学年福建师大附中高一上学期期末考试物理试题解析版.docx
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学年福建师大附中高一上学期期末考试物理试题解析版
福建师大附中2017-2018学年上学期期末考试
高一物理试卷
一、选择题
1.对质点运动来讲，以下说法中正确的是
A.加速度恒定的运动，速度的方向可能改变
B.运动轨迹对任何观察者来说都是不变的
C.当质点的加速度逐渐减小时，其速度也一定逐渐减小
D.作用在质点上的所有力消失后，质点运动的速度将不断减小
【答案】A
【解析】A、加速度恒定的运动可能是曲线运动，比如平抛运动，所以A正确；B、选择不同的参考系，得到的物体的运动的情况是不同的，所以物体的运动轨迹与所选的参考系有关，所以B错误；C、只要是加速度的方向与速度的方向相同，物体就会加速，加速度减小，只是物体速度增加的慢了，所以其速度不一定逐渐减小，所以C错误；D、作用在质点上的所有力消失后，物体就处于平衡状态，此时物体的运动的状态是不变的，速度的大小也就不变，所以D错误．故选A．
【点睛】本题是对基本概念的考查，在平时的学习中一定要掌握好概念，其中最容易出错的是C选项，要明确加速度的含义，加速度是表示速度变化快慢的物理量，加速度减小只是说明速度变化的慢了，但速度并不一定减小．
2.在升降电梯内的地面上放一体重计，晓敏同学站在体重计上，相对电梯静止，电梯运动过程中，某一段时间内他发现体重计示数变小，在这段时间内，下列说法中正确的是
A.晓敏同学所受的重力变小了
B.电梯的加速度方向一定向下
C.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
D.电梯一定在向下运动
【答案】B
【解析】A、在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故A错误；B、以竖直向下为正方向，有：
mg-F=ma，即500-400=50a，解得a=2m/s2，方向竖直向下．故B正确；C、晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，故C错误；D、人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上减速，也可能向下加速，故D错误．故选B.
【点睛】做超重和失重的题目要抓住关键：
有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重．
3.如图所示为某物体运动位移和速度随时间变化的xt图线和vt图线，由图可知，在0～t1时间内
A.物体做的是曲线运动
B.物体做加速度越来越小的运动
C.图甲中t1/2时刻，图线的斜率为v0/2
D.0～t1时间内物体的位移为x1
【答案】C
【解析】A、x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动，故A错误．B、由乙图可知，物体做加速度恒定的直线运动，故B错误．C、图甲中图象的斜率表示物体运动的速度，由乙图可知，甲图中
时刻，图线的斜率为
故C正确．D、甲图中纵坐标表示位置，纵坐标之差表示位移为
，故D错误。
故选C.
【点睛】对于位移-时间图象要抓住斜率等于速度，速度-时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：
斜率等于加速度，“面积”等于位移．
4.如图所示，质量相同的可视为质点的甲、乙两小球，甲从竖直固定的1/4光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下．下列判断正确的是
A.两小球到达底端时速度相同
B.两小球由静止运动到底端的过程中重力做功不相同
C.两小球到达底端时动能相同
D.两小球到达底端时，甲小球重力做功的瞬时功率等于乙小球重力做功的瞬时功率
【答案】C
【点睛】动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P=mgcosα，注意α为力与速度方向的夹角．
5.放于水平地面的小车上，一细线一端系着质量为m的小球a，另一端系在车顶，当小车做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的物体b跟小车相对静止，如图所示，取重力加速度为g，下列说法正确的是
A.小车一定向左运动
B.加速度的大小为gsinθ，方向向左
C.细线的拉力大小为
，方向沿线斜向上
D.b受到的摩擦力大小为Mgtanθ，方向向左
【答案】D
【解析】A、小球a和物体b、小车一起运动加速度相同，对小球a受力分析，受重力和绳拉力，合力水平向左，可知加速度向左，但不知道速度方向，故小车可向左加速或向右减速，则A错误；B、对a球由牛顿第二定律
，可得
，故B错误；C、对a球分析，由合成法可得
，方向沿绳斜向上.D、对b物体分析可知由静摩擦力提供加速度，
，方向与加速度方向相同向左，故D正确；故选D.
【点睛】本题关键之处是要抓住小球与物体的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究．对于连接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的．
6.如图所示，桌面上固定一个光滑的竖直挡板，现将一个质量一定的重球A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓慢向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中
A.A和B均受三个力作用而平衡
B.B对桌面的压力恒定不变
C.A对B的压力越来越小
D.推力F的大小越来越大
【答案】B
【解析】A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：
重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．B、C、D、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，
由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对地面的压力不变．故C，D错误，B正确．故选B．
【点睛】本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．
7.一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，滑块在最初2s内的位移是最后2s内位移的2倍，且已知滑块最初开始1s内的位移为5m，由此可求得
A.滑块的加速度大小为2m/s2B.滑块的初速度为5m/s
C.滑块运动的总时间为3sD.滑块运动的总位移为7.5m
【答案】AC
【解析】C、设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后2s内位移为：
，最初2s内位移为：
，又∵s1：
s2=1：
2，则有4at-4a=4a，解得总时间t=3s，故C正确．第一秒的位移为：
所以4.5a-2a=5，解得a=2m/s2，则总位移
．故A正确、D错误．滑块的初速度v0=at=2×3m/s=6m/s．故B错误．故选AC．
【点睛】本题要注意解题时可以把物体匀减速直线运动到停止看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，难度适中．
8.如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为α＝30°，弹簧水平，取重力加速度为g，以下说法正确的是
A.细线拉力大小为mg
B.弹簧的弹力大小为
mg
C.剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为g
D.剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为2g
【答案】BD
【解析】A、B、对a球分析;
运用共点力平衡条件得：
细线的拉力为
，弹簧的弹力
，故A错误，B正确．C、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力F合=0，加速度为0，故C错误；D、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合=T=2mg，根据牛顿第二定律得a=2g．故D正确．故选BD.
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变.
9.质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为
，在物体下落h的过程中，取重力加速度为g，下列说法中正确的是
A.物体的动能增加了
B.物体的机械能减少了
C.物体克服阻力所做的功为
D.物体的重力势能减少了mgh
【答案】ACD
【解析】A．根据牛顿第二定律可得：
，所以物体的合力做正功为：
，则物体的动能增量为：
，故A正确；B、C．物体下落过程中，根据牛顿第二定律可得：
mg-f=ma，解得受到阻力为
，物体克服阻力所做的功
，机械能减小量等于阻力所做的功；故机械能减小了
；故B错误，C正确；D.物体下落h高度，重力做功为WG=mgh，则重力势能减小为△EP=mgh，故D正确．故选ACD．
【点睛】本题应明确重力势能变化是由重力做功引起，而动能变化是由合力做功导致，除重力以外的力做功等于机械能的变化．
10.如图所示，光滑水平面OB与足够长光滑斜面BC交于B点。
轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度后下滑，不计滑块在B点的机械能损失，换用质量为m2的滑块（m2>m1）压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是
A.两滑块到达B点时动能相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同
D.两滑块上升到最高点时重力势能相同
【答案】AD
【解析】A、弹簧弹开两滑块的过程都是相同的弹性势能转化为动能
，故到达B点的动能相同，故A错误；B、两滑块在斜面上运动时加速度相同，虽然初动能相同但质量不同故速度不同则上升高度不同，故B错误；C、D、两滑块上升到最高点的过程克服重力做功为mgh，由能量守恒定律得
，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，C项错误，D项正确。
故选AD.
【点睛】先是弹性势能转化为动能，冲上斜面运动过程动能转化为重力势能，由能量守恒定律可得，弹性势能的减少等于重力势能的增加量．
二、实验题：
11.在进行“验证机械能守恒定律”的实验中：
（1）如图所示，下落物体应选择密度________（填“大”或“小”）的重物；
（2）有一同学选出一条纸带如图所示，其中O点为起始点（初速度为零），A、B、C为三个计数点，打点计时器通以50Hz交流电，在计数点A和B之间、B和C之间还各有一个点，重物的质量为0.5kg，取重力加速度为g＝9.8m/s2。
根据以上数据，从O点到B点，重物的重力势能减少了________J，动能增加了________J，（结果均保留三位有效数字），根据上面这两个数据你能得到的结论是：
______________________________________________________________.
【答案】
（1）.
（1）大；
（2）.
（2）1.35； （3）.1.32； （4）.在误差允许的范围内，重物下落时机械能守恒；
【解析】
（1）为了减小实验的误差，重物应选择质量大，体积小的重物，即密度大的重物.
（2）重力势能的减小量△Ep=mgxOB=0.5×9.8×0.2760J=1.35J;B点的速度
，则B点的动能
.故可得出结论：
在误差允许的范围内，重力势能的减小量与动能的增加量相等，机械能守恒．
【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．要注意单位的换算和有效数字的保留．
12.某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理，气垫导轨对滑块的阻力可忽略不计：
（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离x＝________cm；
（2）若滑块、挡光条和拉力传感器的总质量为M，挡光条的宽度为d，挡光条通过光电门1和2所用的时间分别为Δt1和Δt2，滑块在两光电门间动能的变化量的表达式为_____________________________________________
（3）对于该实验装置，你认为以下操作和要求一定要完成的是：
____________。
A．需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量
B．通过滑轮拉滑块的细绳在运动过程中必须保持与木板平行
C．用天平测出砝码盘和砝码的质量m
D．气垫导轨左端应垫高以平衡摩擦力
【答案】
（1）.
（1）50.00；
（2）.
（2）
；（3）.（3）B；
【解析】
（1）光电门1处刻度尺读数为：
20.30cm，光电门2处刻度尺读数为：
70.30cm，故两光电门中心之间的距离s=70.30cm-20.30cm=50.00cm；
（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：
滑块通过光电门2速度为：
则动能的变化量为
.
（3）A、该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，则A错误；B、调节滑轮细线与气垫导轨平行，保证拉力水平，则B正确；C、由于有拉力传感器直接显示绳子的拉力即为小车的合力，则不需要满足质量要求，C项错误；D、气垫导轨喷气可以使小车悬浮在导轨上，不受摩擦力，故不需要平衡摩擦力，D项错误。
故选B.
【点睛】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．
三、计算题：
13.一辆汽车在十字路口处等信号灯，绿灯亮起，司机立即启动汽车，汽车以a=2m/s2的加速度开始做匀加速直线运动，直至达到最高限速为v=16m/s，之后做匀速直线运动。
求：
（1）汽车加速到最高限速所需要的时间；
（2）汽车在9s内通过的位移。
【答案】
（1）8s；
（2）80m；
【解析】
（1）汽车加速经历的时间
（2）汽车在8s内的位移
匀速运动的位移s2=v（t﹣t1）=16m
汽车在9s内通过的位移s2=s1+s2=64+16m=80m．
【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式，并能灵活运用．
14.如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。
过a点时，物体受到一个水平向左的恒力F作用，并同时开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v–t图象如图乙所示。
取重力加速度为g=10m/s2。
求：
（1）力F的大小；
（2）物体与水平面间的动摩擦因数；
（3）若t=10s后撤去拉力F，求t=25s时物体离a点的距离。
【答案】
（1）3N；
（2）0.05；（3）38m；
【解析】
（1）由v–t图象可知，加速度
物体先向右做匀减速直线运动，加速度大小a1=2m/s2
减速为零后，再向左做匀加速直线运动，加速度大小a2=1m/s2
在0-4s内，根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1
在4-10s内，根据牛顿第二定律，有F-μmg=ma2
代入数据解得F=3N，μ=0.05
（2）v–t图线与坐标轴所围的面积表示位移，设10s末物体的位移为x
则
即10s末物体在a点左侧2m处
设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a3，
根据牛顿第二定律μmg=ma3
得a3=0.5m/s2
物体减速到零所用时间
则物体在15s内的位移即为在12s内的位移
则物体在12s内的位移
物体在15s后离a点的距离d=|x|+x′=38m
【点睛】本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律．
15.如图所示，传送带AB总长为l＝21m，与一个半径为R＝5m的粗糙的四分之一圆轨道CB相切于B点，传送带顺时针旋转，速度恒为v＝6m/s，现有一个滑块（可视为质点），滑块质量为m＝10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，取重力加速度为g=10m/s2。
（1）若滑块无初速度地轻放至A点处，求滑块从A运动到B的时间；
（2）若滑块从圆轨道最高的C点静止释放，到达B点时的速度vB＝8m/s，滑块滑上传送带后，撤去圆轨道CB，求：
①滑块从圆轨道滑下的过程中，克服摩擦力所做的功；
②滑块向左运动的过程中，滑块和传送带系统产生的内能。
【答案】
（1）5s；
（2）①-180J；②800J；
【解析】
（1）以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，
由牛顿第二定律得μmg＝ma，滑块的加速度a＝2m/s2
滑块加速到v的位移
滑块加速到与传送带同速的时间为
之后的滑块匀速运动，s2=l－s1＝12m
故
滑块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝5s
（2）①由动能定理可得
解得:
Wf＝-180J
②以滑块为研究对象，滑块减速到零的位移
，
则向左速度减小到零再反向向右加速到与传送带共速直至离开传送带
向左运动过程，
，
传送带位移x3＝vt3＝6×4m＝24m
【点睛】熟练应用动能定理是正确解题的关键；解题时要注意滑块的初速度与传送带速度间的关系，要讨论．
16.如图所示，有A、B、C三个物块，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A与物块B，物块B的下面通过轻绳与物块C连接，物体B和C的质量均为m，物块A的质量为3m，物块A锁定在光滑的斜面上的P点（P点离滑轮足够远），斜面倾角为θ=300，轻绳始终平行于斜面。
物块B与物块C之间的轻绳长度为L，初始时C离地的高度也为L。
解除对物体A的锁定，物块开始运动．设物块A可视为质点，物块B与物块C落地后不反弹，重力加速度大小为g.求：
（1）A刚上升时的加速度；
（2）A上升过程的最大速度；
（3）A能上升的最高位置离P点的距离。
【答案】
（1）g/5；
（2）
；（3）
；
【解析】
（1）解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，加速度a大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得
对A：
T－3mgsinθ＝3ma
对B、C：
（m＋m）g－T’＝（m＋m）a
联立解得
（2）当物块C刚着地时，A的速度最大．从A刚开始上升到C刚着地的过程，
由机械能守恒定律得:
解得
（3）设C落地后A沿斜面继续上升d时速度为零，此时B下降d未接触地面，A和B组成的系统满足械能守恒定律得:
联立解得
由于
，B不会触地，
所以A能上升的最高位置离P点的距离
【点睛】该题属于机械能守恒结合牛顿第二定律的题目，在解答的过程中要注意研究对象的选取以及运动过程的选取．
17.在光滑水平面上静止放置一长木板B，B的质量为M=2kg，B右端离竖直墙s=1m，现有一小物体A（可看成质点），其质量为m=1kg，以v0=8m/s的速度从B的左端水平滑上B，如图所示，A与B间的动摩擦因数μ=0.4，在运动过程中只是B与墙壁碰撞，碰撞时间极短，且碰撞后原速率反弹，取重力加速度为g=10m/s2，求：
要使A最终不脱离B，木板B的最短长度是多少？
【答案】8m；
【解析】A的加速度（向左）
B的加速度（向右）
当B碰到墙壁时：
，
B前进位移为sB=1m
此时对A：
A前进位移为
相对位移差
碰到墙壁之后，B板原速反弹，向左，A物继续向右，两物最终共速。
共速时速度
此后A前进位移为
B前进位移为
木板总长度
【点睛】解决本题的关键是A与B组成的系统在碰撞过程中满足动量守恒，A在B上滑动时，A相对于B滑动的位移为相对位移，摩擦力在相对位移上做的功等于系统机械能的损耗．
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