2018-2019学年福建省福州市八县（市）协作校高一上学期期末联考物理试题（解析版）

2018-2019学年福建省福州市八县（市）协作校高一上学期期末联考物理试题（解析版）

福州市八县（市）协作校2018—2019学年第一学期期末联考 高一物理试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，不选、错选、多选均不得分。）‎ ‎1. 下列关于摩擦力的说法正确的是 A. 相互压紧的粗糙物体间必有摩擦力 B. 静摩擦力不一定随正压力增大而增大 C. 静止的物体一定不会受到滑动摩擦力作用 D. 摩擦力方向一定不会与物体运动方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 相互压紧的粗糙物体要有相对运动或者相对运动的趋势才有摩擦力，故A错误；滑动摩擦力大小跟压力成正比，而静摩擦力大小与压力无关，故B正确；静止的物体可以受到滑动摩擦力也可以受到静摩擦力，故C正确；摩擦力方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，可能与物体的运动方向相同，也可以与物体运动方向相反，故D正确。所以BCD正确，A错误。‎ ‎2.一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是(　　)‎ A. 榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎 B. 榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 C. 榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 D. 因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系.故选项C正确.‎ ‎3.关于惯性，下列说法正确的是：（　　）‎ A. 静止的物体没有惯性，运动的物体才有惯性 B. 惯性是物体的固有属性，其大小仅与物体质量有关 C. 正在行驶的汽车，行驶快的不易停下来，所以速度大的物体惯性大 D. 自由下落的物体处于完全失重状态，物体的惯性消失 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 惯性是物体的固有属性，其大小仅与物体质量有关，与物体的运动状态无关，选项A错误，B正确；惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度是没有关系的，故C错误；自由下落的物体处于完全失重状态，物体的惯性依然存在，故D错误；故选B.‎ 点睛：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起。解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性。惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来。‎ ‎4. 把木箱放在电梯的水平地板上，则地板所受压力最大的情况是（ ）‎ A. 电梯以a=1.5m/s2的加速度匀加速上升 B. 电梯以a=2.0m/s2的加速度匀减速上升 C. 电梯以a=1.8m/s2的加速度匀减速下降 D. 电梯以v=3m/s的速度匀速上升 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A、加速上升，加速度向上，根据牛顿第二定律，有 N﹣mg=ma，故N=mg+ma=11.5m B、减速上升，加速度向下，根据牛顿第二定律，有 mg﹣N=ma，故N=mg﹣ma=8m C、减速下降，加速度向上，根据牛顿第二定律，有 N﹣mg=ma，故N=mg+ma=11.8m D、匀速上升，二力平衡，有N=mg=10m 根据牛顿第三定律，木箱对地板的压力等于地板对木箱的支持力，选项C中地板所受压力最大；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键根据牛顿第二定律列方程求解出压力后比较．‎ ‎5.下列关于物体运动的描述，正确的是：（ ）‎ A. 在直线运动中，物体运动的路程与位移的大小一定相等 B. 物体的加速度逐渐减小，其运动的速度一定减小 C. 物体的速度为零，其加速度一定为零 D. 物体的速度减小得越慢，其加速度一定越小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 只有在单向直线运动中，物体的位移大小才等于其路程，故A错误；物体的加速度逐渐减小，其运动的速度可能增大，如加速度和速度方向相同时，速度一定增大，故B错误；物体的速度为零，其加速度不一定为零，如竖直上抛的最高点，故C错误；物体的速度减小得越慢，其加速度一定越小，故D正确。故选D。‎ 点睛：解决本题的关键知道加速度的定义以及路程和位移的区别，知道路程是标量，位移、速度和加速度是矢量，要注意正确理解加速度和速度之间的关系。‎ ‎6.如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB和AC之间，AB与AC之间的夹角为30°．现将AC板固定，而使AB板沿顺时针方向缓慢转动90°，则（ ）‎ A. 球对AB板的压力逐渐减小 B. 球对AB板的压力先减小后增大 C. 球对AC板的压力逐渐增大 D. 球对AC板的压力先减小后增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出小球三个不同位置的受力图，如图，‎ 可见，使AB板顺时针缓慢转动900的过程中，AB板对球的支持力N1先减小后增大，AC板对球的支持力N2一直减小，由牛顿第三定律得知，球对AB板的压力先减小后增大，球对AC板的压力一直减小。由上述分析知BC对。‎ 考点: 共点力的动态平衡。‎ ‎【名师点睛】力的动态问题分析——图解法的一般步骤 ‎（1）首先画出力的分解图．在合力与两分力构成的三角形中，一个是恒力，大小方向均不变；另两个是变力，其中一个是方向不变的力，另一个是大小、方向均改变的力．‎ ‎（2）分析方向变化的力在哪个空间内变化，借助力的矢量三角形，利用图解法判断两个变力大小、方向的变化．‎ ‎（3）注意：由图解可知，当大小、方向都可变的分力（设为F1）与方向不变、大小可变的分力垂直时，F1有最小值．‎ ‎7.如图所示，mA>mB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，则在此过程中（ ）‎ A. FN增大，F2增大，F1不变 B. FN减小，F2减小，F1不变 C. FN减小，F2减小，F1增大 D. FN增大，F2减小，F1增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由题，B保持匀速上升，由平衡条件得知，绳子的拉力大小T不变．根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变．‎ 对A分析受力情况如图，则竖直方向力平衡得：FN+F1cosθ=GA，得 FN=GA-Tcosθ；A沿地板向右运动时，θ增大，cosθ减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2=μN，μ不变，则F2也逐渐增大．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ 考点：物体的平衡.‎ ‎8.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环图中未画出，三个滑环分别从a、b、c处释放初速为，用、、依次表示滑环到达d所用的时间，则　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为（θ为杆与水平方向的夹角），由图中的直角三角形可知，小滑环的位移 所以t与θ无关，即，故选D．‎ 考点：本题考查了匀变速直线运动规律 点评：本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选不全得2分，有错选得0分。）‎ ‎9.如图所示，是A、B两个物体做直线运动的v－t图象，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. A物体做匀加速直线运动 B. B物体做匀减速直线运动 C. A物体的加速度大于B物体的加速度 D. B物体的速度变化比A物体快 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由速度图象可知：物体AB均做匀加速直线运动．加速度的大小看斜率的大小，B的加速度大，表示B的速度变化快；‎ ‎【详解】A、由速度图象可知：物体A的速度随时间均匀增大，做匀加速直线运动，故A正确； B、物体B向负方向运动，速度随时间均匀增大，做匀加速直线运动，故B错误； C、加速度的大小看斜率的大小，图中B直线斜率较大，则A的加速度小于B的加速度，故C错误； D、B的加速度大，表示B的速度变化比A的速度变化快，故D正确。‎ ‎【点睛】本题是速度图象问题，考查理解图象的能力，要注意不能根据数学上正数大于负数来比较加速度的大小 ‎10.关于加速度的单位，下列正确的有（　 ）‎ A. kg·m/s B. m/s2 C. kg/N D. N /kg ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 根据加速度的定义式：，可得加速度的单位为m/s2，根据牛顿第二定律：，可知加速度的单位为N/kg，故BD正确，AC错误。‎ ‎11.如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是 ( 　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 试题分析：刚开始释放时，由于传送带的速度大于小物块的速度，因此，小物块在传送带上受重力mg、支持力N和滑动摩擦力f作用，显然，小物块要被加速，其加速度大小为μg，但小物块最终的速度不可能超过传送带的速度，因为当两者速度相等时，相对静止，摩擦力消失，小物块将匀速运动，因此若L＝，则小物块一直匀加速至B端，且速度刚好等于v，其运动时间为，故选项D正确；若L＜，则小物块一直匀加速至B端，速度小于v，其运动时间为，故选项C正确；若L＞，则小物块先匀加速至速度为v，再以速度v匀速运动至B端，其运动时间为＋－＝＋，故选项A正确；小物块不可能从A匀速运动至B端，即时间不可能为，故选项B错误。‎ 考点：本题主要考查了物体的受力分析及牛顿运动定律、匀变速直线运动规律的应用，以及分析、综合的能力问题，属于中档题。‎ ‎12.如图所示，质量相同的木块A．B用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态，现用水平恒力F推木块A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，以下说法正确的是（ ）‎ A. 两木块速度相同时，加速度 B. 两木块速度相同时，加速度 C. 两木块加速度相同时，速度 D. 两木块加速度相同时，速度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 当两个物体加速度相同时，A的速度大于B的速度，当压缩到最短时，两物体速度相同，此时B的加速度较大，A错；B对；A的加速度有可能一直减小，C错；D对；‎ 三、实验题（本题每空2分，共16分。请将答案填在答题卡的相应位置。）‎ ‎13.用等效代替法验证力的平行四边形定则的实验情况如下图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎(1)本实验中“等效代替”的含义是________．‎ A．橡皮筋可以用细绳替代 B．左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果 C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果 D．两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代 ‎(2)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿着AO方向的是________，图中________是F1、F2合力的理论值，______是合力的实验值．‎ ‎(3)(多选)完成该实验的下列措施中，能够减小实验误差的是________．‎ A．拉橡皮筋的绳细一些且长一些 B．拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行 C．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 D．使拉力F1和F2的夹角很小 ‎【答案】（1）D，（2）F′，F；（3）ABC ‎【解析】‎ 试题分析：（1）该实验采用了“等效替代”的方法，即两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的形变相同；‎ ‎（2）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差别．‎ ‎（3）实验时，为便于准确记录拉力的方向，细绳应细一些、长一些，实验时，测力计应靠近木板且与木板平行，但不能与木板接触．‎ 解：（1）该实验采用了“等效法”，即用两个弹簧秤拉橡皮筋的效果和用一个弹簧秤拉橡皮筋的效果是相同的，即要求橡皮筋的形变量相同，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D ‎（2）F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力，因此其方向沿着AO方向．‎ ‎（3）A、为减小实验误差，拉橡皮筋的绳细一些且长一些，故A正确；‎ B、为减小实验误差，拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行，故B正确；‎ C、拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C正确；‎ D、使拉力F1和F2的夹角要大些，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ 故答案是：（1）D，（2）F′，F；（3）ABC ‎【点评】该题属于基础题目，考查了“验证力的平行四边形定则”的实验中基础知识，如等效思想即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．‎ ‎14.在《探究加速度与力、质量的关系》实验中采用如图所示的装置。‎ ‎（1）本实验应用的实验方法是_________‎ A．假设法     B．理想实验法 C．控制变量法    D．等效替代法 ‎（2）下列说法中正确的是________（选不全得1分）‎ A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源 D．在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量 ‎（3）如下图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带，取计数点A、B、C、D、E。纸带上两相邻计数点的时间间隔为T = 0.10s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB=1.21cm，BC=1.83 cm，CD=2.41 cm，DE=3.03 cm，则小车运动的加速度大小=__________m/s2，打纸带上B点时小车的瞬时速度大小=__________________m/s。(结果均保留两位小数) ‎ ‎（4）某同学测得小车的加速度和拉力F的数据后,依照数据正确画出-F图像如图所示，（小车质量保持不变）图线不过原点的原因可是____________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). C (2). BD (3). 0.60 (4). 0.15 (5). “平衡摩擦力不足”（或“未平衡摩擦力”或“木板垫得不够高”）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）加速度与物体质量、物体受到的合力有关，在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法； （2）当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小；平衡摩擦力时，不能挂盘，实验过程中，先接通打点计时器电源再放开小车，小车的加速度应由纸带求出； （3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小； （4）根据图象，小车上加拉力时加速度仍为零，故图象不过坐标原点的原因可能是没有平衡摩擦．‎ ‎【详解】（1）探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，这种实验方法是控制变量法．故选C． （2）平衡摩擦力时，小车上不应该挂砝码，只让小车拖着纸带做匀速运动即可，故A错误；在实验前平衡一次摩擦力即可，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；实验时，先接通打点计时器电源再放开小车，故C错误；在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量，以使得小车的拉力近似等于砝码的重力．故D正确；故选BD． （3）根据作差法可知，小车运动的加速度大小为：， 打纸带上B点时小车的瞬时速度大小为： （4）由图线可看出，小车上加拉力时还没有加速度，故图象不过坐标原点的原因可能是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够．‎ ‎【点睛】探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键．要掌握常用的科学探究方法，提高我们的实验探究能力．‎ 四、计算题：（共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15.如图所示，一小滑块（视为质点）从0点以某初速度沿直线OB做匀加速运动，经时间t=3S以大小为VA=2m/s的速度通过A点。已知滑块通过B点时的速度大小VB=3m/s，A、B两点间的距离 S=5m。求：‎ ‎（1）滑块运动的加速度大小； ‎ ‎（2）滑块在O点时的速度大小 ‎ ‎（3） 滑块从O点到B过程的平均速度 ‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对AB段，根据v2−v02＝2ax求解滑块加速度； （2）根据v=v0+at求解滑块在O点时的速度大小vO；‎ ‎（3）利用求解从O点运动到B点的平均速度大小。‎ ‎【详解】（1）滑块从A点到B点的过程中，有： ‎ 解得： ‎ ‎（2）滑块从O点到A点的过程中有： ‎ 解得： ‎ ‎（3）滑块从O点到B点的过程中，有： ‎ 解得：‎ ‎16.如图所示，用细绳AB将质量为m的球系在电梯内的竖直光滑的墙壁上，绳与墙壁间的夹角为θ，重力加速度为g，当电梯做加速度大小为a的匀减速上升运动时，求：‎ ‎（1）请画出小球受力图；‎ ‎（2）绳对球的拉力T的大小， ‎ ‎（3）球对墙的压力大小N’‎ ‎【答案】（1）受力图见解析； （2） （3） m(g-a)tanθ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出受力图，根据牛顿第二定律列出水平和竖直方向的方程，联立求解绳对球的拉力T的大小以及球对墙的压力大小N’。‎ ‎【详解】（1） 受力如图；‎ ‎ ‎ ‎（2）取竖直向上为正，对球由牛顿第二定律得，‎ 竖直方向：Tcosθ-mg=m(-a) ‎ 水平方向：N=Tsinθ ‎ 解得： ‎ ‎（3）解得： ‎ 由牛顿第三定律得：球对墙壁的压力N’=N=m(g-a)tanθ ‎17.如图所示，静止在水平地面上一质量 m＝10 kg的物块在推力F=50N作用下沿水平地面运动，推力方向与水平面的夹角α=53°，物体与水平地面的动摩擦因数为μ=0.2（计算时取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2)。求：‎ ‎（1）推力F作用在物块上时物体的加速度大小 ‎ ‎（2）若推力F作用10S后撤去，求撤去F之后物块在2秒内滑行的距离？‎ ‎【答案】（1）a=0.2m/s2 （2）1m ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律求出力F作用时的加速度大小；‎ ‎（2）由匀变速直线运动的速度时间公式求出运动10s时的速度，根据牛顿第二定律求出撤去F后的加速度，然后匀变速直线运动的速度位移公式求出还能滑行的距离。‎ ‎【详解】（1）物体受力如图所示，据牛顿第二定律有 竖直方向上：N-mg-Fsin53° = 0 ‎ 水平方向上：Fcos53°-f = ma ‎ 又 f=μN ‎ 联立以上方程解得a=0.2m/s2 ‎ ‎（2）10s末的速度大小υ=a1t1 = 0.2×10m/s = 2m/s 撤去力F后，据牛顿第二定律有:-μmg = ma2 ‎ 解得a2=μg =- 2m/s2 ‎ 停下来的需要的时间：t停 =υ/ a2 = 1s <2s ‎ 故撤去推力后2 s内的位移s2=（02-v2）/2 a2 = 1m ‎18.如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其ＡＢ边的长度S=2m，斜面倾角为37°。光滑水平地面上有一块质量M=3Kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置。质量为m＝1kg物体由A点静止滑下，然后从B点滑上长木板（由斜面滑至长木板时速度大小不变），已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，g=10m/s2 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：‎ ‎（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小；‎ ‎（2）物体从B点滑上长木板时，物体和长木板的加速度。‎ ‎（3）物体在长木板上滑行的最大距离。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑的加速度，然后根据速度位移公式求出物体到达斜面底端B点时的速度大小；对物体和长木板根据牛顿第二定律分别求出物体和长木板的加速度；根据物体和长木板速度相等求出所用的时间，然后根据位移时间公式求出物体和长木板运动的位移，二者之差即为物体在长木板上滑行的最大距离。‎ ‎（1）从A到B的过程，根据牛顿第二定律有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1 ‎ 代入数据解得：a1=4m/s2 ‎ 下滑到B点时的速度：vB2= 2a1S ‎ 代入数据解得：vB =4m/s ‎ ‎（2）滑上长木板时,对物体，由牛顿第二定律得：μ2mg = ma2‎ 解得：a2=μ2g = 3m/s2 方向水平向左 ‎ 对长木板，由牛顿第二定律得：μ2mg = Ma3‎ 解得：a3 = 1m/s2 方向水平向右 ‎ ‎（3）设经过时间t，物体和长木板速度相等，即： vB – a2t = a3 t ‎ 解得：t =1s ‎ 此时物体的位移 ‎ 长木板的位移 ‎ 物体在长木板上滑行的最大距离d= S1- S2 =2m ‎ 点睛：本题主要考查了相对滑动问题，关键要理清物体和长木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。‎ ‎ ‎ ‎ ‎