浙江省杭州高级中学高一物理下学期期中试题(含解析)

浙江省杭州高级中学2013-2014学年高一物理下学期期中试题（含
解析）
注意事项：
1.本试卷考试时间90分钟，满分100分。

2.答案一律做在答卷页上。

一．选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）
1、如图1所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受三个力，F1，F2和摩擦力，处于静止状态。

其中F1=10N，F2=2N。

若撤去力F1则木块在水平方向受到的合外力为（）A.10N向左 B.6N向右 C.2N向左 D.0
【答案】D
【解析】物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于8N；撤去F1后，外力为2N，小于8N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零。

故选D。

【考点】共点力平衡
2、从牛顿第二定律可知，无论怎么小的力都可以使物体产生加速度，但是用较小的力去推地面上很重的物体时，物体仍静止，这是因为（）
A．推力比静摩擦力小
B．物体有加速度，但太小，不易被察觉
C．物体所受推力比物体的重力小
D．物体所受的合外力仍为零
【答案】D
【解析】
AC、对物体受力分析，由牛顿第二定律，静止物体，加速度为零，合力为零，则水平方向F=f，竖直方向mg=N，推力与重力没有直接的大小关系，故AC错误；
B、根据
F
a
m
可知，物体合力为零，加速度为零，而不是加速度很小，眼睛不易觉察到，
故B错误；
D、由于水平推力小于等于桌子的最大静摩擦力，推不动桌子，桌子的合力为零，由牛顿第二定律可知加速度为零，桌子保持原来静止状态，故D正确
故选D。

【考点】牛顿第二定律
3．如图2所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M 点运动到N 点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M 点到N 点运动过程中，物体的速度将 ( )
A ．不断增大
B ．不断减小
C ．先增大后减小
D ．先减小后增大 【答案】D
【解析】因为质点速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于
180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大，所以速度也是先减小后增大，故C 正确。

故选D 。

【考点】曲线运动
4．两个宽度相同但长度不同的台球框固定在水平面上，从两个框的长边同时以相同的速度分别发出小球A 和B ，如图3所示，设球与框边碰撞时无机械能损失，不计摩擦，则两球回到最初出发的框边的先后是（ ） A. A 球先回到出发框边 B. B 球先回到出发框边 C. 两球同时回到出发框边
D. 因两框边长度不明，故无法确定哪一个球先回到出发框边。

【答案】C
【解析】设台球框的宽度为L ，两球沿图示向上方向的分速度大小为v y ； 由于不计一切摩擦，两个球与框边碰撞前后做匀速直线运动，则有：y
2L
t v
，L 相同，v y 也相等，所以两球回到最初出发的框边所用时间t 相同，同时回到最初出发的框边，故C 正确。

故选C 。

【考点】运动的合成与分解
5.如图4所示为一种”滚轮——平盘无极变速器”的示意图,它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成.由于摩擦的作用,当平盘转动时,滚轮就会跟随转动,如
果认为滚轮不会打滑,那么主动轴转速1n 、从动轴转速2n 、滚轮半径r 以及滚轮距离主动轴中心的距离x 之间的关系是( ) A. 21x r n n = B. 21r
x n n =
C.
2
221x r n n
= D.2
1x r n n =
【答案】A 【解析】
滚轮边缘的线速度大小为12v 2n r π=，滚轮与主动轮接触
处的线速度大小21v 2n x π=．根据12v v =，得212n r 2n x ππ=，解得21x n n r
=。

故选A 。

【考点】线速度、角速度和周期、转速
6.如图5所示,从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块,滑出槽口时速度方向为水平方向,槽口与一个半球顶点相切,半球底面为水平,若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑,已知圆弧轨道的半径为1R ,半球的半径为2R ,则1R 和2R 应满足的关系是 ( ) A.12R R ≤ B.212
R R ≤ C.12R R ≥ D.212
R R ≥
【答案】D 【解析】
滑块沿光滑的
1
4
圆弧槽下滑过程，只有重力做功， 由机械能守恒，有2
11mgR mv 2
=
要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则2
2
v mg m R ≤
解得2
1R R 2
≥。

故选D 。

【考点】机械能守恒定律；平抛运动
7．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行。

初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t 图像（以地面为参考系）如图乙所示。

已知v 2＞v 1，则
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】B
【解析】
A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；
C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；
D、t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误。

故选B。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像
8. 如图7所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在马背上沿着水平直跑道AB运动，拉弓放箭射向左侧的固定靶。

假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定靶的最近距离OA＝d。

若不计空气阻力和箭的重力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则（）
A、运动员骑马奔驰时应该瞄准靶心放箭
B、运动员应该在距离A点为的地方放箭
C、箭射到靶的最短时间为
D、箭射到靶的最短时间为
【答案】BC
【解析】
CD、在水平面内箭参加了两个分运动，即沿箭头方向和顺着
马奔跑方向的两个分运动，如图，由于运动时间等于沿箭头方向的分运动时间，故当沿箭头方向的分运动的分位移最小时，时间最短， 最短时间为2
d
t v =
因而C 正确，D 错误； AB 、要击中目标靶，必须瞄准目标左侧放箭，提前量为112
v d
x v t v ==，故A 错误B 正确。

故选BC 。

【考点】运动的合成和分解
二、选择题（在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的。

） 9. 一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图8所示，则以下说法中正确的是： A ．第1s 末质点的位移和速度都改变方向。

B ．第2s 末质点的位移改变方向。

C ．前4s 内质点的位移为零。

D ．第3s 末和第5s 末质点的位置相同。

【答案】CD 【解析】
A 、根据速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，可知第1s 秒末质点的位移沿正方向，没有改变；速度方向也没有改变，故A 错误；
B 、根据“面积”可知，前2s 内位移为正，方向没有改变．质点在前3s 内的位移等于第1s 内的位移，方向仍沿正方向，没有改变．故第2秒末质点的位移没有改变方向，故B 错误；
C 、0-2s 内的位移为11x 21m 1m 2=
⨯⨯=，2-4s 内的位移为1
x221m 1m 2
=-⨯⨯=-，故4s 内质点的位移为12x x x 0=+=，故C 正确；
D 、根据图线的面积表示位移，图线在时间轴上方表示的位移为正，在时间轴下方表示的位移为负，可知3-5s 内质点的位移为0，则第3秒末和第5秒末位移相等，故质点的位置相同，故D 正确。

故选CD 。

【考点】匀变速直线运动的图像
10. 关于“能量耗散”的下列说法中，正确的是( )
A ．能量在转化过程中，有一部分能量转化为内能，我们无法把这些内能收集起来重新
利用，这种现象叫做能量的耗散
B ．能量在转化过程中变少的现象叫能量的耗散
C ．能量耗散表明，在能源的利用过程中，能量的数量并未减少，但是能量可利用的品质降低了。

D ．能量耗散表明，各种能量在不转化时是守恒的，但在转化时是不守恒的 【答案】AC
【解析】能量耗散的过程中能量向品质低的大气内能转变，但是总的能量是守恒的，能量不能凭空产生，也不能凭空消失，但有方向性，机械能转化为内能后，我们无法将它们收集起来重新利用，故AC 正确。

故选AC 。

【考点】能量耗散
11. 质量为m 的物体，由静止竖直向下加速运动通过的路程为h ，由于阻力的作用。

向下运动的加速度为g/2，下列有关功和能的说法正确的是：
A ．物体的动能增加了mgh/2
B ．物体的重力势能减少了mgh/2
C ．物体克服阻力做功mgh/2 D. 物体的机械能减少了mgh/2 【答案】AC
D 【解析】
A 、物体的合力为1ma mg 2=，则合力做功为1mgh 2，所以物体的动能增加为1
mgh 2
，故A 正确；
B 、因物体向下运动，重力势能应减小mgh ，故B 错误；
C 、根据牛顿第二定律有mg f ma -=得，1
f m
g 2
=
，物体下落过程中阻力f 做的功为f 1W fh mgh 2=-=-，物体克服阻力做功1
mgh 2
，故C 正确；
D 、再根据功能原理可知f 1
E W mgh 2∆==-，即机械能减少了1
mgh 2
，故D 正确。

故选ACD 。

【考点】功能关系；重力势能
12. 如图10所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的是( )
【答案】BC 【解析】
AB 、小球在下落中先做自由落体运动，再做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，小球的速度达最大，故小球速度最大值与小球下落的高度无关，不论A 点多高，到达C 点均为速度最大值；x 0保持不变，故A 错误B 正确；
CD 、因小球下落过程中只有重力和弹簧的弹力做功，因弹簧的形变量保持不变，故弹簧弹力做功不变，故高度越高，小球到达C 点的动能越大；k E mgh W =-弹，故图象不能过原点，故C 正确D 错误。

故选BC 。

【考点】动能定理；力的合成与分解；牛顿第二定律 三、填空题
13. 体重为900N 的人站在地面上用手能直接提起103
N 的重物,若利用如图11所示的装置(滑轮和绳的质量不计,摩擦力不计)设人始终站在地面上,他通过滑轮使质量为60kg 的重物获得加速度最大为________m/s 2
. 【答案】5 【解析】
故当绳子的拉力最大时，重物能获得最大加速度，此时，绳子的最大拉力等于人的自身重力， 根据牛顿第二定律可得：2M T mg 900600
a 5m /s m 60
--==＝。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解
14.某地强风的风速v=20 m/s ，设空气密度ρ=1.3 kg/m 3
．如果把通过横截面积为S=20 m
2
的风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P=___，大小约为__W ．
【答案】
1
Sv32
ρ 5110W ⨯ 【解析】
在t 时间内通过横截面积为20m2的风能全部转化为电能， 根据能量守恒定律，有：21
Pt mv 2
= 其中m V vtS ρρ==⨯ 故：3511
P Sv31.32020110W 22
ρ=
=⨯⨯⨯=⨯。

【考点】电功、电功率
15. 如图，某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置．在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节．在木板上固定一张白纸．该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验： A ．实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a 、b 、c 三点，且ab ＝bc ，如图量出ab 长度L ＝20.00 cm.
B ．让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中a 点，记下此时木板离地面的高度h 1＝90.00 cm.
C ．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中b 点，记下此时木板离地面的高度h 2＝80.00 cm.
D ．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板高度，使得钢球正好击中c 点，记下此时木板离地面的高度h 3＝60.00 cm.
则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v 0＝________ m/s ，钢球击中b 点时其速度大小为v b ＝________ m/s.(空气阻力不计) 【答案】2 2.5 【解析】
钢球从a 到b 和b 到c 的时间相等，击中ab 时木板的竖直距离为10cm ，击中bc 时木板的竖直距离为20cm ，
根据2
h gT ∆=得，h
T 0.1s g
∆=
＝，则钢球平抛运动的初速度0L v 2m /s T ＝＝；
击中b 点时钢球的竖直分速度yb 0.10.2
v m /s 1.5m /s 0.2
+＝
＝，根据平行四边形定则知，钢球击中b 点的速度大小2
2
2
2
b 0yb v v v 152 2.5m /s +=+＝．＝。

【考点】研究平抛物体的运动
16. 如图所示，某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验．当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W. (1)图中电火花计时器的工作电压是________V 的交流电．
(2)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________．
(3)图中小车上有一固定小立柱，下图给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是________．
(4)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如下图所示．打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据纸带中字母回答)，小车获得的速度是________m/s.(结果保留两位有效数字)
【答案】（1）220 （2）刻度尺 （3）A （4）GJ 0.65 【解析】
（1）电火花计时器的工作电压是220V 的交流电；
（2）处理实验数据时需要测量两计数点间的距离，因此还需要的器材是：刻度尺； （3）由图示可知，橡皮筋最合理的套接方式是A ，以A 的方式套接释放小车后，橡皮筋不会影响小车的运动；
（4）由图示纸带可知，GJ 部分两点间的距离相等，小车做匀速直线运动，应选用的纸带是GJ 部分；
小车获得的速度
x0.0130
v0.65m/s t0.02
===。

【考点】探究功与速度变化的关系
四、解答题
17.如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，问：
（1）当小球到达最高点的速率为多大时，两段线中张力恰好均为零？
（2）小球到达最高点速率为多少时，每段线中张力大小等于小球的重
力?
【答案】3gL
2
()
33gL
2
+
【解析】
（1）小球在竖直面内做圆周运动的半径为：
3
r Lsin60L =︒＝，
根据牛顿第二定律得：
2
1
v mg m
r
=，
解得：
13gL
v gr
2＝＝
（2）根据牛顿第二定律得：
2
v
2Tcos30mg m
r
︒+＝、T mg
=
解得：
()
33gL
v
2
+
＝。

【考点】向心力
18.在距地面高H=45m处，有一小球A以初速度20m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，求：
①A球落地时间，
②A球从抛出点到落地点之间的位移。

③A落地时，AB之间的距离。

【答案】（1）3s （2）60m （3）22.5m
【解析】
（1）根据21H gt 2=得t 3s =； （2）A 球从抛出点到落地点之间的位移0x v t 203m 60m ==⨯=；
（3）根据牛顿第二定律得，B 滑行的加速度大小2
a g 5m /s μ＝＝， B 速度减为零的时间0v t 4s 3s a
'＝
＝＜， 则A 落地时，B 的位移2B 01x v t at 37.5m 2-＝＝ AB 间的距离B x x x 6037.5m 22.5m ∆=-=-=。

【考点】平抛运动
19、以20m/s 的初速度，从地面竖直向上抛出一物体，它上升的最大高度是18m 。

如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，以地面为零势能面。

求：
（1）上升过程中，物体在离地面多高处，动能与重力势能相等。

（2）下落过程中，物体在离地面多高处，动能与重力势能相等。

【答案】9.5m 8.5m
【解析】
（1）设空气阻力大小为f ，物体的质量为m ，最大高度为H ．对上升整个过程，根据动能定理得：201mg f H 0mv 2-+=-
（） 得：10f m 9
= 设物体在离地面h 处，若在上升过程物体的动能与重力势能相等， 根据动能定理得：22011mg f h mv mv 22-+=
-（） 又据题有：21mgh mv 2
= 联立解得：h 9.5m ≈
（2）若在下落过程物体的动能与重力势能相等， 根据动能定理得：22011mgh mg 2H h h mv mv 22
---=
-（） 解得：h 8.5m =。

【考点】竖直上抛运动
20.动车组列车由几节自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（拖车）编成一组。

某车次动车组由8节车厢连接而成，每节车厢平均质量为m=20t ，其中只有第1节、第3节、
第6节、第8节是带动力的，每节动车可以提供P=750kW 的额定功率．设动车组在平直路面上行驶，每节动车在行驶中的输出功率相同，每节车厢受到的阻力恒为重力的0.025倍（g 取10m/s 2
）．求：
（1）动车组行驶所能达到的最大速度；
（2）当动车组以加速度a=0.5m/s 2加速行驶时，第4节拖车对第3节动车的作用力大小；
（3）若动车组以额定功率启动，经400s 时间加速后以最大速度匀速行驶，则整个加速过程中所通过的路程为多少？
【答案】m v 75m /s = 41.510N ⨯ 18750m 【解析】
（1）动车组达最大速度时牵引力F F =阻
而F kmg =阻
根据P Fv =，得0m 4P v k8mg
＝
解得m v 75m /s =；
（2）设各动车的牵引力为F 牵，第3节车对第4节车的作用力大小F
以第1、2、3节车为研究对象，由牛顿第二定律得2F k3mg F 3ma --=牵
以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得4F k8mg 8ma -=牵
由上述两式得F kmg ma =+
代入数据解得4F 1.510N =⨯
由牛顿第三定律可知第4节拖车对第3节动车的作用力为41.510N ⨯ （3）根据动能定理2
0m 14P t k8mgs 8mv 2-g
＝ 代入数据解得s 18750m =。

【考点】功率；牛顿第二定律
杭高2013学年第二学期期中考试
高一物理试卷参考答案
1、D
2、D 3．D 4．C 5.A 6.D 7．B 8. BC 9. CD 10. AC 11. ACD 12. BC 13. 5
14. 1
Sv3
2
ρ5
110W
⨯
15. 2 2.5
16.（1）220 （2）刻度尺（3）A （4）GJ 0.65
17
（1
）小球在竖直面内做圆周运动的半径为：r Lsin60L
2
=︒，
根据牛顿第二定律得：
2
1
v mg m
r
=，
解得：
1
v
（2）根据牛顿第二定律得：
2
v
2Tcos30mg m
r
︒+＝、T mg
=
解得：
v
18.
（1）根据2
1
H gt
2
=得t3s
=；
（2）A球从抛出点到落地点之间的位移
x v t203m60m
==⨯=；
（3）根据牛顿第二定律得，B滑行的加速度大小2
a g5m/s
μ
＝＝，
B速度减为零的时间0
v
t4s3s
a
'＝＝＜，
则A落地时，B的位移2
B0
1
x v t at37.5m
2
-
＝＝
AB间的距离
B
x x x6037.5m22.5m
∆=-=-=。

19、
（1）设空气阻力大小为f，物体的质量为m，最大高度为H．对上升整个过程，根据动能定
理得：2
1
mg f H0mv
2
-+=-
（）
得：10
f m 9=
设物体在离地面h 处，若在上升过程物体的动能与重力势能相等， 根据动能定理得：22
011mg f h mv mv 22-+=-（） 又据题有：2
1mgh mv 2=
联立解得：h 9.5m ≈
（2）若在下落过程物体的动能与重力势能相等， 根据动能定理得：22
01
1mgh mg 2H h h mv mv 22---=-（）
解得：h 8.5m =。

20.
（1）动车组达最大速度时牵引力F F =阻
而F kmg =阻
根据P Fv =，得0
m 4P v k8mg ＝
解得m v 75m /s =；
（2）设各动车的牵引力为F 牵，第3节车对第4节车的作用力大小F 以第1、2、3节车为研究对象，由牛顿第二定律得2F k3mg F 3ma
--=牵 以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得4F k8mg 8ma -=牵 由上述两式得F kmg ma =+
代入数据解得4F 1.510N =⨯
由牛顿第三定律可知第4节拖车对第3节动车的作用力为41.510N ⨯
（3）根据动能定理2
0m 14P t k8mgs 8mv 2-g ＝
代入数据解得s 18750m =。