山西省临汾市高一（上）期末物理试题（word版含答案）

山西省临汾市高一（上）期末物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图，倾斜传送带以恒定速率逆时针转动，一可视为质点的滑块以平行于传送带向下的初速度滑上A点。滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若用表示时间，用表示滑块的速度大小，则能够正确描述滑块从A滑向运动过程的下列图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
2．伽利略说过“科学是在不断改变思维角度的探究中前进的”。他在著名的斜面实验中，让小球分别在倾角不同，阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（　　）
A．倾角一定时，小球在斜面滚下的位移与时间平方成正比
B．斜面长度，一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
C．倾角一定时，小球在斜面滚下来的速度与时间成正比
D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关
3．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环套(重力不计)相连，O端与质量m＝1 kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是(　　)
A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75 B．棒对环的支持力为1.6 N
C．重物G的质量M＝0.6 kg D．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6
4．a、b两质点在同一直线上运动的位移—时间图象如图所示，b质点的加速度大小始终为0.1m/s2，两图线相切于坐标为（5s，-2.7m）的点，则（　　）
A．a做直线运动，b做曲线运动
B．t＝5s时，a、b两质点的速度均为-0.54m/s
C．b质点的初速度是-1.1m/s
D．图中x0应为1.55m
二、单选题
5．穿越浙江、安徽两省的杭黄高铁运营长度为286.8km，从杭州到黄山只要94min。高铁运行的最高时速为250km/h，考虑到乘客乘坐的舒适性，加速过程的加速度般为0.24m/s2（加速过程可视为匀加速直线运动）。以最高时速过杭黄高铁最长隧道（天目山隧道）时间为3min。由以上信息仍不可以确定的是（　　）
A．高铁从启动到最高时速需要的时间
B．高铁从启动到最高时速需要的距离
C．天目山隧道的长度
D．高铁从杭州到黄山的平均速度
6．下列说法中正确的是（ ）
A．超重时物体的重力增加 B．物体惯性随速度的增大而增大
C．力是维持物体速度的原因 D．性质不相同的两个力不可能是一对相互作用力
7．位移坐标原点O的质点、和三力在作用下保持静止，已知其中的大小恒定不变，方向沿y轴负方向的；的方向与x轴正方向的夹角为，但大小未知，如图所示，则下列关于力的判断正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的大小可能为
C．的方向可能与的方向相反
D．与的合力大小与的大小有关
8．一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）
A．质点速度的方向总与该恒力的方向相同
B．质点加速度的方向总与该恒力的方向相反
C．质点可能先做匀减速运动再做匀加速运动，但最小速度不为0
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
9．气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面上竖直固定一直杆，质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．则
A．细线拉力的大小为
B．若风速增大到某一值时, θ可能等于90°
C．细线拉力与风力的合力大于mg
D．θ=60°时,风速v=6m/s
10．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2。则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s匀速运动
C．木板先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3m/s2的匀加速运动
D．t=5s后滑块和木板开始有相对运动
11．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，当升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表的示数为2I0，如图乙所示，则在此过程中（　　）
A．物体处于失重状态
B．物体可能处于匀速运动状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
12．一物体以一定的初速度从斜面底端沿斜面向上运动，上升到最高点后又沿斜面滑下，某段时间的速度—时间图像如图所示，g=10m/s2,由此可知斜面倾角为（ ）
A．300 B．370 C．530 D．600
三、实验题
13．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)下列做法中正确的是________．
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B．调节木板倾斜度以平衡小车受到的摩擦力时，将沙和沙桶通过定滑轮拴在小车上
C．实验时，先放开小车再接通电火花计时器的电源
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新平衡摩擦力
(2)某次实验中计时器在纸带上依次打出一系列的点，如图所示．每5个点取一个计数点，且计时器打点周期为0.02s，则小车运动的加速度a=____m/s .(计算结果保留两位有效数字)
(3)在探究“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某同学根据实验数据作出了如图所示的a-F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这些现象的原因可能是____
A．木板右端垫起的高度过小
B．木板右端垫起的高度过大
C．沙和沙桶的总质量m 远小于车和砝码的总质量M
D．沙和沙桶的总质量m 未满足远小于车和砝码的总质量M
14．(1)“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的示意图。
①图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______；
②本实验采用的科学方法是______；
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
(2)某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，则F=______N。
四、解答题
15．如图所示，滑块A和B用轻细绳连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A，B一起由静止开始沿水平桌面滑动．已知滑块A、B与水平桌面件的动摩擦因数为μ，力F作用时间t后，A，B件连线断开，此后力F仍作用于B，试求：滑块A刚刚停住时，滑块B的速度为多大？设滑块A，B的质量分别为mA，mB．
16．一辆汽车从静止开始匀加速开出然后保持匀速运动，最后匀减速运动直到停止，下表给出了不同时刻汽车的速度：
时刻 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5
速度 3 6 9 12 12 9 3
汽车做匀速运动时的速度大小是否为？
汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小是否相等？
(2)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？
17．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角＝60°，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）小物块刚要到达C点时的速度；
（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力
（3）小物块滑上长木板且相对长木板静止时，长木板和小物块的速度多大？
18．孝义市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过40km/h，一辆汽车在该路段紧急刹车时，沿水平直线滑行一段距离后停止．交警测得车轮与地面摩擦痕迹长10m，若车轮与地面动摩擦因数μ=0.72，取g=10m/s2
（1）请你判断该汽车是否超速；
（2）设汽车刹车制动力恒为f，驾驶员反应时间为t，汽车的质量为m，刹车前行驶速度为v，试推出驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s的表达式。
试卷第页，共页
试卷第页，共页
参考答案：
1．BC
【解析】
【分析】
【详解】
对滑块受力分析，滑块在沿传送带方向受重力沿传送带的分力，摩擦力f
AB．当，滑块刚开始加速运动，摩擦力向下，加速度为
当滑块速度等于传动带速度相等时，如果最大静摩擦力，则滑动摩擦突变为静摩擦向上，大小为，物体和传送带一起做匀速直线运动，若最大静摩擦力，则摩擦力方向会突变向上，物体做匀加速直线运动，加速度为
比较可得,故B正确，A错误；
CD．若,物体相对于传送带向下运动，若最大静摩擦力，则物体一直做匀加速速直线运动，加速度为
若如果最大静摩擦力，则物体一开始做匀减速直线运动，速度与传送带相等时，滑动摩擦力突变为静摩擦力向上，大小为，故C正确，D错误。
故选BC。
2．AC
【解析】
【详解】
AC．伽利略通过实验测定出：在倾角一定时，小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，即速度与时间成正比，故AC正确；
BD．倾角越大，小球下滑的加速度越大，故斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度随倾角的增大而增大，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故BD错误。
故选AC。
3．AC
【解析】
【详解】
ABD.因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有
f＝μFN，
对环进行受力分析，则有：
μFN－FTcos θ＝0，
FN－FTsin θ＝0，
FT＝FT′＝mgsin θ，
联立，代入数据解得：
μ＝cot θ＝，
FN＝6.4 N，
故A正确，BD错误；
C.对重物m：
Mg＝mgcos θ，
得：
M＝mcos θ＝0.6 kg，
故C正确。
故选：AC
4．CD
【解析】
【详解】
A．x-t图象只能表示直线运动，故A错误；
B．由图象可知，t＝5s时，两图线斜率相同，即速度相同，则
故B错误；
C．由速度时间公式得
解得
故C正确；
D．由平均速度公式得
解得
故D正确。
故选CD。
5．D
【解析】
【详解】
A．高铁做匀加速直线运动达到最高时速，根据速度时间公式即可求得加速时间，故A正确，不符合题意；
B．根据位移时间公式可求得通过的距离，故B正确，不符合题意；
C．根据可求得高铁通过的路程，故C正确，不符合题意
D．平均速度为位移与时间的比值，杭黄高铁运营长度为是路程不是位移，故无法求得平均速度，故D错误，符合题意。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
A. 超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，故A错误．
B.惯性只与质量有关，与运动状态无关，故B错误．
C.力不是维持物体速度的原因，是改变速度的原因，故C错误．
D.相互作用力的性质一定相同，故D正确．
7．A
【解析】
【详解】
试题分析：三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；
通过作图可以知道，当的合力F与垂直时合力F最小，等于，即力的最小值为，故A正确； ，故，由前面分析知的最小值为，则不可能等于，故B错误；通过作图可知，当的合力F可以在与之间的任意方向，而三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故力只能在与之间的某个方向的反方向上，不可能与的方向相反，故C错误；根据平衡条件：与的合力大小一定与等值反向，则与大小无关，故D错误．
考点：共点力平衡的条件及其应用、合力的大小与分力间夹角的关系
【名师点睛】本题关键抓住三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，然后通过作图分析．
8．C
【解析】
【详解】
质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反，A错误；根据牛顿第二定律可得加速度方向与合外力方向相同，即加速度方向与该力的方向相同，B错误；若该力的方向与速度方向不共线，且夹角为钝角，则质点先做匀减速曲线运动，当与该力方向共线的分速度为零后（另一个分力不为零，即最小速度不为零），又开始做匀加速运动，C正确；因为合外力恒定，加速度恒定，由可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但速率的变化量不一定不变，D错误．
9．A
【解析】
【详解】
试题分析：小球受重力、细线拉力和风力处于平衡，小球的受力如图所示，根据共点力平衡得，，细线拉力和风力的合力等于mg，故A正确，C错误．因为风力和重力的合力方向不可能水平向右，可知拉力方向不可能水平向左，则θ不可能等于90°，故B错误．当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°，则风力F=mgtan30°，当θ=60°时，风力不是原来的2倍，则风速也不是原来的2倍，故D错误．故选A.
考点：物体的平衡
10．C
【解析】
【分析】
先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．
【详解】
ABC．由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度
即滑块开始随木板一起做匀加速运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当到达一定速度时开始在木板上滑动，此时随速度的增加，滑块与木板间的压力减小，摩擦力减小滑块开始做加速度减小的变加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时
Bqv=mg
解得
v=10m/s
此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，
故AB错误， C正确；
D．滑块开始一起做a=2m/s2加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块开始做加速度减小的变加速运动，所以速度增大到10m/s所用的时间大于5s，故D错误。
故选C。
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况。
11．D
【解析】
【详解】
AB.据题，升降机静止时电流表示数为I0，而此过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态，不可能处于匀速运动状态，故AB错误．
CD.物体处于超重状态时，加速度的方向向上，速度方向可能向下，也可能向上，则升降机可能向下做匀减速运动，也可能向上做匀加速运动．故C错误，D正确．
12．B
【解析】
【详解】
试题分析：速度时间图象的斜率表示加速度，则由图可知，沿斜面上升时的加速度大小为：；沿斜面下滑时的加速度大小为：；根据牛顿第二定律得：上升时，有：a1= mgsinθ+μmgcosθ；下滑时，有：a2= mgsinθ μmgcosθ；由上述两式解得：θ=37°
故选B.
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示．注意列方程时上滑和下滑时摩擦力的方向，上滑时摩擦力方向向下，下滑时摩擦力方向向上；此题难度中等，也考查学生的数学计算能力.
13． （1）AD； （2）0.88； （3）BD.
【解析】
【详解】
(1) 调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，故B错误；
实验时，先接通打点计时器的电源再放开小车，故C错误；
根据平衡条件可知，与质量大小无关，当通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；
故选AD．
(2) 根据得，小车运动的加速度为
(3) 由图示a-F图象可知，图象在a轴上有截距，说明小车受到的合力大于拉力，这是由于平衡摩擦力过度，即木板一端垫起的过高造成的；当盘和重物的质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于盘和重物的重力，如果盘和重物的质量部远小于小车的质量，则小车受到的拉力明显小于盘和重物的重力，a-F图象发生弯曲，故BD正确，AC错误．
【点睛】本题考查了实验数据处理，知道实验原理与实验注意事项是解题的关键；实验前要平衡摩擦力，实验过程要保证盘与重物的质量远小于小车的质量；应用匀变速直线运动的特点可以求出加速度．
14． F′ B 12
【解析】
【详解】
(1)[1]根据图乙可知F是根据F1和F2为邻边作出理论值，而F′是实际操作画出的，由于实验存在误差，理论值和实际值存在偏差，故F′一定沿AO方向。
[2]本实验是根据合力与两个分力的作用效果相同为原则的，所以采用了等效替代法，故选B。
(2)[3]据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图所示，从图上可知，，合力F=12N。
15．
【解析】
【详解】
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得整体加速度为：，
经过时间t二者的速度为v=at，
绳子断后，A、B的加速度大小分别为aA、aB，根据牛顿第二定律可得：
aA=μg，
滑块A刚静止经过的时间为t′=，
则A静止时B的速度为：vB=v+aBt′，
整理解得：vB=．
【点睛】
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
16．(1)12m/s；(2)不相等；(3)11s
【解析】
【详解】
(1)由表格中给出数据可知，汽车做匀速运动的速度大小为。
(2)汽车匀加速运动的加速度
汽车匀减速运动的加速度
故汽车匀加速过程加速度大小为，匀减速过程加速度大小为，所以加速和减速运动过程中加速度大小不一样。
(3)汽车匀加速运动的时间
匀速直线运动的时间
汽车匀减速运动的时间
由静止开出到停止共经历的总时间
17．（1）；（2）N′=60N，方向竖直向下；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，根据平行四边形定则知
（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得
代入数据解得
小球在D点时由牛顿第二定律得
代入数据解得
N=60N
由牛顿第三定律得
N′=N=60N，方向竖直向下
（3）小物块滑上长木板且相对长木板静止时，设共同速度时大小为v，对物块由牛顿第二 定律有
对木板有
小物块在木板上相对滑行的过程中，有
联立解得
、
18．（1）超速；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）汽车刹车后受滑动摩擦力做匀减速运动，可得汽车的加速度为
由
0﹣v02=﹣2ax
可得
v0=12m/s
因
12m/s=43.2km/h>40km/h
可知此汽车超速。
（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离s1，二是刹车后匀减速行驶的距离s2，则
s=s1+s2=vt+
根据牛顿第二定律得
则
试卷第页，共页
试卷第页，共页