新疆维吾尔自治区沙湾一中2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题 19页

沙湾一中2019-2020学年高一年级期末考试卷 物 理 一、选择题，每小题3分共48分，1~8题为单选题，9~16为多选题(多选不得分，少选的2分)‎ ‎1.如图所示，大小分别为的三个力恰好围成封闭的直角三角形（顶角为直角）．下列四个图中，这三个力的合力最大的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在矢量三角形中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，由此可以判断分力与合力的关系，从而可以求得合力的大小．‎ ‎【详解】根据三角形定则或平行四边形定则，知A选项合力为‎2F1，B选项合力为‎2F2，C选项合力为0， D选项合力为‎2F3．因为F2是直角三角形的你斜边，故选项B的合力最大，B符合题意，ACD不符题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，这是解决本题的关键所在．‎ ‎2.已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N则（　　）‎ A. F1的大小是唯一的 B. F2的方向是唯一的 C. F2有两个可能的方向 D. F2可取任意方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 如图所示，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，当分力F2与F1垂直时，分力F2有最小值，最小值为：‎ 所以F2有两个可能的方向，C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球随车一起匀速运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则(　　)‎ A. 若m1＜m2，则两个小球一定相碰 B. 若m1=m2，则两个小球一定相碰 C. 若m1＞m2，则两个小球一定相碰 D. 两个小球一定不相碰 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两球一开始同平板车一起做匀速直线运动，当车停止时，由于惯性，两球会继续保持原来的运动状态不变，也就是速度和方向都相同，因此，在不考虑阻力的情况下，它们一定不会相碰，故D正确，ABC错误。‎ ‎4.有几名同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小与其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定正确的是（ ）‎ A. x＝ B. x＝ C. x＝Ft D. x＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】运用单位验证法可判断表达式的正误，等式的左边为位移，单位为m。‎ A．等式右边的单位为：‎ 单位不相同，则表达式错误，故A错误；‎ B．等式右边的单位为：‎ 单位不相同，则表达式错误，故A错误；‎ C．等式右边的单位为：‎ 单位不相同，则表达式错误，故A错误；‎ D．等式右边的单位为：‎ 单位相同，则表达式正确，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，一人站在自动扶梯水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，以下说法正确的是（ ）‎ A. 人受到重力和支持力的作用 B. 人受到重力、支持力和向右的摩擦力的作用 C. 人受到重力、支持力和向左的摩擦力的作用 D. 人受到重力、支持力和与速度方向相同的摩擦力的作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题可知人随扶梯斜向上匀减速运动，所以人有斜向下的加速度，可以把加速度分解为水平向右和竖直向下的加速度，如图所示：‎ 其中水平向右的加速度是由摩擦力提供的，竖直向下的加速度是重力和支持力的合力提供，且重力大于支持力，由此可知人受到重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，故ACD错误，B正确；‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示光滑竖直圆槽，AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A、B、C点.若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1，t2，t3，则（ ）‎ A. t1＜t2＜t3 B. t1＞t2＞t3‎ C. t1= t2= t3 D. t1= t2＜t3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设任一斜面的倾角为，圆槽直径为d．根据牛顿第二定律得到，斜面的长度为，则由，得，可见物体下滑时间与斜面的倾角无关．则有．C正确，故选C.‎ ‎【点睛】设任一斜面的倾角为，圆槽直径为d，根据牛顿第二定律得出加速度与的关系，由运动学求出时间与和d的关系，由数学知识分析时间关系．‎ ‎7.如图所示，物体A放在光滑水平桌面上，用一根细绳系住，若在绳的另一端用F＝mg的力拉物体A时，A的加速度为a1；若在绳的另一端挂一质量为m的物体时，物体的加速度为a2，则(　　)‎ A. a1>a2 B. a1a2，故A正确，BCD错误．‎ ‎8.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于足够大的光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝‎6 kg、mB＝‎2 kg。A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2。若作用在A上的外力F由0增大到45 N，则此过程中（ ）‎ A. 在拉力F＝12 N之前，物体一直保持静止状态 B. 两物体开始没有相对运动，当拉力超过24N时，开始发生相对运动 C. 两物体从受力开始就有相对运动 D. 两物体始终不发生相对运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因地面光滑，则F较小时，AB一起加速，F较大时，加速的同时有相对滑动。‎ 隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A与B发生相对滑动，‎ 则 再对整体分析有：‎ F=(mA+mB)a=8×3N=24N 知当拉力达到24N时，A、B才发生相对滑动，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎9.如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧的拉力 B. 弹簧的拉力F＝mgsinθ C. 小球的加速度为零 D. 小球的加速度a＝gtanθ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．未烧断绳AO时，对小球受力分析如图所示：‎ 根据共点力的平衡得弹簧的弹为：‎ 绳子的拉力为：‎ 故A正确，B错误；‎ CD．烧断绳AO的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变。烧断前，烧断后的瞬间，弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得加速度为：‎ 方向水平向右，故C错误，D正确。‎ 故选AD。‎ ‎10.吊在大厅天花板上的电扇所受重力为G，静止时固定杆对它的拉力为F，扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为，则　　‎ A 、‎ B. 、‎ C. 电扇静止时，固定杆对它的作用力等于它对固定杆的作用力 D. 电扇水平转动后，固定杆对它的作用力小于它对固定杆的作用力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ AB、电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即F=G；扇叶水平转动起来后，风向下振动，所以风受到电扇的作用力向下，由牛顿第三定律可知电扇受到的风的反作用力向上，，故A错误，B正确；‎ CD、根据牛顿第三定律可知，固定杆对电风扇的作用力大小和电风扇对固定杆的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C正确，D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点睛】此题考查的是平衡力和相互作用力．‎ ‎11.放在水平地面上的物体M上表面有一物体m，m与M之间有一处于拉长状态的弹簧，整个装置处于静止状态，如图所示，则关于M和m受力情况的判断，正确的是（ ）‎ A. m受到向右摩擦力 B. M受到m对它向右的摩擦力 C. 地面对M的摩擦力方向向左 D. 地面对M不存在摩擦力作用 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以m为研究对象，伸长状态的弹簧对m有向右的弹力，由平衡条件得到，m 受到向左的摩擦力，故A错误；‎ B．根据牛顿第三定律得知，M受到m对它向右的摩擦力，故B正确；‎ CD．以滑块和木板的整体为研究对象，分析受力如图，‎ 根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力，故C错误，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎12.如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是 A. 物体的加速度将先增大，后减小 B. 物体的加速度将先减小，后增大 C. 物体的速度将先增大，后减小 D. 物体的速度将先减小，后增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，加速度先减小后反向增大；小球速度先增大后减小，故BC正确，AD错误； 故选BC.‎ 点睛：解决本题的关键是分析小球的受力情况，再判断其运动情况；压缩弹簧运动的分析是中学阶段的一个难点．要注意分析弹簧的弹力随形变量的变化而变化； 从而引起合力和加速度的变化过程．‎ ‎13.原来做匀速运动的升降机内有一被伸长弹簧拉住的具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示，现发现A突然被弹簧拉向右方．由此可判断，此时升降机的运动可能是（　　）‎ A. 加速上升 B. 减速上升 C. 加速下降 D. 减速下降 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当升降机静止时，地板给物体的静摩擦力与弹簧的弹力平衡，且该静摩擦力可能小于或等于最大静摩擦力．当升降机有向下的加速度（加速下降或减速上升）时，必然会减小物体对地板的正压力，也就减小了最大静摩擦力，这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故只有在这种情况下A才可能被拉向右方，故BC正确，AD错误．‎ ‎14.如图所示，质量均为m的箱子A和物体B，用轻质细绳跨过光滑的定滑轮相连，A置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（ ）‎ A. 绳子拉力保持增大 B. A所受的摩擦力方向先沿斜面向下，后沿斜面向上 C. A所受的摩擦力先减小后增大 D. A所受的摩擦力逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对B研究可知，绳子拉力与B的重力大小mg相等，保持不变，故A错误；‎ BCD．未加沙子时，绳子的拉力大小为 T=mg，‎ A的重力沿斜面向下的分力大小为 两力不平衡，则知A相对斜面有上的运动趋势，受斜面的静摩擦力向下。‎ 加沙子过程中，重力的下滑分力增大，A向上运动趋势变小，A所受的摩擦力向下逐渐减小，当时，摩擦力减为零，此后物体是向下的趋势，摩擦力向上逐渐增大 故BC正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎15.质量m＝‎2 kg、初速度v0＝‎10 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t＝0时刻开始运动，g取‎10 m/s2，则以下结论正确的是（ ）‎ A. 0～1 s内，物体的加速度大小为‎2 m/s2‎ B. 1～2 s内，物体的加速度大小为‎2 m/s2‎ C. 0～1 s内，物体的位移为‎8m D. 0～2 s内，物体的总位移为‎11 m ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0-1s内，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ F+μmg=ma1‎ 得 a1＝‎4m/s2，‎ 故A错误；‎ B．1-2s内受力分析，由牛顿第二定律可得：‎ F-μmg=ma2‎ 得 a2=‎2m/s2‎ 故B正确；‎ C．1s末的速度 v1=v0-a1t1=10-4×‎1m/s=‎6m/s 向右的位移 故C正确；‎ D．2s末的速度为 v2=v1+a2t=6+2×1=‎8m/s 位置右移 总位移为 x=x1+x2=‎15m，‎ 方向向右，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎16.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体A和半圆柱体B靠在一起，A表面光滑，重力为G，B下表面粗糙，A静止在水平面上，现过A的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将A拉离平面一直滑到B的顶端，整个过程中，B始终处于静止状态，对该过程分析，下列说法正确的是（ ）‎ A. 开始时拉力F最大为，以后逐渐减小为0‎ B. A、B间的压力开始最大为‎2G，以后逐渐减小到G C. 地面受到B的压力逐渐增大 D. 地面对B的摩擦力逐渐减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．圆柱体a和半圆柱体b的圆心的连线为2R，故其与竖直方向夹角为60°；a球受三个力平衡，如图所示：‎ 三个力构成封闭矢量三角形三个边，其中重力不变，其它两个力的夹角变小，开始时拉力F最大为，以后逐渐减小为0，故A正确；‎ B．由牛顿第三定律可知A对B的压力等于B对A的支持力N，故有a、b间的压力开始最大为‎2G，而后逐渐减小到G，故B正确；‎ C．对圆柱体a和半圆柱体b分析，受重力、水平力、支持力和摩擦力，根据平衡条件，支持力：‎ N=G+GB，‎ 保持不变，故由牛顿第三定律知B对地压力大小不变，故C错误；‎ D．对整体在水平方向，对面的摩擦力 f=F，‎ 因F逐渐减小，则f逐渐减小到零，故D正确；‎ 故选ABD。‎ 二、实验题（12分）‎ ‎17.某实验小组欲以如图所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”。图甲中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器(未画出)相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m2。‎ ‎ ‎ ‎(1)下列说法正确的是________。‎ A.实验时先放开小车，再启动计时器 B.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 C.本实验中应满足m2远小于m1的条件 D.在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象 ‎(2)若该实验小组在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图乙所示，可知在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的图线是________(选填“①”或“②”)。‎ ‎(3)随着钩码的数量逐渐增多，图乙中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________。‎ A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.所挂钩码的总质量太大 D.所用小车的质量太大 ‎(4)实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为vF＝________，小车加速度的计算式a＝________。‎ ‎(5)若某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的关系图象如图乙中①所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g＝‎10m/s2，则小车的质量为________kg，小盘的质量为________kg。‎ ‎【答案】 (1). C (2). ① (3). C (4). (5). (6). 0.5 (7). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．实验时应先接通电源后释放小车，故A错误；‎ B．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：‎ f=mgsinθ=μmgcosθ m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，故B错误；‎ C．绳子的真实拉力为：‎ 故应该是m2＜＜m1，即实验中应满足小盘和重物的质量远小于小车的质量，绳子的拉力近似替代为小盘(及砝码)的重力，故C正确；‎ D．由牛顿第二定律F=ma，所以：‎ 所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象能得到线性函数，故D错误；‎ 故选C ‎(2)[2]若木板水平，就没有平衡摩擦力，一定有a=0时，F≠0，对应图像②，而由图象①可知，当F=0时，a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中倾斜木板时平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高；所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。‎ ‎(3)[3]随着钩码的数量增大到一定程度时图乙的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，不再满足小车质量远大于钩码质量，因此我们再把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，会导致较大的误差，因此C正确，ABD错误；‎ 故选C。‎ ‎(4)[4]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小:‎ ‎[5]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，六段位移采用逐差法得：‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：‎ ‎(5)[6]对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：‎ ‎[7]F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：‎ mg=m‎1a0，‎ 解得：‎ ‎。‎ 三、计算题 ‎18.如图所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态。一质量为m的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为处停在碗上， (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；求碗面对蚂蚁的支持力和摩擦力。‎ ‎【答案】，。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】蚂蚁受重力、支持力和摩擦力，蚂蚁受力如图所示：‎ 由几何知识得：‎ 则：‎ 由平衡条件得，碗面对蚂蚁的摩擦力 碗面对蚂蚁的支持力 ‎19.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F = 4.0N，玩具的质量m = ‎0.5kg，经过时间t = 2.0s，玩具移动了距离x= ‎6m，这时幼儿松开手，玩具还能运动多远?（取g=‎10m/s2。sin53°= 0.8，cos53°=0.6）‎ ‎【答案】‎‎3.6m ‎【解析】‎ ‎【详解】对物体受力分析，由牛顿第二定律得，‎ Fcos53°-μ(mg-Fsin53°)=ma ①‎ 由运动学公式 ‎ ②‎ ‎ ③‎ 由①②③解得：‎ vm=‎6m/s，μ=0.5‎ 松手后玩具做匀减速运动，由牛顿第二定律：‎ a′=μg=‎5m/s2‎ 滑行距离为：‎ ‎20.如图所示，固定在水平面上的斜面的倾角θ＝37°，木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m＝‎2kg的光滑小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直。木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑。求在木块下滑的过程中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝‎10m/s2)‎ ‎(1)木块与小球的共同加速度的大小；‎ ‎(2)小球对木块MN面的压力的大小和方向。‎ ‎【答案】(1)‎2m/s2 ；(2)8N，方向沿斜面向下。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律：‎ 解得：‎ ‎(2)以B为研究对象，受力分析，由牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律有：‎ 即小球对木块的压力大小为8N，方向沿斜面向下。‎ ‎21.如图甲所示，质量m＝‎10kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动时部分v－t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；‎ ‎(2)求物体在前4秒内的位移。‎ ‎【答案】(1)， (2)，方向向上。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由v—t图像可知，施加力F时物体做匀加速直线运动的加速度：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 撤去F后物体做匀减速直线运动的加速度：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 联立各式解得：‎ F=300N，μ=0.5。‎ ‎(2)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，由 解得：‎ t2=2s 则物体在上滑的时间为3s，物体从最高点开始沿斜面下滑的时间：‎ t3=t-t1-t2=1s，‎ 设物体下滑的加速度为a3，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ a3=‎2m/s2‎ 下滑的位移为：‎ 而前3s上滑的位移为：‎ 则前4s的位移为：‎ 方向向上。‎