1、福建省福州市八县一中2019-2020学年高一物理上学期期末联考试题（含解析）一.选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18小题只有一项符合题目要求，第912小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得，有选错的的0分。）1.临近期末，小茗同学在进行知识梳理时，对以下说法存在疑惑，你认为其中正确的是（）A. “临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟”，从物理学的角度看，这是涉及惯性知识的一句古诗词B. 国际单位制中,N、kg、m是其中的三个基本单位C. 马能拉着车加速往前跑，是因为马拉车力大于车拉马的力D. 把一个已知力分解成两个分力，则这个已知力总要比
2、其中一个分力大【答案】A【解析】【详解】A临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟，都说明由于惯性而出现危险，故A正确；B国际单位制中，N不是基本单位，故B错误；C由牛顿第三定律可知，马拉车的力等于车拉马的力，故C错误；D一个合力与几个分力共同作用的效果相同，但合力的大小不一定大于任何一个分力的大小，可以小于分力，也可以等于分力，故D错误。故选A。2.一质点自原点开始在x轴上运动，初速度v00，加速度a0，当a值不断减小直至为零，则A. 该过程中，质点的速度不断减小B. 该过程中，质点速度的变化率不断增大C. 当a0时，质点的速度达到最大D. 当a0时，质点的位移达到最大值【答案】C【解析】【详解】AC
3、D初速度v00，加速度a0，可知初速度的方向与加速度方向相同，质点做加速运动，速度逐渐增大，当加速度减小到零，速度达到最大，做匀速运动，由于速度的方向未变，则位移一直增大，故A，D项错误，C项正确；B由于加速度值减小，由公式可知，质点速度的变化率不断减小，故B项错误3.在探究超重和失重的规律时，某体重为G的同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作.传感器和计算机相连，经计算机处理后得到的压力随时间t变化的图像可能是图中的（）A. B. C. D 【答案】D【解析】【详解】该同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作的过程中，先向下加速，后向下减速，其加速度先向下后向上，即先失重后超重，选项D正确.；AB
4、C错故选D4.如图所示，t=0时，某物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变，方向由沿斜面向下突变为水平向右)，最后停在C点。每隔2s物体的瞬时速率记录在表格中，已知物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，则下列说法中正确的是（）A. t=3s时物体恰好经过B点B. t=10s时物体恰好运动到C点C. 物体运动过程中的最大速度为12m/sD. A、B间距离等于B、C间距离【答案】B【解析】【详解】AC根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=-2m/s2根据运动学公式：解得知经过到达B点，到
5、达B点时的速度如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点，是在2s到4s之间经过B点。所以最大速度不是12m/s，故AC错误；B第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间所以到C点的时间为10s，故B正确；D根据v2-v02=2ax，求出AB段的长度为，BC段长度为，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D错误。故选B。5.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙壁之间放一光滑球B，整个装置处于静止状态若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则以下判断错误的是()A. A对地面的压力不变B. 地面对A的摩擦
6、力减小C. A与B之间的作用力增大D. B对墙的压力减小【答案】C【解析】【详解】A对整体分析可知，整体受重力和支持力的作用，由于竖直方向受力不变，故受地面的支持力不变，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力不变，故A正确；BCD小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2如图1所示，将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角将减小，根据力图1分析可知，因减小；故cos增大，tan减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小。根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小，再对A进行受力分析，如图
7、2所示，可知：由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsin根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角减小，故A所受地面的摩擦力f减小。再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小，故BD正确，C错误。本题选择错误的，故选C。 6.如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且Mm，若不计滑轮的摩擦，则当人拉着绳向后退回一步后，人和物块仍保持静止，若人对地面的压力大小为F1、人受到地面的摩擦力大小为F2、人拉绳的力的大小为F3，则下列说法中正确的是（）A. F1、F2、F3均不变B. F1增大、F2增大，F3不变C. F1增大、F2减小、F3减小D. F1减小、F2减小，F3不变【答案】
8、B【解析】【详解】对人受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图：由平衡条件得：N+mgsin=Mg，f=mgcos，当人拉着绳向后退一步后，将变小；故f=mgcos会变大，N =Mg- mgsin 也将变大，但绳子拉力不变；结合牛顿第三定律，人对地面的压力大小F1变大、人受到地面的摩擦力大小F2变大、人拉绳的力的大小F3不变；故选B【点睛】当人拉着绳向左跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和人受力分析应用平衡条件，列出平衡方程分析即可7.如图所示，用水平恒力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动。现在中间的B物体上突然附上一小物块，使它随B物体一起运动，
9、且原拉力F不变。那么附上小物块后，对两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况判断正确的是（）A Ta增大B. Ta变小C. Tb增大D. Tb不变【答案】A【解析】【详解】整体的加速度隔离对C分析，则隔离A分析有解得在中间的B物体上加一块橡皮泥，总质量增大，可知Tb减小，Ta增大故选A。8.在动摩擦因数m0.2的水平面上有一个质量为m2kg的物块物块与水平轻弹簧相连并由一与水平方向成q45角的拉力拉着物块，如图所示，此时物块处于静止状态，弹簧弹力为2N，（取g10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力）则以下说法正确的是（ ）A. 此时物块所受的静摩擦力可能向左为6NB. 当撤去拉力F的瞬间，物块所受
10、的静摩擦力向右为4NC. 当撤去弹簧的瞬间，物块所受的摩擦力向左为4ND. 当撤去弹簧的瞬间，物块所受的摩擦力向左为3.2N【答案】D【解析】力F在水平方向上的分力大小为 ，力F在竖直方向上的分力大小为 此时物体受到的最大静摩擦力 因为 ，所以弹簧是被拉长的，以物体为对象受力分析如图所示：A、物体在水平方向上受力平衡则： ,得 ，故A错误；B、当撤去拉力F的瞬间，此时 而弹簧的弹力T=2N,由于弹力小于最大静摩擦力，所以物体处于平衡状态，受到静摩擦力 ，故B错误；CD、当撤去弹簧的瞬间，此时物体受到的最大静摩擦力，而F在水平方向的分力大于最大静摩擦了，所以物体不在平衡，受到的滑动摩擦力，方向向
11、左，故C错误，D正确；综上所述本题答案是：D9.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如右图所示(已知 cos530.6，sin530.8)以下说法正确的是( )A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mgB. 小球静止时细绳的拉力大小为mgC. 细线烧断瞬间小球的加速度立即为gD. 细线烧断瞬间小球的加速度立即为g【答案】AD【解析】【详解】小球静止时，分析受力情况，如图；由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53=mg；细绳的拉力大小为：故A正确，B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力
12、的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：故C错误，D正确故选AD【点睛】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键10.如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（）A. 若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑B. 若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑C. 若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑D. 若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a【答案】BD【解析】【详解】设斜面倾角为，原来物体匀速下滑时
13、有：，即，与物体的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，A错误，B正确；若物块A原来加速下滑，有，将F分解，则，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确；选BD.【点睛】将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个分力和，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小11.如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，自由伸长到B点今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B点运动到C点而静止小物体m与水平面间的动摩擦因数恒定，则下列说法中正确的是()A 物体从A到B过程速度越来越大B.
14、物体从A到B过程速度先增加后减小C. 物体从A到C过程加速度越来越小D. 物体从A到C过程加速度先减小再增加后保持不变【答案】BD【解析】【详解】物体从A到B运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，物体做加速度运动，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，加速度为零，然后弹簧的弹力小于摩擦力，加速度方向向左，物体做减速运动，加速度增大，所以从A到B先加速后减速，到达B点后，弹簧与物体开始分离，分离后物体只受滑动摩擦力，所以加速度不变，故BD正确，AC错误。故选BD。12.如图所示，A，B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A，B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，最
15、大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则()A. 当F3mg时，A，B都相对静止B. 当F2mg时，A相对B滑动C. 当时，A的加速度为D. 无论F为何值，B的加速度不会超过【答案】CD【解析】【详解】A设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2mg，f3的最大值为，所以当时，A、B均保持静止，故A错误；B设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F，加速度为a，则对A，有对A、B整体，有解得所以当F3mg时，A相对于B滑动，故B错误；C当时，A、B以共同的加速度开始运动，
16、将A、B看作整体，由牛顿第二定律有解得故C正确；D对B来说，其所受合力的最大值即B的加速度不会超过，故D正确。故选CD。二、实验题（本题共2小题，共14分。按要求作答，把正确答案填写在相应横线上。）13.在“探究力的平行四边形定则“的实中（1）其中的两个实验步骤分别是A在水平放置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳间时用两个弹簧测力计（弹簧测力计与方本板平面平行）互成角度地拉橡皮条，使它与绳的结点到达某一位置0点，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两个弹簧测力计的示数F1和F2B只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与两个弹簧测力
17、计拉时相同，读出此时弹簧测力计的示数F和记下细绳的方向请指出以上步骤中的错误或疏漏：A中是_B中是_（2）该学习小组纠正了（1）中的问题后，某次实验中两个弹簧测力计的拉力F1、F2已在图中画出，图中的方格每边长度表示2 N，O点是橡皮条的结点，请用两个直角三角板严格作出合力F的图示，并求出合力的大小为_ N.【答案】 (1). 步骤A中未记下两条细绳的方向； (2). 步骤B中未说明把橡皮条的结点拉到位置O (3). ; 14.1N【解析】【详解】（1）12本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果，所以，实验时，除记录弹簧秤的
18、示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示.步骤A中未记下两条细绳的方向；步骤B中未说明把橡皮条的结点拉到位置O（2）3以F1、F2为临边，作出平行四边形，如图所示：对角线表示合力，则14.某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”。图中A为小车,B为装有砝码的小盘,C为一端带有定滑轮的长木板,小车通过纸带与电火花打点计时器相连,小车的质量为m1,小盘(及砝码)的质量为m2。(g取9.8m/s2)(1)下列说法正确的是_A.实验时先放开小车,再接通打点计时器的电源B.每次改变小车质量时,应重新平衡摩擦力C.本实验中为使所挂砝码（及小盘
19、）的重力近似等于绳子拉力，应满足m2远小于m1的条件D.在用图像探究小车加速度与受力的关系时,应作-m1图像(2)实验中,得到一条打点的纸带,如图乙所示,已知相邻计数点间的时间间隔为T,且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出,则小车加速度的计算式是a=_。(3)某同学平衡好摩擦阻力后,在保持小车质量不变的情况下,通过多次改变砝码重力,测出小车相应加速度,并作出小车加速度a与砝码重力F的图像如图丙所示。若牛顿第二定律成立,则小车的质量为_kg(结果保留三位有效数字)(4)实际上,在砝码的重力越来越大时,小车的加速度不能无限制地增大,将趋近于某一极限值,此极限值为_ m/s2。【答案】 (
20、1). C (2). (3). 2.04 (4). 9.8【解析】【详解】(1)1A实验时应先接通电源后释放小车，故A错误；B平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有： m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力，故B错误；C让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子的拉力故应该是，即实验中应满足小盘和重物的质量远小于小车的质量，故C正确；DF=ma，所以：所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图像，故D错误。故选C。(2)2由逐差法可得加速度大小为(3)3对a-F图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为： (4)4小车的加速度最大等于自由落体的加速度，故极限值为9.8m
21、/s2。三.计算题（本题共4小题，共38分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.“跳楼机”是游乐园和主题乐园常见的大型机动游戏设备，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。游戏初始时，游客环坐设备塔身四周的轿厢中，几秒钟内便可被抬升至67.5m的高处，然后自由下落，落至一定高度时再通过恒定制动力，让轿厢落回初始位置。若轿厢和游客的总质量为400kg，自由下落的运动时间为3s，不计空气阻力，g取10m/s2。求：(1)轿厢向下运动过程中最大速度；(2)轿厢受到的恒定制动力。【答案】(1) (2)12000N【解析】
22、【详解】(1)开始制动时速度达最大,则：可得：(2)自由下落高度：减速距离：减速加速度大小：根据牛顿第二定律：，解得：16.如图所示，一个质量为m=10kg的木箱静置在水平面上，木箱的右方L=6.6m处有一面墙，木箱与水平面间的动摩擦因数为。现有一个与水平方向成角，大小为F=100N的拉力拉着木箱沿水平方向运动，（已知sin=0.6，cos=0.8取g=10m/s2）求：（1）在拉力F的作用下木箱的加速度为多大?（2）为避免木箱与墙碰撞，则拉力F允许的作用时间最长是多少？【答案】(1) 6m/s2 (2) 1s【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律得：代入数据得：=6m/s2(2)为避免木箱与
23、墙碰撞，临界条件为F撤去后减速到墙时速度恰好为零，即：F撤去后：拉力F的作用时间：联立方程代入数据得：t=1s17.某同学用一小型磁铁吸引一悬挂的金属小球，当小磁铁位于小球的左上方某位置C(QCS=30o)时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是30，如图所示，已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，(重力加速度g已知)求此时；(1)悬挂小球细线的拉力大小为多少? (2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少?【答案】(1) mg (2) N=Mg+mg f=mg【解析】【详解】(1).对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力设细线的拉力和磁铁的引力分别为F1和F2根据平衡条件得：水
24、平方向：F1sin30=F2sin30竖直方向：F1cos30+F2cos30=mg解得F1=F2=mg(2)以人为研究对象，分析受力情况：重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力f和小球的引力F2，F2=F2=mg根据平衡条件得f=F2sin30N=F2cos30+Mg解得：N=Mg+mg f=mg18.平地面上有一固定的磁场斜面，倾角为=37，一质量m=1kg滑块在平行于斜面向上的恒定拉力F作用下从静止开始沿斜面向上做匀加速度直线运动，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.5从滑块由静止开始运动时计时，在4s末撤去恒定拉力F，滑块刚好可以滑到斜面顶端，滑块在0到4s内v-t图像如图乙所示，求： （1）滑
25、块前4s的加速度以及前4s内位移的大小；（2）拉力F的大小；（3）滑块经过斜面上距斜面顶点0.2m处所对应的时刻？【答案】(1)8m (2)11N (3) 和【解析】【分析】由vt图像求出滑块前的加速度以及前内位移的大小，滑块在拉力作用下，由牛顿第二定律求出拉力F的大小，滑块先做匀加速直线运动，撤去力F后做匀减速运动，在沿斜面向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出【详解】(1)由图可知：加速度大小位移的大小即为图线与时间轴围成的面积：(2)滑块在拉力作用下，受力分析如图：Y轴上，由平衡方程X轴上，由牛顿第二定律得到：（3）滑块先以做匀加速直线运动，撤去力F后，滑块受力如图所示：X轴上，由牛顿第二定律：，得到以匀减速到0过程，位移距顶端处的位置在减速前进的处由匀变速位移公式：解得：或（已反向运动，舍弃）得到：所对应的时刻为滑块减速到0时间为此后滑块会下滑，摩擦力反向，设滑块加速度为由牛顿第二定律：解得：设加速运动的时间为，得到：所对应的时刻为：即滑块经过斜面上距斜面顶点处所对应的时刻分别为和
