河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一物理上学期期末考试试题(含解析)

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1. 如图所示，A是倾角为θ的质量为M的斜面体，B是质量为m的截面为直角三角形的物块，物块B上表面水平。物块B在一水平推力F的作用下沿斜面匀速上升，斜面体静止不动．设重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）

A. 地面对斜面体A无摩擦力

C. A对地面的压力大小为FNA＝(M＋m)g【答案】C【解析】

B. B对A的压力大小为FNB＝mgcos θD. B对A的作用力大小为F【详解】A．AB可以看成一个整体，整体受到的合外力为零，由于受到水平向右的推力，所以地面对A由向左的摩擦力，A错误；B．对B进行受力分析有

FNBmgcosFsin，B错误；

FNAMmg，C正确；

C．A对地面的压力大小等于AB的重力即

D．B对A的作用力大小等于mg和F的合力，D错误。故选C。

2. 半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. MN对Q的弹力逐渐增大B. P、Q间的弹力先减小后增大C. P对Q的弹力逐渐增大D. Q所受的合力逐渐增大【答案】A【解析】

【详解】A．以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示

由平衡条件得，MN对Q的弹力

F1mgcosP对Q的弹力

F2mgsin使MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，α减小，则F1增大，F2减小，故A正确，BC错误；D．Q缓慢移动，所受的合力保持为零，不变，故D错误。故选A。

3. 如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°，当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的人对厢底的压力为其重量的1.25倍，那么车厢对人的摩擦力为其体重的（ ）

1A. 4倍

【答案】B【解析】

1B. 3倍5C. 4倍4D. 3倍

【详解】由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有

FNmgma上解得

a上0.25g设水平方向上的加速度为

a水，则

a3 上tan37a水4所以

a水1g3对人受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，即

1fma水mg3故选B。

【名师点睛】对人受力分析可知，人在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小．

4. 如图，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到D点，则CD与DA的比为(　　)

1A. tan【答案】D【解析】

1B. 2tan12C. tan12D. 2tan【详解】设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，根据几何关系有

vyv0tanv0tcos设该过程用时为t，则DA间水平距离为v0t，根据几何关系得

DAvytCD间竖直距离为2，根据几何关系有

CD联立解得

vyt2sinCD1DA2tan2故选D。

5. 如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为4，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）

A. 当F4mg时，A、B都相对地面静止B. 当F5mg时，A的加速度为gC. 当F8mg时，A相对B处于滑动状态，

D. 无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】C【解析】

【详解】A．A与B之间的最大静摩擦力为

fmax1mAg4mgB与地面间的最大静摩擦力为

fmax2(mAmB)g2mgA、B相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得，对B有

4mg2mgma0得

a02g对整体有

F02mg2ma0得

F06mgFF0，所以A、 B之间不会发生相对滑动，当2mgF4mg，由于拉力

当F4mg时，则有

大于B与地面间的最大静摩擦力，故A、B与地面间发生相对滑动，故A错误；

B．当F5mg时，由于F6mg，所以 A、B间相对静止，相对地面一起运动，由牛顿第二定律得，A的加速度为

a故B错误；

F2mg3g2m2C．当F8mg时，由于F6mg，所以A、B间会发生相对滑动，故C正确；D．由上分析知，B的加速度会超过μg，最大达到2μg，故D错误。故选C。

6. 如图所示，沿光滑竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为，则以下说法正确的是（　　）

A. 物体B向右匀速运动B. 物体B向右匀加速运动C. 细绳对A的拉力逐渐变小D. 细绳对B的拉力逐渐变大【答案】C【解析】

【详解】A B．将A物体的速度按图示两个方向分解，如下图所示，则绳子速率有

v绳vcos而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B速率为

vB=vvcos绳

因角逐渐减小，则B物体向右速度逐渐增大，做变加速运动，AB错误；

CD．对A物体受力分析，受重力、拉力、支持力，因A匀速下滑，拉力的竖直向上的方向分力与重力平衡，当角逐渐变小，则绳对A拉力逐渐变小；由牛顿第三定律知，绳对B的拉力逐渐变小，C正确，D错误。

故选C。

7. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端系于墙上，另一端连接一物体A。用质量与A相同的物体

B推A使弹簧压缩，A、B与水平面间的摩擦因数分别为A和B且AB。将A、B放后，A、B向右

运动一段距离后将会分离，则A、B分离时（　　）

A. 弹簧形变量为零

ABmgB. 弹簧压缩量为

kABmgC. 弹簧伸长量为

kABmgD. 弹簧压缩量为【答案】B【解析】

【详解】设A、B分离时弹簧伸长量为x，当AB刚好分离时AB间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律得

kBmgm解得

Amgkxmx由于μA＞μB，所以有

(BA)mgkx＜0

(AB)mgk说明弹簧压缩，且压缩量为

故选B。

8. 如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速

n1、从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是（　　）

xn2n1rA.

【答案】A【解析】

rn2n1xB.

x2n2n12rC.

D.

n2n1xr【详解】从动轴的转速n2、滚轮半径r，则滚轮边缘的线速度大小为

v12πn2r主动轮与滚轮接触处的线速度大小

v22πn1x根据v1=v2得

2πn2r2πn1x得

n2故选A。

xn1r二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在下列各题的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，选对但不全者得2分，错选或不选得0分）

9. 物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3s内与第2s内的位移之差是6m，则可知（　　）A. 第1s内的位移为3mB. 第2s末的速度为12m/sC. 物体运动的加速度为3m/s2D. 物体在前4s内的平均速度为15m/s【答案】AB【解析】

【详解】AC．根据匀变速直线运动的规律xaT，由题意可知物体运动的加速度

2a所以第1s内的位移

x622m/s=6m/sT21x1故A正确，C错；B．第2s末的速度

121at612m=3m22v262m/s=12m/s故B正确；D．物体4s末的速度

v464m/s=24m/s所以物体4s内的平均速度

v4故D错误。故选AB。

v4v0240m/s=12m/s22x10. 一质量m=2kg的滑块在摩擦力作用下沿水平面减速滑行，其运动过程t－t(其中x为滑块的位移)图

象如图所示，重力加速度大小为10m/s2，则

A. 0~10s内滑块的位移为10mB. 0~10s内滑块的平均速度为1.5m/sC. 滑块受到的摩擦力大小为0.8ND. 滑块与水平面间的动摩擦因数为0.04【答案】CD【解析】【分析】

xtt结合运动学公式，正确分析图像斜率与截距的物理意义，联立运动学公式，找出初速度和加速度，

对物体进行正确的受力分析即可．

1x1xxv0tat2v0att22，对比t【详解】根据匀变速直线运动的位移公式，变形得t图像得

v0a2k0.2m/st7.5s02v0b3m/s，2a，解得a0.4m/s，滑块减速时间，所以10s末

滑块已停止运动

20v2ax，解得x11.25m，选项A错误；0A.根据

vB.10s内滑块的平均速度C.根据D.根据

x1.125m/st，选项B错误；

，即滑动摩擦力大小为0.8N，选项C正确；

Ffma，解得

Ff0.8NFfmg，解得0.04，选项D正确．

xt【点睛】正确分析t图像斜率与截距的物理意义是解决问题的关键．

11. 如图所示,在双人花样滑冰运动中,有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面,目测体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°,重力加速度为g,估算该女运动员(　　)

A. 受到的拉力为3GB. 受到的拉力为2GC. 向心加速度为3gD. 向心加速度为2g【答案】BC【解析】

【详解】A、B、女运动员做圆锥摆运动，由对女运动员受力分析可知，受到重力、男运动员对女运动员的拉力，竖直方向合力为零，由Fsin30°=G,解得F=2G，故A错误，B

正确；

C、D、水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有Fcos30°=ma向，即2mgcos30°=ma向，所以

a向=3g故选BC.

，故C正确，D错误.

【点睛】本题是实际问题，要建立物理模型，对实际问题进行简化．结合牛顿第二定律进行求解．该类型

题的关键是正确受力分析，找出哪些力提供了向心力，铭记沿半径方向上的所有力的合力提供向心力.12. 如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（　　）

LvA. v2gLB. v2LgC. 2LD. v【答案】ACD【解析】

【详解】A．木块在传送带上先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀加速直线运动的加速度

a=μg匀加速运动的时间

t1vg匀加速直线运动的位移

v2v2x12a2g匀速运动的时间

t2则木块从左端运动到右端的时间

Lx1Lvvv2gtt1t2故A正确；

Lvv2gBD．木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，到达右端的速度恰好为v，根据平均速度推论知

L则运动的时间

vt2t2Lv故B错误，D正确；

C．木块在传送带上可能一直做匀加速直线运动，根据

L得

12at2t故C正确。故选ACD。

2La2Lg第Ⅱ卷（非选择题，共52分）

三、实验题（本题共3小题，其中13题6分，14题8分，15题 10分，共24分） 13. 某同学在用打点计时器研究匀变速直线运动的实验中，获得如图所示的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻的计数点间有四个点未画出。

(1)相邻计数点间的时间间隔为______s。

(2)根据纸带上所给出的数据，计算C点的瞬时速度

vC______m/s，还可求得纸带运动的加速度

a______m/s2（均保留三位有效数字）。

【答案】 (1). 0.1 (2). 1.00 (3). 2.00【解析】

【详解】(1)[1]打点计时器的打点周期为0.02s，相邻的计数点间有四个点未画出，因此相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s；

(2)[2]根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，因此有

27.007.0010m/s1.00m/sxvCBD2T20.12[3]根据题意可知x2.00cm，根据匀变速直线运动的推论xaT可得

2x2.0010-2a2m/s2=2.00m/s22T0.1s14. 如图所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子。沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车，盒子及盒内沙子质量）记为

M。为了提高实验的精度，采取了以下的操作方法。

(1)去掉沙桶，将穿过限位孔的纸带与小车相连，把木板的一侧垫高。接通电源释放小车，经调整，小车恰好做匀速运动。

(2)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比，从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出。多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度。在这个实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变。以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出aF图象，图象是一条过原点的直线。

①aF图象的斜率k______（用字母写出表达式）。②你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理？答：______。（填“是”或“否”）

③本次实验中，是内应该满足Mm这样的条件？答：______。（填“是“是”或“否”）

(3)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比。

保持桶内沙子质量m不变，但盘子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系。本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变。用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该______的倒数为横轴（用字母写出表达式）。

1【答案】 (1). Mm (2). 是 (3). 否 (4). Mm【解析】

【详解】(2)[1]将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，有

a可见a−F图象的斜率

mgFMmMm1Mmk[2]系统的合外力等于所悬挂沙桶的重力mg，把沙桶的总重力mg当作合外力F是合理的。[3]据上面分析知，本实验不必满足Mm这样的条件。

(3)[4]向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M+m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变。用图象法处理数据时，为得到线性图象，以加速度a为纵轴，应该以

Mm的倒数为横轴。

2Fmrn15. 某同学用圆锥摆粗略验证向心力的表达式，实验装置如图所示。细线下悬挂一个钢球，上

端固定在铁架台上，将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时正好位于圆心处，与白纸接触但无挤压。用手带动钢球，设法使它沿纸面上某个圆做圆周运动。测得钢球质量m0.100kg，转动的圆周半径为r3.30cm，细线悬点与白纸上圆心的距离d1.10m，当地重力加速度g9.8m/s。（以下的计算结果均保留二位有效数字）

2(1)图中细线与竖直方向的夹角比较小，可认为tansin，其中sin_；依据受力分析，可求得钢球做匀速圆周运动时的向心力

F1______N；

(2)用秒表测得圆锥摆运动30圈的总时间为t62.5s，则该周期T______s；再利用向心力的表达式

Fnmr2可以得到钢球运动的向心力F2______N；

(3)在误差允许的范围内，可认为

2F1______F2（填“”

“”、“”），证明向心力的表达式正确。

22【答案】 (1). 3.010 (2). 2.910 (3). 2.1 (4). 3.010 (5). 【解析】

【详解】(1)[1]根据几何关系知

r3.30102sintan=3.0102d1.10[2]根据平行四边形定则知，钢球所受的合外力

F1＝＝mgtan0.1009.83.0102N2.9102N(2)[3]圆锥摆的周期

T[4]向心力

t62.5s2.1sn30F2＝＝mr24π243.14222mr2=0.1003.310N3.010N2T2.1(3)[5]在误差允许的范围内，可认为F1=F2，证明向心力的表达式是正确的

四、计算题（本题共3小题，其中16题6分，17题10分，18题12分，共28分。解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）16. 如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为

x110m时，乙从距A地x220m处

的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，求AB两地距离。

【答案】225m【解析】

【详解】设乙的运动时间为t，甲前进

x1的时间为t1，加速度为a，则

12at1vat12，11xABx2at221xABx1v1tat22x1由以上各式解出

tx2x12ax1联立解得

xABx2xx214x12xx124x1222.5m17. 某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断

d时的速度水平飞出，通过水平距离d后落地。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为4，重

力加速度为g，忽略空气阻力。(1)绳能承受的最大拉力是多少？

(2)保持手的高度不变，改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时达到最大拉力被拉断，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离是多少？

F【答案】(1)【解析】

1123dmgxdr332；；(2)

【详解】(1)设绳断时球速度为v，做平抛运动飞行时间为t，有

dvt31dgt242得

v设最大拉力为F，绳断时，有

2gd3v2Fmgmd4解得

F(2)设绳长为r，绳断时球速度为

11mg3v1，做平抛运动飞行时间为t1，球平抛时有

xv1t1hdr12gt12绳能承受的最大拉力不变，有

v12Fmgmr解得

x43r(dr)3r可知，当绳长

d2时球抛出的水平距离最大

x23d318. 如图所示，在粗糙的水平面上有一静止的木板B，质量为M1kg；在其左端有一小物块A，质量为m2kg；已知A、B间的动摩擦因数10.4，B与地面间的动摩擦因数为20.2，从t0时刻开始，

在A上作用

F118N的水平向右的恒力，经过

t13s的时间，变为水平向右的恒力

F26N，作用

t22s的时间后撤去外力作用，物块A恰好不从B上掉下来。求：

(1)力

F1作用的t13s的时间内，物块A和木板B的加速度aA、aB各为多大？

xB是多大？

(2)木板B在整个运动过程中的位移(3)木板B的长度L。

【答案】(1)5m/s2和2m/s2；(2)30.25m；(3)26.25m【解析】

【详解】(1)分别对A和B进行受力分析；A水平方向上受向右的力F1和B对A的水平向左的滑动摩擦力

fBA，由牛顿第二定律，对A有

F1-fBA=maA

又

fBA=μ1mg=8N

联立代入数据得

aA=5m/s2

B水平方向上受向右的A对B的滑动摩擦力fAB和地面对B向左的滑动摩擦力f地，由牛顿第二定律，对B

有

fAB-f地=MaB

又

f地=μ2（m+M）g=6N

fBA=fAB=8N

代入数据解得

aB=2m/s2

(2)A相对于B滑动的过程中，B的受力始终不变，即加速度始终为aB，设F2撤去后又经时间t3A滑到B的右端；3s末，A的速度为

vA=aAt1=15m/s

B的速度为

vB=aBt1=6m/s

此后A继续相对与B向右滑动；

当F2=6N后，A所受合外力向左，设其加速度大小为aA′，由牛顿第二定律得

fBAF2aA＝＝m所以经t2后物体A的速度

1m/s2

vA′=vA-aA′t2=13m/s

此时B的速度

vB′=vB+aBt2=10m/s

所以经t2撤去外力后，A继续相对B向右滑动，此时A的加速度方向向左，大小为

1mgaA＝＝＝m1g4m/s2

B仍做匀加速直线运动，当滑到最右端时A和B速度相同，即

13-aA″t=10+aBt解得

t=0.5s

所以木板B在整个运动过程中的位移

1xB=2aB（t1+t2+t）2=30.25m

(3)设整个运动过程中A相对地面的位移为xA，所以木板B的长度

L=xA-xB

其中t1时间内A的位移为

1x1=2aAt12=22.5m

t2时间内A的位移为

1x2=vAt2−2aA′t22=28m

t时间内A的位移为

1x3=vA′t−2aA″t2=6m

所以A的位移

所以木板B的长度

xA=x1+x2+x3=56.5m

L=xA-xB=56.5-30.25=26.25m