推荐学年高一物理上学期期末考试试题(含解析)

湖北省孝感高级中学2017-2018学年高一上学期期末考试物理试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

1—8题，每小题有一个选项正确，9—12题，每题有多个选项正确。

全选对得5分，选对但选不全得3分，有错选的得0分）
1. 下列说法正确的是( )
A. 运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B. 洗衣机脱水时附着在衣物上的水被甩掉是因为受到离心力的作用
C. 匀速圆周运动是非匀变速曲线运动
D. 竖直上抛运动具有对称性，上升阶段和下落阶段加速度大小相等，方向相反。

【答案】C
【解析】A、汽车的惯性是由汽车的质量决定的，与汽车的运动状态无关，故A错误；
B、洗衣机脱水时附着在衣服上的水份被甩掉提供的向心力不满足所需要的向心力，做离心运动，故B错误；
C、匀速圆周运动中加速度大小始终不变，而加速度方向始终在改变，即时刻指向圆心，与当前瞬时速度方向垂直，所以匀速圆周运动是非匀变速曲线运动，故C正确；
D、上升阶段和下落阶段加速度方向都竖直向下，方向相同，故D错误；
故选C。

【点睛】明确惯性的量度是质量，生活中圆周运动问题，要学会应用物理知识分析实际问题，上升阶段和下落阶段加速度方向都竖直向下，方向相同。

2. 如图所示，小车M在恒力F的作用下，沿水平地面做直线运动，由此可判断( )
A. 若地面光滑，则小车一定受三个力的作用
B. 若地面粗糙，则小车一定受四个力的作用
C. 若小车做匀速运动，则小车一定受四个力的作用
D. 若小车做加速运动，则小车一定受三个力的作用
【答案】C
.....................
3. 如图为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )
A. D点的速率比C点的速率大
B. A点的加速度与速度的夹角小于90°
C. A点的加速度比D点的加速度大
D. 从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小
【答案】A
【解析】试题分析：据合力指向物体运动轨迹的凹侧，则质点从B到E合力做正功速度增加，故A选项正确；从A到B合力做负功速度减小，则合力方向与速度方向大于90°，B选项正确；由于物体做匀变速曲线运动，则整个过程加速度不变，即A、D两点加速度相等，C选项错误；从A到D合力先做负功后做正功，则合力与速度方向先大于90°，到B点时等于90°，后又小于90°，则D选项正确。

考点：本题考查物体做曲线运动的条件。

4. 如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，m所受重力为5N；乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小也是5N，开始时M距桌边的距离相等，则（）
A. 两图中M到达桌边时的速度相等，所用的时间也相等
B. 甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小
C. 两图中M运动的加速度相同
D. 两图中绳子受到的拉力大小相同
【答案】B
【解析】C、甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：；乙图：
，故C错误；
AB、由公式和得知，甲图中加速度较小，甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小．故B正确，A错误；
D、乙图中绳子拉力大小为F，而甲图中，对M：，则乙图中绳子受到的拉力较大，故D错误；
故B。

【点睛】本题是牛顿第二定律的应用，要注意研究对象的不同，甲图中：灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法结合的方法研究，比较简便。

5. 某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v-t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况（向上为正方向）．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是
A. 0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态
B. 5～10 s内，该同学对电梯地板的压力大于他所受的重力
C. 10～20 s内，观光电梯在减速下降，该同学处于超重状态
D. 20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态
【答案】D
【解析】试题分析：在0～5s内，从速度-时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；5～10s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B正确；在10～20s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；在20～25s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故处于失重状态度，故D正确；
考点：考查了超重失重，v-t图像
【名师点睛】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．
6. 在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法不正确的是 ( )
A. 此时轻弹簧的弹力大小为20 N
B. 小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左
C. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右
D. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
【答案】C
【解析】A、初始小球受到自身重力，绳子拉力T和弹簧弹力F作用，由于地面没有弹力，也就没有摩擦力。

根据受力平衡，，带入数值得到，弹簧弹力大小，水平向左。

剪断轻绳的瞬间，弹簧长度还没有来得及变化因此弹力不变，
，故A正确；
B、竖直方向地面的弹力，最大静摩擦力，物体将向左运动，加速度大小，方向向左，故B正确；
CD、若剪断弹簧，则绳子拉力会根据平衡变化，物体没有运动趋势，因此物体会保持平衡，加速度为0，故D正确，C错误；
故说法不正确的选C。

【点睛】考查共点力平衡，弹簧弹力不突变，绳子拉力突变。

7. 质量为2 kg的质点在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )．
A. 质点的初速度为3 m/s
B. 质点所受的合外力为3 N
C. 质点初速度的方向与合外力方向垂直
D. 2 s末质点速度大小为6 m/s
【答案】B
【解析】A、当t=0时通过速度图线可以看出x轴方向的分速度为3m/s，在y轴上，通过位移图线可以看出在y轴方向的分运动为匀速直线运动，速度为v y＝4 m/s，受力F y＝0，因此质点的初速度为5 m/s，大于3m/s，故A错误；
B、y轴上匀速运动，所受合力为零，在x轴加速度为1.5m/s2，由牛顿第二定律可知x轴所受合力为3N，物体所受合外力为3N，故B正确；
C、质点初速度方向与x轴成锐角，与合外力方向不垂直，故C错误；
D、在2s末x轴分速度为6m/s，y轴分速度为4m/s，合速度大于6m/s，故D错误；
故选B。

8. 质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为L，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）
A. a绳的张力随角速度的增大而增大
B. 当角速度时，b绳开始出现弹力
C. 只要a,b绳夹角不变，a绳上张力一定不变
D. 若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
【答案】C
【解析】A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，，解得，可知a绳的拉力不变，故A错误，C正确；
B、当b绳拉力为零时，有，解得，可知当角速度时，b绳出现弹力，故B错误；
D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误；
故选C。

【点睛】关键知道小球做圆周运动向心力的来源分析，知道小球竖直方向合力为零，这是解决本题的关键。

9. 甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移一时间图像如图所示，甲车图像为过坐标原点的倾斜直线，乙车图像为顶点在坐标原点的拋物线，则下列说法正确的是
A. 甲、乙之间的距离先增大、后减小,然后再增大
B. 0-t1时间段内，乙的平均速度大于甲的平均速度
C. t1时刻,乙的速度等于甲的速度的2倍
D. O- t1时间段内, 时刻甲乙距离最大
【答案】ACD
【解析】试题分析：因为甲车的位移时间图像是过坐标原点的直线，所以甲车做匀速直线运动；乙车的图像是过原点的抛物线，所以乙车做初速度为零的匀加速直线运动．因为两车同时同地出发，甲车速度大于乙车速度，开始时两车之间的间距增大，随着乙车的速度增大，当乙车速度等于甲车速度时，两车间距最大，随后乙车速度大于甲车速度，间距变小，当时两车同
时到达同一地点即乙车追上甲车，接着乙车速度仍大于甲车速度，两者间距再变大，故选项A 正确；两车同时同地出发，由同时到达同一地点，所以平均速度相等，故选项B错误；当时，由，可解得，故选项C正确；0~t1时间段内，甲乙距离最大时，，又因为时，，所以此时，故选项D正确．
考点：由题中图像可知本题考查追及问题，在追及问题中，两者间距的变化要分析速度之间的大小关系，当两者速度相等时，间距出现极值；当追上时，两者位移相等或者满足一定关系．10. 如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中( )
A. 水平力F一定变小
B. 斜面体所受地面的支持力一定不变
C. 物体A所受斜面体的摩擦力一定变大
D. 斜面体对物体A的作用力变大
【答案】BD
【解析】A、取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，
则有，，在将物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F和细绳上的拉力T随之变大，故A错误；
B、对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，因拉力F变大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变，故B 正确；
C、在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定．故C错误；
D、物体A受到重力、支持力、摩檫力和绳的拉力，细绳上的拉力T随之变大，重力和绳的拉力
的合力增大，所以斜面体对物体A的作用力变大，故D正确；
故选BD。

【点睛】对于用绳子连接的物体，可以沿绳子的方向作为整体作出受力分析，则可以简化解题过程。

11. 三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°。

现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，（g取10m/s2，=0.6，=0.8）下列说法正确的是（）
A. 物块A先到达传送带底端
B. 物块A、B的加速度之比为∶1
C. 物块A、B到达传送带底端时速度大小相等
D. 物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
【答案】CD
C、由可知到达底端的速度相同，C正确；
D、划痕长度由相对位移决定，由以上方程可以求得加速度为，代人可以求得时间为t=1s对A物体与传送带运动方向相同，，B
物体的划痕为：，故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1:3，故D 正确。

故选CD。

【点睛】解决本题的关键能正确对其受力分析，判断A、B在传送带上的运动规律，结合运动学公式分析求解；特别分析划痕时，找出物理量间的关系是解据划痕的关键。

12. 如图所示，轻杆长为3L，在杆的A．B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A
为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则球B在最高点时,下列说法正确的是（）
A. 球B在最高点时速度为
B. 此时球A的速度大小为
C. 杆对球A的作用力为0.5mg
D. 杆对水平轴的作用力为1.5mg
【答案】BD
【解析】球B在最高点时的速度为v0，有，解得，因为A、B两球的角速度相等，根据知，此处球A的速度为，根据牛顿第二定律得，，解得
，A对杆的作用力为1.5mg，水平轴对杆的作用力与A球对杆的作用力平衡，所以
；故BD正确，AC错误；
故选BD。

【点睛】两个球组成的系统内部动能与重力势能相互转化，机械能守恒，同时两球角速度相等，线速度之比等于转动半径之比，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律联立列式求解。

二、实验题（每空2分，2×7分=14分）
13. 探究加速度与力的关系装置如图所示。

带滑轮的长木板一端伸出桌面，另一端适当垫高，使木块连上纸带后恰好匀速下滑，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，调节滑轮高度使细线恰好与木板平行。

按住木块，缓慢向沙桶中添加细沙，释放木块，记下弹簧秤的示数F 及并通过计算求出相应纸带的加速度a，再改变沙桶质量……获取多组F，a的数据。

(1)关于该实验的操作，以下说法正确的是__________。

A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放木块
B．添加细沙，比用钩码可以更方便地获取多组实验数据
C．每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量
D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量
(2)某次打出的纸带如下图所示，选取A、B、C、D、E，5个计数点（每两个计数点间还的4个点未画出），则打B点时的速度大小为________m/s，木块的加速度大小为______m/s2。

（保留三位有效数字）
【答案】 (1). AB (2). 0.230 (3). 0.930
【解析】试题分析：（1）实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放木块，选项A正确；添加细沙，比用钩码可以更方便地获取多组实验数据，选项B正确；因弹簧测力计可测出拉力的大小，故每次添加细沙后，不需测出沙及沙桶的质量，选项C错误；因弹簧测力计可测出拉力的大小，故实验过程没必要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量的条件，选项D错误；故选AB．
（2）打B点时的速度大小为
木块的加速度大小
考点：探究加速度与力的关系
【名师点睛】本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．
14. 甲乙两个同学做有关平抛的实验。

甲同学实验得到如图所示的轨迹图，小球做平抛运动时分别经过O、a、b三点，方格坐标每一小格边长为10 cm，重力加速度g取 10 m/s2，（以O点为坐标原点，向下为y轴正方向，小球水平速度方向为x轴正方向）则由图示可知：
(1)小球抛出速度________m/s
(2)小球抛出点的坐标为(以cm为单位) _________________
(3)图a所示为乙同学研究小球在斜面上做平抛运动的实验装置，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=53°，实验获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F-x图象，则由图可求得小球的质量
m=______kg，四分之一圆弧形轨道半径R=___m．（已知sin 53°＝0．8，cos 53°＝0．6, g＝10 m/s2）
【答案】 (1). 1m/s (2). （-5cm，-1.25cm） (3). 0.5kg (4).
【解析】(1)在竖直方向上，，则小球平抛运动的初速度
(2)b点在竖直方向上的分速度，则运动的时间，水平方向上的位移
，竖直方向上的位移，所以开始做平抛运动的位置坐标
，
(3) 由图可得，当平抛的距离是0时，即小球的速度是0时，即小球静止时，小球对轨道的压力是5.0N，所以小球的质量：
设小球水平抛出时的速度为v0，由牛顿运动定律得：，由平抛运动规律和几何关系有，小球的水平射程：，小球的竖直位移：，由几何关系有：y=xtanθ，联
立解得有：，解得有：，由图象知：，解得：
三、计算题（10+12+14=36分）
15. 如图所示，小球从倾斜轨道上静止释放，下滑到水平轨道，当小球通过水平轨道末端的瞬间，前方的圆筒立即开始匀速转动，圆筒下方有一小孔P，圆筒静止时小孔正对着轨道方向。

已知圆筒顶端与水平轨道在同一水平面，水平轨道末端与圆筒顶端圆心的距离为d，P孔距圆筒顶端的高度差为h，圆筒半径为R，现观察到小球从轨道滑下后，恰好钻进P孔，小球可视为质点。

求：
(1)小球从水平轨道滑出时的初速度V0。

(2)圆筒转动的角速度ω。

【答案】（1）（2）(n=1.2.3……)
【解析】【分析】小球从离开圆弧轨道到进入小孔的过程中做平抛运动，根据平抛运动的位移时间关系公式求出运动时间和初速度；计算出平抛运动的时间后，根据角速度的定义式求解角速度即可。

解;(1) 小球做平抛运动，至P点
水平方向：
竖直方向：
联立得：
(2) 由可得：
设在t内圆桶转过n个周期(n=1.2.3……)
(n=1.2.3……)
16. 质量m=1 kg的物体在F＝20 N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止
开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为μ=0．25，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，力F作用4 s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点。

（已知sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，g＝10 m/s2）。

求：
(1)力F作用下物体发生的位移；
(2)AB之间的距离。

【答案】（1）40m，（2）52．5m
【解析】【分析】物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀加速运动过程，物体速度减为零后物体将下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据位移速度公式求解AB之间的距离。

解：(1)由题意知：沿斜面方向：
垂直斜面方向：
解得：
力F作用下物体发生的位移为：
(2)撤去力F后，物体的加速度为：
撤去力F时的速度为：
故经t2减速到零，则
此过程的位移为：
后物体向下做初速为零的匀加速直线运动，向下的加速度为：
经的位移为：
由几何关系知：
17. 如图甲所示，质量M=1kg的薄木板静止在水平面上，质量m=1kg的铁块静止在木板的右端，可视为质点。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。

现给铁块施加一个水平向左的力F。

(1)若力F从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来，铁块受到的摩擦力f随力F大
小变化的图象如图乙所示，求木板与水平面间的动摩擦因数μ1和铁块与木板之间的动摩擦因数μ2
(2)在第(1)问的基础上，若力F为恒力4N，作用1s后撤去F，最终发现铁块恰好能运动到木板的左端，求木板的长度L
【答案】（1）μ1=0．05；μ2=0．2（2）m
【解析】试题分析：（1）从图乙中可以看出，当F从3N逐渐增加到4．5N时，f不变，则此时的f是滑动摩擦力，即f=μ2mg
解得μ2=0．2
由图乙可知，当力F从1N逐渐增加到3N时，铁块和木板相对静止，并且一起加速运动，当F=2N 时铁块所受摩擦力为f m=1．5N，因此可求出铁块的加速度为
（a m=0．5m/s2）
木板的加速度此时也为a M=a m
对整体运用由牛顿第二定律 F-μ1（mg+Mg）=(M+m)a M
解得μ1=0．05
（2）（13分）当F=4N时，铁块的加速度为
由牛顿第二定律 F-f1=ma m1（a m1=2m/s2）
木板的加速度为a M1 则 f1-μ1（mg+Mg）=Ma M1 （a M1=1m/s2）
因此在t=1s内
S m=a m1t2,S m=1m
S M=a M1t2,S M=0．5m
在t=1s时
v m=a m1t=2m/s
v M=a M1t=1m/s
在此后，铁块减速，其加速度为a m2则μ2mg=ma m2得a m2=2m/s2
木板加速，其加速度为a M2 则
μ2mg-μ1（mg+Mg）=Ma M2 得a M2=1m/s2
当两者达到共同速度时v=v m-a m2t′=v M+a M2t′ 得t′=s，v=m/s
从撤去力F到两者达到共同速度的过程中，铁块的位移
S m1=得S m1=m
木板的位移 S M2=得S M2=m
则木板长度为 L=（Sm- S M）+（S m1- S M2）
解得 L=m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，分析铁块和木板的运动状态，运用牛顿第二定律进行求得不同的加速度，结合运动学公式联合求解。