【物理】安徽省定远县民族中学2019-2020学年高一上学期期末考试模考试题 （解析版）
安徽省定远县民族中学2019-2020学年高一上学期
期末考试模考试题
一、选择题
1.一质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，现对物块施加一个垂直于斜面向下的恒力F，如图所示，物体仍保持静止．则物块（ ）
A. 受到的支持力不变 B. 受到的支持力减小
C. 受到的摩擦力不变 D. 受到摩擦力减小
【答案】C
【解析】
【详解】以物块为研究对象，在未施加F之前，处于静止状态，根据力的正交分解可得物块受到的支持力，物块受到的摩擦力，在施加F之后，处于静止状态，根据共点力平衡以及力的正交分解可得物体受到的支持力，
受到的摩擦力故物块受到的支持力增大，受到的摩擦力不变，C正确；ABD错误。
故选C。
2.“星跳水立方”节目中，某明星从跳板处由静止往下跳，其运动过程的v﹣t图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 跳板距离水面的高度为7.5m
B. 1s末该明星的速度方向发生改变
C. 该明星入水前加速度向下，入水后加速度向上
D. 该明星在整个下降过程中的平均速度是7.5m/s
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，在0-1s时间内人在自由下落，t=1s时与水接触，根据图象的面积代表的是位移可知，跳板距离水面的高度h=×1×10m=5m，故A错误；由图象可知，0-1.5s速度图象都在时间轴上方，方向为正，方向没有变，故B错误；v-t图像的斜率等于加速度，可知该明星入水前加速度向下，入水后加速度向上，选项C正确；整个过程中平均速度，故D错误．故选C．
3.如图所示，质量为m的物体沿倾角为θ的斜面匀加速下滑，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，此时物体的加速度的大小为a1；若物体m上再放另一质量为m′的物体，它们一起运动的加速度大小为a2；若物体m上施加一个竖直向下、大小等于m′g的力F，此时下滑的加速度大小为a3.则a1、a2、a3大小的关系是
A. a3>a1>a2 B. a1＝a2
a2
【答案】B
【解析】
【详解】由牛顿第二定律有
若物体m上再放另一质量为m′的物体，此时加速度为
物体m上施加一个竖直向下、大小等于m′g的力F，此时加速度为
由于，所以，故选B。
4.如图所示，A、B两物体相距x＝3 m，物体A以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体
B此时的速度vB＝10 m/s，在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度的大小为2 m/s2.那么物体A追上物体B所用的时间为( )
A. 7 s B. 8 s C. s D. 3＋s
【答案】A
【解析】
B速度减为零的时间，此时B的位移xB＝＝25m，A的位移xA=vAt0=4×5m=20m，因为xA＜xB+x，可知B速度减为零时A还未追上B，根据x+xB=vAt知，追及的时间t=s＝7s．故选A．
5.如图所示，一光滑斜面固定在地面上,重力为的物体在一水平推力的作用下处于静止状态．若斜面的倾角为，则（）
A.
B.
C. 物体对斜面的压力
D. 物体对斜面的压力
【答案】D
【解析】
以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得
，
解得，
由牛顿第三定律得：.
点晴：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力．
6.质量为5 kg的木箱以大小为2 m/s2的加速度水平向右做匀减速运动，在箱内有一轻弹簧，其一端被固定在箱子的右侧壁，另一端拴接一个质量为3 kg的滑块，木箱与滑块相对静止，如图所示．若不计滑块与木箱之间的摩擦，下列判断正确的是( )
A. 弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为10 N
B. 弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为6 N
C. 弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为10 N
D. 弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为6 N
【答案】B
【解析】
【详解】因为木箱与滑块相对静止，所以滑块的加速度与木箱加速度相同，根据牛顿第二定律可知，滑块所受合外力水平向左，所以弹簧被压缩，弹力大小，故B正确，ACD错误；
故选B．
7.在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达较大值v1
时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地．他的速度图像如图所示．下列关于该空降兵在0～t1或t1～t2时间内的平均速度的结论正确的是（ ）
A. 0～t1， B. t1～t2，
C. t1～t2， D. t1～t2，
【答案】D
【解析】
【详解】A．空降兵在0～t1时间内做自由落体运动，由匀变速直线运动规律可得，
故A错误；
BCD．根据图形的面积表示位移的大小可知，向下弯曲的曲线，位移要比匀变速直线运动时的小，所以平均速度也要比较小，即，故BC错误，D正确．
8.如图所示，用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是( )
A. 挡板对小球的压力先增大后减小 B. 挡板对小球的压力先减小后增大
C. 斜面对小球的支持力先减小后增大 D. 斜面对小球的支持力一直逐渐减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
由题中“用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间”可知，本题考查物体受力分析和受力平衡，根据平衡和物体受力分析可解答本题．
【详解】有题可得下图
取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的弹力FN1和FN2，FN1和FN2的合力与重力大小相等，方向相反，FN2总是垂直斜面，方向不变，由图可知FN1方向改变时，其大小只能沿PQ线变动，显然在挡板移动过程中，FN1先变小后变大，FN2一直减小，故BD正确．
9.在如图所示的v－t图中，A、B两质点同时从同一点在一条直线上开始运动，运动规律用A、B两图线表示，下列叙述正确的是
A. t＝1 s时，B质点运动方向发生改变
B. t＝2 s时，A、B两质点间距离一定等于2 m
C. A、B同时从静止出发，前2 s内朝相反的方向运动
D. 在t＝4 s时，A、B相遇
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图知，在0-2s内，B质点的速度均为负值，说明在0-2s内运动方向不改变，故A错误；
B．在前2s内，A的位移为，B的位移为，故A、B两质点间距离为，故B正确；
C．前2s内A朝正方向运动，而B朝负方向运动，故C正确；
D．根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，图线在t轴上方，位移为正值，在t
轴下方位移为负值，则知，前4s内A的位移大于B的位移，两者从同一地点出发，故在t=4s时，A、B没有相遇，故D错误。
故选BC。
10.如图a所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图b所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知
A. 甲的质量是2 kg B. 甲的质量是6 kg
C. 甲、乙之间的动摩擦因数是0.2 D. 甲、乙之间的动摩擦因数是0.6
【答案】BC
【解析】
【详解】由图像可以看出当力F＜48N时加速度较小，所以甲乙相对静止，采用整体法，由牛顿第二定律，图中直线的较小斜率的倒数等于M与m质量之和为8kg，当F＞48N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律，图中较大斜率倒数等于甲的质量：6kg，较大斜率直线的延长线与a的截距等于μg，得，故选BC。
二、实验题
11.某同学用图甲所示装置测定重力加速度．（已知打点频率为50Hz）
（1）实验时下面步骤的先后顺序是__________
A．释放纸带 B．打开打点计时器
（2）打出的纸带如图乙所示，可以判断实验时重物连接在纸带的____
_（填“左”或“右”）端．
（3）图乙中是连续几个计时点，每个计时点到0点的距离d如表所示：
计时点
0
1
2
3
4
5
6
距离d/cm
0
6.00
12.50
19.30
26.50
34.10
42.10
根据这些数据可求出重力加速度的测量值为__________．（保留三位有效数字）
【答案】 (1). BA (2). 左 (3). 9.72
【解析】
【详解】（1）为了更充分的利用纸带，所以要先打开打点计时器，然后再释放纸带，所以实验顺序是：BA；
（2）释放的纸带做匀加速运动，所以运动的位移越来越大，则间距也就越来越大，即靠近重物的位置点比较密集，故重物应该接左端；
（3）利用公式，并使用逐差法计算可得：
12.某同学设计了如图所示装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别于弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线、，并测出间距开始时讲模板置于处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数,以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到处的时间．
（1）木板的加速度可以用、表示为=______________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）_________．
（2）改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是_________________．
a.b. c.d.
（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______________．
a．可以改变滑动摩擦力的大小
b．可以更方便地获取多组实验数据
c．可以比较精确地测出摩擦力的大小
d．可以获得更大的加速度以提高实验精度
【答案】 (1). 保持不变，重复实验多次测量，求平均值 (2). c (3). bc
【解析】
【详解】 (1)根据匀变速直线运动公式得：；
为了减小测量加速度偶然误差可以采用的方法是保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值；
(2) 根据牛顿第二定律得
当时，木板才产生加速度，此实验要求水的质量必须远远小于木板质量，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后，图象将向下弯曲，只有图象c符合该同学的实验结果，abd不符合题意。
故选c。
(3) a．不可以改变滑动摩擦力的大小，a错误；
b．缓慢向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，b正确；
c．缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动，可以比较精确地测出摩擦力的大小，c正确；
d．并没有获得很大的加速度，可以获取多组实验数据以提高实验精度，d错误。
故选bc．
三、计算题
13.2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240 m处的泥石流以8 m/s的初速度，0.4
m/s2的加速度匀加速倾泻而下．假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动．其过程简化为下图所示，求：
（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？
（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）16m/s（2）
【解析】
【详解】解：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，由题意有：v0=8m/s，
v1=v0+a1t1
代入数据得：t1=20s，v1=16m/s
（2）汽车速度加速到等于v1且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，故依题意有：
v汽=a′t=v1①
②
泥石流在水平路面上的位移为：
x石=v1（t+1﹣t1）=x2③
由①②③代入数据可解得：a′=0.421m/s2
14.如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B.现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A仍保持静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)此时水平拉力F的大小；
(2)环对横杆的压力及环受到的摩擦力．
【答案】(1) mg (2)2mg，方向竖直向下 mg，方向水平向左
【解析】
【详解】（1）取小球为研究对象进行受力分析，受到拉力F、重力G、细线拉力FT，由平衡规律得：
FTsin37°=F
FTcos37°=mg
联立解得F＝mg
故水平拉力F的大小为mg．
（2）取AB组成的系统为研究对象，受到总重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有
FN=2mg
Ff=F
由牛顿第三定律FN=-FN
′
故对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下，环受到的摩擦力大小为0.75mg，方向水平向左．
15.如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
（1）小物体与斜面间的动摩擦因数；
（2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．
【答案】（1）0.5（2）2.2m，沿斜面向上
【解析】
试题分析：线根据图乙计算出小物体在斜面方向上运动的加速度，再沿斜面方向上根据牛顿第二定律列式，结合滑动摩擦力的公式即可解得动摩擦因数的大小；对出去F后小物体的运动过程进行分段，在1.8s的时间范围向上的减速运动和向下的加速运动，分别在各段进行受力分析，根据牛顿运动定律及运动学公式即可解答．
(1)由题图乙可知，0～2 s内物体的加速度a1＝＝4m/s2
根据牛顿第二定律，F－mgsinθ－Ff＝ma1
FN＝mgcosθ
而Ff＝μFN
代入数据解得：μ＝0.5
(2)撤去F后，根据牛顿第二定律：－mgsinθ－Ff＝ma2
解得：a2＝－10 m/s2
设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2
解得：t2＝0.8 s
在0.8 s内物体有向上运动的位移x2，根据速度位移公式：
解得：x2＝3.2 m
物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsinθ－Ff＝ma3，
解得a3＝2 m/s2
再经t3＝1s
物体发生位移x3，有：
物体在撤去F后1.8 s内的位移为：x＝x2－x3
代入数据解得x＝2.2m，方向沿斜面向上
点睛：本题主要考查了根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况；根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力．
16.如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝，并以v＝10m/s的速率逆时针转动，在传送带的A端轻轻地放一小物体．若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A端到B端的距离L＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间为多少？（g取10 m/s2，sin＝0.6，cos＝0.8）
【答案】2s
【解析】
【详解】设小物体的质量为m，小物体被轻轻地放在传送带A端，小物体沿传送带方向速度为零，但传送带的运动速率为v＝10m/s，二者速率不相同，它们之间必然存在相对运动，传送带对小物体有沿传送带斜向下的滑动摩擦力作用，小物体的受力情况如图所示，设小物体的加速度为a1，则由牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff1＝ma1 ①
FN＝mgcosθ ②
Ff1＝μFN ③
联立①②③式并代入数据解得a1＝10m/s2
小物体速度大小达到传送带速率v＝10m/s时，所用时间t1＝＝1s
在1s内小物体沿传送带的位移x1＝a1＝5m
小物体的速度大小与传送带速率相同的时刻，若要跟随传送带一起运动，即相对传送带静止，它必须受到沿传送带向上的摩擦力Ff＝mgsinθ＝6m
的作用，但是此时刻它受到的摩擦力是Ff2＝μmgcosθ＝4m
小于Ff.因此，小物体与传送带仍有相对滑动，设小物体的加速度为a2，这时小物体的受力情况如图所示．由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得a2＝2m/s2
设小物体速度大小达到10m/s后又运动时间t2才到达B端，则有x2＝L－x1＝vt2＋a2
代入数据解得t2＝1s，t2′＝－11s（舍去）
小物体从A端运动到B端所需的时间t＝t1＋t2＝2s
