吉林省东北师大附中净月校区学年高一上学期期末物.docx

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吉林省东北师大附中净月校区学年高一上学期期末物

2018-2018学年吉林省东北师大附中净月校区高一（上）期末物理试卷

一、选择题（在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项正确，第9-12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1．小明在百米赛跑中，18s跑完全程，在8s末速度达到最大为7m/s，则下列说法正确的是（　　）

A．小明在终点冲线时可以看成质点

B．8s末是时间

C．全程的平均速度为5.6m/s

D．100m是位移

2．关于加速度，下列说法正确的是（　　）

A．加速度就是增加的速度

B．速度变化量大加速度一定大

C．加速度大小是5m/s2表示物体的速度每秒钟增加5m/s

D．加速度方向一定与物体所受的合外力方向一致

3．质点做直线运动的速度v与时间t的关系为v=5﹣2t（各物理量均采用国际单位制），则该质点（　　）

A．第1s内的平均速度是4m/s

B．第1s内的位移是6m

C．第2s内的位移是4m

D．如果质点的质量m=1kg，则质点所受的合外力大小为2N，方向与初速度方向相同

4．物体放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经时间t通过的位移是x．如果水平恒力变为2F，物体仍由静止开始运动，经时间3t通过的位移是（　　）

A．3xB．6xC．18xD．36x

5．将一小物体以初速度v0竖直向上抛出，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程s1和s2，速度的变化量△v1和△v2的大小关系（　　）

A．s1=s2B．s1＜s2C．△v1＞△v2D．△v1＜△v2

6．一物体做匀减速直线运动，经9s停下来，如果该物体在第4s内的位移为22m，则物体第7s内的位移为（　　）

A．2mB．5mC．10mD．41m

7．在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示．此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度的大小为（取g=10m/s2）（　　）

A．0B．2m/s2C．8m/s2D．10m/s2

8．两个质量均为m的物体A、B叠放在水平地面上，A、B间及B、地面间滑动摩擦因数均为μ，一水平恒力作用在物体B上，使得A、B一起沿着水平面向右匀速运动，则关于A与B，B与地面间的摩擦力的大小和方向下列说法正确的是（　　）

A．B对A的摩擦力大小为μmg，方向水平向右

B．A、B间摩擦力为0

C．地面对B的摩擦力大小为2μmg，方向水平向左

D．地面对B的摩擦力大小为F，方向水平向左

9．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（　　）

A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动

C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变

10．两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图12所示．开始时平板及磁铁均处于水平位置上，且静止不动．

（1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起．

（2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在A″B″处，结果发现两条磁铁也吸在了一起．

则下列说法正确的是（　　）

A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力

B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力等于静摩擦力

C．第

（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速

D．第

（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速

11．绷紧的水平传送带始终以恒定速率v0运行．初速度大小为v1的小物块从与传送带等高的光滑水平地面滑上传送带，则小物块在传送带上运动的v﹣t图象可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

二、实验题（共18分，每空2分）

12．在“验证力的平行四边形定则”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤．

（1）为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，将得到的实验数据做出图象如图所示，该弹簧的劲度系数k=　　N/m（结果保留两位有效数字）；

（2）在做“验证力的平行四边形定则”实验中，若由于F1的误差使F1与F2的合力F方向略向左偏，如图所示，但F大小等于F′，引起这一结果的原因可能是F1的大小比真实值偏　　，F1的方向使它与F2的夹角比真实值偏　　．

13．在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带．已知计时器打点的时间间隔为0.18s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为　　s．用刻度尺量得OA=1.00cm、AB=1.60cm、BC=2.20cm、CD=2.80cm．由此可知，纸带做　　运动（选填“匀加速”或“匀减速”），打C点时纸带的速度大小为　　m/s，纸带的加速度大小为　　m/s2（结果保留小数点后两位）

14．在“验证牛顿第二定律”的实验中，以下说法正确的是（　　）

A．平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上

B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源

D．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量（M'或m'）以及小车质量M，直接用公式

求出

15．实验时得到的图线AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（　　）

A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态

C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大

三、计算题（本题4小题，共34分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写结果不给分）

16．电梯里有一台秤，台秤上放一个质量为m=10kg的物体，当电梯静止时，台秤的示数是多少？

当电梯以大小为3m/s2的加速度匀减速上升时，台秤的示数又是多少？

（g=10m/s2）

17．两个相同的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球，然后，用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图所示．如果不考虑小球的大小，两小球均处于静止状态，则

（1）OB绳对小球的拉力为多大？

（2）OA绳对小球的拉力为多大？

（3）作用力F为多大？

18．一个滑雪者从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角θ=30°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.18（g取10m/s2），

求：

（1）滑雪者加速度的大小．

（2）滑雪者5s内滑下的路程．

（3）滑雪者5s末速度的大小．

19．水平传送带被广泛地应用于车站、码头，工厂、车间．如图所示为水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终以v0=1m/s的速率运行，一质量为m=4kg的工件无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，AB的之间距离为L=2m，g取10m/s2．欲用最短时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少为多大？

2018-2018学年吉林省东北师大附中净月校区高一（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

1．小明在百米赛跑中，18s跑完全程，在8s末速度达到最大为7m/s，则下列说法正确的是（　　）

A．小明在终点冲线时可以看成质点

B．8s末是时间

C．全程的平均速度为5.6m/s

D．100m是位移

【考点】平均速度；位移与路程；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】物体能否简化为质点关键看物体的大小能否忽略不计；

时间间隔在时间轴上用线段表示，时刻在时间轴上用点表示；

平均速度是位移与时间的比值，是矢量；

位移是从初位置到末位置的有效线段．

【解答】解：

A、小明在终点冲线时只要身体的任意部位过线就认为到达终点，故不难简化为质点，故A错误；

B、8s末是到达终点的时刻，故B错误；

C、全程的平均速度为：

，故C正确；

D、100m为路程，由于是直线运动，等于位移的大小，故D错误；

故选：

2．关于加速度，下列说法正确的是（　　）

A．加速度就是增加的速度

B．速度变化量大加速度一定大

C．加速度大小是5m/s2表示物体的速度每秒钟增加5m/s

D．加速度方向一定与物体所受的合外力方向一致

【考点】加速度．

【分析】加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大说明速度变化快，或者说速度的变化率大，加速度并不表示速度“增加”或者速度“变化”，明确了加速度的具体含义即可正确解答本题．

【解答】解：

A、因为a=

，由此可知加速度是单位时间内速度的变化，而不是增加的速度，所以A错误．

B、加速度是描述速度变化快慢的物理量，而不是描述速度变化大小的物理量，所以速度变化量大，加速度不一定大，还要看时间，所以B错误．

C、若物体做减速运动，则表示物体的速度每秒钟减小5m/s，所以C错误．

D、根据a=

可知，加速度方向一定与物体所受的合外力方向一致，所以D正确．

故选：

D．

3．质点做直线运动的速度v与时间t的关系为v=5﹣2t（各物理量均采用国际单位制），则该质点（　　）

A．第1s内的平均速度是4m/s

B．第1s内的位移是6m

C．第2s内的位移是4m

D．如果质点的质量m=1kg，则质点所受的合外力大小为2N，方向与初速度方向相同

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式得出质点的初速度和加速度，根据位移时间公式求出第1s内的位移．第2s内的位移等于前2s内的位移与第1s内位移的差

【解答】解：

A、由v=5﹣2t可知，物体的初速度是5m/s，加速度是﹣2m/s2，第1s末的速度v1=5﹣2×1m/s=3m/s，第1s内的平均速度是：

m/s．故A正确．

B、第1s内的位移

，故B错误．

C、前2s内的位移：

=5×2+

m，所以第2s内的位移：

x=x2﹣x1=6﹣4=2m．故C错误．

D、由于物体的初速度是5m/s，加速度是﹣2m/s2，二者的方向相反，物体做减速运动，所以物体受到的合外力一定与运动的方向相反，故D错误．

故选：

A．3xB．6xC．18xD．36x

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】物体在水平恒力作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律求得加速度，由位移﹣时间公式得到位移与时间的关系式，运用比例法，即可求解t内通过的位移．

【解答】解：

当水平恒力为F时，则有：

at2=

…①

当水平恒力为2F时，则有：

x′=

…②

由①②得，x′=18x．故C正确，ABD错误

故选：

C．

A．s1=s2B．s1＜s2C．△v1＞△v2D．△v1＜△v2

【考点】竖直上抛运动．

【分析】根据牛顿第二定律，得到上升阶段和下降阶段的加速度的大小关系，然后根据速度时间关系公式和平均速度公式分析．

【解答】解：

C、D、上升阶段，合力为：

F合1=mg+f，故加速度为：

a1=

=g+

；

下降阶段，合力为：

F合2=mg﹣f，故加速度为：

a2=

=g﹣

；

故a1＞a2；

根据速度时间关系公式，有：

△v1=a1T

△v2=a2T

故

△v1＞△v2

故C正确，D错误；

A、B、根据速度时间关系公式和平均速度公式，有

s1=

a1T2

s2=

a2T2

故

s1＞s2

故A错误，B错误；

故选C．

6．一物体做匀减速直线运动，经9s停下来，如果该物体在第4s内的位移为22m，则物体第7s内的位移为（　　）

A．2mB．5mC．10mD．41m

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】采用逆向思维，根据初速度为零的匀加速直线运动的特殊推论求出第1s内、第2s内、第3s内…的位移之比，从而得出第2s内的位移．

【解答】解：

匀减速直线运动经9s停下来，采用逆向思维，因为物体做初速度为零的匀加速直线运动，在第1s内、第2s内、第3s内…的位移之比为1：

3：

5：

7：

9：

11，

则匀减速运动第4s内和第7s内的位移之比为11：

5，第4s内的位移为22m，则第7s内的位移为10m．

故选：

C．

A．0B．2m/s2C．8m/s2D．10m/s2

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小．

【解答】解：

在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为：

F=mgtan45°=10×1=10N；

小球所受的最大静摩擦力为：

f=μmg=0.2×10N=2N，

根据牛顿第二定律得小球的加速度为：

=8m/s2；故ABD错误，C正确

故选：

A．B对A的摩擦力大小为μmg，方向水平向右

B．A、B间摩擦力为0

C．地面对B的摩擦力大小为2μmg，方向水平向左

D．地面对B的摩擦力大小为F，方向水平向左

【考点】摩擦力的判断与计算．

【分析】通过对A和A与B整体受力分析，通过共点力平衡，求出各自受到的摩擦力大小．

【解答】解：

AB、隔离对A分析，A受重力和支持力平衡，不受摩擦力，所以A与B间无摩擦．故A错误，B正确；

C、AB整体在水平方向上受拉力和地面的摩擦力作用，

根据共点力平衡，知B受到的摩擦力等于F或等于2μmg，而方向水平向左．故CD正确．

故选：

BCD．

A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动

C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变

【考点】滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的受力没有影响，所以物体的运动状态不变．

【解答】解：

由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变．

故选CD

10．两个完全相同的条形磁铁放在平板AB上，磁铁的N、S极如图12所示．开始时平板及磁铁均处于水平位置上，且静止不动．

（1）现将AB突然竖直向上平移（平板与磁铁之间始终接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁吸在了一起．

（2）如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在A″B″处，结果发现两条磁铁也吸在了一起．

则下列说法正确的是（　　）

A．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的作用力是排斥力

B．开始时两磁铁静止不动，说明磁铁间的吸引力等于静摩擦力

C．第

（1）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速

D．第

（2）过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速

【考点】牛顿第二定律；作用力和反作用力．

【分析】开始时两块磁铁在底板上处于静止，说明磁铁间的吸引力不大于最大静摩擦力．突然竖直向上平移时，先加速上升后减速上升，先处于超重状态，后处于失重状态，失重时磁铁所受的最大静摩擦力减小，两块磁铁可能碰在一起．同样，分析突然竖直向下平移的情形．

【解答】解：

A、开始时两磁铁静止不动，说明磁铁水平方向受到的合外力等于0，说明磁铁间的作用力一定等于磁铁受到的静摩擦力，而且，磁铁间的作用力不大于最大静摩擦力．当磁铁向上到A′B′处时，两个条形磁铁吸在了一起，所以磁铁间存在吸引力，故A错误，B正确．

C、第

（1）过程中磁铁开始滑动时，说明磁铁间的吸引力大于最大静摩擦力，吸引力不变，说明最大静摩擦力减小了，可知磁铁对板的压力减小，磁铁处于失重状态，

加速度方向向下，说明平板正在向上减速，故C错误．

D、第

（2）过程中磁铁开始滑动时，说明磁铁间的吸引力大于最大静摩擦力，吸引力不变，说明最大静摩擦力减小了，可知磁铁对板的压力减小，磁铁处于失重状态，

加速度方向向下，说明平板正在向下加速，故D正确．

故选：

A．

B．

C．

D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．

【分析】物块滑上传送带后，结合摩擦力的方向，得出物块的直线运动有几种可能：

1、一直做匀速直线运动；2．滑到另一端一直做匀减速直线运动，3、先做匀减速直线运动，再做匀速直线运动；4．一直做加速运动；5．先做加速运动，后做匀速直线运动．

【解答】解：

A、若二者的速度相等，则物块做匀速直线运动．故A图是可能的；

B、若物块的速度小于传送带的速度，物块可能先做加速运动，后做匀速直线运动．故B是可能的；

C、物块的速度开始时大于0．故C错误；

D、若物块的速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故D是可能的．

故选：

ABD

二、实验题（共18分，每空2分）

12．在“验证力的平行四边形定则”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤．

（1）为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，将得到的实验数据做出图象如图所示，该弹簧的劲度系数k=　54　N/m（结果保留两位有效数字）；

（2）在做“验证力的平行四边形定则”实验中，若由于F1的误差使F1与F2的合力F方向略向左偏，如图所示，但F大小等于F′，引起这一结果的原因可能是F1的大小比真实值偏　大　，F1的方向使它与F2的夹角比真实值偏　大　．

【考点】验证力的平行四边形定则．

【分析】

（1）根据图象的斜率表示劲度系数求解；

（2）以F2和F′为平行四边形的邻边和对角线，作平行四边形，从而确定F1大小和方向的误差．

【解答】解：

（1）根据图象斜率表示劲度系数得：

=54N/m

（2）根据F2和F′为平行四边形的邻边和对角线，作平行四边形，如图所示，

根据图象知，F1的大小比真实值偏大，F1的方向使它与F2的夹角比真实值偏大．

故答案为：

54，大，大

13．在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带．已知计时器打点的时间间隔为0.18s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为　0.10　s．用刻度尺量得OA=1.00cm、AB=1.60cm、BC=2.20cm、CD=2.80cm．由此可知，纸带做　匀加速　运动（选填“匀加速”或“匀减速”），打C点时纸带的速度大小为　0.25　m/s，纸带的加速度大小为　0.60　m/s2（结果保留小数点后两位）

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】根据纸带上相邻点的距离间隔判断小车的运动情况．

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C点时小车的瞬时速度大小．

【解答】解：

他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

纸带上相邻计数点的距离在增大，而且相邻计数点的距离之差不变，所以纸带做匀加速运动．

利用匀变速直线运动的推论得：

vC=

=0.25m/s

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：

=0.60m/s2．

故答案为：

0.10，匀加速，0.25，0.60．

14．在“验证牛顿第二定律”的实验中，以下说法正确的是（　　）

A．平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上

B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源

D．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量（M'或m'）以及小车质量M，直接用公式

求出

【考点】验证牛顿第二运动定律．

【分析】在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过控制变量法，先控制m一定，验证a与F成正比，再控制F一定，验证a与m成反比；实验中用勾码的重力代替小车的合力，故要通过将长木板左端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于小盘（包括盘中的砝码）质量来减小实验的误差！

实验时先接通电源后释放纸带．

【解答】解：

A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动．故A错误；

B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力．故B正确．

C、实验时先接通电源后释放纸带，故C错误；

D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系．故D错误．

故选B

15．实验时得到的图线AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（　　）

A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态

C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进行研究．根据图象得出两个变量之间的关系，知道钩码所受的重力代替小车所受合外力的条件．

【解答】解：

本实验要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受合外力；由于OA段a﹣F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；设小车的质量为M，钩码的质量为m，由实验原理得：

mg=Ma

得：

，

而实际上a′=

，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M

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