天津市第一中学期末考试物理试题（解析版）

这是一份天津市第一中学期末考试物理试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
  天津一中 2019-2020 高一年级 期末模块质量调查试卷物理学科（本试卷分为第 I 卷（选择题）、第 II 卷（非选择题）两部分）一、单项选择题（本项共 10 题）1. 下列说法中正确的是(     )A. 做曲线运动的物体速度方向一定发生变化B. 速度方向发生变化的运动一定是曲线运动C. 速度大小发生变化的运动一定是曲线运动D. 加速度变化的运动一定是曲线运动【答案】A【解析】【详解】A．既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；B．速度方向发生变化的运动，其运动的轨迹可能是直线，如竖直上抛运动上升的过程和下降的过程分析相反，故B错误；C．物体做曲线运动的条件是受到的合力与速度的方向不在同一条直线上，速度大小变化的运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动，故C错误；D．物体做曲线运动的条件是受到的合力与速度的方向不在同一条直线上，加速度变化的运动不一定是曲线运动，如弹簧振子的运动，故D错误。故选：A。2. 如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，酒精灯及试管固定在小车支架上构成小车整体，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是 (　　)A. 由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力B. 由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C. 塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D. 若增大试管内水质量，则小车整体惯性不变【答案】C【解析】【详解】AB.根据牛顿第三定律可知，喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故AB错误；C. 塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车自身的重力，故C正确；D. 若增大试管内水的质量，则小车整体惯性增大，因为惯性只与质量有关，故D错误．3. 如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为(  )A. 4 kg B. 3 kg C. 2 kg D. 1 kg【答案】C【解析】【详解】刚开始AB两个一起做加速，根据牛顿第二定律可知：结合图像斜率可知当加速度大于等于，AB分开各自加速，设B受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律可知：结合图像斜率可知：联立以上公式可求得：故选C4. 平抛物体的初速度为v0，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时，下列不正确的是[ ]A. 运动的时间 B. 瞬时速率C. 水平分速度与竖直分速度大小相等 D. 位移大小等于【答案】C【解析】【详解】平抛运动水平位移，竖直位移，当两者相等时，即时可得，A正确．位移，D正确．水平分速度，竖直分速度，C错．瞬时速率，B正确．5. 在粗糙水平面上放着一个三角形木块 abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为 m1和m2的两个物体，m1>m2，β＞α，若两物体分别以v1和v2沿斜面 向下做匀速运动，且 v1>v2，三角形木块保持静止状态，则粗糙水平面对三角形木块（    ）A. 摩擦力的方向水平向右 B. 摩擦力的方向水平向左C. 摩擦力的方向不能确定 D. 以上结论都不对【答案】D【解析】【详解】将三个物体看作整体，三角形木块保持静止状态，而另外的两个物体都做匀速运动，所以三个物体都处于平衡状态，则整体只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故三角形木块不受地面的摩擦力，故ABC错误，D正确。故选：D。6. 如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，整个系统处于静止状态，取g=10m/s2．某时刻将细线剪断，则剪断细线瞬间A. B的加速度大小为B. A的加速度大小为C. B对A压力大小为0ND. B对A的压力大小为20N【答案】A【解析】【详解】AB．剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧弹力F=mAg=30N，剪断细线的瞬间，弹簧形变量不变，弹力仍为30N．对整体分析，整体加速度为：故物体A、B的加速度大小均为4m/s2．故A符合题意，B不符合题意．
CD．隔离对B分析，mBg-FN=mBa，解得：FN=mBg-mBa=20-2×4N=12N故CD不符合题意．7. 在国际单位制中，某物体运动时间可以表示为，其中表示重力加速度，表示长度，、为常数，根据力学单位制，下列正确的是（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【详解】根据则有：可得：，A.与分析不符，故A错误；B.与分析相符，故B正确；C.与分析不符，故C错误；D.与分析不符，故D错误．8. 如图，质量为m的小球挂在电梯的天花板上．电梯在以大小为g/3的加速度向上减速运动的过程中，小球A. 处于失重状态，所受拉力为mg/3B. 处于失重状态，所受拉力为2mg/3C. 处于超重状态，所受拉力为mg/3D. 处于超重状态，所受拉力为4mg/3【答案】B【解析】【详解】设绳的拉力为T，根据牛顿第二定律有mg-T=ma，解得：，所以处于失重状态，ACD错误B正确．9. 如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平，将一轻质小环套在轨谱上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置，不计所有摩擦，重力加速度大小为g．下列说法正确的是（    ）A. 轨道对轻环的支持力大小为B. 细线对M点的拉力大小为C. 细线对轻环的作用力大小为D. N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°【答案】AD【解析】【详解】D．对球分析，受重力和拉力而平衡，故：T=mg；
再对环受力分析，受两个拉力和支持力，如图所示：
根据平衡条件，图中∠1=∠2，再根据等腰三角形底角相等，有∠2=∠3，而∠1+∠2+∠3=90°，故∠1=∠2=∠3=30°，故D正确；A．轨道对轻环的支持力大小为：故A正确；B．细线对M点的拉力大小为：T=mg故B错误；C．细线对轻环的作用力大小为两个拉力的合力，为故C错误；10. 打印机正常情况下，进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构示意图如图所示，设图中刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为，纸张与纸张之间纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F．打印机正常工作时，下列说法正确的是（  ）A. 第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向左B. 第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为C. 第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D. 要做到“每次只进一张纸”，应要求【答案】D【解析】【分析】第1张纸受到滑动摩擦力，从第2张纸往下的纸张均受静摩擦力，根据整体法受力分析解决问题．【详解】A．第1张纸相对第二张纸向右运动，所以给第2张纸的摩擦力方向水平向右，故A错误；B．将第2到10张纸为整体，第1张纸对第2张纸的摩擦力大小：第10张纸与第11张纸之间为静摩擦力，所以第10张纸与第11张之间的摩擦力大小为：故B错误；C．将第2到第20张纸作为整体受力分析可知，第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为静摩擦力，大小不为零，故C错误；D．第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力：要将纸一张一张进入就需要满足：通常情况下，所以，故D正确．【点睛】多个物体共加速度（加速度为0时，即静止或匀速直线运动），优先考虑整体法的应用．二、多项选择题（本项共 4 题）11. 如图所示，有一质量不计的杆AO，长为 R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个 重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的 C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力T及OA杆所受压力N的大小变化情况是(         )A. N逐渐减小B. T逐渐增大C. T先减小后增大D. N先增大后减小【答案】AC【解析】【详解】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变，再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中T′最小，N一直在变小，故选AC。12. 如图所示，倾角为斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行.在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（　　）A. b对c的摩擦力可能始终增加B. 地面对c的支撑力始终变小C. c对地面的摩擦力方向始终向左D. 滑轮对绳的作用力方向始终不变【答案】AD【解析】【详解】A．设a、b重力分别为Ga、Gb．若Ga=Gbsinθ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsinθ，b受到c的摩擦力不为零．若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，b对c的摩擦力始终增加．故A符合题意．
B．以bc整体为研究对象，分析受力如图所示：根据平衡条件得知，水平面对c的支持力：N=（Gb+Gc）-Tsinθ在a中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大．故B不符合题意．
C．以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知：水平面对c的摩擦力：f=Tcosθ=Gacosθ方向水平向左，则c对地面的摩擦力方向始终向右．故C不符合题意．
D．绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变．故D符合题意．13. 如图所示，物体A放在固定的斜面B上，在A上施加一个竖直向下的恒力F，下列说法中正确的有：A. 若A原来是静止的，则施加力F后，A仍保持静止B. 若A原来是静止的，则施加力F后，A将加速下滑C. 若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度不变D. 若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度将增大【答案】AD【解析】【详解】AB、斜面倾角为，原来物体静止时，设此时静摩擦力等于滑动摩擦力，则有，即，与物体的重力无关．则施加竖直向下的力F等于增加了物体的重力，则物体会仍然静止．故A正确，B错误；CD、若物块A原来加速下滑，有，将F分解，则，则动力的增加大于阻力的增加，加速度变大．故C错误，D正确．故选AD14. 高铁己成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍．重力加速度为g．则A. 启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B. 整列车的加速度大小为C. 第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为D. 第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为【答案】BC【解析】【分析】根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小；隔离2、3节车厢可求解第2节车厢对第3节车厢的作用力大小.【详解】启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整体列车，根据牛顿第二定律：4F-8kmg=8ma，解得，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21-kmg=ma，解得F21=，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32+F-2kmg=2ma，解得F32=0，选项D错误；故选BC.三．填空和实验探究题：15. 如图所示，小车内的地面是光滑的，左下角放一个均匀小球，右壁上挂一个相同的 球，两个球的质量均为4kg，悬挂线与右壁成角，小车向右加速前进．求:当右壁对A球的压力为零时，左壁对B球的压力？()  【答案】30N【解析】【详解】设小车的加速度为a，对小球A受力分析如图所示根据牛顿第二定律得解得再以B球为研究对象，根据牛顿第二定律得16. 在《探究弹簧伸长量与弹力关系》的实验中，下列说法中错误的是（　　） A. 测量弹簧原长时应将弹簧平放于水平桌面B. 弹簧竖直悬挂于铁架台的横梁上，刻度尺应竖直固定在弹簧附近C. 在弹簧下端挂钩码时，不能挂太多钩码，以保证弹簧处于弹性限度内D. 若误将弹簧总长为横坐标，弹力为纵坐标，得到的 F—l 图象，则根据该图象无法得出弹簧的劲度系数【答案】AD【解析】【详解】A．弹簧在竖直方向时测弹簧的原长，故A错误；B．弹簧竖直悬挂于铁架台的横梁上，刻度尺应竖直固定在弹簧附近，故B正确；C．在弹簧下端挂钩码时，不能挂太多钩码，以保证弹簧处于弹性限度内，故C正确；D．把弹簧总长做横坐标，弹簧弹力作纵坐标，图象在横轴上有截距，图象斜率等于弹簧劲度系数，故D错误。故选AD。17. ①在小车质量 M 一定时，探究小车的加速度 a 与拉力 F 的关系。甲同学根据实验数据画出的小车的加速度 a 和小车所受拉力 F 的图像为图所示中的直线Ⅰ，乙同学画出的图像为图中的直线Ⅱ。直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大。明显超出了误差范围，下面给出了关于 形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是（         ）。　　　　　(A)实验前甲同学没有平衡摩擦力(B)甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了(C)实验前乙同学没有平衡摩擦力(D)乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了②在研究小车的加速度 a 和小车的质量 M 的关系时，由于始终没有满足 M>>m(m 为砂桶 及砂桶中砂的质量)的条件，结果得到的图像应是如下图中的（        ）.【答案】    (1). BC    (2). D【解析】【详解】①[1]AB．Ⅰ图象表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．故A错误B正确；AB．Ⅱ图象说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．故C正确而D错误。故选：BC②[2]在研究加速度跟小车质量M的关系时，保持m不变，改变小车质量M，在小车质量M远大于重物质量m时，即当满足M≫m时，可以认为小车受到的拉力（合力）F=mg，此时加速度a与小车质量M成反比，与成正比，以横轴，a为纵轴，则图象应是过原点的直线，当小车质量M不远大于重物质量m时，小车受到的拉力明显小于重物重力，图象向下弯曲故选D。四．计算题：（本项共 3 题）18. 在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙 壁和正方体之间放置一半径为 R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所 示。球的球心为 O，OB与竖直方向的夹角为，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大?（2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少?（tan=1）。【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)对球受力情况如图所示，根据平衡条件知解得(2)对整体受力分析如图则有三式联立得解得19. 如图所示、AB段为一与水平面成37°角的光滑斜面，BCDE段为一传送带，BC段水平、角CDE也为37°，传送与物体间动摩擦因数为，转动轮大小不计．有一质量的小物块，用一与斜面平行的的恒力拉动物体从斜面底端由静止开始向上运动，斜面长为，在以后的运动过程中，设物块始终未离开斜面或传送，传送带以的速度逆时针（BEDC方向）匀速转动，，，．（1）求物块运动到B点时的速度大小？（2）物体运动到B点时，撤去拉力，物体经过B点后速度方向变为水平，大小不变，BC段距离为，求物体运动到C点处的速度大小？（3）当物体运动到C点时，传送带速度大小不变，方向变为顺时针，CD段长度为．求物块从C运动到D所用时间．【答案】（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/s；（2）物体运动到C点处的速度大小为0；（3）物块从C运动到D所用时间为（2-4）s．【解析】【详解】（1）物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得：F-mgsin37°=ma1代入数据解得：a1＝1m/s2由匀变速运动的速度位移公式得：vB2-0=2aL代入数据解得：vB=4m/s；（2）物块在BC段上，由牛顿第二定律得：μmg=ma2代入数据解得：a2＝5m/s2由匀变速直线运动的速度位移公式得： 代入数据解得：vC=0m/s；（3）物块在CD段上，在和传送带速度相等前，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma3代入数据解得：a3＝10m/s2当物块速度与传送带速度相等时，物块位移为： 所用时间为：在物体速度达到10m/s后，摩擦力反向，仍做加速运动，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma4代入数据解得：a4＝2m/s2由匀变速直线运动公式得： 代入数据解得： 总时间：20. 如图所示，一倾角θ＝的粗糙斜面体足够长，斜面体上有一质量为M＝1kg的木板，t＝0时刻另一质量为m＝1kg的木块(可视为质点)以初速度v0＝20m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F＝14N，使木板从静止开始运动．当t＝2s时撤去拉力F，己知木板和木块间动摩擦因数μ1＝0.25，木板和斜面体间动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(sin＝0.6，cos＝0.8，g＝10m/s2)(1)前2s内木块和木板的加速度；(2)若要求木块不从木板的上端冲出，求木板至少多长．【答案】(1) 木块加速度，方向沿斜面向下;木板加速度，方向沿斜面向上 (2)20.3m【解析】【详解】(1)对木块和木板分别用牛顿运动定律，有：对木块：对木板：木块加速度方向沿斜面向下木板加速度，方向沿斜面向上(2)2s末，木块速度木板速度撤去F时，木块、木板速度相等，假设木块、木板在力F撤去后先相对静止，则对木块、木板整体有：解得a=10m/s2当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦时，加速度最大，有：解得假设不成立，此时，木块加速度为，木板的加速度为，解得由于，故木板速度先减到零，此后在木块上滑过程中，假设木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f.则解得f=4N木板与斜面之间最大静摩擦力：假设成立.则从开始运动到共速，木块相对木板向上的位移从共速到木块速度减为零，木块相对木板向上的位移木块速度减为零后，此时：木块加速度木板加速度木块最终会从木板下端滑出，要使木块不从木板上端滑出，木板最小长度