精品解析：江西省赣州市兴国县第三中学2020-2021学年高一(上)期中物理试题(兴特班)(解析版)

兴国三中高一兴特班期中考试物理试卷
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。

1-8题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。

1. 关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是（）
A. 速度变化得越多，加速度就越大
B. 速度变化得越快，加速度就越大
C. 加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
D. 加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故A错误；
B．加速度反映速度变化的快慢，速度变化得越快，加速度就越大，故B正确；
C．加速度方向保持不变，速度方向可以变化，例如平抛运动，故C错误；
D．如果加速度方向与速度方向相同，加速度大小不断变小，速度却增大，故D错误。

故选B。

2. 质量2kg的质点，在2N和8N的力共同作用下，获得加速度大小不可能是（）
A. 2m/s2
B. 4m/s2
C. 3m/s2
D. 5m/s2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】2N和8N两个力的合力范围为
6N≤F合≤10N
根据牛顿第二定律得
F
a
m
，可知加速度的范围为
3m/s2≤a≤5m/s2
故选A。

3. 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB=6m，BC=10m，小球经过AB和BC两段
所用的时间均为2s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是（ ） A. 2m/s ，3m/s ，4m/s B. 2m/s ，4m/s ，6m/s C. 3m/s ，4m/s ，5m/s D. 3m/s ，5m/s ，7m/s
【答案】B 【解析】
【详解】小球做匀加速直线运动经过B 点时速度为
610
m/s 4m/s 222
AC B x v T +=
==⨯ 根据逐差公式
2BC AB x x aT -=
解得
21m/s a =
则
2m/s A B v v aT ==- 6m/s C B v v aT =+=
故选B 。

4. 一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F 1、F 2和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中F 1=10N ，F 2=2N 。

若撤去F 1，则木块在水平方向受到的
合力为（ ） A. 10N ，方向向左 B. 6N ，方向向左 C. 2N ，方向向左 D. 零
【答案】D 【解析】
【详解】木块开始时静止，受力平衡
12F F f =+静
解得
8N f =静
方向与F 2同向； 撤去1F 后，因为
2F f <静
所以木块仍然静止不动，所以水平方向合外力为零。

故选D 。

5. 如图所示，车沿水平地面做直线运动．一小球悬挂于车顶，悬线与竖直方向夹角为θ，放在车 厢后壁上的物体A ，质量为m ，恰与车厢相对静止．已知物体A 与车厢间动摩擦因数为μ，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列关系式正确的是（ ）
A. 1
tan θμ
=
B. tan θμ=
C. tan g μ
θ=
D. tan g
θμ
=
【答案】A 【解析】
【分析】物体A 跟车箱相对静止，小球、物体A 和车厢具有相同的加速度，隔离对小球分析，由牛顿第二定律求出加速度的大小和方向，再对A 运用牛顿第二定律求出摩擦力的大小；则可求得动摩擦因数． 【详解】小球所受的合力应水平向右，则加速度F mgtan a gtan m m
θθ=
==；A 与小球具有相同的加速度，则A 所受的压力N=ma=mgtanθ，方向向右．由滑动摩擦力公式可知，f=μN=mg ；联立解得：tanθ=1
μ
；故
选A ．
【点睛】解决本题的关键知道球、物体A 与 车厢具有相同的加速度，要灵活选择研究对象，通过牛顿第二定律进行求解．
6. 一辆汽车从车站以初速度为零匀加速直线开去，开出一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动。

从启运到停止一共经历t ＝10s ，前进了15m ，在此过程中，汽车的最大速度为（ ） A. 1.5m/s
B. 3m/s
C. 4m/s
D. 无法确定
【答案】B 【解析】
【详解】做出汽车运动的v -t 图象如图所示
由图象可知
m 1
10152
v ⨯= 解得
v m =3m/s
故选B 。

7. 如图所示，弹簧测力计外壳质量为0m ，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物，现用一竖直向上的拉力F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为0F ，则拉力F 大小为（ ）
A.
0m m
mg m
+ B.
00m m
F m
+ C.
00
m m
mg m + D.
000
m m
F m + 【答案】B 【解析】
【分析】先对重物受力分析，运用牛顿第二定律列式求解加速度；再对弹簧秤和物体整体受力分析，运用牛顿第二定律列式求解拉力大小．
【详解】对重物受力分析，受重力和弹簧拉力，运用牛顿第二定律，有F 0-mg=ma ，解得：
F a g m
=
-
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F-（m+m 0）g=（m+m 0）a 解得：00m m
F F m
+= 故选B ．
【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．
8. 甲、乙两辆汽车在平直公路上，从同一地点同时同向均做匀加速直线运动，甲、乙速度的平方随位移变化的图像如图所示，则（ ）
A. 甲车的加速度比乙车的加速度小
B. 在x =0.5 m 处甲、乙两车的速度均为2 m/s
C. 在x =0.5 m 处甲、乙两车相遇
D. 在t =2 s 末甲、乙两车相遇 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】A ．根据匀变速直线运动速度位移关系公式
2202ax v v =-
得
2202v ax v =+
可知，图像的斜率
2k a =
由图可知，甲车加速度为
220.5
a =
解得
22m/s a =甲
同理
120.5
a =
解得
21m/s a =乙
甲车的加速度比乙车的加速度大，A 错误；
B
．由图像可知，在x =0.5m 处甲乙两车的速度平方均为2m/s ，B 错误； CD ．由
2202ax v v =-
可知，对于甲车做初速度为0、加速度为2m/s 2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s ，加速度为1m/s 2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇时
22011
22
x a t v t a t =
=+甲乙 解得
2s t =
相遇时的位移为
21
4m 2
x a t =
=甲 C 错误D 正确。

故选D 。

9. 静止在水平地面上的小车，质量为5kg ，在水平拉力50N 的作用下做直线运动，2s 内匀加速前进了4m ，在这个过程中(g 取2
10/)m s （ ） A. 动摩擦因数是0.8
B. 摩擦力的大小是10N
C. 小车加速度的大小是21/m s
D. 小车加速度的大小是22/m s
【答案】AD 【解析】
【分析】根据匀加速直线运动位移时间公式求出加速度，根据牛顿第二定律求解摩擦力的大小，根据
f
mg
μ=
求解动摩擦因数． 【详解】根据2
012
x v t at =+
，解得：22m a s =
根据牛顿第二定律得：
F-f=ma 解得：f=50-10=40N ，则0.8f
mg
μ== 故选AD ．
【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，并能正确利用滑动摩擦力公式分析求解．
10. 如图所示，半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直挡板MN 。

在二者之间夹着一个光滑均质的小圆柱体Q ，整个装置处于静止状态。

现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，P 始终保持静止。

则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. MN 对Q 的弹力逐渐减小
B. P 对Q 的弹力逐渐增大
C. 地面对P 的摩擦力逐渐增大
D. Q 所受的合力逐渐增大 【答案】BC 【解析】
【详解】AB ．对Q 受力分析，如图甲所示，Q 受到竖直向下的重力mg 、MN 给的向左的支持力F 1和P 对Q 的支持力F 2，根据平衡条件，得F 1＝mg tan θ，2cos mg
F θ
=
，
在MN 保持竖直并且缓慢地向右平移的过程中，θ增大，故F 1、F 2增大，即MN 对Q 的弹力逐渐增大，P 对Q 的弹力逐渐增大，故A 错误，B 正确；
C ．对P 、Q 整体受力分析，如图乙所示，整体受到重力(M ＋m )g 、MN 的支持力F 1、地面的支持力F 3、地面的静摩擦力f ，根据共点力的平衡条件，可得f ＝F 1＝mg tan θ，由于θ不断增大，故f 逐渐增大，故C 正确；
D ．移动MN 过程中Q 一直处于平衡状态，合力一直为零，故D 错误。

故选BC 。

11. A 、B 两球的质量均为m ，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙，弹簧原长为L 0，用恒力F 向左推B 球使弹簧压缩，如图所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L ，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
F
L
B. 弹簧的劲度系数为0F
L L
-
C. 若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 、B 两球的加速度均为0
D. 若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为F
m
， B 球的加速度大小为0 【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】AB ．以B 为研究对象受力分析，根据平衡条件
0()F k L L =-
解得
0F
k L L
=
- A 错误B 正确；
CD ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，弹簧来不及发生形变，则弹力不能瞬间改变，故A 受合力仍然为0，加速度为0；B 水平方向只受弹簧的弹力，大小为F ，根据牛顿第二定律
F a m
=
CD错误。

故选B。

12. 如图所示，轻绳通过轻质动滑轮悬挂着一质量为m的P 物体，一端与竖直墙壁上的A点相连，另一端与质量也为m的Q 物体连接（不计滑轮的摩擦），Q 物体放置在倾角为30的粗糙斜面上。

现将绳沿竖直墙壁的悬挂点A缓慢地向上移动（轻绳的长度不变），此过程中Q 物体一直处于静止状态。

则此过程中以下判断正确的是（）
A. 绳的拉力大小一直变大
B. 绳
的拉力大小一直不变C. 物体Q所受的摩擦力先变小后变大D. 物体P所受的合力保持不变【答案】BD 【解析】【分析】【详解】AB．悬挂点A缓慢地向上移动，重物P始终保持平衡，同时两绳子拉力的合力始终与重力等大反
向，且重物匀速上升保持绳长不变，故此过程中的绳子的拉力始终不变，A错误B正确；
C．绳子对Q的拉力不变，Q的受力情况不变，摩擦力不变，C错误；
D．P处于平衡状态，合力为零，没有变化，D正确。

故选BD。

二、实验题：本题共2小题，每空2分，共12分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。

13. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中
（1）采用的科学方法是___________
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
（2）下列是某同学在做该实验的一些看法，其中正确的是___________（填相应的字母）
A.拉橡皮筋的绳线要细长，实验中弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
B.拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大些，读数时视线要正对弹簧秤刻度
C.拉橡皮筋结点到某一位置O时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小
D.实验中，橡皮筋应该与两个弹簧秤之间夹角的平分线在同一直线上
E.实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一个弹簧秤拉力的大小和方向，
把橡皮筋另一端拉到O点。

（3）实验中的情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，OB和OC为绳线，O为橡皮筋与绳线的结点，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

图乙中的F与F′ 两力中，方向一定沿AO方向的是___________（选填“F”或“F′ ”）
【答案】(1). B(2). AB(3). F′
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1] 该实验中采用的科学方法是等效替代法．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
(2)[2] A．拉橡皮筋的绳线要细长，便于确定拉力的方向；要准确地表示出拉力的大小和方向，故实验中弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A正确；
B．为减小读数的误差，拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大些；读数时视线要正对弹簧秤刻度，故B正确；
C．平行四边形定则中两个分力的夹角是任意的，故拉橡皮筋结点到某一位置O时，两个弹簧秤之间夹角是任意的，故C错误；
D．实验中，两个分力的大小不一定相同，故合力不一定在其角平分线上，故D错误；
E．在实验中，拉力不需太大，也不要太小，不需要先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，故E错误．
故选：AB．
(3)[3] F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行
四边形定则得到的值．方向一定沿AO 方向的是F ′．
14. 在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，小明同学用甲、乙两根规格不同的弹簧进行实验，由实验得到弹簧伸长量x 与弹簧受到的拉力F 的关系如图（a ）所示，由图求得弹簧乙的劲度系数为
_________N/m 。

若要在两根弹簧中选用一根来制作精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧______；用制作好的弹簧秤来测量物体的重力，如图（b ）所示，物体重_________N 。

【答案】 (1). 200 (2). 甲 (3). 3.0
【解析】
【详解】[1]该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出
5.00N /m 200N /m 0.0250
k -==-乙 [2]x F -图像的斜率越大，则劲度系数越小，故甲的劲度系数小，因此其精度高，若要在两根弹簧中选用一个来制作精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧甲。

[3]b 图中的弹簧测力计的分度值为0.2N ，故读数为3.0N ，即物体重3.0N 。

三、解答题：本题共3小题，共40分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

15. 斜面固定在水平地面上，倾角θ为37°
，斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5。

如图所示，一物体以v 0=10m/s 的初速度从斜面底端向上滑行。

已知sin37°
=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2求： （1）物体上滑的最大距离；
（2）物体从顶端返回斜面底端的时间。

【答案】(1) 5m ；(2) 5s 【解析】 【分析】 【详解】(1) 物体上滑过程，根据动能定理得
()201sin cos 02
mg mg x mv θμθ-+=- 解得
x =5m
(2) 根据牛顿第二定律得，物体下滑过程的加速度大小为
sin cos (sin cos )mg mg a g m θμθθμθ-=
=-，212
x at = 解得 5s t =
16. 如图所示，细绳C O 与竖直方向夹30°
角，A 、B 两物体用跨过小定滑轮的细绳相连且均保持静止，已知物体B 所受重力为100N ， 水平地面对物体B 的支持力为80N 。

绳和滑轮质量及摩擦均不计。

试求： （1）物体B 与地面间的摩擦力；
（2）细绳CO 所受的拉力。

【答案】(1) 203N f = ；(2) 403N OC T =
【解析】
【分析】
【详解】(1) 绳和滑轮质量及摩擦均不计。

两根绳的拉力相同，故OC 绳在OA 与OB 绳的角平分线上，根据几何关系及受力平衡，对B 分析
sin 30N B T F m g ︒+= ，cos30T f ︒=
解得 203N f =
(2)对O 点受力分析
1cos302
OC T T =︒ 解得
403N OC T =
17. 一个物块置于粗糙的水平地面上，
受到的水平方向推力F 作用，推力F 随时间t 变化的关系如图乙所示，物块的速度v 随时间t 变化的关系如图丙所示。

取g =10m/s 2求：
（1）1s 末物块所受摩擦力的大小；
（2）物块与水平地面间的动摩擦因数；
（3）若6s 末撤去外力，物块前7.5s 内的位移大小。

【答案】（1）4N ；（2）0.4；（3）6m
【解析】
【分析】
【详解】（1）当t =1s 时，物块处于静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，由图及平衡条件可知
f114N F F ==
（2）当t =2s 以后，物块处于运动状态，所受摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，4-6s ，物体做匀速直线运动，由图及平衡条件可知
f 238N F F ==
2-4s 内，根据牛顿第二定律得
2f 2F F ma -=
根据图像可得，加速度
2Δ2m/s Δv a t
=
= 解得 2kg m =
4-6s 内，由
f 2F m
g μ=
解得
0.4μ=
（3）6s 末撤去外力后，物块做匀减速运动的加速度大小
f 22F m
g ma μ==
解得
224m/s a =
匀减速运动的总时间，逆向思维
24s 1s 1.5s 4
v t a ===<减 所以6-7.5s 内的位移等于6-7s 内的位移，逆向思维
2212m 2
x a t ==减减 根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知0-6s 内的位移为
1042m 4m 2
x +=
⨯= 故物块前7.5s 内的位移 14m 2m 6m x x x =+=+=总减。