【物理】黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

【物理】黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年 高一上学期期末考试试题 一、选择题（共计12题，总分48分。每题4分，第9--12题为多项选择题，可能有2个或者2个以上答案为正确答案，全对得4分，选不全的得2分；其他试题为单项选择题）‎ ‎1.一个做匀加速直线运动的物体，通过A点的瞬时速度为v1，通过B点的瞬时速度为v2，则该物体通过AB中点的瞬时速度是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设中点位置的速度为v，根据，得，物体通过中点的瞬时速度，故A正确，B、C、D错误；‎ ‎2.以下对牛顿运动定律的理解，正确的是（ ）‎ A. 牛顿第一定律指出，物体只有处于匀速直线运动状态或静止状态时才具有惯性 B. 牛顿第二定律指出，物体加速度的方向与所受合力的方向相同 C. 牛顿第三定律指出，物体间的作用力与反作用力是一对平衡力 D. 牛顿运动定律不仅适用于低速运动的宏观物体，也适用于高速运动的微观粒子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 牛顿第一定律也称为惯性定律，它告诉我们惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，故A错误；‎ B. 牛顿第二定律指出物体的加速度与物体所受外力成正比，加速度的方向与合外力的方向一致，故B正确；‎ C. 牛顿第三定律中作用力和反作用力是作用在两个不同物体上的大小相等，方向相反的两个力，故不可能为平衡力，故C错误；‎ D. 牛顿运动定律只能适用于宏观、低速物体，不能适用于微观高速粒子，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎3.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N 行驶，速度大小逐渐减小．汽车转弯时的加速度方向，可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车从M点运动到N，做曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，所以沿切向方向有与速度相反的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°，加速度方向与合力方向同向，所以选项ABD错误，选项C正确．‎ ‎4.某一做直线运动的物体的v-t图像如图所示，下列说法正确的是 A. 物体前4s内位移是7m B. 物体在第三秒末离出发点最远 C. 物体在0~1s内的加速度为2m/s2‎ D. 物体在第1s末运动的方向发生变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.速度时间图象与坐标轴围成的“面积”大小等于物体通过的位移，则物体前4s内的位移是：m，故A错误；‎ B.物体在第三秒末速度为零，之后物体反向加速，所以物体在第三秒末离出发点最远，故B正确；‎ C.速度时间图象的斜率表示加速度，则物体在0~1s内的加速度为：m/s2，‎ 故C错误；‎ D.物体在0-3s内速度都为正，方向没有变化，所以物体在第1s末运动的方向没有发生变化，故D错误．‎ ‎5.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则下面说法错误的是(　　)‎ A. t1时刻，小物块离A处的距离达到最大 B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右 D. 0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在0～t1时间内小物块向左减速，受到向右的摩擦力作用，在t1～t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；‎ B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则知t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；‎ C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C正确；‎ D．由题图知时间内小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。‎ ‎6.如图所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F=10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则（ ）‎ A. a1＜a2 B. a1=a2 C. a1＞a2 D. 条件不足，无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：挂重物时，选连接体为研究对象，有牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为：；当改为10N拉力后，由牛顿第二定律得；P的加速度为：，故a1＜a2，故选A.‎ ‎7.如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行．现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有 A. 小球对斜劈的压力保持不变 B. 轻绳对小球的拉力先减小后增大 C. 竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小 D. 对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：‎ ‎ 根据平衡条件可知，细线的拉力T增加，支持力N 减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小；故A、B错误．‎ C、D、对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示：‎ ‎ 根据平衡条件，有：水平方向：N′=Nsinθ，竖直方向：F+Ncosθ=G，由于N减小，故N′减小，F增加；故C错误、D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，关键是正确选择采用整体法和隔离法，灵活地选择研究对象，然后根据平衡条件并结合图示法和正交分解法分析即可．通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．‎ ‎8.如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( )‎ A. 0.5gsin B. gsin C. 1.5gsin D. 2gsin ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，由牛顿第二定律得：,猫处于静止状态，则其所受到的合力，所以整体受的合力等于木板受的合力：，其中a为木板的加速度），帖整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小（垂直斜面分力为零），则有：，解得，故选C．‎ ‎9.在电梯内地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg；电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为40kg，如图所示，则在这段时间内(g取10m/s²)‎ A. 电梯以2m/s²的加速度加速下降 B. 电梯以2m/s²的加速度减速上升 C. 电梯以8m/s²的加速度加速上升 D. 电梯以8m/s²的加速度减速下降 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】对人受力分析，根据牛顿第二定律可知mg-FN=ma，解得a=2m/s2，加速度方向向下，故电梯可能是减速向上运动，也可能加速向下运动. A．电梯以2m/s²的加速度加速下降，与结论相符，选项A正确；‎ B．电梯以2m/s²的加速度减速上升，与结论相符，选项B正确；‎ C．电梯以8m/s²的加速度加速上升，与结论不相符，选项C错误；‎ D．电梯以8m/s²的加速度减速下降，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选AB。‎ ‎10.如图所示，质量为m的小球用一根细线和一根轻弹簧悬挂起来，小球静止时，细线水平，而弹簧与竖直成θ角．现将细线剪断，则下列判断正确的是（ ） ‎ A. 剪断细线前，细线中张力为mgcotθ B. 剪断细线前，弹簧弹力大小为 C. 剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gsinθ D. 剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gtanθ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．剪断细线前小球受力如图所示：‎ 由平衡条件可以知道弹簧弹力：，细线中张力：，故A错误，B正确.‎ CD．剪断细线的瞬间细线拉力消失，弹簧的弹力不变，小球受重力mg与弹簧弹力F作用，根据牛顿第二定律小球所受合力：，解得小球的加速度大小为：a=gtanθ 故C错误,D正确.‎ 故选BD.‎ ‎11.如图所示,一轻质弹簧一端系在墙上的O点,自由伸长到B点.今用一小物体m把弹簧压缩到A点,然后释放,小物体能运动到C点静止,物体与水平地面间的动摩擦因数恒定,试判断下列说法中不正确的是 ‎ A. 物体从A到B速度越来越大,从B到C速度越来越小 B. 物体从A到B速度越来越小,从B到C加速度不变 C. 物体从A到B先加速后减速,从B到C一直减速运动 D. 物体在B点受到的合外力为零 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦力。从A到B过程中，弹簧的弹力水平向右，摩擦力水平向左，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先加速后减速；从B到C 过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物体一直做减速运动。故AB错误，符合题意，C正确，不符合题意。‎ D．物体在B点时，弹簧的弹力为零，而摩擦力不为零，则物体所受的合外力不为零。故D错误，符合题意。‎ 故选ABD。‎ ‎12.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则 A. 当时，A、B都相对地面静止 B. 当时，A的加速度为 C. 当时，A相对B滑动 D. 随着F的增大，B的加速度不会超过 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=2μmg，则A、B间发生滑动的最小加速度为a=μg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（mA+mB）g=μmg，故拉力F最小为F：‎ F-fmax=ma，所以F不小于3μmg，AB将发生滑动； A．当 F＜2μmg时，F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，所以A、B 都相对地面运动，故A错误。 B．当F=μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-μmg=3ma，解得a=μg，故B错误， C．由上分析可知，当F＞3μmg时，A相对B 滑动。故C正确。 D．对B来说，其所受合力的最大值Fm=2μmg-μmg＝μmg，即B的加速度不会超过μg，故D正确。 故选CD。‎ 二、实验题（总分14分，每空2分。）‎ ‎13.用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.‎ ‎（1）本实验应用的实验方法是__________‎ A．理想实验法 B．控制变量法 C．假设法 D.等效替代法 ‎（2）为了让细线下端悬挂钩码总重力作为小车受到的合力F，需满足的条件是______‎ ‎（3）实验中要进行质量钩码质量m和小车质量M的选取，以下最合理的一组是_____‎ A．M＝20g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g B．M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g C．M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g ‎ D．M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g ‎(4)关于实验操作，下列说祛正确的是______。‎ A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车 ‎(5)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=___m/s，小车的加速度a=________m/s².（结果保留两位有效数字）‎ ‎(6)改变细线下端钩码的个数，得到a-F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是_____。‎ ‎【答案】 (1). B (2). M>>m (3). D (4). AD (5). 0.32 0.93 ‎ ‎ (6. 随所挂砝码质量m的增大，不满足M>>m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量；本实验应用的实验方法是控制变量法，故选B.‎ ‎（2）对整体 对小车 则 则当M>>m时T=mg，则为了让细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，需满足的条件是M>>m.‎ ‎（3）实验中要保证M>>m，则钩码质量m和小车质量M的选取，最合理的一组是D.‎ ‎（4）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确； B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；   C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；  D、打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D正确； 选择AD （5）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s． B点对应的速度为：‎ 根据△x=aT2可得：‎ xCE-xAC=a（2T）2‎ 小车运动的加速度为：‎ ‎（6）随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m，因此曲线上部出现弯曲现象．‎ 三、计算题（共计4题，总分38分。）‎ ‎14.如图所示，斜面倾角为θ=37°，一质量为m=7kg的木块恰能沿斜面匀速下滑，（sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎（1）物体受到的摩擦力大小 ‎（2）物体和斜面间的动摩擦因数？‎ ‎（3）若用一水平恒力F作用于木块上，使之沿斜面向上做匀速运动，此恒力F的大小．‎ ‎【答案】（1）42N（2）0.75（3）240N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)不受推力时匀速下滑，物体受重力，支持力，摩擦力，‎ 沿运动方向有：mgsinθ-f=0‎ 所以：f=mgsinθ=7×10×sin37°=42N ‎(2)又：f=μmgcosθ 解得：μ=tanθ=0.75‎ ‎(3)受推力后仍匀速运动则：‎ 沿斜面方向有：Fcosθ-mgsinθ-μFN=0‎ 垂直斜面方向有：FN-mgcosθ-Fsinθ=0‎ 解得：F=240N ‎【点睛】本题主要是解决摩擦因数，依据题目的提示，其在不受推力时能匀速运动，由此就可以得到摩擦因数μ=tanθ．‎ ‎15.如图所示，小车的顶棚上用绳线吊一小球，质量为m，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面匀加速向右运动时，小球悬线偏离竖直方向30°，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）小车运动的加速度。‎ ‎（2）木块受到的摩擦力。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球的加速度与小车的加速度相等，小球受力如图所示 设加速度a ma=mgtan30°‎ a=gtan30°=g ‎（2）木块受到的摩擦力：F=Ma=Mg ‎16.商场工作人员拉着质量m=20kg的木箱沿水平地面运动．若用F1=100的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=150N、与水平方向成53∘斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示．已知sin53∘=0.8，cos53∘=0.60，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）木箱与地面之间的动摩擦因数；‎ ‎（2）F2作用在木箱上时，木箱运动的加速度大小；‎ ‎（3）F2作用在木箱上4.0s时间内木箱移动的距离．‎ ‎【答案】（1）μ=0.5（2）a=2.5m/s2（3）s=20m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于木箱在水平拉力下匀速运动，根据牛顿第二定律，F1-μmg=0     解得：μ==0.5      （2）将F2沿着水平与竖直方向分解，F2沿水平和竖直方向的分量分别为    F2x=F2cos53°         F2y=F2sin53°       木箱受到水平地面的支持力      FN=mg-F2y 根据牛顿第二定律，F2x-μFN=ma     解得木箱运动的加速度大小为  a=2.5 m/s2       （3）根据运动学公式，木箱的位移  x=at2=20m． 【点睛】根据二力平衡求出摩擦力的大小，之后物体就是匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律求解即可．‎ ‎17.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝41m，传送带v0＝20 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)煤块从A到B时间；‎ ‎(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。‎ ‎【答案】（1）3s （2）20m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）开始阶段由牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ‎ 所以：a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2‎ 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间： ‎ 发生的位移： ‎ 所以物体加速到20m/s 时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变。 第二阶段有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2‎ 所以：a2=2m/s2‎ 设第二阶段物体滑动到B的时间为t2 ，则： ‎ 解得：t2=1s ‎ 在B点的速度为：vB=v+a2t2=20+2×1=22m/s 总时间：t=t1+t2=2s+1s=3s ‎（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：‎ ‎ ‎ 传送带的位移为2×20=40m，故炭块相对传送带上移20m； 第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：‎ x2=LAB-x1=21m 传送带的位移为vt2=20m，即炭块相对传送带下移1m： 第二阶段碳块还是在追赶原来的痕迹，超出的1m覆盖在第一阶段上，所以痕迹还是20m； 故传送带表面留下黑色炭迹的长度为20m；‎ ‎ ‎