2018-2019学年江西省南昌市第二中学高一上学期期末考试物理试题（解析版）
2018-2019学年江西省南昌市第二中学高一上学期期末考试
物理试题（解析版）
一、选择题
1.下列说法正确的是( )
A. 只要物体所受的合外力不为零，它就做曲线运动
B. 做曲线运动的物体，例如匀速圆周运动，速度是可以不变的
C. 物体做曲线运动，速度方向与其运动轨迹无关
D. 做曲线运动的物体，它的加速度可以是恒定的
【答案】D
【解析】
曲线运动的条件是：合外力和速度不在一条直线上，如果合外力不为零，但方向与运动方向相同，则物体做直线运动，故A错误；匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向时刻在变，所以速度是变化的，B错误；物体做曲线运动，速度方向沿轨迹的切线方向，C错误；平抛运动是曲线运动，其加速度是恒定的，D正确．
2.如图所示，将铅笔一端放在水平桌面上，另一端用细线悬吊着，细线呈竖直状态，则铅笔受到几个力的作用（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
对铅笔受力分析，按照重力、弹力、摩擦力、已知力的顺序进行分析。
【详解】对铅笔受力分析，受重力、细线的竖直向上拉力、地面竖直向上的支持力，地面对铅笔没有静摩擦力，否则水平方向不能平衡，则一个三个力作用，故B正确。
故选：B。
【点睛】受力分析是解力学题的基础，通常按照重力、弹力、摩擦力、已知力的顺序进行，可以结合产生条件、作用效果和牛顿第三定律分析。
3. 如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度
A. 一定不变 B. 一定变小
C. 一定变大 D. 可能变小，可能变大，也可能不变
【答案】C
【解析】
试题分析：小物块P沿光滑固定斜面加速下滑，受重力、推力、斜面的支持力、根据力的分解，将力分解到沿斜面方向上，根据牛顿第二定律，可得，解得．当保持F的方向不变，使其减小时，则加速度a一定变大．故C正确
考点：考查了牛顿第二定律的应用
【名师点睛】解决本题的关键熟练运用正交分解，根据牛顿第二定律求出加速度，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、推力，沿斜面加速下滑，知加速度的方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律列出方程，根据F的变化，可知加速度的变化
4.如图所示，甲、乙两运动员从水速恒定的河两岸A、B处同时下水游泳，A在B的下游位置，甲游得比乙快，为了在河中尽快相遇，两人游泳的方向应为（ ）
A. 甲、乙都沿A、B连线方向
B. 甲、乙都沿A、B连线偏向下游方向
C. 甲、乙都沿A、B连线偏向上游方向
D. 甲沿A、B连线偏向上游方向，乙沿A、B连线偏向下游方向
【答案】A
【解析】
一旦AB进入河中，他们就是同一个参考系了，就不要考虑水速了，无论他们谁快谁慢，方向应该是AB连线了，故A正确，BCD错误。
点睛：该题考查参考系的选择，需要结合实际认真思考，得出甲乙游水类似在地面上行走，适宜选择水流为参考系是本题的关键。
5.身体素质拓展训练中，人从竖直墙壁的顶点A沿光滑杆自由下滑到倾斜的木板上（人可看作质点），若木板的倾斜角不同，人沿着三条不同路径AB、AC、AD滑到木板上的时间分别为t1、t2、t3，若已知AB、AC、AD与板的夹角分别为70o、90o和105o，则（ ）
A. t1>t2>t3
B. t1
t2>t3，故选A.
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；要抓住物体从直径的顶端沿光滑斜面滑到圆周上时所用的时间是相等的这一结论，则很容易解答此题；同样物体从圆周上的各点滑到圆周的底端时的时间也是相等的，这些结论都要记住.
6.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为 v0 时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为 t0。现用不同的初速度 v 从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间 t 随 v 变化的函数关系
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：当小球落在斜面上时，有：，解得，与速度v成正比．当小球落在地面上，根据h=gt2得，，知运动时间不变．可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线．故C正确，ABD错误．故选C。
考点：平抛运动
【名师点睛】此题是对平抛运动规律的考查，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
7. 如图所示，轻弹簧的左端固定在墙上，右端固定在放于粗糙水平面的物块M上，当物块处在O处时弹簧处于自然状态，现将物块拉至P点后释放，则物块从P点返回O处的过程中
A. 物块的速度不断增大，而加速度不断减小
B. 物块的速度先增后减，而加速度先减后增
C. 物块的速度不断减小，而加速度不断增大
D. 物块的速度先增后减，而加速度不断减小
【答案】B
【解析】
试题分析：物体从P点向左运动到O点的过程中，受到向左的弹力和向右的摩擦力，当弹力大于摩擦力时，物体向左做加速运动，由于弹力逐渐减小，故加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最大，此后由于弹力小于摩擦力，故继续向左做减速运动，由于受到的合力增大，故加速度增大，做加速度增大的减速运动，故物块的速度先增后减，而加速度先减后增，故B正确；故选B．
考点：牛顿第二定律的应用
8.以下短文摘自上个世纪美国报纸上的一篇小文章：阿波罗登月火箭在离开地球飞向月球的过程中，飞船内宇航员通过无线电与在家中上小学的儿子汤姆通话．宇航员：“汤姆，我们现在已关闭火箭上所有发动机，正向月球飞去．”汤姆：“你们关闭了所有发动机，那么靠什么力量推动火箭向前运动飞向月球？”宇航员犹豫了半天，说：“我想大概是伽利略在推动火箭向前运动吧．”若不计星球对火箭的作用力，由上述材料可知，下列说法中正确的是
A. 汤姆的问话所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”
B. 宇航员的回答所体现的物理思想是“力是维持物体运动的原因”
C. 宇航员的回答所体现的物理思想是“物体的运动不需要力来维持”
D. 宇航员的回答的真实意思是火箭正在依靠惯性飞行
【答案】A
【解析】
：由于汤姆对物理知识了解的不全面，只能依据生活经验认为物体的运动要靠力来维持，而宇航员的回答体现了物体靠惯性向前运动，不需要外力维持．选项A、C、D正确．
9.如图所示，轻弹簧两端栓接两个小球a、b。在水平恒力F的作用下栓接小球的细线固定在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角=60°，弹簧竖直，已知两小球的质量都为2kg，重力加速度，下列说法正确的是
A. 水平外力F的大小为
B. 弹簧的拉力大小为40N
C. 剪断上端细线瞬间a球加速度为
D. 剪断上端细线瞬间b球加速度仍为0
【答案】AD
【解析】
试题分析： 对b球受力分析，受到竖直向下的重力，弹簧的拉力，若受绳子的拉力，则在水平方向上合力不可能为零，故绳子对b的拉力为零，所以，剪断上端细线瞬间，弹簧的弹力来不及改变，合力仍旧为零，故b的加速度仍为零，B错误D正确；对a球受力分析，受弹簧的弹力，重力，水平拉力和绳子的拉力作用，处于平衡状态，故有，解得，A正确；，若剪断上端细线瞬间a的合力为80N，则加速度为，C错误；
考点：考查了共点力平衡条件的应用
【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，
10.如图所示，质量为2 kg的物块放在质量为3 kg木板的最右端，它们之间的动摩擦因数µ1=0.5，木板与地面的动摩擦因数µ2=0.1，给木板水平向右的力F，则
A. 当F≥15 N时，物块、木板发生相对滑动
B. 当F=21 N时，物块的加速度为2 m/s2
C. 当F≥30 N时，物块、木板才会发生相对滑动
D. 当F=33 N时，物块、木板的加速度分别为5 m/s2、6 m/s2
【答案】CD
【解析】
当物块、木板恰好发生相对滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值，对物块，由牛顿第二定律得：µ1m物g=m物a0．解得 a0=5m/s2．对整体，由牛顿第二定律得 F0-µ2（m物+m木）g=（m物+m木）a0．解得 F0=30N; 所以当F＞30 N时，物块、木板才会发生相对滑动，则当30N≥F≥15 N时，物块、木板相对静止．故A错误，C正确．当F=21 N时，物块、木板相对静止，则对整体，可得，，故B错误．当F=33 N时，物块、木板发生相对滑动，则物块、木板的加速度分别为 ．．故D正确．故选CD.
点睛：解决本题的关键要抓住隐含的临界情况和临界条件：当物块、木板恰好发生相对滑动时，两者间的静摩擦力达到最大值．要灵活选择研究对象，采用隔离法和整体法结合研究．
11.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ=60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是
A. 小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg
B. 小球下降最大距离为
C. 小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2:1
D. 小物块在D处的速度与小球速度大小之比为
【答案】BC
【解析】
试题分析：A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于mg，故A错误．B、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知，，故B正确．
C、D.将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则知，小物块在D处的速度与小球的速度之比为v:v1=2:1，故C正确，D错误．故选BC．
考点：本题考查
【名师点睛】解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒．以及知道物块与O1之间的距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度．
12.如图，光滑水平直面上，n个完全相同的物块并排靠在一起，P和Q是其中某两相邻物块．当用力推动最右的物块，使整体以大小为a的加速度向左运动时，P和Q间的弹力大小为F；当用力推动最左的物块，使整体以大小为a的加速度向右运动时，P和Q间的弹力大小仍为F．则n的取值可能为（ ）
A. 8 B. 10 C. 16 D. 18
【答案】AC
【解析】
试题分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，运用牛顿第二定律求出P和Q间的相互作用力，从而进行比较．
解：当用力推动最右的物块，使整体以大小为a的加速度向左运动时，P和Q间的弹力大小为F，
设每个物块的质量为m，研究P和P左边的所有物块，根据牛顿第二定律得
F=xma
当用力推动最左的物块，使整体以大小为a的加速度向右运动时，P和Q间的弹力大小仍为F，
研究Q和Q右边的所有物块，根据牛顿第二定律得
F=（n﹣x）m×a
解得：n=x，
n和x都应该是正整数，所以n的取值可能为8或16，故AC正确，BD错误；
故选：AC．
【点评】本题是连接体问题，要抓住加速度相同的特点，灵活选择研究对象．隔离时一般选择受力较少的物体研究内力．
二、填空题
13.某同学为验证牛顿第二定律而设计的滑轮装置，实验装置如图所示，图中绳子不可伸长，已知左侧托盘及砝码质量为m1，右侧托盘及砝码质量为m2，且m1>m2，现由静止释放左侧托盘，测量系统加速度。然后改变m1 、m2质量，重复实验多次。
（1）该同学利用图示实验装置求得左侧托盘及砝码的加速度的表达式a= ________（用字母m1、m2及g表示）
（2）该同学认为，只要保持_____________不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持______________不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比。
【答案】 (1). (2). (3).
【解析】
【分析】
本题主要考查验证牛顿第二定律，明确研究对象列出对应公式是关键，再进行分析公式即可。
【详解】（1）设绳子的拉力为T，以左盘及砝码为研究对象，由牛顿第二定律有：，以右盘及砝码为研究对象，由牛顿第二定律有： ，联立解得 ；
（2）由可知 ，即只要保持不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比。
14.“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图a所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a— F图线，如图b所示
（1）图线_________（填“①”或者“②”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。
（2）在轨道为斜面情况下，轨道倾斜的角度为θ=370，则小车与轨道面的动摩擦因数μ=______________（已知sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8）。
（3）在轨道水平时，小车运动的阻力F1=_________N．
（4）图b中，拉力F较大时，a— F图线明显弯曲，产生误差，为避免此误差可采取的措施是_________（填选项字母）
A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动
B．增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量
C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力
D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验
【答案】（1）①； （2）0．5； （3）0．5N ；（4）C
【解析】
试题分析:
第一条图线拉力为零时就有了加速度，很显然是右侧抬高，平衡摩擦力过度造成的；第二条图线施加力之后还是没有加速度，说明是在水平面上是拉动小车的；由图线②可知，F=0．5N时，a=0，F=μmg，Ff=0．5N；本实验要求钩码的质量要远远小于小车的质量，当所挂钩码数量较多时，误差就显著起来了，故选C。
考点：本题考查了对探究加速度和质量的关系实验的理解和领悟能力。
三、计算题
15.放风筝是春天时大人、小孩都爱玩的一项有趣的体育活动， 手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就可以将风筝放飞到高处。有一小朋友将一只重为7N的风筝放飞到一定的高度后，便拉住线的下端以一定的速度匀速跑动，线恰能与水平面成370角保持不变，这时小朋友拉住线的力为15N，求此时风筝所受到的风力大小和方向。（）
【答案】20N,方向与水平成530
【解析】
【分析】
对风筝进行受理分析，受重力，绳子拉力与风力处于平衡状态，根据共点力的平衡条件可列出平衡方程，即可求解风力及其方向。
【详解】解：设风力为F，方向与水平方向成α角度
则水平方向有：
竖直方向有：
联立解得 ，
即
16.如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设空气阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到的阻力发小f；（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h。
【答案】（1）f=6N．（2） h=8m
【解析】
【分析】
本题主要考查图像与匀变速直线运动的综合应用，要理解到图像斜率代表加速度，面积代表位移。
【详解】解：（1）由图可以知道，在内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
（2）在内，小球做匀加速直线运动，设加速度的大小为 ，有
即
4s末小球的速度
根据图象可以知道，小球在 4s末离抛出点的高度
17.如图所示，在距地面2l高空A处以水平初速度投掷飞镖，在与A点水平距离为l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g.试求：
(1)飞镖是以多大的速度击中气球的？
(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt应为多少？
【答案】(1) ；(2) ；
【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向上的位移求出击中的时间，从而求出飞镖竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出飞镖的速度．抓住竖直方向上的位移之和等于2l求出掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔．
（1）飞镖被投掷后做平抛运动，从掷出飞镖到击中气球，经过时间
此时飞镖在竖直方向上的分速度
故此时飞镖的速度大小
（2）飞镖从掷出到击中气球过程中，下降的高度
气球从被释放到被击中过程中上升的高度
气球的上升时间
可见，所以应先释放气球
释放气球与掷飞镖之间的时间间隔
18.质量为M、长为的杆水平放置，杆两端A、B系着长为的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．求此状态下杆的加速度大小a.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳子的拉力大小；（2）以环为研究对象，由正交分解根据牛顿第二定律求解加速度。
【详解】解：（1）如图1,设平衡时绳子拉力为T,有
由图可以知道，
联立解得
（2）对小铁环受力分析如图2，有
由图知，
联立解得
19.如图所示，水平传送带长为L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求滑块从A端运动到B端的过程中:
（1）滑块运动的时间；
（2）滑块相对传送带滑过的路程。
【答案】（1）2s（2）4m
【解析】
【分析】
（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B端所用的时间，从而求出总时间。
（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移。
【详解】（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为，由牛顿第二定律：
解得：
滑块与传送带达到共同速度的时间：
此过程中滑块向右运动的位移：
共速后 , 因 ，滑块继续向右加速运动，
由牛顿第二定律：
解得：
根据速度位移关系可得：
滑块到达 B 端的速度：
滑块从共速位置到 B 端所用的时间：
滑块从 A 端到 B 端的时间：
（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移： ，
1s∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： ，
0∼2s 内滑块相对传送带的路程：
