【物理】四川省遂宁市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）
四川省遂宁市2019-2020学年高一上学期期末考试试题
一、选择题：
1.一质点受多个共点力而处于平衡态，现将其中一个大小为F=3N的力增大2N，则F增大之后，该质点受到的力的合力为
A. 5N B. 4N C. 3N D. 2N
【答案】D
【解析】
【详解】由题可知，一质点受多个共点力而处于平衡态，其中一个力大小为F=3N，则其余的力的合力大小为3N，方向与之相反；当将F=3N的力增大2N，则该力的大小为5N，其余的力的合力大小仍为3N，方向仍与之相反，故F增大之后，该质点受到的力的合力为：
5N-3N=2N，故D正确，ABC错误。
2.一辆汽车在平直公路上刹车做匀减速直线运动直至停止，已知汽车刹车的初速度大小为8m/s，刹车后加速度大小为2m/s2，则该车刹车后2s内和刹车后5s内的位移之比为
A. 3:5 B. 3:4 C. 2:3 D. 1:3
【答案】B
【解析】
【详解】设汽车减速到零所用的时间为，则有：s，则刹车2s后汽车仍在运动，所以刹车2s内的位移为：m，汽车经4s速度减为零，所以刹车后5s内的位移等于刹车后4s内的位移，则有：m，所以该车刹车后2s内和刹车后5s内的位移之比为：，故B正确，ACD错误。
3.如图所示，小物块在竖直向上的推力F的作用下沿竖直墙面平稳地向上滑动，则
A. 墙面对小物块一定有弹力作用
B. 墙面对小物块可能有弹力作用
C. 小物块一定不受摩擦力
D. 小物块可能受向下的滑动摩擦力
【答案】C
【解析】
【详解】由于物体与墙面之间没有挤压，故墙面对物体没有弹力作用，所以小物块一定不受摩擦力作用，故C正确，ABD错误。
4.如图所示，置于光滑水平面上的轻质弹簧与竖直墙面相连，弹簧的形变始终在弹性限度内，一木块在恒力F作用下向左运动，当木块与弹簧接触后
A. 木块立即做减速运动
B. 木块在一段时间内的速度仍可增大
C. 当弹簧弹力等于F时，木块速度最小
D. 弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
【答案】B
【解析】
【详解】当木块接触弹簧后，水平方向受到向左的恒力F和弹簧水平向右的弹力。弹簧的弹力先小于恒力F，然后等于F，最后大于恒力F，木块所受的合力方向先向左后向右，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向右，加速度大于零。故B正确，ACD错误。
5.一质点从高h处由静止释放，已知该质点着地前最后2s内的位移为40m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则h的大小为
A. 45 m B. 50m
C. 60m D. 80 m/s
【答案】A
【解析】
【详解】根据自由落体运动规律有：，
联立解得：h=45m，故A正确，BCD错误。
6.在关系式B=中，F是力，t是时间，v是速度，各量都用国际单位制中单位，则B的单位和物理量名称是
A. 米；长度 B. 千克；质量
C. 米每秒；速度 D. 米每二次方秒；加速度
【答案】B
【解析】
【详解】在关系式：B=，中力F的单位是N，且1N=1kgm/s2，时间t的单位是s，速度v的单位是m/s，所以根据B=，可知B的单位为kg，故B的物理理名称是质量，故B正确，ACD错误。
7.如图所示，一只质量为m的小猴子，抓住用细绳吊在天花板上的一根质量为M的竖直木杆。当悬绳突然断裂时，小猴子急速沿杆向上爬，以保持它离地面的高度不变，已知重力加速度为g，则木杆下降的加速度为
A. g B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小猴子处于静止状态，受力平衡，则有：，且摩擦力方向向上，对杆进行受力分析，受到重力Mg，小猴子对杆的摩擦力f，方向向下，根据牛顿第二定律得：，联立解得：，故C正确，ABD错误。
8.如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）
A. 12 N B. 22 N
C. 25 N D. 30N
【答案】A
【解析】
【详解】剪断细线前，A、B间无压力，对A受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据平衡条件有：N，剪断细线的瞬间，对整体分析，根据牛顿第二定律有：
，代入数据得整体加速度为：m/s2，隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：，代入数据解得：N，故A正确，BCD错误。
9.如图所示，水平面上有一质量为m=2kg的滑块，t=0时，该滑块在恒定的水平拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，t=1s时撤去拉力F，物体在整个运动过程中的v－t图象如图所示，g＝10 m/s2，则
A. 拉力F的大小为18N
B. 拉力F的大小为15N
C. 滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.3
D. 滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.2
【答案】AC
【解析】
【详解】速度时间图象的斜率表示加速度，则0—1s的加速度大小为：m/s2
1—3s的加速度大小为：m/s2
0—1s没有撤去拉力F，根据牛顿第二定律有：①
1—3s撤去拉力F，根据牛顿第二定律有：②
由②得：
由①得：F=18N
故AC正确，BD错误。
故选AC．
10.如图所示，滑雪轨道是由斜直轨道AB和水平轨道BC组成，运动员经过B点前后速度大小不变，t=0时运动员从A点由静止开始匀加速下滑，通过B点后，做匀减速滑动，最后停在C点。若运动员在第3s末和第6s末速度大小均为6m/s，第8s末速度大小为4m/s，则
A. 运动员在第3.5s末已经过B点
B. 运动员在运动过程中的最大速度为8m/s
C. 运动员从A到C的平均速率为5m/s
D. 运动员在第12s末恰好停在C点
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由题可知，运动员在第3s末速度大小为6m/s，则运动员前3s在斜面上，则加速度大小为：m/s2，又第6s末速度大小也为6m/s，第8s末速度大小为4m/s，说明运动员此过程在水平面上，则加速度大小为： m/s2，设在AB面上的时间为，B点的最大速度为，则在斜面上有：，在水平面上有：，联立解得：m/s，s，由上可知，3.5s
8N时，此时A与C相对滑动，B与C相对静止，所以B与C之间的摩擦力为N，对B，由牛顿第二定律有：，解得：m/s2，故A错误，B正确；
CD．因A与C间的摩擦力最大为4N，小于B与C的最大静摩擦力6N，所以无论力F多大，B与C都不会发生相对滑动；当拉力大于8N时，A与C会发生相对滑动，故C正确，D错误。
故选BC．
二、实验题
13.为了用弹簧测力计测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图所示的甲、乙两种方案。
（1）为了用某一弹簧测力计示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，应选用方案_______。
（2）若A和B的重力分别为20N和40N，当A被拉动时，系统稳定后，弹簧测力计a的示数为8.0N，b的示数为11.0N，c的示数为10.0N，则A和B间的动摩擦因数为___。
【答案】 (1). 甲 (2). 0.2
【解析】
【详解】（1）由图甲可知，用弹簧测力计b拉动木块A，木块B受到滑动摩擦力作用，弹簧测力计a的示数等于木块受到的滑动摩擦力，弹簧测力计a固定不动，便于读数；由图乙可知，用弹簧测力计匀速拉动木块A，使木块A做匀速直线运动，A处于平衡状态，弹簧测力计c的示数等于木块受到的滑动摩擦力，弹簧测力计是运动的，不便于读数，另一方面，要使弹簧测力计示数等于滑动摩擦力，要控制木块做匀速直线运动，难度较大；比较两种实验方案可以发现，方案甲更合理．
（2）在甲方案中，物体间的滑动摩擦力：8.0N
物体间的正压力：N
则物体间的动摩擦因数：
14.某实验小组用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知重力加速度为g，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，滑轮足够光滑，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验步骤如下：
①按图所示，安装好实验器材，但不挂砝码盘；
②垫高长木板右侧，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
③挂上砝码盘，调节木板左侧定滑轮，使牵引动滑轮的细线与木板平行；
④砝码盘中放入砝码，先通电，再放车，由打出的纸带求出小车的加速度并记录传感器示数；
⑤改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤④，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是_______。
A．必须要测出砝码和砝码盘的总质量
B．传感器的示数等于小车受到的合力
C．小车向左加速时，砝码处于失重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）如图（甲）是在实验中得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，如图（乙）是以传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象。
①小车的加速度大小为_______m/s2；打下计数点2时，小车的速度大小为_______m/s（结果保留两位有效数字）。
②若实验过程中，交流电的实际频率比50Hz稍大一些，则①中计算所得的小车加速度应比小车的实际加速度_____（选填“大”或“小”）。
③分析（乙）图时，该小组用量角器测得图线与横坐标的夹角为θ，通过计算式求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______
A． B． C． D．
（3）本实验中，随着砝码质量的增加，测得的小车加速度也会增加，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，小车的加速度大小约为_______。
A．2g B．15g C．g D．0.5g
【答案】 (1). C (2). 2.0 0.41 小 C (3). D
【解析】
【详解】（1）AD．小车受到的拉力，可以直接由力传感器测出，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故不需要测出砝码和砝码盘的总质量，故AD错误；
B．对小车受力分析，可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍，故B错误；
C．小车向左加速，则砝码和砝码盘向下加速，即重力大于轻绳的拉力，故砝码等于失重状态，故C正确。
故选C．
（2）①由于两计数点间还有四个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，根据：
代入数据得：
m/s2
依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则打计数点“2”时小车的速度大小为：
0.41m/s
②若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1s，计算加速度时所用时间t偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小；
③对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，对小车根据牛顿第二定律有：
变形得：
由题知该图象的斜率为k，则有：
解得：
故C正确，ABD错误。
（3）[6]设小车的加速度为a，则砝码和砝码盘向下加速为2a，对小车，根据牛顿第二定律有：
对砝码和砝码盘，根据牛顿第二定律有：
联立解得：
由上可知，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，即，小车的加速度大小约为：
故D正确，ABC错误。
三、计算题
15.气球以4m/s的速度从地面匀速上升，上升过程中从气球上掉落一个小物体，该物体离开气球后经2s着地。小物体离开气球后，气球以1m/s2的加速度匀加速上升。不计空气阻力，g=10m/s2。求：
（1）小物体离开气球时，气球的高度；
（2）小物体着地时，气球距地面的高度。
【答案】（1）12m；（2）22m
【解析】
【详解】（1）设v0=4m/s，t=2s，a=1m/s2，物体离开气球时，气球的高度为：
解得：m
（2）物体下落过程中，气球继续上升：
小物体着地时，气球距地面的高度为：
解得：m
16.如图所示，质量为mB＝10kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝15kg的物体A放在木板B上，一根轻绳一端栓在物体A上，另一端栓在地面的木桩上，绷紧的绳与水平面的夹角为θ＝37°，已知物体A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，现用水平力F将木板B从物体A下面匀速抽出，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）试求：
（1）绳上张力T的大小；
（2）拉力F的大小。
【答案】（1）150N （2）188N
【解析】
【详解】（1）对A受力分析有，如图所示：
根据平衡条件，则竖直方向有：
水平方向有：
联立解得：T=150N
（2）对AB整体，受力分析如图所示：
根据平衡条件，则竖直方向有：
水平方向有：
解得：F=188N
17.如图所示，水平面AB与固定的光滑长直斜面BC在B处平滑连接。BC倾角，质量m=5 kg的物体，受到水平方向的拉力F的作用，从A点由静止开始运动，经3s时间物体运动到B点时撤去F，物体恰能滑动到斜面上的D点。物体经过B点前后，速度大小不变。已知：F=25N，BD间距为3.6m。g=10m/s2，求：
（1）物体与水平面AB间的动摩擦因数μ；
（2）仅改变拉力F的大小，其它不变，要始物体能返回A点，拉力F的最小值Fmin应为多少？
【答案】（1）0.3（2）30N
【解析】
【详解】（1）设t1=3s，物体由A运动到B加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：
物体运动到B点时速度为：
物体由B运动到D加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：
从B到D由速度位移公式得：
解得：
（2）物体由B运动到A加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有：
物体能由B返回A，最小速度为vBm，根据速度位移公式得：
物体从A到B，在最小拉力Fmin时加速度大小为a4，根据牛顿第二定律有：
从A到B由速度位移公式得：
解得：N
18.如图所示，PQ为一绷紧传送带，始终以v=5m/s的速度逆时针运行，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。现有一质量为m的小碳从Q处以v0=3m/s的速度沿图示方向滑上传送带，已知P、Q之间的距离为6.8m，碳块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），试求：
（1）碳块在传送带上运动的总时间。
（2）碳块在传送带上留下的划痕长度。
【答案】（1）1.2s （2）1m
【解析】
【详解】（1）设L=6.8m，碳块相对传送带向上运动物时加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：
碳块经t1时间与传送带同速，根据速度时间公式有：
t1时间内炭块下滑位移为x碳1，根据位移公式有：
解得：s，x碳1=0.8m
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