a1＜a2，根據C項分析得：t3＜t4；M1的速度為v1=a1t3，M2的速度為v2=a2t4，則v1＜v2，故D錯誤；故選BC【點睛】要去比較一個物理量兩種情況下的大小關系，我們應該通過物理規律先把這個物理量表示出來．同時要把受力分析和牛頓第二定律結合應用二．填空題(每小題6分，共18分)13、①.②.沒有平衡摩擦力③.C【解析】(1)[1]根據，可以求得加速度為：；(2)[2]由于木板存在摩擦力，所以本實驗疏漏了平衡摩擦力的步驟；(3)[3]本實驗是用沙桶的總重力代替繩子的拉力的，但此結論有一個重要條件是沙和桶的總質量遠小于物體的質量，但隨著拉力變大（增大沙和桶的重力），已不滿足上述條件，整體的加速度變小，向下偏直線，C正確。14、①.（1），②.，③.；④.（2）AB⑤.（3）BD【解析】（1）應用速度公式求出小車經過光電門時的速度，然后應用加速度的定義式求出加速度（2）探究加速度與力的關系應控制小車質量不變，實驗前要把軌道一端墊高平衡摩擦力，當鉤碼質量遠小于小車質量時小車受到的拉力等于鉤碼的重力，根據實驗注意事項分析答題（3）軌道水平，沒有平衡摩擦力，小車受到的合力小于鉤碼的重力，在小車質量一定時加速度與合力成正比，分析圖示圖象答題【詳解】（1）小車經過兩光電門時的速度分別為：vA=，vB=，小車的加速度：；（2）為使小車受到的拉力等于鉤碼重力，連接小車的細線要與軌道平行，故A正確；探究加速度與力的關系，要保持小車質量不變，故B正確；實驗前要平衡摩擦力，應把軌道一端適當墊高，軌道不能保持水平，故C錯誤；當鉤碼質量遠小于小車質量時可以近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力，實驗過程中鉤碼質量不能太大，故D錯誤；故選AB；（3）在實驗時保持軌道水平，實驗前沒有平衡摩擦力，小車受到的合力小于鉤碼的重力，a-F圖象在橫軸上有截距，在小車質量一定時，加速度與合力成正比，a-F是一條傾斜的直線，當鉤碼質量較大時小車受到的拉力明顯小于鉤碼重力，a-F圖象發生彎曲，由圖示圖象可知，BD正確，AC錯誤；故選BD【點睛】本題考查了實驗數據處理