2020-2021学年高一（上）期末物理试卷（二）
题号 一 二 三 四 总分 得分
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
在2019年国际田联钻石联赛伦敦站男子200米比赛中，谢震业以19秒88的成绩夺冠，打破了亚洲纪录，成为首位突破20秒大关的黄种人。谢震业在比赛过程中（ ）
A. 位移大小是200m B. 19秒88指的是时刻 C. 平均速度是10.06m/s D. 研究他的起跑动作时，不可以把他看成质点
有一个物体重100N，放在升降机底板上随升降机以加速度a=0.4m/s2向上做匀加速运动，则物体对升降机底板的压力为（g取10m/s2）（ ）
A. 96N B. 140N C. 60N D. 104N
已知雨滴在空中运动时所受空气阻力f=kr2υ2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，υ为其运动速率．t=0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为υ0．下列对雨滴运动描述的图象中一定错误的是（ ）
A. B. C. D.
某位同学为了研究超重和失重现象，将重为50N的物体带到电梯中，并将它放在传感器上，电梯由启动到停止的过程中，测得重物的压力一时间变化的图象如图所示．设在t1=2s和t2=8s时电梯的速度分别为v1和v2．由此他作出判断（ ）
A. 电梯上升了，v1＞v2 B. 电梯上升了，v2＞v1 C. 电梯下降了，v1＞v2 D. 电梯下降了，v2＞v1
在乘电梯竖直上升和竖直下降的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 只要电梯在下降，电梯上的人就处于失重状态 B. 只要电梯在上升，电梯上的人就处于超重状态 C. 电梯减速下降时候，电梯上的人处于超重状态 D. 电梯加速上升时候，电梯上的人处于失重状态
有关弹力，下列说法正确的是（ ）
A. 绳对物体的拉力的方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向 B. 拿一根细竹杆拨动水中木头，木头受到竹杆的弹力，是由于木头发生形变而产生的 C. 木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于木块发生微小形变而产生的 D. 挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是因为电灯发生微小形变而产生的
质量为m的物体，从距地面h高处自由下落，落地时速度大小为v，当离地面还有时，它的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
质量为m的物体从静止出发以的加速度竖直下降h，正确的是（ ）
A. 物体的机械能增加mgh B. 物体的重力势能减少mgh C. 物体的动能增加mgh D. 重力做功mgh
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
关于加速度，下列说法中正确的是（ ）
A. 加速度减小，速度也一定减小 B. 加速度增加，速度一定改变的越来越快 C. 减速直线运动中加速度一定是负值 D. 只有在规定了初速度方向为正方向的前提下，匀加速直线运动的加速度才取正值
关于合力，下列说法正确的是（ ）
A. 一个力的作用效果如果与几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫那几个力的合力 B. 合力一定大于任何一个分力 C. 合力就是几个力的代数和 D. 合力小于任何一个分力是可能的
两个共点力的大小分别为F1=15N、F2=8N，它们的合力可能等于（ ）
A. 5N B. 17N C. 13N D. 0
如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°．设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是（ ）
A. FOA一直减小 B. FOA一直增大 C. FOB一直增大 D. FOB先减小后增大
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图． （1）如果没有操作失误，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 （3）实验时，主要的步骤是： A．在桌上方一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上； B．用图钉把橡皮条的一段固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套； C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数； D．按选好的标度，用铅笔盒刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F1； E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出F′的图示； F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论． 上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是______和______．
某学生用如图甲所示的装置研究物体加速度与所受外力和物体质量的关系． （1）图乙是实验中得到的某一纸带，实验中打点计时器交流电的频率为50Hz，纸带前面的几个点较模糊，因此从A点开始每打五个点取一个计数点．则小车的加速度a=______m/s2，其中B点的对应速度vB=______m/s，F点对应的速度vF=______m/s． （2）保持小车的质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如表所示：
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50 a/ms-2 0.10 0.21 0.29 0.40 （a）根据表中的数据在图丙中作出a-F图线； （b）图线不通过原点，试分析在操作过程中可能遗漏的步骤是______．
四、计算题（本大题共3小题，共37.0分）
质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图，求： （1）木块与斜面的动摩擦因数为多大？ （2）当α=θ时，拉力F有最小值，请求出此最小值． （3）此时水平面对斜面的摩擦力是多大？
质点在直线AC上作匀变速直线运动，如图所示，若在A点时的速度是5m/s，经3s到达B点速度是14m/s，问： （1）质点加速度是多少？ （2）若再经4s到达C点，则在C点的速度是多少？
1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用双子星号宇宙飞船m1去接触正在轨道上运行的火箭组m2（后者的发动机已熄火）。接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速（如图），推进器的平均作用力F=923N，推进器开动时间为t=7s，测出飞船和火箭组的速度变化是△v=0.91m/s。已知双子星号宇宙飞船的质量m1=3400kg，求：（最终的计算结果保留三位有效数字） （1）火箭组受到的平均推力F''； （2）已知火箭组的实际质量m=3660kg，求该次测量的相对误差。（已知相对误差σ=×100%）
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、400米标准跑道上的200米比赛，是指轨迹的长度，还用经过圆弧部分，所以是指路程，不是位移，故A错误； B、19秒88是谢震业完成200米比赛所用的时间，应该是时间间隔，故B错误； C、平均速度是位移与时间的比值，200米比赛的位移并不是200米，故C错误； D、研究运动员的起跑动作时，运动员的形状不能忽略，所以运动员不能看成质点，故D正确。 故选：D。 物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，根据时刻、时间间隔、位移、速度及平均速度的概念很容易正确选出答案。 正确掌握并理解时刻、时间间隔、位移、路程及平均速度时解答本题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：对物体受力分析，受重力和支持力； 物体加速上升，加速度为a，根据牛顿第二定律，有： N-mg=ma 故：N=m（g+a）=10×（10+0.4）=104N 根据牛顿第三定律，压力也为104N； 故选：D． 对物体受力分析，受重力和支持力，物体加速上升，加速度为a，根据牛顿第二定律列式求解支持力，然后根据牛顿第三定律求解压力． 本题关键对物体受力分析和运动分析，然后根据牛顿第二定律列式求解支持力，最后根据牛顿第三定律求解压力．
3.【答案】D
【解析】解：A、t=0时，雨滴由静止开始下落，v=0，所受空气阻力f=kr2υ2=0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律mg-f=ma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后f=kr2υ2=mg时，加速度减小到零，速度再不变，雨滴匀速，故A正确，B正确； C、当最后匀速运动时有kr2υ02=mg=ρg，可得最大速率与成正比，υ02∝r，故C正确，D错误； 本题选错误的，故选：D。 根据雨滴的受力判断雨滴加速度的变化，通过加速度与速度的方向关系判断速度的变化． 分析准确雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；图象能够直观的展现物体的运动情况．
4.【答案】B
【解析】解：电梯原来处于静止状态，根据F-t图象分析重物的重力G=50N，在0-4s内，F＞G，物体匀加速上升，4-14s，F=G，物体匀速上升，所以t1=2s和t2=8s时的速度关系为：v1＜v2，而且电梯上升了。故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据F-t图象分析重物的运动情况：重物的重力为50N，在0-4s内，物体加速上升，4-14s，物体匀速上升，可得知v1和v2的大小． 本题首先要理解F-t图象的意义，读出重物的重力，其次要能根据重物的受力情况，分析其运动情况．
5.【答案】C
【解析】解：A、电梯减速下降的过程，加速度向上，其内部的人处于超重状态．故A错误，C正确； B、电梯减速上升的过程中，加速度向下，其内部的人处于失重状态．故B错误； D、电梯加速上升的过程中，加速度向上，其内部的人处于超重状态．故D错误； 故选：C． 物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，超重时具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度；处于超重或失重状态时物体的质量或重力并不变． 本题考查了超重和失重的应用，记住：超重时具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度．
6.【答案】A
【解析】解：A、绳对物体的拉力是绳子发生微小的拉伸形变，由于弹性绳子要收缩而对物体产生拉力，绳拉力的方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向，故A正确。 ??? B、木头受到竹杆的弹力，是由于竹杆发生形变而产生的，不是木头发生形变产生的，故B错误。 ??? C、木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于桌面发生向下的微小形变而产生的，故C错误。 ??? D、挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是因为电线受到电灯的作用而向下发生微小的拉伸形变，电线由于弹性要恢复原状而对电灯产生了拉力，故D错误。 故选：A。 弹力是由于发生弹性形变的物体要恢复原状而对接触物体产生的作用力，弹力的施力物体是发生弹性形变的物体。根据这个知识分析判断。 本题考查对三种常见弹力产生原因的理解能力。压力、支持力和拉力本质上都是弹力，都是由于物体发生弹性形变而产生的。
7.【答案】C
【解析】
【分析】 物体做的是自由落体运动，根据自由落体的位移—速度公式可以求得．本题考查的是自由落体运动公式的直接应用，题目比较简单，属于基础题． 【解答】 物体做自由落体运动， 2gh=v2? ① 当离地面还有时，物体下落的高度为，则 2g=v′2?② 由①②得： v′=，故C正确． 故选C．??
8.【答案】C
【解析】解：A、因物体的加速度为，故说明物体受阻力作用，由牛顿第二定律可知，mg-f=ma；解得f=mg，阻力做功Wf=-mgh；物体克服阻力做功，机械能减小，故机械能的减小量为mgh，故A错误； B、D、重力做功WG=mgh，所以物体的重力势能减少mgh，故B，D错误； C、由动能定理可得动能的改变量△Ek=W合=mah=mgh，所以物体的动能增加mgh，故C正确； 故选：C。 根据物体的运动情况可知物体的受力情况，由功的公式可求得各力的功；由动能定理可求得物体的动能改变量；由功能关系可求机械能的变化；由重力势能与重力做功的关系可知重力势能的改变量． 本题关键在于各种功的物理意义： ①重力做功等于重力势能的减小量； ②而合力的功等于动能的改变量； ③除重力外其余力做的功等于机械能的变化量．
9.【答案】BD
【解析】解：A、如果加速度的方向与速度方向相同，加速度减小，但物体做加速运动，加速度的方向与速度方向相反就做减速，故A错误； B、加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快的物体其加速度就越大，故B正确； C、减速直线运动中速度与加速度方向相反，若规定速度方向为负，则加速度为正，故C错误； D、规定初速度方向为正方向，匀加速直线运动的加速度方向与初速度相同，取正值，故D正确； 故选：BD。 根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度的大小方向无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大，只要加速度为正值，物体的速度一定在增大。 本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决。
10.【答案】AD
【解析】解：A、一个力的作用效果如果与几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫那几个力的合力，故A正确； B、当两个力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力； 当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，合力可能小于最小分力， 由此可见：合力可能大于分力也有可能小于分力，故B错误，D正确； C、力是矢量，根据力的平行四边形定则可知，几个力的合力就是这几个力的矢量和，故C错误； 故选：AD． （1）如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和； 同一直线反方向二力的合力等于二力之差． （2）如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间． 解此题关键是要理解合力的大小范围：大于两力之差，小于两力之和；分析时考虑问题要全面，既要考虑到两个力同向，也要考虑反向的情况．
11.【答案】BC
【解析】解：二力合成时合力范围：|F1+F2|≥F≥|F1-F2|； 两共点力，F1=15N，F2=8N，故合力最大23N，最小7N，之间任意结果都可以；故AD错误，BC正确。 故选：BC。 二力合成遵循平行四边形定则，同向时合力最大，反向时合力最小，合力范围：|F1+F2|≥F≥|F1-F2|. 本题关键是明确二力合成时遵循平行四边形定则，夹角越大，合力越小，同向时合力最大，反向时合力最小．
12.【答案】AD
【解析】解：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反， 作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ=90°时，FOB最小。 故AD正确、BC错误。 故选：AD。 以结点O为研究对象，分析受力，作出轻绳在B和B′两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化。 本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳OB的拉力最小来判断。
13.【答案】F′? B? C? E
【解析】解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，为理论值，F′是通过实验方法得出的为实验值，方向与AO一定共线． （2）本实验采用的科学方法是等效替代法，故选：B． （3）在C步骤中，不仅需要记录拉力的大小，还要记录拉力的方向．在E步骤中，需要将结点拉到同一位置O． 故遗漏的步骤为C和E． 故答案为：（1）F′，（2）B，（3）C、E． 本题实验采用等效替代法，实验中F′是通过实验方法得出的为实验值，方向与AO在同一条直线上．根据实验的原来以及操作步骤中的注意事项确定遗漏的步骤． 掌握实验原理，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力，注意“理论值”与“实验值”的区别．
14.【答案】0.75；0.25；0.55；平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力
【解析】解：（1）某点的瞬时速度时只需要找平均速度代替： B点的对应速度vB==0.25m/s 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a==0.75m/s2． 则F点速度vF=vB+a?4T=0.25+0.75×0.4=0.55m/s， （2）根据描点法作出a-F图线，如图所示： 图线不通过坐标原点与横坐标有截距说明：小车所受拉力力为某个值时，加速度仍然为零，即合外力为0，说明平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力． 故答案为：（1）0.75；0.25；0.55；（2）如图所示；平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力 （1）从A点开始每打五个点取一个计数点，所以每两个点间的时间间隔T为0.1s．求某点的瞬时速度时只需要找平均速度代替即可求解，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； （2）根据描点法作出a-F图线，图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力． 本题考查了打点计时器的应用以及根据纸带求物体运动的速度、加速度等问题，要熟练掌握从纸带上获取小车速度、加速度的方法，明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
15.【答案】解：（1）物体在斜面上匀速向下运动，有： mgsinθ=μmgcosθ， 即：μ=tanθ． （2）当加上外力F时，对木块受力分析如下图： 因向上匀速，则有：Fcosα=mgsinθ+f…① Fsinα+N=mgcosα…② f=μN…③ 由①②③得F=== 则当α=θ时，F有最小值，即Fmin=mgsin2θ． （3）因为m及M均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F的水平分力，即： fM=Fcos（α+θ） 当F取最小值mgsin2θ时，有： fM=Fmincos2θ=mgsin2θcos2θ=． 答：（1）木块与斜面的动摩擦因数为tanθ． （2）最小值为mgsin2θ． （3）此时水平面对斜面的摩擦力是．
【解析】（1）根据物块匀速下滑，通过共点力平衡求出动摩擦因数的大小． （2）对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解 （3）采用整体法，对m、M构成的整体列平衡方程，结合平衡求出水平面对斜面的摩擦力． 木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力F的表达式，讨论F取最小值的条件，求解第二问时，灵活选用整体的思想较好，总体上看此题有一定难度．
16.【答案】解：向右为正方向 （1）速度公式：v=v0+at得：==3m/s2 ??（2）在C点的速度为：vC=v0+at′=5+3（4+3）=26m/s
【解析】考查速度公式的应用，明确v=v0+at，不难．
17.【答案】解：（1）对整体在运动过程中：F=（m1+m2）a 而：a===0.13m/s2， 代入可得火箭组的质量：m2=3700kg； 对火箭组根据牛顿第二定律可得：F′=m2a=481N； （2）其相对误差为：σ=×100%=1.09% 答：（1）火箭组受到的平均推力为481N； （2）该次测量的相对误差为1.09%
【解析】（1）由加速度的定义式求出加速度，然后由牛顿第二定律求出质量，再对火箭组根据牛顿第二定律求解火箭组受到的平均推力F''； （2）对实际质量和实验求出的质量作差，计算相对误差。 本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，遇到连接体问题一般应采取“先整体后隔离”的顺序并根据牛顿第二定律列式求解。
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