精品解析：【全国百强校】福建师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期期末考试物理试题(解析版)

福建师大附中2018-2019学年第一学期高一年段期末考试物理试卷
一、单项选择题：
1.下列说法正确的是：
A. 同一物体所受合外力越大，速度改变越快，所以合外力越大物体惯性越小
B. 一辆正在不断漏油的油罐车，其惯性将越来越小
C. 投篮球时，人先给球一个作用力，球后给人一个反作用力
D. 甲乙两队拔河比赛，甲队赢的原因是甲队对乙队的拉力大于乙队对甲队的拉力
【答案】B
【解析】
【详解】物体的惯性只与物体的质量有关，与物体所受外力的大小无关，选项A错误；一辆正在不断漏油的油罐车，其质量逐渐减小，则惯性将越来越小，选项B正确；投篮球时，人给球作用力与球给人反作用力是同时进行的，选项C错误；甲乙两队拔河比赛，甲队对乙队的拉力与乙队对甲队的拉力是一对作用和反作用力，总是大小相等的关系，选项D错误；故选B.
2.甲、乙两车同时刹车、同时停下。

甲车初速度为12m/s，刹车距离24m。

乙车刹车距离36m。

则乙车刹车时加速度的大小为
A. 2 m/s2
B. 3 m/s2
C. 4.5 m/s2
D. 6 m/s2
【答案】C
【解析】
【分析】
甲、乙两车同时刹车、同时停下，则运动的时间相等，由甲车的运动求解时间；对乙车根据刹车的逆过程求解加速度.
【详解】甲、乙两车同时刹车、同时停下，则运动的时间相等，设为t，则对甲车，解得t=4s ；对乙车由逆过程可知：，解得，故选C.
3.如图所示，小木块A静止在斜面上。

小木块对斜面的压力为N、对斜面的摩擦力为f。

若增大斜面的倾角θ，小木块仍然保持静止。

则
A. N增大，f增大
B. N增大，f减小
C. N减小，f增大
D. N减小，f减小
【答案】C
【解析】
【分析】
对物体进行受力分析，然后通过正交分解求出重力的沿木板方向和垂直木板方向的分力，最后根据倾角的变化判断出木块对斜面的压力以及摩擦力的变化情况．
【详解】设斜面与水平面的倾角为θ，对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，斜面的支持力N和平行斜面向上的摩擦力；由平衡知识可知：N=mgcosθ；f=mgsinθ，由题意可知θ逐渐变大，故N逐渐减小，f逐渐变大。

故选C。

【点睛】本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况．
4.质量为m的物体放置在光滑的水平面上，左右两端分别固定一个弹簧，弹簧的另一端连着细绳，细绳跨过光滑定滑轮与质量为M=2m的物体相连，如图所示。

OA、OB与水平面的夹角分别为37°、53°，开始时m 在水平外力作用下处于静止状态。

在撤去外力的瞬间，m的加速度大小和方向是（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
A. 0.4g 向右
B. 0.4g 向左
C. 0.2g 向右
D. 0.2g 向左
【答案】A
【解析】
【分析】
整个装置处于静止状态，先对结点O受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO绳的张力F1和F2．对物体m根据牛顿第二定律列式求解撤去外力的瞬间的加速度.
【详解】对结点O受力分析如下图：
把F1和F2分别分解到水平方向和竖直方向。

沿水平方向：F1cos37°=F2cos53°；沿竖直方向：F1sin37°+F2sin53°=Mg；联立得：OA绳的拉力F1＝0.6Mg＝1.2mg。

OB绳的拉力F2＝0.8Mg＝1.6mg.在撤去外力的瞬间，m的加速度大小满足：，解得a=0.4g，方向向右；故选A.
【点睛】本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件以及牛顿第二定律应用等内容．解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键.
5.如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为l、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平力向左拉木块1，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是
A. l＋m1g
B. l＋m2g
C. l＋(m1＋m2)g
D. l＋g
【答案】B
【解析】
【分析】
当两木块一起匀速运动时，木块2受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力而平衡，根据平衡条件求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，再求解两木块之间的距离．
【详解】对木块2受力分析如图：
根据平衡条件弹簧的弹力F=μm2g；又由胡克定律：F=kx；整理：；所以弹簧的长度为：l+x=l+，故选B。

6.一位在地面上最多可以举起1500N重物的人，在某竖直运动的电梯中最多可以举起2000N的重物。

g=10m/s2。

该电梯的运动可能是
A. 以3.3 m/s2的加速度加速下降
B. 以3.3 m/s2的加速度减速下降
C. 以2.5 m/s2的加速度加速上升
D. 以2.5 m/s2的加速度减速上升
【答案】D
【解析】
【分析】
根据人在地面上最多能举起质量为1500N的物体，他在竖直向上运动的电梯中最多举起了2000N的物体，由牛顿第二定律求出电梯加速度的大小和方向．
【详解】由题意某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了2000N的物体，知物体处于失重状态，此人最大的举力为1500N。

则由牛顿第二定律得，m′g-F=m′a，解得．方向向下。

则电梯可能以2.5 m/s2的加速度减速上升，也可能以2.5 m/s2的加速度加速下降；故选D。

【点睛】本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题，关键抓住人的最大举力是一定的．
7.如图所示，轻杆AB的B端用铰链接在竖直墙上。

A端与细绳AC、AD拴接。

细绳AC的C端挂一重物P，细绳AD在拉力作用下使整个装置处于静止状态。

开始时轻杆AB与细绳AD垂直。

现保持轻杆AB的位置不变，将细绳AD绕A点沿逆时针方向转过一定的角度到AD＇处（在竖直方向与AB之间）。

在这一过程中，细绳AD受到的拉力F1、轻杆AB对A点的作用力F2的变化情况是
A. F1增大、F2减小
B. F1增大、F2先减小后增大
C. F1先增大后减小、F2减小
D. F1先增大后减小、F2先减小后增大
【答案】B
【解析】
【分析】
对结点A受力分析；利用图示法分析当细线AD从垂直于AB的位置逐渐转到竖直位置时两个力的变化；然后分析当细绳AD从竖直位置逐渐旋转到AD′位置时两个力的变化.
【详解】对结点A受力分析；如图所示：当细线AD从垂直于AB的位置逐渐转到竖直位置时，AD的拉力F1逐渐增大到G；AB轻杆的拉力逐渐减小到零；
当细绳AD从竖直位置逐渐旋转到AD′位置时，AB的支持力F2逐渐变大，细绳AD的拉力F1逐渐变大；即整个过程中F1一直增大、F2先减小后增大；故选B.
8.如图所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面体，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，小车在遥控下运动，稳定时发现弹簧处于压缩状态。

下列判断正确的是：
A. 小车一定匀速运动
B. 小车一定匀加速向下运动
C. 斜面体对小车摩擦力一定沿斜面向上
D. 地面对斜面体的支持力一定小于斜面体和小车的总重力
【答案】D
【解析】
【分析】
因弹簧处于压缩状态，则小车和斜面的整体在水平方向受到的合外力向左，由此判断小车的加速度方向，从而分析选项ABC；对整体竖直方向，根据失重和超重的知识分析选项D.
【详解】因弹簧处于压缩状态，则小车和斜面的整体在水平方向受到的合外力向左，则小车一定有向左的加速度的分量，即小车的加速度一定沿斜面向下，即小车可能匀加速向下运动，也可能匀减速向上运动；选项AB错误；若小车匀加速向下运动，则斜面体对小车摩擦力沿斜面向上；若小车匀减速向上运动，则斜面体对小车摩擦力沿斜面向下；选项C错误；对小车和斜面的整体在竖直方向，因小车加速度沿斜面向下，有竖直向下的分量，可知小车失重，即地面对斜面体的支持力一定小于斜面体和小车的总重力，选项D正确；故选D.
【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解题的关键是对物体进行受力分析，能熟练运用整体法和隔离法．
二、多项选择题：
9.A、B两车沿同一平直公路同向运动，从某时刻开始，两车的v—t图象如图所示。

假设t=8s时两车恰好相遇。

则在0～8s内
A. A车加速度大小小于B车加速度大小
B. t=6s时两车相距最远
C. t=0时B车在A车前方33m处
D. 这段时间内A、B两车可能相遇两次
【答案】AC
【解析】
【分析】
v-t图像的斜率等于加速度；两车速度相等时相距最远；v-t图像的面积等于位移；据此进行判断.
【详解】v-t图像的斜率等于加速度，可知；，则A车加速度大小小于B车加速度大小，选项A正确；两车速度相等时相距最远，即t=6s时两车相距不是最远，选项B 错误；相遇时A的位移：；B的位移：，则t=0时B车在A 车前方60m-27m=33m处，选项C正确；这段时间内A、B两车只能相遇一次，选项D错误；故选AC. 【点睛】速度-时间图象中要注意观察三点：一点，两直线交点的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度-时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移．
10.如图所示，小球从高处下落到正下方竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是
A. 小球的速度一直在减小
B. 小球受到的弹力一直在增大
C. 小球的加速度先减小后增大
D. 小球在最低点受到的合外力为零
【答案】BC
【解析】
【分析】
下落过程中正确对小球进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可判断其加速度的变化情况，然后进一步判断速度变化情况．
【详解】小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当和弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，此时：mg-kx=ma，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，加速度减小，但是物体仍加速运动，当mg=kx时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，当mg=kx时，加速度等于零，速度最大，物体继续向下运动，弹簧继续被压缩，弹力大于重力，物体开始减速运动，所以整个过程中物体先加速后减速运动，加速度先减小，后增大；速度先增大后减小；故A错误，C正确。

弹簧的压缩量不断变大，故弹簧的弹力不断变大，故B正确；小球在最低点的加速度不为零，则受到的合外力不为零，选项D 错误；故选BC.
【点睛】对于弹簧问题要动态分析，分析清楚弹力变化情况，然后根据加速度和速度方向关系判断加速还是减速．
11.我国载人飞船已多次成功发射和回收。

假设载人舱在竖直降落时所受空气阻力与速度的平方成正比，即f=kv2，其中k为比例系数。

若载人舱的质量为m，重力加速度为g。

则
A. k的单位用国际单位制中的基本单位表示是kg/m
B. 载人舱降落过程加速度大小先减小后增大
C. 降落距离足够大时，载人舱最终的速度大小为
D. 载人舱的速度大小为时，加速度大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据f=kv2可知k的单位；随速度的增加，飞船受的阻力逐渐变大，则加速度逐渐减小，直到加速度等于零时匀速运动；根据平衡知识求解最终的速度；根据牛顿第二定律求解当载人舱的速度大小为时的加速度. 【详解】根据f=kv2可知，单位，选项A正确；根据mg-kv2=ma可知随速度的增加，加速度逐渐减小，直到加速度等于零时匀速运动，选项B错误；当达到最终速度时满足：mg=kv2，解得
，选项C正确；载人舱的速度大小为时，带入mg-kv2=ma可得a=，选项D正确；故选ACD.
12.如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。

则在0～2t0时间内，下列说法正
确的是
A. t0时刻，A、B间的静摩擦力为零
B. t0时刻，A、B的速度最大
C. 2t0时刻，A、B的加速度最小
D. 2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为零
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，分析何时B的速度最大，并确定何时AB位移最大．
【详解】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，t0时刻整体所受的合力为0，加速度为0，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力为0．故A正确。

整体在0-t0时间内，做加速运动，在t0-2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，A、B速度最大，故B正确。

2t0时刻，整体的合力最大，则A、B 的加速度最大，选项C错误；0-2t0时间内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大，离出发点最远，根据对称性知，2t0时刻速度为0．故D正确。

故选ABD。

三、实验题
13.在“验证力的平行四边形定则”的实验中
（1）下列哪些方法有利于减小实验误差（单选）______
A．拉橡皮条的细绳要稍长一些
B．拉橡皮条的两根细绳要等长
C．两个分力F1、F2间的夹角要尽量大些
D．实验过程最好用手将橡皮条的结点按在纸上
（2）实验时，若用F1、F2表示两个分力，F表示由平行四边形定则画出来的合力，用F′表示根据“等效性”由实验得到的合力，则在如图所示的甲、乙两位同学实验结果中，________（填“甲”或“乙”）同学的实验结果是符合事实的。

【答案】 (1). （1）A (2). （2）甲
【解析】
【分析】
做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力（实际值）进行比较．用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值．
【详解】（1）拉橡皮条的细绳要稍长一些，这样在记录拉力方向时刻减小误差，选项A正确；拉橡皮条的两根细绳不一定要等长，选项B错误；两个分力F1、F2间的夹角大小要适当，选项C错误；实验过程要把橡皮条的结点逐渐的拉到O点，不能用手将橡皮条的结点按在纸上，选项D错误；故选A.
（2）用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值，所以甲图正确．
14.如图所示为某同学做“加速度与物体质量关系”的实验装置图，他保持砝码盘和盘中砝码的总质量m一定来做实验，在保证小车质量远大于m的条件下，
（1）在该实验中，打点计时器所用交流电的频率为50Hz。

某次实验中得到的一条纸带如下图所示，从比较清晰的某点起，取五个计数点，分别标明0、1、2、3、4。

量得
S1＝5.25cm，S2＝6.10cm，S3＝6.95cm，S4＝7.85cm，则打点“3”时小车的瞬时速度大小为________m/s和用逐差法求得小车的加速度大小为________m/s2。

(结果均保留三位有效数字)。

（2）以下是其部分操作步骤，其中正确的是（多选）_______
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．释放小车时，小车的位置应靠近打点计时器
C．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车
D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a＝求出
（3）改变小车的质量M，测出多组数据，根据数据做出加速度的倒数与小车质量M关系的—M图象如图所示。

图象的延长线没有过原点的原因是_________________________
【答案】 (1). （1）0.740 (2). 0.863 (3). （2）BC (4). （3）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角不够
【解析】
【分析】
（1）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，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3点时小车的瞬时速度大小．（2）根据实验注意事项进行分析；（3）根据图像的位置结合实验原理分析原因.
【详解】（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，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3点时小车的瞬时速度大小．
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，得：s3-s2=2a1T2
s4-s2=2a2T2
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）
即小车运动的加速度计算表达式为：
（2）平衡摩擦力时，不挂盘及盘中的砝码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，选项A错误；释放小车时，小车的位置应靠近打点计时器，以充分利用纸带，选项B正确；实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车，选项C正确；小车的加速度是通过纸带上的点迹来求解的，选项D错误；故选BC.
（3）实验中若不平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，则对某一质量的小车来说，拉力一定，则加速度就会偏小，则1/a就会偏大，对应的点的位置就会偏上，出现图像所示的情况；故图象的延长线没有过原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角不够；
四、计算题
15.跳水运动员从离水面h=4.05m处做自由落体运动，入水后经过t=2s速度减小为零。

不计空气阻力。

若运动员可视为质点，他在水中运动时所受的浮力和水的阻力恒定不变。

g=10m/s2。

求：
（1）运动员入水瞬间速度v的大小；
（2）运动员在水中运动时加速度a的大小；
（3）运动员所受水的浮力和水的阻力的合力是其重力的几倍。

【答案】（1）9m/s（2）4.5m/s2（3）1.45
【解析】
【分析】
（1）由自由落体公式v2=2gh 可得运动员入水瞬间速度v的大小；（2）由运动学公式a=求解加速度；（3）根据牛顿第二定律求解运动员所受水的浮力和水的阻力的合力是其重力的几倍.
【详解】（1）由自由落体公式得：v2=2gh
代入数据解得v=9m/s
（2）由运动学公式a=
代入数据解得a=4.5m/s2
（3）由牛顿第二定律得
F—mg=ma
n=
代入数据解得n=1.45
16.如图所示，足够长的水平杆MN中套有一个滑块A，A通过细绳连接小球B。

现用一水平恒力拉小球B，当细绳与竖直方向夹角为θ1=37°时，A、B恰好能一起沿水平方向做匀速直线运动。

已知滑块A的质量为2m，小球B的质量为m。

sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）水平拉力F的大小；
（2）滑块A与水平杆MN之间的动摩擦因数；
（3）当水平拉力增大为F′，A、B一起沿水平方向运动时细绳与竖直方向夹角为θ2=45°，则F′大小为多少？【答案】（1）（2）0.25（3）
【解析】
【分析】
（1）对B进行受力分析，由平衡知识求解水平拉力F的大小；（2）以A、B整体为研究对象，由平衡知识求解滑块A与水平杆MN之间的动摩擦因数；（3）以A、B整体为研究对象求解加速度；再以B为研究对象求解F′大小.
【详解】（1）对B进行受力分析得
F=mg tanθ1
解得F=mg
（2）以A、B整体为研究对象
F=μ×3mg
解得μ=0.25
（3）以A、B整体为研究对象
F′-μ×3mg=3ma
以B为研究对象
F′-mg tanθ2= ma
解得F′=mg
17.传送带两端AB距离L=31m，以v=5m/s速度匀速运行，现将质量m=0.2kg相同工件以v0=1m/s速度沿水平方向一个接一个投放到传送带的A端，工件初速度方向与传送带运动方向相同，投放工件的时间间隔恒定。

若一个工件从A端运动到B端所用时间为t=7s。

g=10m/s2。

求：
（1）工件与传送带之间的动摩擦因数μ；
（2）若原来每一时刻在传送带上总能看到14个工件，现当一个工件刚投射到A端的瞬间，传送带以a=1 m/s2的加速度开始加速。

与不运送任何工件时相比，上述传送带刚开始加速的短时间内，电动机要给传送带增加多大的动力。

（不计传送带自身加速所需的外力）
【答案】（1）0.2（2）3.6N
【解析】
【分析】
（1）工件在传送带上先加速后匀速，结合运动公式求解加速的随时间和加速度；根据牛顿第二定律求解物体和传送带之间的摩擦因数；（2）每个工件加速时间2s，匀速时间5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在减速。

传送带加速的加速度为a<μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间相对静止。

求解相对滑动和相对静止的工件的摩擦力，从而求解电动机要给传送带增加的动力.
【详解】（1）假设工件加速时间为t1
L=t1+v（t-t1）
解得t1=2s
由a′==2 m/s2
根据牛顿第二定律μmg=ma′
解得μ=0.2
（2）投放工件得时间间隔为：Δt=7s/14=0.5s
加速时间2s，匀速时间5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在减速。

传送带加速的加速度为a<μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间相对静止。

相对滑动的工件受摩擦力f1=μmg
相对静止的工件受摩擦力f2=ma
所需外力为F=4 f1+10 f2
代入数据解得F=3.6N。