1、 高一（上）期末物理试卷 题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）1. 一质点在光滑水平面上做匀速直线运动，现给它施加一个与速度方向不在同一直线上的水平恒力，下列说法正确的是（）A. 施加水平恒力后，质点单位时间内速率的变化量总是不变B. 施加水平恒力后，质点一定做匀变速曲线运动C. 施加水平恒力时，如果恒力的方向与速度垂直，质点可能做匀速圆周运动D. 施加水平恒力以后，质点的速度方向可能和恒力的方向相同2. 某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在表中记录了几个特定时刻体重秤的示数（表内时刻不存在先后顺序），若已知t0时刻电梯处于静止状态，则（）
2、时间t0t1t2t3体重秤示数（kg）45.050.040.045.0A. t1时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化B. t2时刻电梯可能向上做减速运动C. t1和t2时刻电梯运动的方向相反D. t3时刻电梯处于静止状态3. 如图所示，质量为1kg的小球静止在竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k=50N/m。现用大小为5N、方向竖直向下的恒力F作用在小球上，在小球向下运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）（g取10m/s2，已知弹一直处于弹性限度内，空气阻力忽略不计）A. .小球向下运动的过程中一直加速B. .B.小球速度最大时弹簧被压缩了0.2mC. .小球运动到最低点时弹簧被压
3、缩了0.3mD. .小球运动过程中加速度先减小后增大二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）4. 如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零而P、N传感器示数不为零当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零已知sin15=0.26，cos15=0.97，tan15=0.27，g=10m/s2则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（）A. 4m/s2B. 3m/s2C. 2m/s2D. 1m/s25. 如图所示，轻杆长为L，轻杆的一端拴有一个历量为m的小球，轻杆和球在竖直平面内绕光滑轴
4、O自由转动。已知在小球通过最高点时，轻轩对球的弹力大小为F=14mg，则小球通过最高点的速度大小可能是（）A. 54gLB. gLC. 34gLD. 14gL6. 在欢乐谷有风洞飞行表演，风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果。假设表演者所受风力大小与受风有效面积成正比，已知水平横躺时受风有效面积最大，站立时受风有效面积为最大值的18，风洞内人可上下移动的空间总高度为H若表演者让身体倾斜一定角度，使受风有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移。现表演者从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过B点后，再以
5、向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在风最低点C处减速为零，则下列说法中正确的是（）A. 表演者先处于失重状态后处于超重状态B. 表演者向下的最大加速度是g4C. BC间的高度差为37HD. 表演者加速和减速阶段所用时间之比为4：37. 如图所示，A为放在光滑水平桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和CA、B、C质量分别为lkg、5kg、1kg，B、C与A之间的动摩擦因数为0.10，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；K为轻质光滑滑轮，绕过K连接B和C的轻细绳都处于水平状态。现用水平方向的怛定外力F拉滑轮，使A的加速度等于2m/s2，g取10m/s2，在这种情况下，下列说法正确的是（）A. A、B之
6、间相对滑动而A、C之间相对静止B. A、B之间相对静止而A、C之间相对滑动C. 外力F的大小等于22ND. A、B之间的摩擦力大小为1N三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）8. 在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端实验中力传感器的拉力为F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示（1）小车与轨道的滑动摩擦力f=_N（2）从
7、图象中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为_kg（3）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角调整到tan=_四、计算题（本大题共4小题，共45.0分）9. 竖直杆与斜杆固定在小车上，它们之间的夹角=45，在斜杆下端固定有质量为m的小球，斜杆与竖直杆均为刚性轻杆。（1）如果将小车放进电梯中，让电梯带着小车一起以加速度a（ag）向上做匀减速直线运动，求斜杆给小球的作用力；（2）如果让小车在水平面上向右做a=3g的匀加速直线运动，求斜杆给小球的作用力。10. 如图所示，半圆形凹半径R=0.48m，AB为其直径，圆心为O2，在A点正上方O1处有一颗钉子，O1A的距离为0.36m，用长
8、为l的轻绳拴住一个质量为m=1kg的小球，绳的另一端固定于O1，小球可视为质点，将小球左拉起一定角度后无初速释放，小球运动到A点时与凹槽的平台间无挤压，此时轻绳恰好断裂，小球沿水平方向飞出，落在凹槽上的E点，O2E连线与水平方向的夹角=37，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，忽略空气阻力。求：（1）轻绳断裂时小球的速度大小v0；（2）轻绳能够承受的最大拉力FT。11. 物体A放在倾角为37斜面上，与半径为r的圆柱体B用跨过光滑轻质定滑轮的细线相连接，半径为R的圆柱体C穿过细绳后在B上方，三个物体的质量分别为mA=mB=2kg，mC=1kg，物体A与斜面间的动摩擦因数=0.75现在
9、让它们由静止开始运动，B下降h1=0.6m后，C被内有圆孔（半径为R）的支架D挡住不再运动（rRR），而B穿过圆孔继续下降。（细线和C之间的摩擦力以及空气阻力均不计，斜面足够长，sin37=0.6，g取10m/s2）试求：（1）圆柱体C到达支架D时的速度；（2）物体A沿斜面上滑的最大距离。12. 某传送带装置在竖直平面内的横截面如图所示，ab段水平，bcd段为12圆周。传送带在电机的带动下以恒定速率v=4m/s运动。在传送带的左端点a先后无初速地投放质量均为m=1kg的两个相同的小物块（物块可视为质点），当第一个物块A到达b点时立刻在a点投放另一物块B，两个物块到达b点时都恰好与传送带等速。当
10、物块到达b点时，立即被锁定在传送带上，与传送带相对静止地通过bcd段。当物块到达最高点d时解除锁定，解除锁定后物块与传送带间的弹力大小恰等于其重力。在d点的左方另有一平直轨道ef，轨道上静止停放着质量M=lkg的木板，从d点出来的物块恰好能水平进入木板上表面的最右端，木板足够长。已知：物块与传送带间的动摩擦因数1=0.8、与木板间的动摩擦因数2=0.2，木板与轨道间的动摩擦因数3=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2试求：（1）每个物块在传送带abcd上运行的时间；（2）物块A相对于木板滑动的距离；（3）木板运动的总时间。答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、施加水平恒力
11、后，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但其速度的变化量是变化的，故A错误；B、施加的力与速度方向不在同一条直线上，所以将做曲线运动，因力是恒力，故物体做匀变速曲线运动，故B正确；C、匀速圆周运动所受外力为变力，始终指向圆心，由于所施加的是恒力，因此不可能做匀速圆周运动，故C错误；D、质点的速度方向为初速度与力的方向上速度的合速度，所以质点的速度方向一定和恒力的方向不相同，故D错误。故选：B。正确解答该题要掌握：正确理解和应用牛顿第二定律解决力与运动的关系，明确物体做曲线运动的条件，明确匀速圆周运动所受外力特点。本题考查了物体做曲线运动的条件以及牛顿第二定律等基础知识的应用，同时注意运动的合成
12、与分解规律的正确应用。2.【答案】B【解析】解：由表格可知：t0时刻人处于静止状态所以有人的质量为：m=45kg；t1时刻超重，此时有：FN1-mg=ma1，加速度向上，可能向上加速或向下减速；t2时刻失重，此时有：mg-FN2=ma2，加速度向下，可能向下加速或向上减速；A、重力的大小与物体运动的状态无关，t1时刻超重，但受到的重力不变。故A错误；B、t2时刻处于失重状态，加速度的方向向下，电梯可能向上做减速运动。故B正确；C、由表格中的数据可以判断出t1和t2时刻电梯加速度的方向相反，但不能判断出运动的方向相反。故C错误；D、t3时刻体重秤的示数与静止时相等，说明电梯处于平衡状态，电梯可以
13、处于静止状态，也可能做匀速直线运动。故D错误。故选：B。物体超重时对体重秤的压力大于本身重力，此时物体具有向上的加速度，可能向上加速或向下减速；失重时对体重秤的压力小于自身重力，具有向下的加速度，物体可能向下加速或向上减速超重的本质是物体具有向上的加速度，失重的本质物体有向下的加速度，而不能从运动方向分析物体的超重或失重3.【答案】D【解析】解：小球受竖直向上的弹簧弹力F=kx，和竖直向下的重力G=mg及外力F作用；小球向下运动，弹簧压缩量x增大，弹簧弹力增大，故当弹簧弹力FG+F时，小球做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力FG+F时，小球做加速度增大的减速运动；那么，小球运动过程中加速度先减小
14、后增大，当F=G+F，即时，速度最大；那么，小球运动到最低点时弹簧被压缩量x0.3m，故ABC错误，D正确；故选：D。分析小球受力，根据小球运动位移得到弹簧弹力变化，从而得到加速度变化，即可得到小球运动；根据受力平衡求得最大速度时弹簧压缩量，由能量守恒得到最低点时的压缩量。牛顿第二定律的应用通常需要对物体受力及运动进行分析，由牛顿第二定律联立根据已知条件求解受力或加速度，然后得到物体运动，进而求解做功问题。4.【答案】AB【解析】解：当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，受力分析如图知FQ+mg=FNcos15F合=FNsin15=ma由知：a=0.27+2.7
15、2.7m/s2故可能的为AB选项。故选：AB。对圆柱形工件受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式进行求解解决本题的关键正确地进行受力分析，以及熟练运用牛顿第二定律5.【答案】AC【解析】解：当杆对球为支持力时，根据牛顿第二定律可知，解得v=当杆对球为拉力时，根据牛顿第二定律可知，解得v=，故AC正确，BD错误故选：AC。在最高点处，球的重力与杆的弹力的合力提供球的向心力，根据牛顿第二定律列方程求解速度对于竖直平面内的圆周运动，要注意轻杆与轻绳模型不同，在最高点时，绳对物体只有向下的拉力，而杆对物体可能施加向下拉力，也可能施加向上的支持力6.【答案】ACD【解析】解：B、设最大风力为Fm，由于
16、人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=Fm人站立加速下降时的加速度a1=g，所以表演者向下的最大加速度是g，故B错误；A、人平躺减速下降时的加速度大小是a2=g，所以表演者先处于失重状态后处于超重状态，故A正确；C、设下降的最大速度为v，根据速度位移公式可得：加速下降过程位移x1=减速下降过程位移x2=故x1：x2=4：3因而x2=H，故C正确；D、根据v=at可知，表演者加速和减速阶段所用时间之比为=4：3故D正确；故选：ACD。由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为Fm，由于受风力有效
17、面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=Fm，人站立时风力为Fm，人下降过程分为匀加速和匀减速过程，先根据牛顿第二定律求出两个过程的加速度，再结合运动学公式分析求解。本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断。7.【答案】BD【解析】解：AB、K为轻质光滑滑轮，故绳子对B、C的拉力均为，方向水平向右；故A受到的合外力水平向右，那么，FA=mAaA=2N；又有fAB=mBg=5N，fAC=mCg=1N，FAfAB+fAC，且mBmC；所以，C相对A向右滑动，AB保持相对静止；故A错误，B正确；C、对AB整体进行受力分析，
18、由牛顿第二定律可得：，所以，F=26N，故C错误；D、对A进行受力分析可得：A、B之间的摩擦力大小fAB=FA-fAC=1N，故D正确；故选：BD。根据牛顿第二定律求得A受到的合外力，然后分析得到B、C与A之间的摩擦力，进而得到相对运动；再根据B的加速度，由牛顿第二定律解得外力F。由绳子对物块的拉力等于绳子张力可得：动滑轮两侧的绳子张力相等，故绳子对两物块的拉力相等。8.【答案】0.60；0.67；0.09【解析】解：（1）根据图象可知，当F=0.60N时，小车开始有加速度，则f=0.60N，（2）根据牛顿第二定律得：a=，则a-F图象的斜率表示小车质量的倒数，则M=，（3）为得到a与F成正比
19、的关系，则应该平衡摩擦力，则有：Mgsin=Mgcos解得：tan=，根据f=Mg得：=0.09所以tan=0.09故答案为：（1）0.60；（2）0.67；（3）0.09（1）a-F图象与横坐标的交点等于摩擦力，根据图象直接得出f；（2）根据牛顿第二定律得出a和F的关系式，根据图象的斜率表示小车质量的倒数求解质量；（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求解实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键，注意该实验必须要平衡摩擦力，否则a与F不成正比，能结合图象得出有用的信息，难度适中9.【答案
20、】解：（1）小球受重力和斜杆对小球的作用力作用，又有小球做匀减速运动，那么，由牛顿第二定律可得：小球受到的合外力F=ma，方向竖直向下；故斜杆对小球的作用力F1=mg-F=m（g-a），方向竖直向上；（2）小车在水平面上向右做a=3g的匀加速直线运动，那么，小球受到的合外力F=ma=3mg，方向水平向右；又有小球只受重力和斜杆对小球的作用力作用，故斜杆对小球的作用力F2=(mg)2+F2=2mg，方向斜向右上方，与水平面的夹角=arctanmgF=30；答：（1）如果将小车放进电梯中，让电梯带着小车一起以加速度a（ag）向上做匀减速直线运动，那么，斜杆给小球的作用力为m（g-a），方向竖直向上
21、；（2）如果让小车在水平面上向右做a=3g的匀加速直线运动，则斜杆给小球的作用力为2mg，与水平面夹角为30斜向右上方。【解析】（1）根据小车运动得到小球加速度，然后根据牛顿第二定律得到合外力，即可由受力分析得到斜杆给小球的作用力；（2）同（1）类似，根据小车运动得到小球加速度，然后根据牛顿第二定律得到合外力，即可由受力分析得到斜杆给小球的作用力。应用牛顿第二定律得到合外力后，要注意求解受力时要根据受力方向，由平行四边形定则求解。10.【答案】解：（1）小球从A到E做平抛运动，下落的高度h =Rtan=0.48tan37=0.36m小球落在E点时，竖直方向有vy2=2gh得vy=2gh=655
22、m/s根据tan=vyv0得v0=855m/s（2）轻绳刚要断裂时，根据牛顿第二定律得FT-mg=mv02L由题知L =0.36m解得FT45.6N答：（1）轻绳断裂时小球的速度大小v0是855m/s。（2）轻绳能够承受的最大拉力FT是45.6N。【解析】（1）轻绳断裂后小球做平抛运动，根据下落的高度求出小球到达E点时竖直分速度，由分速度关系求v0。（2）轻绳刚要断裂时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求轻绳能够承受的最大拉力FT。本题是平抛运动与向心力知识的综合，要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法，根据运动学公式求解初速度是关键。11.【答案】解：（1）圆柱体C下滑过程中
23、，若BC间无相互作用，那么，根据受力情况，由牛顿第二定律可得：C的下落加速度为g，D下落加速度为mBgmAgsin37mAgcos37mA+mBg；所以，C下落加速度比B下落加速度大，不符合题意；故BC一起运动，加速度相等；那么，BC下落加速度a=(mB+mC)gmAgsin37mAgcos37mA+mB+mC=1.2m/s2；那么，由匀加速直线运动规律可得：圆柱体C到达支架D时的速度v=2ah1=1.2m/s；（2）圆柱体C到达支架D后，圆柱体C与B分离，A、B做初速度为v，加速度a=mAgsin37+mAgcos37mBgmA+mB=1m/s2的匀减速运动；故物体A沿斜面运动的平均速度为v
24、=12v=0.6m/s2，加速运动时间t1=va=1s，减速运动时间t2=va=1.2s，故物体A沿斜面上滑的最大距离s=v(t1+t2)=1.32m；答：（1）圆柱体C到达支架D时的速度为1.2m/s；（2）物体A沿斜面上滑的最大距离为1.32m。【解析】（1）根据受力情况，由牛顿第二定律判断C、B间的相互作用力及两者的运动关系，然后根据牛顿第二定律求得C下降的加速度，即可根据位移求得末速度；（2）根据牛顿第二定律求解C到达D前后A的加速度，进而由匀变速运动规律求得平均速度和运动时间，即可求得上滑的最大距离。在牛顿第二定律的应用问题中，一般先分析物体受力及运动情况得到加速度、合外力的表达式，
25、然后根据牛顿第二定律联立，即可求解相关问题。12.【答案】解：（1）物块在AB上运动，合外力f1=mg，故物块做加速度a1=1g=8m/s2的匀加速运动，故物块在ab上运动的时间t1=va1=0.5s；物块在B处时，传送带对物块的弹力竖直向下，故由牛顿第二定律可得：mg+mg=mv2R，所以，bcd段的圆周半径R=v22g=0.8m；故物块在bcd上的运动时间t2=Rv=0.2；所以，每个物块在传送带abcd上运行的时间t=t1+t2=0.5+0.2（s）；（2）物块A、B在abcd上运动完全相同，故物块B和物块A在d点的速度完全相同，且物块B比物块A到达d点的时间晚t1=0.5s；物块A滑上
26、木板，相对木板向左运动，故物块A受到木板水平向右的摩擦力作用，故物块A做加速度a2=2mgm=2m/s2的匀减速运动；由于2mg=1（m+M）g，所以，木板保持静止，物块在木板上做匀减速运动时间t1=0.5s后速度v1=v-a2t1=3m/s，物块B滑上木板；物块B滑上木板后，物块A、B都相对木板向左运动，故摩擦力向右，那么，物体A、B向左做加速度为a2=2m/s2的匀减速运动，木板水平向左做加速度aM1=22mg3(2m+M)gM=1m/s2的匀加速运动；经过t3=v1a2+aM1=1s后，物块A与木板达到共同速度v2=v1-a2t3=aM1t3=1m/s；此时物块B的速度v2=v-a2t3
27、=2m/s；物块A与木板速度相等后，物块B相对木板向左运动；故B继续做加速度为a2=2m/s2的匀减速运动；物块A和木板一起做加速度a3=3(2m+M)g2mgm+M=12m/s2的匀减速运动直到物块A、B及木板达到共同速度v3=23m/s；最后，物块A、B及木板保持相对静止，一起做加速度a4=3(2m+M)g2m+M=1m/s2的匀减速运动直到速度为零；故物块A相对木板滑动的距离s=v+v22(t1+t3)v22t3=134m；（3）木板在物块B滑上木板开始运动，开始运动到物块A与木板达到共同速度经过时间t3=1s；物块A与木板达到共同速度到物块A、B及木板达到共同速度v3=23m/s经过时
28、间t4=23s；物块A、B及木板达到共同速度后保持相对静止，一起做匀减速运动的时间t5=v3a4=23s；故木板运动的总时间t=t3+t4+t5=73s；答：（1）每个物块在传送带abcd上运行的时间为0.5+0.2（s）；（2）物块A相对于木板滑动的距离为134m；（3）木板运动的总时间为73s。【解析】（1）根据物块在ab上做匀加速直线运动，由加速度及初末速度求得运动时间；根据物体在d点受力，由牛顿第二定律求得轨道半径，即可根据匀速圆周运动规律求得在bcd上的运动时间，从而求得在传送带上的运动时间；（2）分析物块A、B及木板之间的相对运动，进而得到摩擦力变化，从而求得加速度；即可根据速度变化由匀变速运动规律求得运动时间，从而根据平均速度得到运动位移，进而求得相对位移；（3）根据（2）中运动变化，由匀变速运动规律求得各阶段运动时间，从而得到木板运动总时间。在牛顿第二定律的应用问题中，一般先分析物体受力及运动情况得到加速度、合外力的表达式，然后根据牛顿第二定律联立，即可求解相关问题。第12页，共12页
