2018-2019学年高一物理上学期期末考试试卷(含解析) (IV).doc

2018-2019学年高一物理上学期期末考试试卷(含解析) (IV)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N，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；FN=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。【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【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，f32F B. NMg+12F，fMgC. NMg+12F ，f32F D. NMg+32F，f12F【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+12F，f=Fcos 30=32F，故选C。5.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，则它们的加速度a及推力F的大小为（）A. 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：aF合mmgtanmgtan；对AB整体进行受力分析得：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，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a=T1m，方向水平向右B. 若断，则a=T1m，方向水平向左C. 若断，则a=T2m，方向水平向左D. 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：T2=mgtan,T1=mgsin，若刚剪断弹簧瞬间，细绳弹力突变为0，故小球只受重力，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F合=mgtan=T2=ma，解得：a=T2m，方向水平向左，故C正确，D错误故选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x7x34aT2，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。【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放在水平面上的质量为M的斜面体B上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动。则( )A. A与B之间不一定存在摩擦力B. B与地面之间一定存在摩擦力C. B对A的支持力一定等于mgD. 地面对B的支持力大小一定等于(mM)g【答案】AD【解析】【分析】先对两个木块整体进行受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解物体A对物体B的支持力和摩擦力【详解】对物体m受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体M对m的支持力N和摩擦力f当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力f为零，如图：根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N=mgcos+Fsin；故A正确，C错误；先对两个木块整体受力分析，受到重力（M+m）g、地面的支持力N和已知的两个推力，如图所示：对于整体，由于两个推力的合力刚好为零，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；故选AD。【点睛】本题关键是对两个木块整体受力分析，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m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时两物体相遇【答案】BC【解析】解:根据题意知,甲物体的初速度为:v1=2m/s,加速度为: a1=v甲t甲=1m/s;位移为: x1=2t+12a1t2=2t+t22乙物体的初速度v2=0,加速度为: a2=v乙t乙=2m/s;位移为: x2=12a2t2=t2如果开始时乙在甲的前面,相遇有: x2+1.5=x1,解方程得:t=1s或3s.如果开始时甲在乙的前面,相遇有: x1+1.5=x2,解方程得: t=2+7.故两物体可能相遇两次,也可能相遇一次,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/s2；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与地面间的最大静摩擦力Fmin2(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，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Fmin2(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，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把LL0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】【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-x0）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/m28N/m 当F=0时，x=x0，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).s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm.则小车的加速度a=_ms2 (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 vB=_ms.(结果均保留两位有效数字)(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与水平桌面的夹角_(选填“偏大”或“偏小”)。【答案】 (1). 小于 (2). Mm (3). 0.80 (4). 0.40 (5). 偏大【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=aT2求得加速度，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=aT2可知，加速度：a=s6+s5+s4s3s2s19T2=0.80m/s2 B点的瞬时速度为vB=s1+s22T0.40m/s（3）当F=0时，小车已经具有了加速度，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B点过程的加速度大小是多少？（2）木块所受的外力F多大？【答案】（1）8m/s2；（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：v2=2a1s解得：a1=8224=8m/s2 （2）由牛顿第二定律得：F-mgsin-mgcos=ma1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/s2）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/s2能达到共速，则时间t1=va=2s，s=v2t1=10mL之后匀速，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+mgcos=ma1代入数据解得：a1=10m/s2，方向向下达到与带相同速度时，用时间t1=va1=1010s=1s s=v22a1=5mL之后：因为tg=0.75，物块继续加速，根据牛顿第二定律：mgsin-mgcos=ma2解得：a2=2m/s2，方向向下；根据x=vt2+12a2t22 即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/s2。（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】（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：a2=FminmgM2s内物块的位移为：x1=12a1t22s内长木板运动的位移为：x2=12a2t2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