内蒙古集宁一中2018_2019学年高一物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

1、12018-2019 学年内蒙古乌兰察布市集宁一中高一（上）期末物理试卷一、选择题1.以下说法正确的是( )A. 物体沿直线单方向运动时，通过的路程就是位移B. 路程为零时位移一定为零；位移为零时路程不一定为零C. 速度大小与位移成正比，与时间成反比D. 速度大小不变的物体，其加速度必定不变【答案】B【解析】物体沿直线单方向运动时，通过的路程等于位移的大小，选项 A 错误；路程为 0 时位移一定为 0，位移为 0，路程不一定为 0，例如物体沿一个圆周运动一周时，路程不为零，位移为零，选项 B 正确；物体的速度与位移和时间无关，选项 C 错误；速度大小不变的物体，其加速度不一定不变，例如匀速圆周

2、运动运动，选项 D 错误；故选 B.2.如图所示，光滑水平地面上放有截面为 1/4 圆周的柱状物体 A，A 与光滑墙面之间放一光滑的圆柱形物体 B，对 A 施加一水平向左的力 F，整个装置保持静止若将 A 的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（ ）A. B 对 A 的作用力减小 B. 墙对 B 的作用力增大C. 地面对 A 的支持力减小 D. 水平外力 F 增大【答案】A【解析】【分析】先对 B 球受力分析，受到重力 mg、A 球对 B 球的支持力 N和墙壁对 B 球的支持力 N，然后根据共点力平衡条件得到 A 球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力 F 和

3、地面的支持力的变化情况。【详解】对 B 球受力分析，受到重力 mg、A 球对 B 球的支持力 N和墙壁对 B 球的支持力2N，如图当 A 球向左移动后，A 球对 B 球的支持力 N的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道 A 球对 B 球的支持力 N和墙壁对 B 球的支持力 N 都在不断减小，即 B 对 A 的作用力减小，故 A 正确，B 错误；再对 A 和 B 整体受力分析，受到总重力 G、地面支持力 FN，推力 F 和墙壁的弹力 N，如图；根据平衡条件，有 F=N；F N=G；故地面的支持力不变，推力F 随着壁对 B 球的支持力 N 的不断减小而不断减小，故 CD 错误；故选 A。【

4、点睛】本题关键是先对小球 B 受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对 A、B 整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析。3. 如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程。那么下列说法中正确的是A. 顾客始终受到静摩擦力的作用B. 顾客受到的支持力总是大于重力C. 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D. 扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上【答案】C【解析】【分析】正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象

5、【详解】以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用；匀速运动时只受到重力和支持力的作用，故 A 错误；顾客处于匀加速直线运动时，受3到的支持力才大于重力，处于匀速直线运动时，受到的支持力等于重力，故 B 错误；顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故 C 正确；D 错误。故选 C。4.如图所示，顶角为直角、质量为 M 的斜面体 ABC 放在粗糙的水平面上，A30，斜面体与水平面间动摩擦因数为 现沿垂直于 BC 方向对斜面体施加力 F，斜面体仍保持静止状态，则关于

6、斜面体受到地面对它的支持力 N 和摩擦力 f 的大小，正确的是（已知重力加速度为 g） （ ）A. NMg，f F B. NMg+ F，fMg32 12C. NMg+ F ，f F D. NMg+ F，f F12 32 32 12【答案】C【解析】分析斜面体的受力情况如图，根据平衡条件得： N=Mg+Fsin 30=Mg+ ， f=Fcos 3012F= ，故选 C。32F5.如图所示，质量为 M 的斜面 A 置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为 ，物体 B 与斜面间无摩擦。在水平向左的推力 F 作用下，A 与 B 一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为 ，物体 B 的质量为 m，

7、则它们的加速度 a 及推力 F 的大小为（ ）4A. agsin，F（M+m）g（+sin）B. agcos，F（M+m）gcosC. agtan，F（M+m）g（+tan）D. agtan，F（M+m）g【答案】C【解析】【分析】B 向左做匀加速运动，合力水平向左，对 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再对 AB 整体运用牛顿第二定律即可求解 F【详解】对 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得： ；对 AB 整体进行aF合m mgtanm gtan受力分析得：F-（M+m）g=（M+m）a；解得：F=（M+m）g（+tan） ，故 C 正确，ABD错误。故选 C。【点睛】本题主要

8、考查了牛顿第二定律的直接应用，关键是选择合适对象根据整体法和隔离法列式求解6.如图所示，一个质量为 M 的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子将质量为 m 的物体自高处放下，不考虑滑轮与绳子间的摩擦，当物体以加速度 a 加速下降（ag）时，台秤的读数为（ ）A. （Mm）g+ma B. （M+m）gma C. （Mm）g D. （Mm）gma【答案】A【解析】【分析】先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数5等于支持力【详解】对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，根据牛顿第二定律，

9、有：mg-T=ma；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共点力平衡条件，有：N+T=Mg；联立解得 N=（M-m）g+ma，故选 A。7.如右图所示，质量 m 的球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于 P、Q。球静止时，中拉力大小 T1，中拉力大小 T2，当仅剪断、中的一根的瞬间，球的加速度 应是（ ）A. 若断，则 ，方向水平向右a=T1mB. 若断，则 ，方向水平向左a=T1mC. 若断，则 ，方向水平向左a=T2mD. 若断，则 a=g，方向竖直向下【答案】C【解析】绳子未断时，受力如图所示：由共点力平衡条件得： ，若刚剪断弹簧 瞬间，细绳弹力突变为 0，故T2=mgtan

10、,T1=mgsin小球只受重力，加速度为 g，竖直向下，故 AB 错误；若刚剪短细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，则合力为 ，解得： ，方向水平向左，故 C 正确，D 错F合 =mgtan=T2=ma a=T2m误故选 C【点睛】先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力刚剪短细绳时，弹6簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度8.人站在电梯中随电梯一起运动，下列过程中人处于“失重”状态的是( )A. 电梯减速上升 B. 电梯加速上升 C. 电梯加速下降 D. 电梯减速下降【答案】AC【解析】【分析】当物

11、体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态【详解】电梯减速上升时，加速度向下，故人失重，故 A 正确；电梯加速上升时，加速度向上，故人超重，故 B 错误；电梯加速下降时，加速度向下，故人失重，故 C 正确；电梯减速下降时，加速度向上，故人超重，故 D 错误；故选 AC。【点睛】本题考查超重与失重的性质，注意明确加速度向下有两种可能：加速向下或减速向上9.某人在 t0 时刻开始观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出该质点在第 3s内和第 7s 内的位移，则下列说法正确的是（ ）A. 不能求出任意一秒内的位移B. 不能求出任一时刻的瞬时速度C. 能求出第 3s

12、末到第 7s 末这段时间内的位移D. 能求出质点运动的加速度【答案】CD【解析】【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度，以及各秒内的位移根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度【详解】因为连续相等时间内的位移之差是一恒量，已知第 3s 内和第 7s 内的位移，则可以得出相邻相等时间内的位移之差，从而得出任意 1s 内的位移，以及第 3s 末到第 7s 末的位移，故 A 错误，C 正确。根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即 x7x34aT 2，可以求出加速度的大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时

13、速度求出瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度。故 B 错误，D 正确。故选 CD。7【点睛】解决本题的关键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10.如图所示，质量为 m 的木块 A 放在质量为 M 的三角形斜面 B 上，现用大小均为 F，方向相反的水平力分别推 A 和 B，它们均静止不动，则（ ）A. A 与 B 之间不一定存在摩擦力B. B 与地之间可能存在摩擦力C. B 对 A 的支持力一定大于 mgD. 地面对 B 的支持力的大小一定等于（M+m）g【答案】AD【解析】【分析】先对 A、B 整体进行受力分析，根据平衡条件得

14、到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A 受力分析，根据平衡条件求解 B 对 A 的支持力和摩擦力【详解】对 A、B 整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力 N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有 N（M+m）g，故 B 错误，D 正确；再对物体 A 受力分析，受重力 mg、已知的推力 F、斜面体 B 对 A 的支持力 N和摩擦力 f，当推力 F 沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图8当推力 F 沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力 F 沿斜面分量等于重力的

15、下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：Nmgcos+Fsin，因为 F不知道，无法比较 N和 mg 的大小故 A 正确，C 错误；故选 AD。【点睛】本题关键是对 A、B 整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体 A 受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况11.如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的 vt 图像t0 时两物体相距 1.5 m，下列说法正确的是( )A. 甲、乙两物体一定相遇两次B. 甲、乙两物体可能相遇一次C. 若 t1 s 时两物体相遇，则 t3 s 时两物体将再次相遇D. t2 s 时两物

16、体相遇【答案】BC【解析】解:根据题意知,甲物体的初速度为: ,加速度为: 1m/s;位移为: v1=2m/s a1=v甲t甲 =9x1=2t+12a1t2=2t+t22乙物体的初速度 ,加速度为 : ;位移为: v2=0 a2=v乙t乙 =2m/s x2=12a2t2=t2如果开始时乙在甲的前面,相遇有: ,解方程得:t=1s 或 3s.如果开始时甲在乙的x2+1.5=x1前面,相遇有: ,解方程得: .故两物体可能相遇两次,也可能相遇一次,x1+1.5=x2 t=2+ 7故 AD 错误,BC 正确. 12.如图所示，A、B 两物块叠在一起静止在水平地面上，A 物块的质量 mA=2kg，B

17、物块的质量 mB=3kg，A 与 B 接触面间的动摩擦因数 1=0.4，B 与地面间的动摩擦因数 2=0.1，现对 A 或对 B 施加一水平外力 F，使 A、B 相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g=10m/s2，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列说法正确的是（ ）A. 若外力 F 作用到物块 A 时，则其最小值为 8NB. 若外力 F 作用到物块 A 时，则其最大值为 10NC. 若外力 F 作用到物块 B 时，则其最小值为 13ND. 若外力 F 作用到物块 B 时，则其最大值为 25N【答案】BD【解析】【分析】物体 A 与 B 刚好不发生相对滑动的临界条件是 A、B 间的静摩

18、擦力达到最大值，外力 F 作用到物块 B 时，可以先对 A 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解；当外力 F 作用到物块 A 上时，可以先对 B 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解.【详解】当外力 F 作用到 A 上时，A 对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达最大值，对 B 根据牛顿第二定律，有： 1mAg- 2(mA+mB)g=mBa；代入数据解得：0.420-0.150=3a，解得：a=1m/s 2；对整体：F- 2(mA+mB)g=(mA+mB)a；代入数据：F-0.150=51，解得：F=10N，最小值大于 B 与地面间的最大

19、静摩擦力 Fmin 2(mA+mB)g=5N，故 A 错误，B 正确；当外力 F 作用到 B 上时，A 对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，10两者相对静止，F 达最大值，对 A，根据牛顿第二定律，有 1mAg=mAa，得 a= 1g=4m/s2；对 AB 整体：F- 2(mA+mB)g=(mA+mB)a；代入数据：F-0.150=54，解得：F=25N，最小值大于 B 与地面间的最大静摩擦力 Fmin 2(mA+mB)g=5N；故 BD 正确，AC 错误；故选 BD。【点睛】本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，即要使只靠摩擦力运动的物体达到最大静摩擦力，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律

20、列式求解。二、实验题13.探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，组成了如图所示的装置，所用的每个钩码的质量都是 30 g 他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将 5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，在坐标系中作出弹簧弹力大小 F 跟弹簧总长度 x 之间的函数关系的图线(弹簧认为是轻弹簧，弹力始终未超出弹性限度，取 g10 m/s2) （1）由图线求得该弹簧的劲度系数 k_ N/m.原长_cm。(结果均保留两位有效数字)，（2）某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用毫米刻度尺测出弹簧的原长 L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后

21、测出弹簧伸长后的长度 L，把 L L0作为弹簧的伸长量 x.这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的（ ） 【答案】 (1). (1) 27(2529)； (2). 6.0cm； (3). C；【解析】11【分析】（1）对弹力于弹簧长度变化关系的分析。图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正比。（2）结合该实验中的注意事项分析即可。【详解】 （1）根据胡克定律 F=k（x-x 0）即 F=kx-kx0，图象斜率等于弹簧的劲度系数，故：k=1.6(11.76)0.01N/m 28N/m当 F=0 时，x=

22、x 0，即图象与 x 轴的交点等于弹簧的原长，即 x0=6.0cm（2）把弹簧悬挂后，由于弹簧自身有重力，在不加外力的情况下，弹簧已经有一定的伸长。故 C 正确，ABD 错误。故选 C。14.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1) 该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于” “小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足_的条件。(2) 他实验时将打点计时器接到频率为 50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出).， ，

23、， ， ， .则小车的加s1=3.59cm s2=4.41cm s3=5.19cm s4=5.97cm s5=6.78cm s6=7.64cm速度 a=_ (要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打 B 点时小车的速度 ms2=_ .(结果均保留两位有效数字)vB ms(3) 通过实验得到如图丙所示的 a-F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板12与水平桌面的夹角_(选填“偏大”或“偏小”)。【答案】 (1). 小于 (2). (3). 0.80 (4). 0.40 (5). 偏大Mm【解析】【分析】（1）当 Mm 时，可以用钩码的重力代替小车的拉力；（2）根据x=aT 2求得加速

24、度，利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得；（3）根据 a-F 图象可知，当 F=0 时，加速度 a0，判断出原因即可.【详解】 （1）小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量 M远大于砝码和盘总质量 m 时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力。（2）计数点间的时间间隔为 T，由匀变速直线运动的推论x=aT 2可知，加速度：a=s6+s5+s4s3s2s19T2 =0.80m/s2B 点的瞬时速度为 vB=s1+s22T 0.40m/s（3）当 F=0 时，小车已经具有了加

25、速度，在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大.【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。三、计算题15.如图，倾角为 37、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力 F 作用下，从斜面上的 A 点由静止开始向上作匀加速运动，前进了 4.0m 到达 B 点时，速度为 8m/s已知木块与斜面间的动摩擦因数 =0.5，木块质量 m=1kgg 取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）小木块从 A 点运动到

26、 B 点过程的加速度大小是多少？（2）木块所受的外力 F 多大？13【答案】 （1）8m/s 2；（2）18N【解析】【分析】木块从 A 到 B 过程，做匀加速运动，已知初速度、位移和末速度，由位移与速度关系公式求出加速度，再由牛顿第二定律求解外力 F【详解】 （1）由匀加速直线运动的规律得：v 2=2a1s解得： a1=8224=8m/s2（2）由牛顿第二定律得：F-mgsin-mgcos=ma 1 代入数据可求得：F=18N【点睛】本题运用牛顿第二定律与运动公式结合处理动力学问题，加速度是联系两个问题的桥梁；此题也可以应用动能定理研究更简捷16.如图所示，一长 L16m 的水平传送带，以

27、v10m/s 的速率匀速顺时针转动。将一质量为 m1kg 的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数0.5（取 g10m/s 2）求（1）物块在传送带上从左端运动到右端的时间。（2）若该传送带装成与水平地面成 37倾角，以同样的速率顺时针转动。将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体从传送带上端运动到下端的时间。【答案】 （1）2.6s；（2）2s【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，求解达到与传送带共速时的时间和下滑的距离；以后物块匀速运动，根据公式求解时间； （2）在顶端释放后，根据牛顿第二定律求解加速度，达到与带相同速度后，物块继续加速，摩擦力方向

28、改变，再次求解加速度即可；结合运动公式求解总时间；【详解】 （1）物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：mg=maa=g=5m/s 214能达到共速，则时间 ，t1=va=2ss= t1=10mL 之后匀速，v2到达另一端的时间 t2=Lsv=161010s=0.6s所以共用时间 t=t1+t2=2.6s；（2）在顶端释放后，mgsin+mg cos =ma 1代入数据解得：a 1=10m/s2，方向向下达到与带相同速度时，用时间 t1=va1=1010s=1ss= =5mLv22a1之后：因为 tg=0.75，物块继续加速，根据牛顿第二定律：mgsin-mg cos=ma 2解得：a 2=2m

29、/s2，方向向下；根据 即 x=vt2+12a2t22 16-5=10t2+122t22解得 t2=1s（负值舍掉）则共用时间 t=t1+t2=2s【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。17.如图所示，有一长度 L5m 的木板放在光滑的水平面上，板上右端放一质量 m2kg 的物块，物块与长木板间的动摩擦因数 0.4，木板的质量为 M16kg，现在木板的右端施加一水平向右的拉力。将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取g10m/s 2。（

30、1）要使物体与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值 Fmax；（2）要使物体 2s 内从长木板上滑下，求拉力的最小值 Fmin。（3）如果把作用力 F 变为 F144N 只作用 t1s 后撤去，问物块能否从木板滑落？【答案】 （1）72N；（2）112N；（3）不滑落。【解析】15（1）物块与长木板刚要发生相对滑动时，施加的拉力为最大值此时对物块 umg=ma解得 a=ug=4m/s2整体 Fmax=(m+m)a=72N；（2）设物块刚好经过 2s 从长木板上滑下，则物块滑动的加速度大小为：a1=g =4 m/s2长木板的加速度大小为：2s 内物块的位移为： x1= a1t22s 内长木板运动

31、的位移为： x2= a2t2且有 x2x1=L 解得： Fmin=112N；（3）长木板的加速度大小为 a3:F-umg=Ma3解得 a3=8.5m/s21s 末物块的速度 v1= a1t=4m/s 1s 末长木板的速度 v2= a3t=8.5m/s1s 内物块的位移为： x,1= a1t21s 内长木板运动的位移为： x3= a3t2撤去外力 F 后长木板的加速度变为 a4= =0.5m/s2设达到共速的时间为 t1则v1+ a1 t1=v2-a4 t1解得 t1=1st1=1s 内物块的位移为 x4= v1 t1+ a1 t12（1 分）t1=1s 内长木板运动的位移 x5= v2 t1- a4t12则 x3x,1+ x5- x4=4.5m5m 所以不滑落