【文档说明】辽宁省辽河油田第二高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，687.500 KB，由小赞的店铺上传

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辽油二高高一上学期期末一、单选题1.汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：()2162mstt=−，则它在停止运动前最后1s内的平均速度为（）A.6m/sB.4m/sC.2m/sD.1m/s【答案】C【解析】【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系220116

22xvtattt=+=−，解得：016m/sv=，24m/sa=−；采取逆向思维，在物体在停止运动前1s内的位移221141m2m22xat===，停止运动最后1s的平均速度2m/s2m/s1xvt===，故选C．【点睛】根据位移时间关系求出初

速度和加速度，根据逆向思维求出物体在停止运动前1s内的位移，再根据平均速度的定义式求出物体在停止运动前1s内的平均速度．2.如图所示，水平地面上有一货箱，货箱所受的重力200NG=，已知货箱与地面间的动摩擦因数为0.35，小明同学用50NF=的力水平向右拉货箱

，没有拉动。则货箱受到的摩擦力为A.50N，方向水平向左B.50N，方向水平向右C.70N，方向水平向左D.70N，方向水平向右【答案】A【解析】【详解】用50NF=的水平力拉货箱，没有拉动，知货箱在水平方向上受到拉力和静摩擦力平衡，有50NfF==

，其摩擦力的方向与水平拉力方向相反，即水平向左。A．50N，方向水平向左，与结论相符，选项A正确；B．50N，方向水平向右，与结论不相符，选项B错误；C．70N，方向水平向左，与结论不相符，选项C错误；D．70N，方向水平向右，与结论不相符，选项D错

误；故选A。3.用水平外力F将物体压在竖直墙壁上保持静止不动，物体的重力为10N，物体与墙壁间的动摩擦因数µ=0.2，物体与墙壁间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A.F可能为40NB.如果F为100N，则物体受到的摩擦力为20NC.增大F的数值，物体与墙壁间的摩擦力保持不变D.

撤去水平力F，物体与墙壁间的摩擦力保持不变【答案】C【解析】【详解】若最大静摩擦力为10N，根据fm=μF可知F=50N，可知F至少为50N，不可能为40N，选项A错误；如果F为100N>50N，则物体处于静止状态，此时物体受到的摩擦力等于重力，为10N，选项B错误；物体与墙壁之间的摩擦力等于重力

大小，则增大F的数值，物体与墙壁间的摩擦力保持不变，选项C正确；撤去水平力F，物体与墙壁间的压力为零，则摩擦力变为零，选项D错误；故选C.【点睛】此题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合平衡条件和力的性质进行分析；知道静摩擦力和滑动摩擦力的求解方法不同.4.如图所示，人站立

在体重计上，下列说法正确的是（）A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C.人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力D.人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力【答案】B【解析】【详解】AB．人对

体重计的压力和体重计对人的支持力是人与体重计间的相互作用力，故A错误，B正确；CD．人所受的重力和人对体重计的压力方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故C错误，D错误；故选B。5.如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增

大到90°的过程中()A.小球对墙的压力减小B.小球对薄板的压力增大C.小球对墙的压力先减小后增大D.小球对薄板的压力可能小于球的重力【答案】A【解析】【分析】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球的支持力），另一个

力的大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行．【详解】以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知

墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小．当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°过程中，根据图示可知木板对球的支持力大于球的重力．故A正确，BCD错误．故选A．6.如图所示，水平地面上质量为m的木块，受到大小为F

、方向与水平方向成角的拉力作用，沿地面做匀加速直线运动．已知木块与地面之间的动摩擦因数为，则木块的加速度大小为A.FmB.cosFmC.cosFmgm−D.()cossinFmgFm−−【答案】D【解析】对物体受力分析可以知道，物体受到重力、支持力、

拉力和摩擦力的作用，在水平方向有cosFfma−=，竖直方向有sinNmgFF=+，滑动摩擦力NfF=，根据以上三式联立可以求得cos(sin)FmgFam−−=．所以D选项是正确的．点睛：物体受多力作用时，采用正交分解法进行分析，

分解为两方向立式后，再找两方向之间的关联，最终联立方程组求解．7.小女孩的体重为G，如图所示，小女孩在体重计上从蹲着到站立过程中，体重计指针示数的变化情况是A.先小于G后大于G，最后等于GB.先大于G后小于G，最后等于GC.先小于G，

后等于GD.先大于G，后等于G【答案】B【解析】【详解】人先是加速上升，后是减速上升，直到最后静止，所以加速度先向上后向下，先超重后失重，所以体重计指针示数先大于G，后小于G，最后等于G；A．先小于G后大于G，最后等于G，与结论不相符，选项A错误；B．先大于G后小于G，最后等于G

，与结论相符，选项B正确；C．先小于G，后等于G，与结论不相符，选项C错误；D．先大于G，后等于G，与结论不相符，选项D错误；故选B。8.如图所示，质量分别为1m、2m的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹

簧质量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为A.都等于2gB.0和1222mmgm+（）C.1222mmgm+（）和0D.0和2g【答案】B【解析】【详解】在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上

的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力。故A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪

断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力。所以根据牛顿第二定律得：()121222sin30sin302Bmmgmgmgamm++==A．都等于2g，与结论不相符，选项A错误；B．0和1222mm

gm+（），与结论相符，选项B正确；C．1222mmgm+（）和0，与结论不相符，选项C错误；D．0和2g，与结论不相符，选项D错误；故选B。二、多选题9.小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示.取g=10m/s2

.则（）A.小球下落的最大速度为5m/sB.小球第一次反弹初速度的大小为5m/sC.小球能弹起的最大高度为0.45mD.小球能弹起的最大高度为1.25m【答案】AC【解析】【详解】由图可知，小球下落到0.5s时的速度最大，最大速度为5m/s；故A正确；由图象可知，小球第一次反弹后初速

度的大小为3m/s，故B错误；由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v-t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得小球弹起的高度为：h=12×3×0.3=0.45m，故C正确，D错误.10.如图所示，悬挂

在小车顶棚上的小球偏离竖直方向θ角，则小车的运动情况可能是（）A.向左减速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向右加速运动【答案】AD【解析】【详解】小球受力如图所示，由牛顿第二定律得：mAgtanθ＝mAa，解得球的

加速度为：a＝gtanθ，方向水平向右，小球与车的运动状态相同，车的加速度向右，因此车可能向右做加速运动，或向左做减速运动，故AD正确，BC错误．故选AD．11.如图所示，斜面体静止于水平地面上，光滑的A球分别与斜面体和

竖直墙面接触，且处于静止状态，已知球A和斜面体的质量均为m，斜面的倾角为，重力加速度为g．则()A.A球对斜面的压力大小为mgB.斜面对A球的支持力大小为sinmgC.地面对斜面体的支持力大小为2mgD.地面对斜面体的摩擦力的大小tanmg【答案】CD

【解析】【分析】先以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件得到斜面对球的支持力与的关系式；再对球和斜面整体研究，根据平衡条件，分析地面对斜面的支持力和静摩擦力．【详解】以球为研究对象，它

受到重力mg，斜面对它的支持力1N，墙壁对它的弹力F的作用而处于平衡状态，如右图所示．根据平衡条件有：1cosNmg=；1sinNF=，解得：tanFmg=，1cosmgN=，故AB错误；以整体为研究对象，受到重力()mmg+，地面支持力N，墙壁的弹力F和地面的静摩擦力f的作用而

处于平衡状态．如左图所示．根据平衡条件有：()0Nmmg−+=，故地面受到的压力大小为：()2Nmmgmg=+=，水平方向：tanfFmg==，故CD正确．故选CD．【点睛】正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．要注意

多个物体在一起时，研究对象的选取．12.如图所示，轻质弹簧下端悬挂了一个质量为m的小球，将小球从弹簧原长位置由静止释放，则小球从最高点运动到最低点的过程中，下列说法不．正．确．的是A.小球加速度逐渐增大B.小球的速度先增大后减小C.弹簧弹力等于mg时，小

球加速度为gD.弹簧的弹力逐渐增大【答案】AC【解析】【详解】小球从弹簧原长位置由静止开始释放，刚开始重力大于弹力，加速度方向向下，做加速度运动，速度增大，弹簧弹力增大，加速度减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度达到最大值，此后继续向下运动，弹

力进一步增大，此时弹簧弹力大于重力，加速度方向向上，小球做减速运动，运动到最低点时速度为零。A．由上述分析可知：加速度先减小后增大，故A错误，符合题意；B．由上述分析可知：速度先增大后减小，故B正确，不符合题意；

C．弹簧弹力等于mg时，小球加速度为0，故C错误，符合题意；D．物体向下运动时，弹簧一直被拉长，弹簧的弹力逐渐增大，故D正确，不符合题意。故选AC。三、实验题13.应用如图所示装置“验证平行四边形定则”（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的_____．A．将橡

皮条拉伸相同长度即可B．将橡皮条沿相同方向拉即可C．将弹簧秤都拉伸到相同刻度D．将橡皮条和绳的结点O拉到相同位置（2）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是_____．A．两细绳必须等长B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能

大D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些【答案】(1).D(2).BD【解析】【详解】（1）[1]AB.本实验是为了验证力的平行四边形定则，根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，故A、B错误；CD.在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，

第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度．故C错误，D正确．故选D.（2）[2]A.通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳

等长，故A错误；B.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；C.用弹簧秤同时拉细绳时，拉力不能太太，也不能太小．故C错误；D.为了

更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确．故选BD．14.某同学为了测量木质材料与金属材料间的动摩擦因数，设计了一个实验方案：实验装置如图甲所示，金属板放在水平桌面上，且始终静止，他先用打点计时器测出木块运动的加速度，再利用牛顿第二定律

计算出动摩擦因数。（1）实验时______（填“需要”或“不需要”）使砝码和砝码盘的质量m远小于木块的质量M，______（填“需要”或“不需要”）把金属板的一端适当垫高来平衡摩擦力。（2）图乙是某次实验时打点计时器所打出的纸带的

一部分，纸带上计数点间的距离如图所示，则打点计时器打A点时木块的速度为______/ms，木块运动的加速度为______2/ms。（打点计时器所用电源的频率为50Hz，结果均保留两位小数）（3）若打图乙纸带时砝码和砝码盘的总质量为50g，木块的质量为200g，则测得木质材料与金属材

料间的动摩擦因数为______（重力加速度g取29.8/ms，结果保留两位有效数字）。【答案】(1).不需要(2).不需要(3).1.58(4).0.75(5).0.15【解析】【详解】（1）[1][2]．本实验时测量摩擦因数，故不需

要平衡摩擦力，根据逐差法求得木块的加速度，把木块和砝码及砝码盘作为整体利用牛顿第二定律求得摩擦因数，故不需要使砝码和砝码盘的质量m远小于木块的质量M；（2）[3][4]．A点的瞬时速度为：0.06260.0638m/s1.58m/s40.08OBAxvT+===B点的瞬时速度为：0.06380

.0650m/s1.61m/s40.08ACBxvT+===加速度为：221.611.58m/s0.75m/s20.04BAvvaT−−===（3）[5]．根据牛顿第二定律可知：()mgMgMma−=+代入数据解得：0

.15=四、计算题15.汽车以10m/s的速度进站，某时刻关闭发动机做匀减速直线运动，当滑行s＝50m时速度恰好减为零，求：（1）汽车减速滑行时的加速度大小；（2）汽车滑行的总时间t．【答案】（1）1m/s2（2）10s．【解析】【分析】根据匀变速直线

运动的速度位移公式求出汽车减速滑行时的加速度大小；根据速度时间公式求出汽车滑行的时间t．【详解】（1）根据速度位移公式：v2﹣v02＝2as将v＝0，v0＝10m/s，s＝50m代入解得：a＝﹣1m/s2即加速度大小为1m/s2．（2）汽车滑

行的总时间0vvta−=代入数据得：t＝10s【点睛】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．16.所受重力G1＝8N的物块悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为

G2＝100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)(1)木块与斜面间的摩擦力大小；(2)木块所受斜面的弹力大小．【答案】(1)64.8N(

2)76.4N【解析】试题分析：如图甲所示分析P点受力由平衡条件可得：FAcos37°＝G1FAsin37°＝FB可解得：FB＝6N再分析G2的受力情况如图乙所示由物体的平衡条件可得：Ff＝G2sin37°＋FB′cos37°FN＋F

B′sin37°＝G2cos37°FB′＝FB可求得：Ff＝64.8NFN＝76.4N.考点：共点力的平衡.17.质量为0.5mkg=的小物块静止在倾角为37°的斜面的底端，现对其施一沿斜面向上的力F，

力随时间变化的情况如图所示，4s后撤去力.F已知sin37°=0.6,cos37°=0.8，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，设斜面足够长。求：（1）力F作用下物体的加速度是多少？（2）物块沿斜面向上运动的最大距离是多少？（3）物块沿斜面运

动的时间是多少？【答案】（1）10m/s2（2）160m（3）8410s+（）【解析】【详解】（1）对木箱受力分析，由牛顿第二定律得：sincosFmgmgma−−=解得力F作用下物体的加速度是210m/sa=（2）由位移公式得4秒内物体沿斜面上滑的距离为：2112xat

=解得：180mx=由vat=得4秒末物体运动的速度40m/sv=设物体4s后的加速度大小为a′由牛顿第二定律得：sincosmgmgma+=解得：210m/sa=方向沿斜面向下。物块沿斜面向上运动又发生的位移222vxa=解得：28

0mx=物块沿斜面向上运动的最大距离12160mxxx=+=（3）设撤掉力后再经时间t′速度减为0，则有：4vtsa==因为sin3N2Nmgmgcos==，所以物体减速到0后会反向向下运动设加速度大小为a′′，由牛顿第二定律得：

''sincosmgmgma−=解得：2''2m/sa=滑到底端所用时间为t′′，由位移公式得''''212xat=解得：''410ts=物块沿斜面运动的时间是''4s(8410)sttt=++=+