湖南衡阳第一中学2018-2019学年高一物理上学期期末考试试题含解析

衡阳市一中2018年下学期高一期末考试
物理
一、选择题
1.“空手把锄头，步行骑水牛，人从桥上过，桥流水不流。

”是《中国诗词大会》某期节目里选用的古诗，从物理学的角度看，其中“桥流水不流”所选择的参考系是：（）
A. 牛
B. 水
C. 桥
D. 人
【答案】B
【解析】
【分析】
参考系是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系，用来做参考系的物体都是假定不动的，被研究的物体是运动还是静止，都是相对于参考系而言的
【详解】题中说桥流水不流，即假定水不动，则桥是流动的，所以水是参考系，故B项正确;故选B
【点睛】了解参考系的概念，知道运动的相对性。

2.木星是太阳系八大行星中体积最大、自转最快的行星，木星质量是地球质量的318倍，赤道半径是地球半径的11倍；体积是地球的1316倍，木星公转的轨道半径约为地球的502倍，自转一周只需要9小时50分30秒，下列说法正确的是( )
A. 题中“9小时50分30秒”是指时刻
B. 由于木星体积和质量太大，不能看做质点，研究自转时可以将其看做质点
C. 木星公转一周的位移要比地球公转一周的位移大
D. 比较木星、地球运行速度的大小，应当以太阳系为参照系
【答案】D
【解析】
【详解】A、题中“9小时50分30秒”是指木星自转一周的时间，是一个时间段，不是时刻，故A项错误；
B、当物体的质量、大小和形状对研究的问题忽略不计时，可以将这个物体看成质点，所以说木星的体积和质量太大，不能看做质点是错误的，另外，研究木星自转时，木星的形状和大小不可以忽略，此时不能看做质点，故B项错误；
C、木星和地球公转一周后都回到了原点，位移都为零，都是一样大的，故C错；
D、木星和地球都是围绕太阳运行，比较它们的速度大小时，应当以太阳作为参照系，故D对；故选D
3.下列说法正确的是（）
A. 物体的速度为零时，加速度也一定为零
B. 运动物体的加速度逐渐增大，速度也一定增大
C. 如果物体运动状态会发生改变，则物体所受的合外力一定不为零
D. 物体受到的合外力的方向与物体加速度方向相同，与速度方向也一定相同
【答案】C
【解析】
【分析】
加速度是反映速度变化快慢的物理量,当加速度方向与速度方向相同,做加速运动,当加速度方向与速度方向相反,做减速运动,根据牛顿第二定律可以知道,加速度方向与合外力方向相同.
【详解】A、速度为零,加速度不一定为零,比如竖直上抛运动到最高点,速度为零,加速度不为零，故A错；
B、当加速度方向与速度方向相反时,加速度增大,速度减小.故B错；
C、物体运动状态会发生改变,则产生了加速度,合外力一定不为零，故C对；
D、根据牛顿第二定律可以知道,加速度方向与合外力方向相同,但与速度方向没有关系.故D
错误.
故选C
4.某同学站在电梯底板上，如图所示的v-t图像是计算机显示电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）。

根据图像提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（）
A. 在0-20s内，电梯向上运动，该同学处于超重状态
B. 在0-5s内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态
C. 在5s-10s内，电梯处于静止状态，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力
D. 在10s-20s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态
【答案】D
【解析】
图像的斜率表示加速度，故0~5s内斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，速度为正，即电梯向上加速运动；在5~10s过程中，电梯匀速，该同学加速度为零，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，处于正常状态；10~20s过程中，斜率为负，速度为正，即电梯向上做减速运动，加速度向下，处于失重状态，D正确．
【点睛】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态．
5.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
解：当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得
对A物体：μ•mg=ma
得a=μg
对整体：F=（2m+m）a
得：F=3ma=3μmg
故选：C．
【点评】当两个物体刚要发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值．灵活的选取研究对象根据牛顿第二定律列方程是关键．
6.如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的 ()
A. OA方向
B. OB方向
C. OC方向
D. OD方向
【答案】D
【解析】
试题分析：当小车向右做匀加速运动时，小球和小车是一个整体，所以小球向右做匀加速直线运动，根据牛顿第三定律可得合力沿OD方向，D正确
考点：考查了牛顿第二定律
【名师点睛】根据牛顿第二定律可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向．
【此处有视频，请去附件查看】
7.如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B与地面始终保持水平，下列说法正确的是（）
A. 在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B. 上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C. 下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D. 在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
【答案】A
【解析】
试题分析：因物体抛出后，不计空气阻力，只受重力，所以上升和下降过程中A和B的加速度都等于重力加速度，因A和B的加速度相同，在上升和下降过程中A对B的压力一定为零，A对，BCD错，故选A
考点：考查完全失重的概念
点评：本题难度较小，求解本题可利用整体隔离法，还可以利用完全失重的概念判断：处于完全失重状态下的物体间没有相互作用力
8.在光滑的水平面上有一个质量为的小球，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，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取.则（）
A. 小球的加速度为0
B. 小球的加速度为8m/s2
C. 小球的加速度为10m/s2
D. 小球向左做匀加速运动
【答案】C
【解析】
【分析】
(1)水平面对小球弹力为零,小球受重力、弹力和拉力处于平衡,根据共点力平衡求出弹簧弹力的大小.
(2)剪断轻绳的瞬间,弹力大小不变,根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小和方向.
(3)剪断弹簧的瞬间,细绳的拉力立即变为零,结合小球的合力得出小球的加速度.
【详解】ABC、小球受力如图所示：
水平面对小球的弹力恰好为零，根据共点力平衡得,弹簧的弹力，方向水平向左，剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,根据牛顿第二定律得,
，方向水平向左，故AB错；C对；
D、在运动过程中弹簧的伸长量一直在变化，所以弹力是变力则加速度也是变化的，不做匀加速运动，故D错；
故选C
9.停在水平地面上的小车内，用绳子AB、BC栓住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2。

若小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况是（）
A. T1变大
B. T1不变
C. T2变小
D. T2变大
【答案】BC
【解析】
【分析】
对小球受力分析列水平方向上的牛顿第二定律和竖直方向上的平衡公式，观察公式即可知道两个力变化情况。

【详解】如图所示，对小球受力分析。

因为重球相对小车的位置没有发生变化，故小球做加速运动，且AB绳与水平方向的夹角角保持不变，根据牛顿第二定律可得：
解得：即不变；由于水平方向上存在向左的加速度，所以减小；故BC对；AD 错；
故选BC
【点睛】本题易错项为A。

考生可能没有考虑到竖直向下的重力需要在竖直方向上的分量来平衡，而绳与竖直方向的夹角没有改变，故不会改变。

10.如图所示为甲乙两质点作直线运动的位移-时间图像，由图像可知（）
A. 甲乙两质点在1s末时相遇
B. 甲乙两质点在1s末时的速度大小相等
C. 甲乙两质点在第1s内反方向运动
D. 在第1s内甲质点的速率比乙质点的速率要大
【答案】A
【解析】
试题分析：在1s末两者的位置坐标相同，所以两者相遇了，A正确；位移时间图像的斜率表示速度，所以1s末两者的速度不同，B错误；从图中可知在1s内甲的位移在减小，乙的位移在增大，所以两者运动方向相反，C正确；在第1s内甲的斜率小于乙的斜率，则甲的速率小于乙的速率，故D错误．
考点：考查了位移时间图像
【名师点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的
图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于x的变化量
11.如图所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两墙之间，OA、OB两根轻绳之间的夹角为90°。

当更换OA绳，使A点下移，直至轻绳OA为水平，在此过程中保持O点位置不变。

则在A点不断下移到A′的过程中，则OA、OB两绳的拉力（）
A. OA逐渐增大
B. OB逐渐增大
C. OA先变小后变大
D. OB先变大后变小
【答案】AB
【解析】
【分析】
做此类题目，需要分析清楚题中变化的量，和不变的量，在矢量三角形中分析
【详解】O点受到重物的拉力，OB绳子的拉力，OA绳子的拉力，三力处于平衡状态，如图所示：
将三个力转移至矢量三角形中，可得重力不变，OB绳上拉力方向不变，在OA绳方向逐渐转至OA′的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA绳上拉力由最小值逐渐增大，同理OB绳上的拉力也在增大，故AB对；CD错
12.如图所示,质量为m的物体A在竖直向上的力F(F<mg,g为重力加速度)作用下静止于斜面体B的斜面上.若减小力F,则( )
A. 物体A所受的合力不变
B. 斜面对物体A的支持力减小
C. 地面对斜面体B的摩擦力不变
D. 斜面对物体A的摩擦力可能为零
【答案】AC
【解析】
【分析】
先分析物体受力情况:受重力、支持力和静摩擦力,根据共点力平衡条件求解各个力;再分析有拉力F减小后物体的受力情况:拉力、重力、支持力和静摩擦力,根据共点力平衡条件求解各个力.
【详解】A、物块受力如图：
由于刚开始能静止在斜面上，在A上施加竖直向上的力F相当于等效重力变小，当力F减小时，物体A仍然能静止，即所受合力仍然为零，故A对；
BD、根据平衡可知：
当力F减小时增大，f也增大，故BD错
C、两次物体都保持静止状态,所以整体也处于静止状态，以整体为对象受到重力，竖直向上的拉力，两个力处于平衡状态，所以水平方向不受摩擦力的作用，即随着F的减小，地面的摩擦力一直为零不变，故C对；
故选AC
【点睛】本题关键是对物体进行受力分析,根据平衡条件,结合正交分解法列方程求解,分析各力的变化.
二、实验题
13.在做“验证力的平形四边形定则”的实验时:
(1)下列叙述正确的是____(填选项前的字母).
A、同一实验过程中,结点的位置必须都拉到同一位置O点,不能随意变动
B、用两只弹簧测力计拉橡皮条时,应使两细绳之间的夹角为90°,以便于算出合力的大小
C、两个分力的夹角越大越好
D、必须使分力与合力在同一平面内
(2)如果实验情况如图中①所示,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳.图②是在白纸上根据实验结果画出的图.
在图②中的F与F'两力中,方向一定沿AO方向的是__________.
【答案】 (1). AD; (2). ;
【解析】
【详解】(1)A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则;故A正确.
B、弹簧测力计拉细线时，两细绳之间的夹角不一定为90°故B错误；
C、为了减小实验的误差，两个分力的夹角不能太小，也不能太大;故C错误.
D、为了使合力与分力的效果相同，必须使分力与合力在同一平面内;故D正确．
故选AD.
(2)F1与F2合力的实验值是指通过实验得到值，即用一个弹簧拉绳套时测得的力的大小和方向，而理论值（实际值）是指通过平行四边形得出的值，故F′是力F1与F2合力的实验值，其方向一定沿AO方向.
【点睛】该题比较全面的考查了验证平行四边形定则中的基础知识，对于这些基础知识和要求即要通过实验进行切身体会，同时也要通过练习加深理解。

14.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用图1所示的装置．
(1)本实验应用的实验方法是_____
A、假设法
B、控制变量法
C、理想实验法
(2)关于该实验下列说法中正确的是_____
A、在探究加速度与质量的关系时，每次改变小车质量时都应平衡摩擦力．
B、在探究加速度与外力的关系时，作出a﹣F的图象为曲线
C、在探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a﹣图象
D、当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小
(3)某次实验中打点计时器在纸带上依次打出一系列的点，取A、B、C、D、E五个计数点，距离如图2所示，每两个计数点间有四个点未画出，且计时器打点周期为0.02s，则打C点的瞬间，纸带的速度大小为____m/s，纸带运动的加速度a=_____m/s2．（计算结果都保留两位有效数字）
【答案】 (1). A; (2). AD; (3). 0.11; (4). 0.20;
【解析】
（1）在研究物体的“加速度、作用力和质量”三个物理量的关系时，由于变量较多，因此采用了“控制变量法”进行研究，分别控制一个物理量不变，看另外两个物理量之间的关系，BCD错误，A正确．选A.
（2）在平衡摩擦力时，设木板倾角为，小车匀速下滑，则有：，m约掉，故不需要每次都重新平衡摩擦力．A错误；在探究加速度a与质量m的关系时，作出a-F的图象为直线，B错误；要直观的反映两个量之间的关系，可以通过作图来解决．但是只有作出一条直线，才可以直观的反映两个变量之间的关系．在探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作，C正确；设小车的质量为M，砝码盘和砝码的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有：，解得，对小车受力分析，得绳子的拉力，若要让，只有当时才满足条件，所以只有当
时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．D正确．选CD.
（3）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，得：
，根据匀变速直线运动的推论公式，得：
.
三、解答题
15.如图甲所示，一物块质量为m="2" kg，以初速度v0="10" m/s从O点沿粗糙的水平面向右运动，同时受到一水平向左的恒力F作用，物块在运动过程中速度随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）恒力F的大小及物块与水平面的动摩擦因数μ；
（2）物块在4 s内的位移大小。

【答案】（1）恒力F="7" N，μ=0.15 （2）x="6" m
【解析】
（1）由图可知，0~2 s内，物体向右做匀减速直线运动，2 s~4 s内，物体向左做匀加速直线运动。

0~2 s内，a1=="5" m/s2，方向水平向左；
2 s~4 s内，a2=="2" m/s2，方向水平向左；
由牛顿第二定律，得到：
F+μmg=ma1
F－μmg=ma2
代入数据解得：F="7" N，μ=0.15
（2）依据图象可知，物体4 s内的位移：
x=×2×10 m －×2×4 m ="6" m
16.如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶汽车的车厢前壁上，绳与竖直方向夹角为37°.已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)当汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车厢壁对小球的压力；
(2)当汽车以a=5m/s2向左匀加速行驶且小球与汽车保持相对静止时，细线对小球的拉力和小球对车厢壁的压力。

【答案】（1）T=50N; N=30N （2）T=50N；=10N
【解析】
【分析】
(1)汽车匀速直线运动时,小球受重力、拉力和后壁的弹力平衡,根据共点力平衡求出拉力和墙壁的弹力大小,从而根据牛顿第三定律求出小球对细线的拉力大小和对车后壁的压力大小.
(2)根据牛顿第二定律求出后壁对球弹力恰好为零时的加速度,判断小球是否飞起来,从而根据牛顿第二定律求出细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小.
【详解】(1)匀速运动时,小球受力分析,小球受到重力、拉力、后壁的弹力,由平衡条件得:
解得：T=50N; N=30N
(2)当后壁弹力为零时根据牛顿第二定律可知临界加速度为：
当汽车以a=5m/s2<7.5 m/s2向左匀加速行驶且小球与汽车保持相对静止时，
由牛顿第二定律得:
代入数据解得：T=50N；=10N
故本题答案是：（1）T=50N; N=30N （2）T=50N；=10N
【点睛】对小球受力分析，结合运动状态，建立牛顿第二定律即可求解。

17.如图所示，水平传送带以v=5m/s的恒定速度运动，传送带长AB=8m，今在其左端将一质量为m=1kg的工件轻轻放在上面，工件被传送带传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，（g=10m/s2）求：
(1)工件相对皮带滑动时所受到的摩擦力f的大小和方向；
(2)工件在传送带上相对滑动时的加速度a的大小和方向；
(3)工件经过多长时间t由传送带左端运动到右端。

【答案】（1）f=2N，方向水平向右；（2）方向水平向右；（3）
【解析】
【分析】
（1）滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，结合滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小．（2）根据牛顿第二定律求出工件的加速度大小和方向．
（3）根据速度时间公式求出速度达到传送带速度所需的时间，结合位移时间公式求出匀加速直线运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，得出工件运动的总时间．【详解】（1）工件相对皮带向左滑动，所以摩擦力的方向向右，大小
（2）根据牛顿第二定律得，加速度，方向水平向右
（3）工件匀加速直线运动的时间
运动的位移为
工件匀速运动所用时间为
总时间为
故本题答案是（1）f=2N，方向水平向右；（2）方向水平向右；（3）
【点睛】解决本题的关键理清工件在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．
18.如图所示，质量为M＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；
(3)若长木板长L0=4.5m，试判断滑块与长木板能达到的共同速度v，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离L；若不能，请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间。

【答案】(1)f=1N，方向向右；(2)a=1m/s2；(3)能，v=1.2m/s
【解析】
【详解】(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：
f=μmg=1N
方向向右；
(2) 由牛顿第二定律得：μmg=ma
得出：a=μg=1m/s2；
(3) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′
可得出木板的加速度为：a′=0.5m/s2
设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：
对滑块有：v=v0-at
对长木板有：v=a′t
由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v=1.2m/s，t=2.4s 在2.4s内木板前进的位移为：
木块前进的位移为：
木板的长度最短为：L=x2-x1=4.32m<4.5m，所以两者能达到共同速度。