天津市耀华中学2019-2020高一物理上学期期末试题（附解析Word版）

天津市耀华中学 2019—2020 学年第一学期期末考试 高一年级物理学科试卷 一、单项选择题（每小题 4 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中有一个选项 正确．） 1.如图所示，物块在力 F 作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力 与拉力 F 的合力方向应该是（ ） A. 水平向右 B. 竖直向上 C. 向右偏上 D. 向左偏上 【答案】B 【解析】 【详解】分析物体的受力情况：重力、地面的支持力、摩擦力和力 F，根据平衡条件则知，摩 擦力 Ff 与拉力 F 的合力方向与重力、支持力的合力方向相反，而重力、支持力的合力方向竖 直向下，则物块受的摩擦力 Ff 与拉力 F 的合力方向竖直向上. A.水平向右与分析结果不相符；故 A 错误. B.竖直向上与分析结果相符；故 B 正确. C.向右偏上与分析结果不相符；故 C 错误. D.向左偏上与分析结果不相符；故 D 错误. 2.甲乙两辆小车由同一地点出发运动，速度时间图象如图所示，则 A. 运动时甲的加速度与乙的加速度之比为 4：3 B. 运动时甲的加速度与乙的加速度之比为 3：4 C. 乙车开始运动时，两车相距 4.5m D. 甲乙同时开始运动 【答案】C fF【解析】 【详解】AB．速度图象 斜率等于物体的加速度，则甲的加速度 乙的加速度 所以运动时甲的加速度与乙的加速度之比为 1：4，故 AB 错误； C．乙车开始运动时，甲已运动 3s，运动的位移为 则两车相距 4.5m，故 C 正确； D．由图可知，甲先运动 3s 后乙开始运动，故 D 错误。 故选 C。 3.A、B 物体用跨过定滑轮的轻绳相连，A 的质量大于 B 的质量，A 放置在水平地板上，在水 平向右的外力 F 作用下向右运动，与地板之间的动摩擦因数为一常数，B 物体匀减速上升．设 A 受绳的拉力为 T，受地面的弹力为 ，受地面摩擦力为 f，以下判断正确的是：（ ） A. T 不变，f 增大 B. T 减小， 大 C. 减小，T 不变 D. f 减小，T 减小 【答案】A 【解析】 【详解】据题可知 物体匀减速上升，则绳子对 的拉力大小 不变，则 受绳的拉力 也 的 21m/sva t ∆= =∆甲 ' 2 ' 4m/sva t ∆= =∆甲 2 21 1 1 3 m 4.5m2 2x at= = × × = NF NF NF B B T A T不变；对 分析在竖直方向上受力平衡，则有 ，解得 ， 向右运动时， 增大，cosθ 减小，则 增大，摩擦力 ， 不变，则 增大，所以 不变， 和 都逐渐增大，故选项 A 正确，B、C、D 错误． 4.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量 m=15kg 的重物， 重物静止于地面上，有一质量 m＇=10kg 的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬， 如图所示， 在重物不离地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度 (g=10m/s2)（ ） A. 25m/s2 B. 5m/s2 C. 10m/s2 D. 15m/s2 【答案】B 【解析】 【详解】在重物不离地面的条件下，绳子张力 F≤mg=150N； 猴子向上爬的过程受绳子拉力和重力作用，故猴子所受合外力 F′=F-m'g≤50N，所以猴子向上 爬的加速度 A．25m/s2，与结论不相符，选项 A 错误； B．5m/s2，与结论相符，选项 B 正确； C．10m/s2，与结论不相符，选项 C 错误； D．15m/s2，与结论不相符，选项 D 错误； 5.甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高 h，将甲、乙两球分别以大小为 v1 和 v2 的初速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是 （　　） A. 同时抛出，且 v1＜v2 B. 甲迟抛出，且 v1＜v2 C. 甲早抛出，且 v1＞v2 A N ATcos F Gθ + = N AF G Tcosθ= − A θ NF Nf Fµ= µ f T NF f 25m/sFa m ′′ ≤′＝D. 甲早抛出，且 v1＜v2 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知甲的抛出点高于乙的抛出点，则相遇时，甲的竖直位移大于乙的竖直位 移，故甲应先抛出；而两物体的水平位移相同，甲的运动时间比较长，故甲的速度要小于乙 的速度，v1＜v2，故 D 正确，ABC 错误。 二、多项选择题（每小题 6 分，共 30 分． 每小题多个正确答案，选不全的得 3 分） 6.静止在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的水平外力作用时， 则木块 A. 速度变小，加速度变小 B. 速度变大，加速度变小 C 加速度变小，位移变小 D. 速度变大，位移变大 【答案】BD 【解析】 【详解】由题意可知，外力逐渐减小，根据牛顿第二定律得知，加速度也逐渐减小，而外力 与运动方向相同，则木块做加速运动，所以位移增大，故 BD 正确。 故选 BD。 7.如图所示，质量均为 M 的 b、d 两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b 斜面倾角 为 ，d 斜面倾角为 。质量均为 m 的小物块 a 和 c 分别从两个斜面顶端由静止自由滑下， 下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是： A. 两物块运动时间相同 B. 两物块到达底端时的速率相同 C. 两斜面对地面压力均小于（m＋M）g D. 地面对两斜面的摩擦力均向左 【答案】AC 30° 60°【解析】 【详解】A．设斜面的底边长度为 L，则斜边长度 小滑块下滑的加速度 再根据 ， 可得下滑的时间 当斜面倾角分别为 和 时，可得两滑块运动的时间相同，故 A 正确； B．由动能定理得 解得 所以两物块到达底端时的速率不相同，故 B 错误； C．竖直方向，因滑块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知滑块失重，则两斜面对地面压力 均小于（m+M）g，故 C 正确； D．当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对滑块和斜面的整体而言，由牛顿第二 定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，故 D 错误。 故选 AC。 8.如图所示，用与竖直方向成 θ 角（θ＜ ）的倾斜轻绳 a 和水平轻绳 b 共同固定一个小球， 这时绳 b 的拉力为 T1。现保持小球在原位置不动，使绳 b 在原竖直平面内逆时针转过 θ 角固 定，绳 b 的拉力变为 T2；再转过 θ 角固定，绳ｂ的拉力为 T3，则 cos Ls θ= sin sinmga gm θ θ= = 21 2s at= 2sin cos sin 2θ θ θ= 2 4 sin 2 s Lt a g θ= = 30° 60° 21sin 2mgL mvθ = 2 sinv gL θ= 45°A. T1=T3＞T2 B. T1＜T2＜T3 C. 绳 a 的拉力变大 D. 绳 a 的拉力减小 【答案】AD 【解析】 【详解】以小球为研究对象，分析受力：重力、a、b 两绳的拉力 T1、T2。根据平衡平衡条件 得知，T1 和 T2 的合力方向竖直向上，大小与重力相等，保持不变，作出 b 绳在三个不同位置 时，两个拉力的变化，如图，可图得到，T1=T3＞T2，由图看出，绳 a 的拉力减小。故 AD 正 确，BC 错误。 故选 AD。 9.如图所示，水平面上放置质量分别为 m、2m 的 A、B 两个物体， A 与 B 间、B 与地面间的 动摩擦因数均为 μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力 F 拉 B，使 A、B 以相同 加速度一起向右加速运动，则拉力 F 的大小可能为 A. 3μmg B. 4μmg C. 5μmg D. 7μmg 【答案】BC 【解析】 【详解】当 AB 间的静摩擦力达到最大值时加速度最大，对 A 有 maxmg maµ =解得最大加速度为 对 AB 整体分析可知 解得 要使 B 物体运动拉力应满足 故选 BC。 10.将小球从如图所示的阶梯状平台上以一定的水平初速度 v0 水平抛出，所有台阶的高度和宽 度均为 1.0 m，取 g＝10 m/s2，要使小球抛出后落到第三级台阶上，则 v0 可能为： A. m/s B. 3.5m/s C. 4m/s D. m/s 【答案】AB 【解析】 【详解】根据平抛运动的特点水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动知 其中 解得 故选 AB。 maxa gµ= max max2 2F m m g m m aµ− + = +（ ） （ ） max 6F mgµ= ( 2 ) 3F m m g mgµ µ> + = 2 3 2 5 213 2L th g== 0x v t= 2 3L x L≤＜ 0 4 3 m/s 2.31m/s 2 3m/s 3.46m/s3 v≈ < ≤ ≈三、实验题和填空题（每空 3 分，共 21 分） 11.物体在水平地面上受到水平推力的作用，在 6s 内力 F 的变化和速度 v 的变化如图所示，则 物体的质量为______kg，物体与地面的动摩擦因数为______. (g=10m/s2) 【答案】 (1). 4 (2). 0.025 【解析】 【详解】[1][2]由 v－t 图象看出，物体在 2－6s 做匀速直线运动，则有，物体受到的阻力 由速度时间图象可知，0－2s 物体加速度为： 由牛顿第二定律得 即 解得 由公式 得 12.如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为 M 的小车，小车跟绳一端相连，绳子另一 端通过滑轮吊一个质量为 的物体，开始绳处于伸直状态，物体从距地面 h 处 由静止释放，物体落地之前绳的拉力为______N；当物体着地的瞬间 小车未离开桌子 小车 2 1Nf F= = 2 21 m/s 0.5m/s2 va t = = = F f ma− = 3 1 0.5m− = × 4kgm = f N mgµ µ= = 0.025µ = 2kg= 0.5m kg= 1m= ( )的速度大小为_______ g 【答案】 (1). (2). 2 【解析】 【详解】对小车由牛顿第二定律得： ，对砝码由牛顿第二定律知： ，以 上两式联立解得物体落地之前绳的拉力 ，代入数据得 ；小车与砝码作为 一系统，在小车滑动过程中系统的机械能守恒，由机械能守恒定律可得： ， 代入数据解得砝码着地的瞬时速度为： ． 13.某同学“探究加速度与物体合力的关系”的实验装置如图所示,图中 A 为小车，质量为 ， 连接在小车后面的纸带穿过打点计时器 B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的固定长木 板上，P 的质量为 ，C 为弹簧测力计，实验时改变 P 的质量，读出测力计的示数 F，不计 轻绳与滑轮，滑轮与轮轴的摩擦，滑轮的质量． ①下列说法正确的是__________ A．实验中 应远小于 B．长木板必须保持水平 C．实验时应先接通电源后释放小车 D．小车运动过程中测力计的读数为 ②下图是实验过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D 为选取的计数点，相邻的两个计数点 之间有四个点没有画出，各计数点到 O 点的距离分别为： 8．00cm、17．99cm、30．00cm、 / .(m s 10= 2/ )m s 4 T Ma= mg T ma− = T Mmg M m = + 4T N=： ( ) 21 2mgh M m v= + 2 /v m s= 1m 2m 2m 1m 2 2 m g44．01cm，若打点计时器的打点频率为 50 Hz，则由该纸带可知小车的加速度大小为________ （结果保留三位有效数字）． ③实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的 a－F 图象可能是下 图中的图线_ 【答案】 (1). C (2). 2.01 (3). B 【解析】 【详解】①小车所受的拉力可以通过弹簧秤测出，不需要满足 m2 远小于 m1，故 A 错误．实 验应该平衡摩擦力，所以木板不能水平，故 B 错误．实验时应先接通电源后释放小车，故 C 正确．根据牛顿第二定律知，m2g＞2T，则 ，故 D 错误．故选 C． ②根据△x=aT2，运用逐差法得， ． ③某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则 F 不等于零时，a 仍然为零，故选 B． 【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带 求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用． 三、计算题（第 14 题 7 分，15 题 10 分，16 题 12 分，共 29 分） 14.滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力 FN 垂直于板面，大小为 kv2，其中 v 为滑板速率(水可视为静止).某次运动中，在水平牵引力作用 下，当滑板和水面的夹角 θ＝37°时(如图)，滑板做匀速直线运动，相应的 k＝54 kg/m，人和滑 板的总质量为 108 kg，试求：(重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°取 0.6，忽略空气阻力) (1)水平牵引力 大小；的 2m/s 2 1 2T m g＜ ( ) 2 2 2 2 44.01 17.99 17.99 10 / 2.01 /4 4 0.01 BD OBx xa m s m sT −− − ×−= = =×(2)滑板的速率. 【答案】（1）810 N （2）5 m/s 【解析】 （1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示 由共点力平衡条件可得 ① ② 由①、②联立，得 （2） 得 15.如图所示，传送带与地面成夹角 θ= ，以一定的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地 放一个质量 m=0.5kg 的物体，它与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，已知传送带从 A→B 的长度 L=16m，则 （1）若要使物体尽可能快的到达 B 端，传送带的速度至少为多少？ （2）若传送带逆时针转动的速度为 10m/s，物体从 A 到 B 需要的时间为多少？ 【答案】（1） （2）2s 【解析】 37° 8 5m/s【详解】（1）要使物体尽快到达底端，要求物体以最大加速度一直加速，即摩擦力始终沿传 送带向下，则有 解得 （2）物体加速到与传送带速度相同时有 物体速度与传送带相同时，由牛顿第二定律有 物体加速的位移 解得 16.如图所示，一小球从平台上抛出，恰好落在临近平台的一倾角为 α＝53°的光滑斜面并下滑， 已知斜面顶端与平台的高度差 h＝0.8 m，重力加速度 g＝10 m/s2，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6) 求： (1) 小球水平抛出 初速度 v0 是多少； (2) 斜面顶端与平台边缘 水平距离 s 是多少； (3) 若斜面顶端高 H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端． 【答案】(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s 的 的 sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2 2v aL= 8 5m/sv = 1 1v at= sin cosmg mg maθ µ θ ′− = 2 1 1 1 2x at= 2 1 2 2 1 1 2v t a t L x′+ = − 1 2 2st t t= + =【解析】 【分析】 由题中“一小球从平台上抛出”可知，本题考查平抛运动，根据平抛运动公式规律，结合具 体数据可分析本题。 【详解】（1）由于刚好沿斜面下滑 解得 v0=3m/s （2）有题可得 联立解得：s=1.2m t1=0.4s （3）有题可得 联立解得：t2=2s 2 2yv gh= 0 0tan37 y v v = 2 1 1 2h gt= 0 1s v t= sin53mg ma= 0cos37 H s = 2 2 2 1 2s tv t a= +合 1 2 2.4st t t= + =总