1、河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题(1-6单选，7-10多选)1.一圆盘可绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一个物体，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动，如图那么 （ ）A. 木块受到圆盘对它摩擦力，方向背离圆盘中心；B. 木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心；C. 因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向 相同；D. 因为摩擦力总是阻碍物体运动，所以木块所受圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反【答案】B【解析】【详解】对木块受力分析可知，木块受到重力、支持力和摩擦力的作用
2、，重力是竖直向下的，支持力是竖直向上的，重力和支持力都在竖直方向上，这两个力为平衡力，只有摩擦力作为了物体做圆周运动的向心力，所以摩擦力的方向应该是指向圆心的，故B正确，ACD错误。2.如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是（ ）A. 在上升和下降过程中A对B的压力大小都一定等于零B. 上升过程中A对B的压力大小大于物体A受到的重力大小C. 下降过程中A对B的压力大小大于物体A受到的重力大小D. 在上升和下降过程中A对B的压力大小都等于物体A受到的重力大小【答案】A【解析】【详解】由题意B和A不计空气阻力而
3、一起做竖直上抛运动，对整体：只受重力，根据牛顿第二定律得知，整体加速度为g，方向竖直向下，则A与B都处于完全失重状态；再对A或B研究可知，它们的合力都等于重力，所以A与B间没有相互作用力，故在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，故A正确，BCD错误。故选A。3.如图所示，一个凹形桥模拟器固定在水平地面上，其凹形轨道是半径为0.4m的半圆，且在半圆最低点装有一个压力传感器（图中未画出）一质量为0.4kg的玩具小车经过凹形轨道最低点时，传感器的示数为8N，则此时小车的速度大小为（取g=10m/s2）A. 2m/sB. 4m/sC. 8m/sD. 16m/s【答案】A【解析】【详解】小车经过凹形
4、桥的最低点时，受重力和支持力，沿半径方向的合外力提供向心力，由牛顿第二定律有：，由牛顿第三定律得，而即为视重为8N，联立得瞬时速度，故选A【点睛】此题考查圆周运动的力和运动的关系，注意分析受力和力的作用效果4.如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成37的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为（ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值.先对A受力
5、分析，根据平衡条件表示出绳子的拉力，再对B受力分析，根据平衡条件求出绳子拉力与B重力的关系，进而得到A和B质量之比.【详解】对A受力分析，根据平衡条件有：T=mAg对B受力分析，如图：根据平衡条件：mBgcos=f，mAg=N+mBgsin据题知，滑环B恰好不能下滑，所受的静摩擦力沿杆向上达到最大值，有，联立解得：，故B正确，A、C、D错误；故选B.【点睛】本题的关键是分别对两个物体进行受力分析，然后根据共点力平衡条件，并结合正交分解法列式求解.5.甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示。已知乙车做匀变速直线运动，其图象与t轴相切t=10s处。则下列说法正确的
6、是（ ）A. 甲车的初速度为零B. 乙车的加速度大小为2.5m/s2C. t=5s时两车相遇，此时甲车速度较大D. 乙车的初位置在x0=100m处【答案】D【解析】【详解】A位移-时间图象的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，,故A错误；BD甲的速度为：乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则在t=10s时，乙的速度为零，反过来看成乙车做初速度为0的匀加速直线运动，则有：根据图象可知：解得乙车的加速度大小为：a=2m/s2，乙车的初位置在s0=100m，故B错误，D正确；C5s时两车相遇，此时乙的速度为 v乙=at=25=10m/s，乙车的速度较大，故C
7、错误。故选D。6.根劲度系数为k，质量不计的轻弹簧上端固定，下端系一 质量为m的物体，有一水平木板将物体托住，并使弹簧处于自然长度状态，如图所示。现让木板由静止开始以加速度a（ag）匀加速向下运动，经过多长时间木板开始与物体分离（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】当木板与物体即将脱离时，m与板间作用力N=0，此时，对物体，由牛顿第二定律得：mg-F=ma又F=kx得：对匀加速直线运动过程，由：得：故B正确，ACD错误。故选B。7.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（
8、 ）A. 质点经过C点的速率比D点的大B. 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90C. 质点经过D点时的加速度比B点的大D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小【答案】ABD【解析】【详解】A由题意，质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿D点轨迹的切线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做负功，由动能定理可得，C点的速度比D点速度大，故A正确；B质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有A、B、C三点速度与加速度方
9、向夹角大于90，故B正确；C质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过D点时的加速度与B点相同，故C错误；D质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，故D正确；故选ABD。8.轻绳固定在A点，下端系着铁球，在A点的正下方B处有一人用一根可伸缩的轻杆顶住铁球，人沿着轻杆方向施力，铁球和人都可以看做质点，逐渐增加杆的长度，则（ ）A. 绳子的拉力大小不变B. 绳子的拉力变小C. 杆的支持力大小不变D. 杆的支持力变大【答案】AD【解析】【详解】以小球为研究对象进行受力分析，小球受到重力mg，支持力N和绳子拉力T，如图所示:根据三角形相似可得AB由于mg和AB不变，绳子的长度A
10、C不变，则绳子的拉力不变，故A正确，B错误；CD由于杆的长度BC逐渐增大，则杆的支持力N增大，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用 细线悬挂在电梯内，己知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力大小为T，此时突然剪断细线。则在剪断细线的瞬间（ ）A. 弹簧的弹力的大小为mgB. 弹簧弹力的大小为C. 小球A的加速度的大小为+gD. 小球B的加速度的大小为0【答案】BC【解析】【详解】AB剪断细线前，对两球及弹簧整体，根据牛顿第二定律得T-3mg=3ma对B球根据牛顿第二定律有F弹-2mg=2ma解得故A错误，B正确；CD剪断细线的
11、瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为，所以B球受力不变，则剪断瞬间的加速度与剪断前的加速度相等，对A球根据牛顿第二定律有：mg+F弹=maA得故C正确，D错误；故选BC。10.两辆汽车A、B从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方（v2）随位置（x）的变化图象如图所示，下列判断正确的是（ ） A. 汽车A的加速度大小为4m/s2B. 汽车A、B在x6m处的速度大小为2m/sC. 汽车A、B在x8m处相遇D. 汽车A、B在x9m处相遇【答案】BD【解析】【详解】A根据v2=v02-2ax可知汽车A的初速度为v0A=6m/s，加速度为aA=-2m/s2，选项A错误；BB汽车的初
12、速度为零，加速度为；汽车A、B在x=6m处的速度相等，大小为选项B正确；CD当AB相遇时：汽车A停止运动的时间为走过的位移为9m；此时汽车B的位移故B车运动到9m处才能与A车相遇，故选项C错误，D正确；故选BD考点：匀变速直线运动的规律的应用【名师点睛】此题是一道追击问题；关键是先搞清两车的运动情况，然后结合运动公式进行判断；注意应该先计算A停止时的时间，然后进行相遇问题的讨论二、实验题（2小题）11.某同学为了测定平抛运动的初速度，设计了如下实验，实验装置如图所示。实验时先调整斜槽轨道，调节挡板到合适高度，并测出其相对抛出点O的竖直距离（即小球下落的高度）y，在水平挡板上铺上白纸，白纸上再覆
13、盖复写纸。使小球从斜槽某一高度由静止释放，经过一段水平轨道后抛出，落在水平挡板上，由落点位置测出小球做平抛运动的水平位移x（即小球落在挡板上的位置与抛出点O的水平位移）。然后依次均匀下移水平挡板的位置，让小球从斜槽上由静止释放，并测出小球下落高度以及水平位移。该同学共进行了六次测量。（1）在实验操作时，为了确保小球做同一轨迹的平抛运动，必须调节斜槽的末端_，控制小球从斜槽上_由静止释放。（2）为了测出平抛运动的初速度，该同学根据所测到的数据以y为横坐标，以x2为纵坐标。在坐标纸上画出对应的图象，发现其为过原点的直线，该同学测出直线斜率为k，已知当地的重力加速度大小为g。该同学测得的小球做平抛运
14、动的初速度大小v0=_。【答案】 (1). 切线水平 (2). 同一高度 (3). 【解析】【详解】（1）12在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要切线水平；同时斜槽轨道要在竖直面内，要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点。（2）3根据平抛竖直方向为自由落体运动：及水平方向为匀直线运动：解得：所以解得：。12.如图甲所示，某实验小组为了测量滑块和长木板斜面间的动摩擦因数，把长木板倾角调为30，在长木板斜面顶端固定一打点计时器。实验中先启动打点计时器电源，再让连接纸带的滑块从斜面的顶端由静止释放，得到多条打点的纸带后，他们选择一
15、条点迹清晰的纸带，如图乙所示，然后截取纸带中间的一部分，每隔4个点取一个计数点，纸带上标明了各相邻计数点间距离的测量结果。（1）有同学提出用作图的方法求加速度，他把纸带粘在一张白纸上，建立直角坐标系，横坐标表示位移，纵坐标表示对应点的速度的二次方。图丙中给出了b、c、d三条可能作出的图线，你认为正确的是_。（2）选出正确的图线后，求出直线的斜率k。设重力加速度大小是g，若用k、g和斜面倾角表示滑块和长木板斜面间的动摩擦因数，则=_。【答案】 (1). b (2). 【解析】【详解】（1）1根据匀变速直线运动速度位移公式得可知，图像是一条倾斜直线，而打“0”点时小车速度不等于零，故b图线正确；（
16、2）2由知图线斜率k=2a结合mgsin-mgcos=ma联立解得：三、计算题（4小题）13.如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台做不同转速的匀速圆周运动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m，离水平地面的高度离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4 m，设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；（2）物块与转台间的动摩擦因数。【答案】（1）1m/s；（2）0.2。【解析】【详解】（1）设物玦做平抛运动所用时间为t，竖直方向有水平方向有
17、s=v0t 联立两式得v0=1m/s（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有联立得=0.214.模型汽车A在公路上保持以20 m/s的速度匀速行驶，其正前方有一辆静止的模型汽车B，当两模型车距离75 m时，模型汽车B立即以2 m/s2的加速度启动并以此加速度做匀加速直线运动，通过计算判断：模型汽车A是否会撞上模型汽车B，若不相撞，求两模型车相距最近时的距离；若相撞，求出模型汽车B开始启动到模型汽车A撞上模型汽车B的时间。（两车始终在同一条直线上运动）【答案】5 s【解析】【详解】设经过时间t1两车速度相等，则vA=vB对B 车vB=at1联立可得t1=10sA车的位移xA=vAt1=2
18、00mB车的位移xB=100m又xB+x0=175m xA所以会撞上。设经过时间t2相撞（t2t1），有vAt2=x0+代入数据解得t2=5s。15.如图所示，传送带保持v0=10m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4 kg 的物块轻放在传送带的A端，物块与传送带间动摩擦因数=0.5，传送带A、B两端距离传送带倾角为37，已知 sin 37=0.6，cos 37=0.8，取重力加速度大小10 m/s2，求(1)物块从A端运动到B端所经历的时间；(2)物块从A端运动到B端相对传送带的位移大小。【答案】(1)2s (2)4m【解析】【详解】(1)物块刚放上传送带时的加速度大小为物块速度达到传送
19、带速度的时间为：位移为：物块速度达到传送带速度后的加速度为：根据x-x1=v0t2+代入数据解得：t2=1s则物块从A端运动到B端所经历的时间为t=t1+t2=2s(2)物玦速度达到传送带速度时 相对位移大小：x1=v0t1-x1=5m物块速度迖到传送带速度后 相对位移的大小：x2=x-x1-v0t2=1m则相对位移的大小：x=x1-x2=4m16.如图所示，一个质量为m=15kg的小号粮食麻袋，从离地面高h1=6m的天花板自由下落，一辆运粮平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0=6 m/s的速度匀速前进。己知麻袋开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s=3 m 处，该平板
20、车总长L=7m，平极车板面离地面高h2=1m，麻袋可看做质点，不计空气 阻力。假定麻袋落到板面后不弹起，在麻袋落到板面的瞬间，平板车开始以大小为a=4m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，取重力加速度大小g =10 m/s2，麻袋与平板牟板面间的动摩擦因数=0.2。（1）求麻袋将落在平板车上距车左端多远处。（2）通过计算说明，麻袋是否会滑到平扳车的最左端。（3）求麻袋在平板车上的摩擦痕迹长。【答案】（1）4m；（2）不会；（3）3m。【解析】【详解】（1）设麻袋经时间t1下落到平板车上，由运动学公式得：h1-h2=平板车在右时间内前进的距离为x1，则x1=v0t1所以麻袋在平板车上的落点距车左端距离s=L+s-xt=4m（2）设麻袋落在车上后做匀加速运动的加速度为a1，经过时间t2麻袋和板车的速度相同，则平板车的速度为：v=v0-at2麻袋的速度为v=a1t2对麻袋应用牛顿第二定律得mg=ma1平板车的位移为x2=v0t2-在这段时间内麻袋的位移为x3=以上各式联立可得，在这段时间内麻袋相对平板车向后的位移为：x1=x2-x3=3mx14m，故不会滑至平板车左端。（3）速度相同后麻袋和平板车各自做匀减速运动直到静止，平板车的位移为：麻装的位移为：麻袋相对车向前的位移为：x2=x5-x4=0.5m则摩擦痕迹长为l=3m
