1、河北省保定市容大中学2019-2020学年高一物理上学期期末考试总复习试题（含解析）注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上第I卷1. 汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么开始刹车后2s与开始刹车后6s汽车通过的位移之比为（）A. 1:1B. 1:3C. 3:4D. 3:1【答案】C【解析】【详解】汽车刹车后做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度时间关系，解得汽车停车时间为：；开始刹车后2s内的位移为：.；因为汽车4s就停下来，故汽车6s内的位移等于汽车刹车过程中4s内的位移为：，所以刹车后2s内的位移和刹车后6s内
2、的位移之比为：，故选项C正确，A、B、D错误2. 一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一车厢通过他历时2s，整列车厢通过他历时10s，则这列火车的车厢有（）A. 5节B. 8节C. 16节D. 25节【答案】D【解析】【详解】设每节车厢长度为x，整列车厢的长度为L，由运动学公式有由上面两式可得则这列火车的车厢有25节。故选D。3. 跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g=10m/s2，当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和
3、人对吊板的压力F的大小分别为 （ ）A. a=1.0m/s2，F=260NB. a=1.0m/s2，F=330NC. a=3.0m/s2，F=110ND. a=3.0m/s2，F=50N【答案】B【解析】【详解】CD.以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力（T）；由牛顿第二定律可知：整体的加速度 ；选项CD不符合题意AB.以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N，选项A不符合题意；选项B符合题意4. 如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1
4、、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是（）A. m1m2B. m1m2tanC. D. m1m2cos【答案】B【解析】【详解】由题意，通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力F大小相等，两小球处于平衡状态，分别对这两个物体进行受力分析可得联立两式，可得故选B。【点晴】本题考查共点力作用下物体的平衡，解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比。5. 如图所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始到弹簧压缩到最大程度的过程中，小球的速度和加速度的变化情况（）A. 加
5、速度变大，速度变小B. 加速度变小，速度变大C. 加速度先变小后变大，速度先变大后变小D. 加速度先变小后变大，速度先变小后变大【答案】C【解析】【详解】开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小F=mgkx方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为F=kxmg方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大。故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ABD错误，C正确。故选C。【点评
6、】本题考查了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速。对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习。6. 世界最高的蹦极是美国皇家峡谷悬索桥蹦极，高321米假设有一蹦极运动员身系弹性蹦极绳由静止从桥面跳下运动员可视为质点，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）A. 运动员下落过程中重力对其先做正功后做负功B. 运动员下落过程中地球和运动员组成的系统机械能守恒C. 运动员下落过程中其加速度先保持不变，然后减小再增大D. 运动员下落过程中其重力势能的改变量与零势能面的选取有关【答案】C【解析】【详解】运动员下落过程中高度不断下降，重力始终做正功，故A
7、错误；运动员下落过程中，对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，而运动员和地球组成的系统机械能不守恒，故B错误；蹦极绳绷直前，绳子的弹力为零，运动员只受重力，加速度为g，保持不变蹦极绳绷紧后，运动员受到重力和绳的弹力，弹力先小于重力，再等于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后增大，则运动员的加速度先减小后增大，故C正确；重力势能的改变量与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与零势能面的选取无关，故D错误.故选C.二、多选题7. 小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度是5m/s，将弹簧压缩到最短（
8、如图丙）的整个过程中，小球的速度v和弹簧缩短的长度x之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点。已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变，弹簧的弹力大小与形变成正比。下列说法正确的是（）A. 在撞击轻弹簧到轻弹簧压缩至最短过程中，小球的动能先变大后变小B. 从撞击轻弹簧到它被压缩至最短的过程中，小球的机械能先增大后减小C. 小球在速度最大时受到的弹力为2ND. 此过程中，弹簧被压缩时产生的最大弹力为12.2N【答案】ACD【解析】【详解】A由丁图可知小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，A正确；B在小球下落至弹簧压缩最短时，只有重力和弹簧弹力做功，故小
9、球与弹簧组成系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能一直减小，B错误；C小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，重力为2N，故此时小球受到的弹力也为2N，C正确；D小球速度最大时，所受的弹力为2N，由丁图可知，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数，当弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律可知小球受到的最大弹力为故D正确。故选ACD。8. 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（）A. 绳的拉力大小与水平面是否粗糙有
10、关B. 绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关C. 若水平面是光滑的，则绳的拉力为D. 若水平面是粗糙的，且物体和地面摩擦因数为，则绳的拉力为+mg【答案】BC【解析】【详解】ABCD设地面有摩擦力因素为，绳子拉力为T，对整体做匀加速运动有对m1有两式相除可得故AD错误。故选BC。9. 如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行
11、设最大静摩擦力等于滑动摩擦力下列说法正确的是A. 小球可以返回到出发点A处B. 弹簧具有的最大弹性势能为mv2C. 撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止D. aAaC=2g【答案】B【解析】【详解】设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，根据对称性，可知从B运动C的过程中克服摩擦力做功也为Wf，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为Ep根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：mgh+Ep=mv2+Wf，A到C的过程有：2mgh+Ep=2Wf+Ep，解得：Wf=mgh，Ep=mv2小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得：Ep=2Wf+2mgh+E
12、p，该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处故A错误，B正确设从A运动到C摩擦力的平均值为，AB=s，由Wf=mgh得：s=mgssin30；在B点，摩擦力 f=mgcos30，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于mgcos30，所以mgcos30可得 mgsin30mgcos30，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止故C错误根据牛顿第二定律得：在A点有：Fcos30+mgsin30-f=maA；在C点有：Fcos30-f-mgsin30=maC；两式相减得：aA-aC=g故D错误故选B【点睛】解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球
13、的机械能不守恒，也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程三、计算题10. 一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b加速度的大小；(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式【答案】（1） （2） （3）【解析】【
14、详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（m+ m）gsin解得：k= （2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知： 说明当形变量为时二者分离；对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsin=ma联立解得：a= （3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=at2=则形变量变为：x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-（m+m）gsin=（m+m）a解得：F= mgsin+t2因分离时位移x=由x=at2解得： 故应保证0t，F表达式才能
15、成立点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键11. 如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低
16、点时，物块M所受的拉力大小T【答案】（1） （2） （3）（或）【解析】【详解】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F2cos53 F+mg=F1cos53+ F2sin53且F1=Mg解得（2）小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin53，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律Tmgcos53=ma解得（）【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律解答第（1）时，要先
17、受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等12. 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1
18、。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s，A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2，求：（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。【答案】（1）1m/s；（2）1.9m。【解析】【详解】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有 由牛顿第二定律得 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式
19、有 联立式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度 （2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 由式知，aA=aB；再由可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 对A有 在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和
20、B开始运动时，两者之间的距离为 联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离 答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。13. 如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg初始时A静止于水平地面上，B悬于空中先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g=10 m/s2空气阻力不计求：（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；（2）A的最大速度v的大
21、小；（3）初始时B离地面的高度H【答案】(1) 0.6s(2) 2m/s(3) 0.6m【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：解得：（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B重力，A、B相互作用，总动量守恒：绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：解得，初始时B离地面的高度点睛：本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律是两物体的动量守恒，而不是机械能
22、守恒14. 如图所示，水平传送带A、B两轮间的距离L=40m，离地面的髙度H=3.2 m, 传送带一起以恒定的速率v0=2 m/s向右匀速运动，两个完全一样的滑块P、Q由轻质弹簧相连接，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态绷紧，轻放在传送带的最左端开始时P、Q 起从静止开始运动，t1=3s时突然轻绳断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度（不考虑弹簧的长度的影响），此时滑块Q的速度大小刚好是P 的速度大小的两倍，方向相反已知滑块的质量是m=0.2kg，滑块与传送带之间的动摩擦因数是=0.1，重力加速度g= 10 m/s2，求：(1)弹簧处于最大压缩状态时，弹簧的弹性势能；(2)两滑
23、块落地的时间差（结果保留两位有效数字)；(3)两滑块落地点间的距离（结果保留两位有效数字）【答案】（1）7.2J（2）7.8s（3）44m【解析】(1)滑块在传送带上运动的加速度大小滑块从静止开始运动到与传送带相对静止所用的时间这段时间内滑块的位移，故滑块第2s末相对传送带静止t1=3s时，滑块的速度是v0=2m/s，滑块的位移 x1=x0+v0(t1-t0)=2+21=4m弹簧弹开物体的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=mvQ+mvP又有vQ=2vP，解得弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块Q的速度大小vQ=8m/s，滑块P的速度大小vP=4m/s由能量守恒定律得弹簧处于最大压缩
24、状态时，弹性势能解得Ep=7.2J(2)两滑块做平抛运动的高度一样，平抛的时间相等，所以两滑块落地的时间差就是弹簧到自然长度后两滑块在传送带上的运动时间滑块Q与传送带相对静止的时间这段时间内滑块运动的位移解得x2=30mL-x1=36m，所以滑块Q先匀减速运动，后匀速运动，滑块Q匀速运动的时间滑块P速度减小到0时候，滑块P运动的位移滑块P滑到传送带左端时的速度运动时间两滑块落地的时间差t=t2+t3-t4=7.8s(3)滑块P离开传送带做平抛运动的水平距离滑块Q离开传送带做平抛运动的水平距离两滑动落地点间的距离x=x4+L+x5=43.84m44m【点睛】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，边计算边判断要抓住弹簧弹开物体的过程，系统的动量守恒物体在传送带上运动时要研究物体与传送带共速的状态- 14 -
