学年内蒙古北京八中乌兰察布分校高一上学期期末考试物理试题解析版.docx
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学年内蒙古北京八中乌兰察布分校高一上学期期末考试物理试题解析版
乌兰察布分校2017-2018学年第一学期期末考试
高一年级物理试题
一、单项选择题：
（每小题只有一个选项正确。
每小题5分，共40分）
1.关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（）
A.速度变化得越多，加速度就越大
B.速度变化得越快，加速度就越大
C.加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
D.加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
【答案】B
【解析】A、根据a=
可知，速度变化越大，加速度不一定越大，还要看变化的时间．故A错误；
B、加速度描述物体速度变化的快慢，速度变化越快即变化率越大，加速度越大．故B正确；
C、加速度保持不变时，速度将均匀变化，故C错误；
D、加速度不断变小时，如果加速度和速度方向相同，则速度增大，故D错误．
故选B。
2.如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小为（）
A.0B.mgC.
D.2mg
【答案】A
考点：
物体的平衡
【名师点睛】本题是多个物体平衡问题，关键是选择研究对象，往往先整体，后隔离，两个方法结合处理。
3.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上滑动，长木板与水平地面间的滑动摩擦系数为μ1，木块与木板间的滑动摩擦系数为μ2，已知长木板处于静止状态，那么此时长木板受到的地面摩擦力大小为（）
A.μ2mgB.μ1MgC.μ1（m+M）gD.μ2mg+μ1Mg
【答案】A
【解析】试题分析：
对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力f1，根据滑动摩擦力公式有：
f1=μ2FN，在竖直方向：
FN=mg，代入可得：
f1=μ2mg，再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力FN、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力FN′和向左的静摩擦力f2，由题意知长木板处于静止状态，由平衡条件可得长木板受到的地面摩擦力大小为：
f2=f1=μ2mg，故A正确。
所以A正确，BCD错误。
考点：
物体的平衡、滑动摩擦力和静摩擦力
【名师点睛】本题主要考查了物体的平衡、滑动摩擦力和静摩擦力。
先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断。
4.下列关于惯性的说法中正确的是（）
A.物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
B.物体只有受外力作用时才有惯性
C.物体运动速度大时惯性大
D.物体在任何情况下都有惯性
【答案】D
【解析】试题分析：
不论是静止的还是运动的物体，都有惯性．惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大．
解：
C、惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与物体的速度大小无关．故C错误．
故选D
【点评】惯性是力学中常见的概念，着重抓住：
惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，质量是惯性大小的量度．
5.跳高运动员从地面跳起,这是由于（）
A.运动员给地面的压力等于运动员受的重力
B.地面给运动员的支持力大于运动员给地面的压力
C.地面给运动员的支持力大于运动员受的重力
D.地面给运动员的支持力等于运动员给地面的压力
【答案】C
【解析】试题分析：
运动员能够跳起的原因是地面的支持力大于运动员的重力，即运动员所受合力竖直向上．地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反．
解：
运动员在起跳过程中运动员的加速度竖直向上，根据牛顿第二定律可知运动员所受合力竖直向上，故地面对运动员的支持力大于运动员的重力，地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，所以从地面跳起的原因是：
支持力大于重力，故AB错误，C正确．
D、运动员对地面的压力等于地面对运动员的支持力，但这不是能够起跳的原因．故D错误．
故选：
C．
【点评】解决本题的关键知道作用力和反作用力大小相等，方向相反．人之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度．
6.如图所示，质量m=10kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20N的作用，则物体产生的加速度是（g取为10m/s2）
A.0
B.4m/s2,水平向右
C.2m/s2，水平向左
D.2m/s2，水平向右
【答案】B
【解析】物体在水平地面上向左运动，竖直方向受重力、支持力，相互平衡．在水平方向上受水平向右的推力、水平向右的滑动摩擦力．水平向右的推力大小为：
F=20N，滑动摩擦力大小为：
f=μN=μmg=0.2×10×10N=20N;所以合力大小为：
F合=F+f=（20+20）N=40N，方向水平向右
根据牛顿第二定律得加速度为：
，方向水平向右．故选B．
点睛：
处理这类问题的基本思路是：
先分析物体的受力情况求出合力，根据牛顿第二定律求出加速度．本题中容易出错的是滑动摩擦力方向的判断，很多同学容易受外力方向的影响，认为摩擦力方向向左，要明确滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，而不是与拉力方向相反．
7.质量为m的物体用弹簧秤悬在升降机的顶棚上，在下列哪种情况下，弹簧秤读数最小（）
A.升降机匀速上升
B.升降机匀加速上升，且
C.升降机匀减速上升，且
D.升降机匀加速下降，且
【答案】C
【解析】A、当升降机匀速上升时，根据平衡条件：
F=mg；B、当升降机匀加速上升时，根据牛顿第二定律：
F-mg=ma，得：
;C、当升降机匀减速上升时：
F-mg=ma,得：
；D、当升降机匀加速下降时，根据牛顿第二定律：
mg-F=ma，得：
；故弹簧秤示数最小的是C．故选C．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律中重要应用之超重失重现象，要从本质上理解超重与失重的含义．
8.如图所示，用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，已知ac与bc与竖直方向的夹角分别为30º和60º，则ac绳和bc绳中的拉力分别为（）
A.
、
B.
、
C.
、
D.
、
【答案】A
【解析】对结点c受力分析，受到三根绳子拉力，将Fa和Fb合成为F，
根据三力平衡得出：
F=Fc=mg；已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α=30°
根据三角函数关系得出：
Fa=F•cosα=
mg；Fb=F•sinα=
mg；故选A．
点睛：
该题的关键在于能够对结点c进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题；力的计算离不开几何关系和三角函数．
二、多项选择题：
（每小题至少有两个选项正确。
每小题5分，共20分）
9.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则以下说法中正确的是（）
A.物体在2s内的位移为零
B.4s末物体将回到出发点
C.2s末物体的速度为零
D.物体一直在朝同一方向运动
【答案】CD
【解析】由图象可知在0～1s时间内，物体做匀加速运动，设位移为x，1s末的速度为v，则物体在1～2s内做匀减速运动，位移也为x，2s末的速度为零，2s内的位移为2x，A错误，C正确；接着将原方向重复前2s的运动，B错误，D正确。
故选CD。
10.如图所示，物体A的质量为m，靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙间的动摩擦因数为μ，要使物体沿墙匀速滑动，则外力F的大小可能是：
A.mg/sinθB.mg/（cosθ-μsinθ）C.mg/（sinθ-μcosθ）D.mg/（sinθ+μcosθ）
【答案】CD
【解析】当物体上滑时，静摩擦力沿墙壁向下，此时力F较大，设为F1．物体的受力图如图：
根据正交分解得：
N1=F1sinθ；f1+G=F1cosθ；又f1=μN1，联立解得F1=
同理当物体匀速下滑时，摩擦力沿墙壁向上，此时力F较小，设为F2，根据正交分解得：
N2=F2sinθ；f2+F2cosθ=G，又f2=μN2，联立解得F2=
，故选CD．
点睛：
本题是力平衡问题，关键分析清楚摩擦力的两种可能情况：
当物体向上或向下滑动时，物体与墙壁间的摩擦力不同．处理方法可以分情况讨论，也可以假设摩擦力向上，取正负两种值．
11.如图所示，当车厢以某一加速度加速前进时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，则当车厢的加速度增大时
A.物块会滑落下来
B.物块仍然保持相对于车厢静止的状态
C.物块所受车厢壁的静摩擦力增大
D.物块所受车厢壁的弹力增大
【答案】BD
【解析】物块受重力G，弹力F，摩擦力f，如图：
其中重力和静摩擦力是一对平衡力，在车厢在水平方向的加速度增大后，重力并没有变，由静摩擦力的性质知道它是应变力，所以静摩擦力也不会变，因此竖直方向仍受力平衡，所以物块不会滑下来，故A错误，B正确．由A的分析知道静摩擦力是应变力，与其平衡的重力没变，则静摩擦力也就没变，故C错．由A的受力分析知道，车厢对物块的弹力F提供物块的加速度，又物块与车厢加速度相同，车厢加速度增大，则物块加速度同样增大，由牛顿第二定律F=ma，知物块所受车厢的弹力增大．故D正确；故选BD.
点睛：
本题静摩擦力的大小是否变化是难点，很多学生容易把它与滑动摩擦力的特性混淆，滑动摩擦力是与正压力有关的，而静摩擦力性质是应变力，只和跟它平衡的那个外力有关，与正压力无关，牢记两者特性，才不会出错．
12.有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况不正确的是（）
A.N不变，T变大
B.N不变，T变小
C.N变大，T变大
D.N变大，T变小
【答案】ACD
【解析】以两环组成的整体，受力分析，整体受竖直向下的重力和竖直向上的支持力作用，故
，恒定不变；隔离Q对Q环受力分析，受到竖直向下的重力，绳子的拉力，杆给的水平向右的作用力，设细绳与OB杆间夹角为
，则根据平衡条件可得
，P环向左移一小段距离时，
减小，
变大，T变小，故D正确．
三.实验题（按题目要求作答，共10分）
13.“力的合成与分解”实验中所说的“合力与两分力具有相同的作用效果”，是指________。
（填入相应的字母）
A．弹簧秤的弹簧被拉长
B.固定橡皮条的图钉受拉力而产生形变
C.细绳套受拉力而产生形变
D.使橡皮条在某一方向上伸长到同一位置
【答案】D
【解析】在“探究力的平行四边形定则”的实验中，采用了“等效法”，即要求两次拉橡皮筋到同一点O，从而是橡皮筋产生的形变大小和方向都相同，故ABC错误，D正确．故选D．
14.在“研究匀变速直线运动”的实验中，电磁打点计时器每隔0.02s打一次点.图示是实验得到的一条点迹清晰的纸带，A、B、C、D为四个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未画出，经测量知道AB＝2.20cm，BC＝3.80cm，根据以上数据，可知打点计时器打下B点时物体的速度等于__________m/s，物体的加速度等于_____________m/s2.（结果保留2位有效数字）
【答案】
（1）.0.30
（2）.1.6
【解析】试题分析：
据匀变速直线运动的推论公式
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B点时小车的瞬时速度大小．
相邻两个计数点之间还有4个点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔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，得
根据匀变速直线运动的推论公式根据匀变速直线运动的推论公式
，得：
，整理得：
．
四、计算题：
（本大题共28分。
要求写出必要的文字说明、重要的方程式和求解步骤，正确使用物理量的单位，没有解题过程而只有结果的不能得分，步骤不全要酌情减分。
）
15.如图所示，静止在水平面上的物体，所受重力为200N，物体和水平面之间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．求下列情况中物体受到的摩擦力和加速度（取重力加速度g=10m/s2）：
（1）当给物体施加一个水平向左、大小为F1=10N的拉力时；
（2）当给物体施加一个水平向左、大小为F2=30N的拉力时．
【答案】
（1）f1=10N,方向水平向右;a=0
（2）f2=20N,方向水平向右;a=1.5m/s2,方向向左
【解析】试题分析：
（1）物体所受的最大静摩擦力为：
fm=μN=0．1×200N="20"N
因为拉力F=10N＜20N
所以物体静止，所受静摩擦力为：
f=F=10N
由牛顿第二定律可得加速度为：
a=0
（2）因为拉力：
F=30N＞20N
物体将会运动，所受的滑动摩擦力：
fm=μN=0．1×200="20"N
根据牛顿第二定律得：
F﹣f=ma
代入数据解得物体受到的加速度为：
a=0．5m/s2
考点：
牛顿第二定律、摩擦力
【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、摩擦力。
当物体受力小于最大静摩擦力时，物体静止，由二力平衡可以求得物体受到的静摩擦力；当受力大于最大静摩擦力时，物体滑动，则由滑动摩擦力的公式求得滑动摩擦力．由牛顿第二定律可求得加速度。
16.如图所示，质量为m的木块放到倾角为θ的固定斜面上，恰好可以沿斜面匀速下滑。
重力加速度为g。
（1）求木块与斜面间的动摩擦因数；
（2）若对木块施加一个平行于斜面向上的力F，使木块沿斜面向上匀速运动，则力F的大小为多少？
【答案】
（1）μ=tanθ
（2）F=2mgsinθ
【解析】
（1）滑动摩擦力的大小为：
f=mgsinθ，支持力为：
N=mgcosθ，
根据滑动摩擦力的公式知，动摩擦因数为：
（2）根据共点力平衡有：
F=mgsinθ+f，
又滑动摩擦力为：
f=mgsinθ，
则有：
F=2mgsinθ．
17.如图所示，水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长AB＝20m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，（g＝10m/s2）试求：
（1）工件开始时的加速度a；
（2）工件的速度为2m/s时，工件运动的位移；
（3）工件由传送带左端运动到右端的时间.
（4）工件在传送带上划下痕迹的长度。
【答案】
（1）a＝1m/s2,方向水平向右
（2）x0＝2m（3）t1＝9s（4）x=2m
【解析】
（1）工件先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，μmg=ma，
则工件开始时的加速度：
a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2．方向水平向右.
（2）当工件达到与传送带速度相同时所用时间：
，
则工件运动的位移：
x1=
at2=
×1×22m=2m．
（3）当工件达到传送带的速度相同后，工件做匀速直线运动，
其匀速运动的位移：
x2=AB-x1=20m-2m=18m，
则匀速直线运动时间：
，
所以工件由传送带左端运动到右端的时间：
t=t1+t2=2s+9s=11s．
（4）相对滑动过程传送带对地位移为：
x1′=vt1=2×2m=4m，
则工件在传送带上划下痕迹的长度：
△x=x1′-x1=4m-2m=2m．
点睛：
本题主要考查学生对匀变速直线运动规律及牛顿第二定律相关知识的掌握和理解，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．
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