1、1天津市六校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2018-2019 学年高一上学期期末考试物理试题一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每题 4 分，共 48 分）1.下列说法中，正确的是（ ）A. 力是维持物体运动的原因B. 惯性是一种力C. 物体受恒力作用时，运动状态保持不变D. 惯性越大的物体运动状态越难改变【答案】D【解析】【分析】根据“惯性”可知，本题考查牛顿第一定律的理解，根据惯性用质量衡量，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因分析推断.【详解】A、牛顿第一定律给出了力的概念：力是产生加速度的原因，是该改变运动状态的原因，而非维持运动的原因，速度的大小与外力无关，故
2、A 错误；B、惯性是物体的一种属性，与质量有关，故 B 错误；C、物体受恒力作用时，加速度不为零，运动状态发生改变，故 C 错误；D、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，故 D 正确；故选 D.【点睛】本题关键要理解力有两种作用效果：改变物体运动状态或改变物体形状，而力不是维持物体运动的原因.2.在国际单位制中，功率的单位“瓦”是导出单位，用基本单位表示是（ ）A. J/s B. kgm2/s3 C. kgm2/s2 D. Nm/s【答案】B【解析】【分析】根据“功率的基本单位”可知，本题考查基本单位和导出单位，根据功率的定义式 、P=Wt功的公式 W=Fl、牛顿第二定律 F=ma，
3、进行推导.2【详解】根据功率的定义式 知，1 瓦=1 焦/秒。由功的公式 W=Fl 知，1 焦=1 牛米，P=Wt根据牛顿第二定律 F=ma 知，1 牛=1 千克米/秒 2，联立解得：1 瓦=千克米 2/秒 3，故 D 正确.故选 D.【点睛】本题关键要掌握国际单位制中力学基本单位：米、千克、秒及物理公式.3.人在粗糙的水平地面上正常行走，下列说法正确的是（ ）A. 人所受到的摩擦力为滑动摩擦力B. 人对地面的压力大于地面对人的支持力C. 人对地面的摩擦力大小等于地面对人的摩擦力大小D. 若人行走速度变小，则地面对人的摩擦力小于人对地面的摩擦力【答案】C【解析】【分析】根据“人在粗糙的水平地面
4、上正常行走”可知，本题考查受力分析，根据人脚与水平地面之间没有发生相对滑动，由此分析脚受到的摩擦力；根据牛顿第三定律：一对相互作用力，大小总相等，方向总相反，从而即可求解.【详解】A、人所受到的摩擦力为静摩擦力，因人走路时，脚与地面没有相对滑动，故 A 错误；B、人对地面的压力与地面对人的支持力是一对相互作用力，因此它们大小总相等的，故 B错误；C、D、人对地面的摩擦力大小与地面对人的摩擦力大小，也属于一对相互作用力，它们的大小相等，不受任何因素影响，故 C 正确，D 错误；故选 C.【点睛】考查静摩擦力与滑动摩擦力判定依据，掌握相互作用力的应用，并能理解牛顿第三定律的内容.4.物体在合外力
5、F 作用下做匀变速直线运动，加速度为 a，某时刻速度为 v，下面说法正确的是（ ）A. 物体如果做减速运动，则 v 与 F 方向相反B. 物体如果做加速运动，则 F/a 不断增大C. 物体如果做减速运动，则 a 与 F 方向相反3D. 物体如果做加速运动，则 F 不断增大【答案】A【解析】【分析】根据“合外力 F 作用下做匀变速直线运动 ”可知，本题考查牛顿第二定律的应用，根据当a 与 v 方向相同时做加速运动，相反做减速运动结合 a 与 F 方向始终相同分析推断.【详解】A、C、物体如果做减速运动，则 v 与 a 方向相反，即 v 与 F 方向相反，但 a 与 F方向相同，故 A 正确，C
6、错误；B、D、物体如果做加速运动， a 与 v 方向相同，但 不变， F 可能不变，故 B，D 错误.Fa=m故选 A.【点睛】知道加速度方向与速度方向间的关系即可正确解题.5.某物体从 H=80m 高处作自由落体运动（ g=10m/s） ，下列说法正确的是（ ）A. 第 1s 物体的位移是 10mB. 第 2s 的位移比第 1s 的位移多 5mC. 第 2s 的末速度比第 1s 的末速度大 10m/sD. 物体下落的时间为 8s【答案】C【解析】【分析】根据“物体从离地面 80m 高处做自由落体运动”可知，本题考查自由落体运动的运动规律，根据自由落体即初速度为零的匀加速直线运动的规律，运用各
7、运动学公式进行求解.【详解】A、第 1s 物体的位移 ，故 A 错误；h=12gt2=121012m=5mB、第 2s 物体的位移 故第 2s 的位移比第 1s 的位移多h=12gt2212gt12=205=15m，故 B 错误；h=155=10mC、以为加速度为 10m/s2第 2s 的末速度比第 1s 的末速度大 10m/s，故 C 正确；D、根据 可解得 t=4s，故 D 错误；x=12gt2故选 C.【点睛】本题考查自由落体运动，注意自由落体运动就是初速度为零，加速度为 g 的匀加4速直线运动，运用匀加速直线运动规律即可求解，另一点要注意的是物体在落地前一秒内位移可以通过用总位移减去前
8、三秒内位移的方式得到.6.某质量为 50kg 的同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究电梯的运动情况，如图所示的 v-t 图象是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况（选向上为正方向， g=10m/s） 。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（ ）A. 在 05s 内，该同学对电梯底板的压力等于 520NB. 在 5s10s 内，该同学对电梯底板的压力等于 0C. 在 10s20s 内，电梯在减速下降，该同学处于超重状态D. 在 20s25s 内，该同学对电梯底板的压力等于 480N【答案】A【解析】【分析】根据“研究电梯的运动情况”可知，本题考查对超重失重现象的理解，
9、根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态.【详解】A、在 05s 内，从速度时间图象可知，电梯的加速度 a=0.4m/s2，所以该同学对电梯底板的压力 mg+ma=520N，故 A 正确；B、在 5s10s 内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，升降机对该同学的弹力等于重力，故 B 错误；C、在 10 s20s 内，该同学匀减速上升，该同学处于失重状态，故 C 错误；D、在 20s25s 内，电梯加速下降， a=0.2m/s2该同学对电梯底板的压力等于 mg-ma=490N，故 D 错误；故选 A.【
10、点睛】人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了.7.如图所示，质量为 m 的木块被水平推力压着，静止在竖直墙壁上，当推力 F 的大小增加到 2F 时，下列说法正确的是（ ）5A. 木块受墙面弹力的原因是由于木块发生形变B. 木块所受墙面的摩擦力不变C. 木块会沿墙面下滑D. 木块所受墙面的摩擦力增加到原来的 2 倍【答案】B【解析】【分析】根据“木块静止在竖直墙壁上”可知，本题考查平衡状态的应用，根据受力分析和共点力平衡判断弹力和摩擦力的变化分析推断.【详解】A、木块受墙面弹力的原因是由于墙面发生形变产生的，故 A 错误；B、C、D、木块处于静止，推力和墙壁的弹力平衡，重
11、力和静摩擦力平衡，摩擦力方向竖直向上；当推力增大为原来的 2 倍，则木块所受墙面的弹力增加到原来的 2 倍.但摩擦力大小始终等于重力，保持不变，而方向与重力方向相反，竖直向上；故 B 正确，C、D 错误.故选 B.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意确定物体受到静摩擦力与什么因素有关是解题的关键.8.一种测定风力的仪器如图所示，它的细长金属丝一端固定于悬点 O，另一端悬挂一个质量为 m 的金属球。无风时，金属丝自然下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝将偏离竖直方向角度。风力 与、 之间的关系式正确的是（ ）F mA. B. C. D. F=mgsin F=
12、mgcos F=mgtan F=mgtan【答案】C6【解析】对小球受力分析，受到重力、拉力和风力，将拉力和风力合成，合力与重力平衡，如图所示由几何关系得： ，选 CF=mgtan9.如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球。当整个装置沿水平面向左匀速运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）A. 重力做负功B. 斜面对球的弹力和挡板对球的弹力的合力做正功C. 斜面对球的弹力做正功D. 挡板对球的弹力做正功【答案】C【解析】【分析】根据“整个装置匀速运动 ”可知，本题考查功的判断问题，根据判断力是否做功，要看力的方向与位移方向是否垂直，若垂直则不做功，若不垂直，则做
13、功.【详解】A、根据功的公式可知，重力与运动方向相互垂直，故重力不做功，故 A 错误；B、C、斜面对球的弹力与运动方向夹角为锐角，故斜面对球的弹力 FN做正功，故 B 错误，C 正确；D、挡板对球的弹力向右，与运动方向相反，挡板对球的弹力做负功，故 D 错误.故选 C.【点睛】小球做匀速直线运动，受力平衡，根据平衡条件求解出各个力；然后根据力和运7动位移之间的夹角分析各力做功情况.10.质量为 m 的木块在推力 F 的作用下，在水平地面上做匀速运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为 ，那么木块受到的滑动摩力为（ ）A. mgB. FsinC. (mg-Fsin )D. Fcos【答案】D【解析】
14、【分析】根据“木块在水平地面上做匀速运动”可知，本题考查平衡条件的应用，根据受力分析，由水平和竖直方向和滑动摩擦力的公式分别列方程求解.【详解】由于物体做匀速运动，对物体受力分析，根据平衡条件，有：水平方向： Fcos =f竖直方向： FN=mg-Fsin滑动摩擦力： f=F N= (mg-Fsin )故 B、C 正确，A、D 错误；故选 BC.【点睛】物体匀速运动，说明物体是处于受力平衡状态，由水平和竖直方向的平衡条件分别列方程，加上滑动摩擦力的公式，就能求出滑动摩擦力的大小.11.如图所示，一小球自 A 点由静止自由下落到 B 点时与弹簧接触，到 C 点时弹簧被压缩到最短。以 C 点所在平
15、面为重力势能的零势能面。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A B C 的运动过程中（ ）8A. 小球、地球和弹簧组成的系统机械能不守恒B. 小球在 C 的加速度为零C. 小球在 B 点时动能最大D. 小球在 A 点的重力势能最终全部转化为弹簧在 C 点的弹性势能【答案】D【解析】【分析】根据“小球自 A 点由静止自由下落到 B 点时与弹簧接触，到 C 点时弹簧被压缩到最短”可知，本题考查弹力作用下的运动规律，根据小球的运动情况和整个过程中能量的转化情况，运用系统的机械能守恒分析推断.【详解】A、以小球和弹簧组成的系统为研究对象，在小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，符合机械能守恒的条件，
16、因此，系统的机械能守恒，故 A 错误；B、到 C 点时弹簧被压缩到最短，弹簧的弹力最大，故小球向上的加速度最大，故 B 错误；C、小球在 B 点时，加速度为 g，只有当弹簧弹力等于小球重力时，加速度为 0，此时速度最大，故 C 错误；D、小球下落过程只有重力与弹簧弹力做功，到 C 点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故 D 正确.故选 D.【点睛】在小球由 C B A 反弹的运动过程中，弹力逐渐减小，开始小于重力，到 BC 间某位置等于重力，后大于重力，因此，小球从 C 到 B 过程中先做加速运动，后做减速运动，因此明确了整个过程中小球的运动情况，再根据功能关系可正确解答本题.1
17、2.如图所示，在光滑水平面上叠放着 A、 B 两物体，已知 mA2kg、 mB4kg， A、 B 间动摩擦因数 0.2，在物体 A 上施加一水平向右的拉力 F， g 取 10 m/s2，则（ ）9A. 当拉力 F4N 时， A 静止不动B. 当拉力 F3N 时， B 受 A 的摩擦力等于 2NC. 拉力 F 必须大于 8 N 时， A 才能相对 B 滑动D. 若把水平向右的拉力 F 作用于 B，拉力 F 大于 8 N 时， A 相对 B 滑动【答案】B【解析】【分析】根据“物体 A 上施加一水平向右的拉力 F”可知，本题考查动力学的临界问题，根据相对运动的临界加速度，判断在绳子拉力范围内是否发
18、生相对运动，结合整体法和隔离法的运用分析推断.【详解】当 A、 B 要发生相对运动时的加速度为： ；a=mAgmB=1m/s2对整体由牛顿第二定律得： F=(mA+mB)a=6N.当 F6N 时， A 相对于 B 运动,反之则相对静止.A、由上面的分析知：当拉力 F4N 时，二者相对静止一块运动，故 A 错误；B、当拉力 F=3N 时，二者相对静止，对整体由牛顿第二定律得: ，对 Ba=FmA+mB=0.5m/s2由牛顿第二定律得： fB=mBa=2N，故 B 正确；C、由上面的分析知：当 F6N 时，A 相对于 B 运动;故 C 错误.D、拉力 F 作用于 B， A、 B 要发生相对运动时的
19、加速度为： a= g =2m/s2，对整体由牛顿第二定律得： F=( mA+mB)a =12N当 F12N 时， A 相对于 B 运动.反之则相对静止，故D 错误；故选 B.【点睛】隔离对 B 分析，求出 B 的最大加速度，再对整体分析，求出发生相对滑动所需的最大拉力.二、填空题（每空 4 分，共 20 分）13.A、 B 两物块靠在一起放置在粗糙的水平面上，如图所示，外力 F 作用在 A 上，推着A、 B 一起向右加速运动，已知外力 F=10N， mA=mB=1kg， A 与地面间的动摩擦因数 1=0.1， B 与地面的动摩擦因数 2=0.3，则 A、 B 之间的弹力 FN=_N.10【答案
20、】6【解析】【分析】根据“外力 F 推着 A、 B 一起向右加速运动”可知，本题考查牛顿第二定律的应用，根据受力分析求出合力，运用整体法和隔离法列式计算.【详解】以 AB 整体为研究对象，根据牛顿第二定律有： F- 1mAg- 2mBg=(mA+mB)a解得: a=3m/s2再以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律有： FN- 2mBg=mBa解得: FN=6N【点睛】先整体为研究对象求得 AB 一起运动的加速度，再以 B 为研究对象求得 A 对 B 的作用力.14.如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。托盘和砝码的总质量记为 m，小车和车内砝码的总质量记为 M。实验中用托盘
21、和砝码总重力的大小作为细线对小车拉力的大小.(1)以下说法正确的是：_A在小车的左端连接挂有托盘的细线后，适当垫高木板一端，平衡小车所受的摩擦力B每次改变小车质量后，需重新调整木板倾斜角度，平衡摩擦力C先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放小车D m 应远远小于 M (2)如图所示是实验中打出的一条纸带， O、 A、 B、 C、 D 为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间还有四个点，所用交变电源的周期 T=0.02s。测量出相邻计数点之间的距离分别为：OA2.40 cm， AB2.80 cm， BC3.20 cm， CD3.60 cm。则打点计时器打下 C 点的瞬时速度vC_ m/s，该物体运
22、动的加速度 a_ m/s2（结果均保留两位有效数字）11(3)某组同学实验得出数据，画出 a-F 图如图所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是_A实验中平衡摩擦力时长木板垫起的角度太小B实验中平衡摩擦力时长木板垫起的角度太大C实验中绳子拉力方向没有跟木板平行D托盘和砝码的总质量 m 太小【答案】 (1). CD (2). 0.34 (3). 0.40 (4). A【解析】【分析】根据“探究加速度与力、质量的关系”可知，本题考查牛顿第二定律的探究实验，根据实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚；利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度
23、等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出 C 点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；平衡摩擦力时木板倾角要适当，使小车沿斜面重力的分力等于摩擦力，从而即可求解.【详解】(1)A、在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中需要把木板的后端适当垫高，以平衡小车和纸带所受的摩擦力，此时不能挂塑料小桶，平衡摩擦力的目的是使小车的合外力等于小车受到的拉力，即使小车所受的重力的下滑分力与所受到的摩擦阻力平衡，故A 错误；B、平衡摩擦力后，有 mgsin =mg cos ，即 =tan ，与质量无关，故改变拉小车的拉力后，不需要重新调节木板倾斜度，故 B 错误；C、打点计时器在使用时，为了使打点稳定，同
24、时为了提高纸带的利用率，使尽量多的点打12在纸带上，要应先接通电源，再放开纸带，故 C 正确；D、本实验，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，故 D 正确.故选 CD；(2)相邻两个计数点之间还有 4 个点没有画出，则相邻点时间间隔为 0.1s；匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，所以有：；vC=xBD2T=3.20+3.600.2102m/s=0.34m/s根据 x=aT2有： ；a=xBDxOB4T2 =3.20+3.602.8040.12 102m/s2=0.40m/s2(3)由 a-F 图象可知，图象在横轴上有截距，说明有力
25、时小车的加速度仍为零，施加拉力后小车受到的合力还为零，这是由没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的，即实验中摩擦力平衡时倾角过小，故 A 正确，B、C、D 错误.故选 A.【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（写出必要的公式和解题过程，15 题 16 分，16 题 16 分，共 32 分）15.如图所示，与水平面夹角为 37 的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端 A 点与上端B 点间的距离为 l9 m，传送带以恒定的速率 v2
26、m/s 向上运动。现将一质量为 1kg 的物体无初速度地放于 A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数 0.8，取g10m/s 2，sin37 =0.6，cos37=0.8，求：(1)物体从 A 运动到 B 共需多少时间？(2)物体从 A 运动到 B 的过程中摩擦力共对物体做了多少功？(3)物体从 A 运动到 B 的过程中因与传送带摩擦而产生的热量为多少？【答案】(1) t7s (2) W=56J (3)Q=32J【解析】13【分析】根据“倾斜传送带以恒定的速率 v2m/s 向上运动”可知，本题考查传送带上的运动问题和能量转化问题，根据物体的受力情况，由牛顿第二定律求出加速度.由速度公式求出速度
27、达到与传送带相同的时间.共速后，物体受力平衡，以速度 v 做匀速运动，再根据位移公式求时间，从而求得总时间.求出物体所受的力和物体的位移，根据功的公式，摩擦力对物体所做的功；根据物体与传送带的相对位移求产生的热量.【详解】(1)根据牛顿第二定律： mgcos37mgsin37=ma1解得： a1=0.4m/s2 物体达到与传送带共速所需的时间 :t1=va1=5st1时间内物体的位移 L1=v2t1=5m则: L2=LL1=4m5s 后滑动摩擦力突变为静摩擦力，物体受力平衡，以速度 v 做匀速运动，运动的时间 t2=L2v=2s物体运动的总时间 t t1 t27s(2)在 t1时间内，摩擦力对
28、物体做功：Wf1=mgcos37L1=32J在 t2时间内，静摩擦力做功对物体所做的功：Wf2=mgsin37L2=24J两阶段摩擦力对物体做功 W=Wf1+Wf2=56J(3)在物体匀加速阶段：传送带的位移： x=vt1=10m物体与传送带的相对位移 s=x-L1=5m摩擦生热 Q=Ffs=32J【点睛】物体与传送带共速时，要根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系来判断物体能否匀速运动.16.如图所示，在水平路段 AB 上有一质量为 2kg 的玩具汽车，正以 10m/s 的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段 AB、 BC 所受阻力不同，玩具汽车通过整个 ABC 路段的 v-t图象
29、如图所示（在 t=15s 处水平虚线与曲线相切） ，运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持 20W 不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)14(1)求汽车在 AB 路段上运动时所受的阻力 f1;(2)求汽车刚好开过 B 点时的加速度 a(3)求 BC 路段的长度.【答案】(1) f15N (2) a1.5 m/s2 (3)x=58m【解析】【分析】根据“汽车电机的输出功率保持 20W 不变 ”可知，本题考查机车的启动问题，根据图象知汽车在 AB 段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达 B 位置将做减速运
30、动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在 t=15s 处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与 BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达 B 点时的加速度； BC 段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.【详解】(1)汽车在 AB 路段时，有 F1 f1P F1v1联立解得： f15N(2)t15 s 时汽车处于平衡态，有 F2 f2 P F2v2联立解得： f22N t5s 时汽车开始加速运动，有 F1 f2 ma解得 a1.5m/s 2(3)对于汽车在 BC 段运动，由动能定理得： Ptf2x=12mv2212mv21解得： x=58m15【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.16
