2020-2021学年江西省南昌二中高一（上）期末物理试卷

2020-2021学年江西省南昌二中高一（上）期末物理试卷

1. 将足球放在蹦床上，当足球与蹦床均静止时，下列说法正确的是

A. 足球对蹦床有向下的压力，是因为足球发生了弹性形变
B. 蹦床对足球有向上的支持力，是因为足球发生了弹性形变
C. 如果足球的气打得更足一点，足球可能不发生形变
D. 由于足球太轻，所以蹦床不会发生形变

2. 关于超重与失重，下列说法正确的是

A. 物体随电梯上升时，物体总是处于超重状态
B. 物体随电梯下降时，物体可能处于超重状态
C. 在超重现象中，物体的重力增大
D. 在完全失重时，物体的重力减小为零

3. 冬天的北方，人们常用狗拉雪橇，如图所示。已知轻绳与水平面成角，拉力大小为，雪橇与人的总质量为，重力加速度大小为，若雪橇沿水平地面做匀速直线运动，则雪橇受到地面的支持力和地面对雪橇的摩擦力的大小分别为

A. ， B. ，
C. ， D. ，

4. 如图，在粗糙水平桌面上放着笔记本电脑和两个形状大小相同长方体垫片、，假设所有接触处均粗糙，但动摩擦因数不同，当垫片受到一个水平外力作用时，使电脑和垫片随垫片保持相对静止一起向右做匀速运动，此时垫片受到力的个数有

A.  B.  C.  D.

5. 如图，汽车向右沿水平面运动，通过绳子提升重物使其以速度匀速上升。当绳子与水平方向的夹角为时，汽车运动的速度为

A.
B.
C.
D.

6. 玩“套圈圈”游戏时，身材高大的哥哥和身高较矮的弟弟站在同一位置，两人同时向正前方水平地面上的玩具小熊水平抛出圆环，圆环恰好都套中玩具小熊。若圆环离手后的运动可视为平抛运动，它们的初速度分别为与，下列说法正确的是

A. 哥哥先套住玩具熊 B. 两人同时套住玩具熊
C.  D.

7. 如图示，光滑水平面上物块和以轻弹簧相连接．在水平拉力作用下以加速度作直线运动，设和的质量分别为和，当突然撤去外力时，和的加速度分别为

A. ， B. ，
C. ， D. ，

8. 如图所示，质量为的小球用两根细线连接，细线的另一端连接在车厢顶，细线另一端连接于侧壁，细线与竖直方向的夹角为，保持水平，重力加速度大小为，车向左做加速运动，当段细线拉力为段拉力的两倍时，小车的加速度大小为

A.  B.  C.  D.

9. 如图，竖直放置两端封闭的玻璃管内注满清水，内有一个用红蜡块做成的圆柱体，玻璃管倒置时红蜡块能以的速度匀速上升。现将玻璃管倒置，在红蜡块从管底开始匀速上升的同时，让玻璃管以的加速度从静止开始向右运动，玻璃管内清水高，红蜡块从管底运动到水面的过程中

A. 运动轨迹是 B. 运动轨迹是
C. 位移为 D. 通过的路程是

10. 一小船要渡过宽的河，已知船在静水中的速度为，水流速度为，则以下说法中正确的是

A. 小船渡河的位移一定大于
B. 小船渡河的速度一定小于等于
C. 小船渡河的最短时间为
D. 若船头指向不变，则小船渡河时将作匀速直线运动

11. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力随时间变化的图像如图乙所示，则

A. 时刻小球速度最大
B. 这段时间内，小球的速度先增大后减小
C. 时刻小球的加速度为零
D. 这段时间内，小球的加速度先减小后增大

12. 如图所示，质量分别为与的、两物体静止在水平地面上，已知间动摩擦因数，与地面间动摩擦因数，对施加一水平拉力后，下列说法正确的有

A. 当时，两物体均静止不动
B. 当时，间必定产生滑动
C. 当时，间的摩擦力大小为
D. 当时，的加速度为

13. 在“验证力的平行四边形法则”实验中，橡皮条一端固定于点。
    如图所示，同时使用两只弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉至点，分别记录两个拉力的大小和方向，其中一只弹簧测力计的示数如图所示，则其示数为______ 。
    关于本实验，下列说法正确的是______ 。
    A.细绳套尽可能短一些
    B.橡皮条的伸长量越大越好
    C.拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好
    D.拉细绳套时，拉力应尽量与木板平行
    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

14. 如图所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图。图中为小车，为装有砝码的小盘，为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接交流电。小车的质量为，小盘及砝码的质量为。
    
    下列说法正确的是______ 。
    A.为平衡小车与水平木板之间摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂小盘及砝码的情况下使小车恰好做匀速运动
    B.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
    C.本实验应远大于
    D.在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像
    实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点间的时间间隔为，且间距、、、、、已量出，则计算小车加速度的表达式为 ______ 。
    某同学在平衡摩擦力后，保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度与砝码重力的图象如图所示，若牛顿第二定律成立，重力加速度，则小车的质量为______ ，小盘的质量为______ 结果保留两位有效数字。
15. 如图所示，湖边有一倾角为的足够长大坝，某人从大坝上的点以速度沿水平方向扔一小石子，不计空气阻力，取，，。求：
    小石子在空中飞行的时间；
    小石子的位移。
    
    
    
    
    
    
     
16. 如图所示，三根粗细均匀且完全相同的圆木、、堆放在水平地面上，处于静止状态，每根圆木的质量均为，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角，已知重力加速度为，不计圆木之间的摩擦，求：
    对的支持力大小；
    地面对的摩擦力大小。

17. 如图甲所示，可视为质点的小物块处于长度的长木板的最右端，、的质量分别为与，与地面间动摩擦因数，初始时均静止。用一水平向右的恒力拉动，经过后从的左端滑离。在此过程中，、的图像如图乙所示。取，求：
    之间的动摩擦因数的大小；
    水平恒力的大小。
    
    
    
    
    
    
     
18. 如图所示，倾角的传送带以的速度顺时针匀速转动，其两端的长度。一可视为质点的煤块以的速度从传送带底端处冲上传送带，煤块与传送带之间的动摩擦因数，，，取，求：
    煤块与传送带的速度相同时，煤块距传送带底端的距离；
    煤块在传送带上运动的时间；
    煤块在传送带上留下的痕迹长度。

答案和解析

1.【答案】
 

【解析】解：、足球对蹦床有向下的压力，是施力物体形变引起的，即足球发生了弹性形变，故A正确；
B、蹦床对足球有向上的支持力，是施力物体蹦床发生了弹性形变，故B错误；
、如果足球的气打得更足一点或者足球太轻，都能产生形变，只是发生的是不明显的形变，故CD错误。
故选：。
弹力是由于施力物体发生形变产生的；任何微小的力都能使物体发生形变。
本题考查了弹力的产生，注意弹力产生的条件是接触和弹性形变，二者缺一不可。
 

2.【答案】
 

【解析】解：、物体随电梯加速上升时，加速度方向向上，物体超重；物体随电梯减速上升时，加速度方向向下，物体失重，故A错误；
B、物体随电梯加速下降时，加速度方向向下，物体失重；物体随电梯减速下降时，加速度方向向上，物体超重，故B正确；
、超重失重状态物体所受重力不变，故CD错误；
故选：。
加速度方向向上时物体超重，加速度方向向下时物体失重；超重失重状态物体所受重力不变。
本题考查了超重与失重现象，注意在超重失重现象中，物体受到的真实重力是不变化的。
 

3.【答案】
 

【解析】解：雪橇沿水平地面做匀速直线运动，处于平衡态，以雪橇为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件：
水平方向：
竖直方向：
所以，，故B正确，ACD错误。
故选：。
用正交分解法沿水平方向和竖直方向分别列平衡方程即可求解。
本题中考查了共点力平衡的处理方法，物体受四个以上的力作用处于平衡态，一般用正交分解法。
 

4.【答案】
 

【解析】解：电脑和垫片随垫片保持相对静止一起向右做匀速运动，处于平衡状态，对整体受力分析，可知垫片和受到向左的滑动摩擦力，与拉力方向相反，
对垫片受力分析，受重力、的压力，地面的支持力、地面的向左的滑动摩擦力以及对向右的静摩擦力作用，故共受个力的作用，故C正确，ABD错误。
故选：。
三个物体一起向右做匀速直线运动，地面对摩擦力向左，由牛顿第三定律确定出对的摩擦力方向，再对受力分析，根据平衡条件对进行受力分析。
本题考查受力分析以及摩擦力的性质，要注意明确和相对静止，给施加的是静摩擦力，要根据平衡状态分析受力的个数。
 

5.【答案】
 

【解析】解：设绳子与水平方向的夹角为，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于的速度，
根据平行四边形定则得，，因此汽车的速度为：，故ABC错误，D正确，

故选：。
将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于的速度，根据运动的合成与分解，结合矢量的合成法则，即可求解汽车的速度。
解决本题的关键会对汽车的速度进行分解，知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，并掌握运动的合成与分解的应用。
 

6.【答案】
 

【解析】解：、设抛出的圆环做平抛运动的初速度为，高度为，则下落的时间为，平抛运动的圆环飞行时间由高度决定，所以身高较矮的弟弟先套住玩具熊，故AB错误；
、水平方向位移，相同，可知哥哥抛环的初速度小，即，故C正确，D错误。
故选：。
圆环做平抛运动，把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动来分析，两个方向上运动的时间相同。平抛运动的物体飞行时间由高度决定，结合水平位移和时间分析初速度关系。
本题对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
 

7.【答案】
 

【解析】解：力作用时，
对有：
对有：
当突然撤去推力的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对受力分析有：

解得：
受到弹力作用，撤去的瞬间弹簧的弹力不变，所以的加速度不变，仍为。选项ABC错误，D正确。
故选：。
分析的受力，可以求出弹簧的弹力，撤去的瞬间弹簧的弹力不变，分别对、进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解．
采用整体法求物体的共同加速度，再用隔离法求各个物体受到的力的大小，这是求连接体问题的一般步骤．
 

8.【答案】
 

【解析】解：小球受力如图所示，
在竖直方向，由平衡条件得：，
在水平方向，由牛顿第二定律得：，
滑得：，故ABC错误，D正确；
故选：。
根据题意对小球受力分析，应用牛顿第二定律可以求出小球的加速度。
本题考查了牛顿第二定律应用，根据题意分析清楚物体受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
 

9.【答案】
 

【解析】解：、蜡块参与了水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据运动的合成与分解，及曲线运动条件：合力与速度不共线，因合力水平向右，而初速度竖直向上，依据合力指向轨迹的内侧，所以运动轨道是故A正确，B错误；
C、玻璃管倒置时红蜡块能以的速度匀速上升，而玻璃管内清水高，因此红蜡块从管底运动到水面所需要的时间为：，
水平方向玻璃管以的加速度从静止开始向右运动，依据位移公式，
根据平行四边形定则，则合位移为，故C正确；
D、由上分析，可知，路程必大于位移．故D错误。
故选：。
蜡块参与了水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据运动的合成与分解，结合曲线运动的条件，判断运动的轨迹．根据平行四边形定则，结合运动学公式，求出蜡块的合位移．
该题考查运动的合成与分解，掌握运动轨迹判定依据，同时理解平行四边形定则的内容，注意运动学公式的应用．
 

10.【答案】
 

【解析】解：、当船的合速度垂直河岸时，则船的位移等于。故A错误。
B、根据平行四边形定则，知小船的合速度范围为可以大于。故B错误。
C、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间。故C正确。
D、小船的船头指向不变，即静水速的方向不变，根据速度的合成知，小船渡河做匀速直线运动。故D正确。
故选：。
小船参与了静水的运动和水流的运动，最终的运动是这两运动的合运动．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．
解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰．
 

11.【答案】
 

【解析】解：、时刻小球刚与弹簧接触，小球的重力大于弹簧的弹力，仍在加速，速度不是最大；当弹簧的弹力与重力平衡时速度最大；当时刻，力达到最大，小球运动到最低点，速度减为零，所以这段时间内，小球速度先增大后减小，故A错误，B正确；
C、时刻，力为零，弹簧达到原长状态，小球只受重力作用，加速度为，故C错误；
D、至时间内，小球向上运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，随着弹力的减小，合力先向上减小，后向下增大，所以小球加速度先减小后增大，故D正确；
故选：。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动，直至速度减为零；同理，上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止。
本题主要考查了牛顿第二定律的应用，小球正确的受力分析是解题的关键，此运动可分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析。
 

12.【答案】
 

【解析】解：、之间的最大静摩擦力为：，
与地面间的最大静摩擦力为：，所以当时，两物体均静止不动，故A正确；
、若、相对地面一起运动，两者刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：
对有：，
得。
对整体有：，
得：
当 时，相对滑动；
当时，保持相对静止，其加速度为：
解得：，
对：，则，故BC错误；
D、当时，仍保持相对静止，其加速度为：
解得：，故D错误；
故选：。
根据、之间的最大静摩擦力，隔离对分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出、不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法和隔离法逐项分析．
本题主要考查了整体法和隔离法分析问题，结合牛顿第二定律分析其受力情况，求出、恰好不发生相对滑动时的拉力是解题的关键，从而判断出两个物体的运动状态．
 

13.【答案】   
 

【解析】解：弹簧秤的最小精度为，故弹簧秤指针的读数为；
、细绳套尽可能长一些，可以减小力的方向的误差．故A错误；
B、橡皮条的伸长量不是越大越好，方便作图即可，故B错误；
C、两条细绳的夹角不是越大越好，以方便作平行四边形为宜，故C错误．
D、拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内，故D正确．
故选：
该实验运用的实验方法是用平行四边形理论作出的两分力的合力，然后与合力的实验值对比，若理论值与实验值误差较小，就说明理论是正确的。故采用的是等效替代法。故ACD错误，B正确。
故答案为：；；。
由图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数；
正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用，理解实验步骤和实验目的，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义；
明确本实验中采用的是等效替代法。
本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力，同时注意弹簧秤的读数方法。
 

14.【答案】    
 

【解析】解：、本实验认为绳子的拉力对物体提供合外力，故需要满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，故应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂小盘及砝码的情况下使小车恰好做匀速运动，故A正确。
B、平衡摩擦力时，小车恰好做匀速运动，即，化简得，所以只需满足即可，与车的质量无关。故每次改变小车质量时，不用再重新平衡摩擦力。故B错误。
C、在实验的过程中，我们认为绳子的拉力等于砝码盘和砝码的重力为，而实际上绳子的拉力 故要让绳子的拉力约等图像于砝码盘和砝码的重力，那么，故本实验应远小于，故C错误。
D、在用图像探究加速度与质量关系时， 图像为曲线，不方便确定二者的反比关系，而图像
则能直接确定加速度和质量的反比关系，故在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像，故D正确。
故答案为：
根据匀变速直线运动的推论 得：
根据牛顿第二定律可得，，解得；
时产生的加速度是由于托盘作用产生的，故，。
故答案为：；；，
本实验认为绳子的拉力对物体提供合外力，故应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂小盘及砝码的情况下使小车恰好做匀速运动；平衡摩擦力时，小车恰好做匀速运动，即，两边质量能约掉，故每次改变小车质量时，不用再重新平衡摩擦力；根据匀变速直线运动的推论求加速度；根据斜率求质量。
高中物理中不只是仅仅注重概念规律的学习，更要注重探究方法的学习；尤其在解答实验问题时更要注意从实验的原理出发，去解决问题。
 

15.【答案】解：设小石子从抛出到落在大坝上水平位移为，竖直位移为，飞行的时间为，位移为．
由平抛运动规律得：，
由几何关系
整理得
即．
小石子水平方向的位移大小
即
竖直方向的位移大小
即
小石子的位移大小
方向：与水平方向成斜向右下方．
答：小石子在空中飞行的时间为．
小石子的位移大小为，与水平方向成斜向右下方．
 

【解析】小石子做平抛运动，利用运动分解，分别从水平方向和竖直方向列运动学公式，利用好斜面倾角，即平抛倾角的正切值等于平抛的竖直位移和水平位移的比值。
本题考查平抛运动的基本规律，试题的一个重要切入点是斜面决定了平抛运动的位移方向，同时应该注意位移是矢量，求位移时不能丢掉方向。
 

16.【答案】解：对进行受力分析，如图所示：

处于平衡状态，合力为零，结合对称性则有：
解得对的支持力大小为：
对受力分析研究，在水平方向上，根据平衡条件得：
解得地面对的摩擦力大小为：
答：对的支持力大小为；
地面对的摩擦力大小为。
 

【解析】对进行受力分析，处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求出对的支持力大小；
对受力分析，根据处于静止状态求得地面对的摩擦力大小。
本题考查受力分析，解决此题的关键是要正确选择研究对象，进行受力分析，列平衡方程求解。
 

17.【答案】解：受力分析如图所示
根据 图像斜率表示加速求出的加速度为：
       根据 图像面积表示位移可以求出的位移为：
       所以的位移为
       根据 图像面积表示位移可以求出的末速度为
       所以的加速度为
       根据牛顿第二定律
       解得
       解得
由受力分析图可知
        其中
             
        解得：
答：之间的动摩擦因数的大小为；
水平恒力的大小为。
 

【解析】先进行受力分析，做出各自的受力；根据图像计算出的加速度和位移，进而得到的位移，然后得到的加速度，从而求出；
根据求的合力，根据受力分析图，进而求。
这个题很多同学刚一看到会感觉没有的速度，对此感到棘手，但是只要明白图像的性质找到加速度和位移，并且画好受力分析图，根据牛顿第二定律就很容易解决。注意动摩擦力的公式是动摩擦因数乘以正压力
 

18.【答案】解：受力分析如图所示
由图可知
其中

又根据牛顿第二定律 
联立得：
由得，
所以后共速。
由公式得：
共速时受力分析如图
摩擦力方向改为向上


因为所以物块将减速下滑

解得
所以后速度为零：
 

速度为零时受力与共速时受力情况相同
物块接下来向下做匀加速直线运动
解得
所以
从开始到共速传送带运动的距离为
这段时间内的痕迹为
共速以后至速度减为零传送带运动的距离为
煤块下滑过程中，相对运动的长度为
为
所以划痕的长度取
答：煤块距传送带底端的距离为
 煤块在传送带上运动的时间为
 煤块在传送带上留下的痕迹长度为
 

【解析】本题考查的牛顿第二定律部分的一个典型的传送带模型，做这类问题的关键在于分清摩擦力的方向，做题时的基本方法是两次货或者三次受力分析，即初始状态一次，速度为零一次，共速状态一次，然后根据受力分析图列牛顿第二定律方程计算即可
本题属于一个经典的传送带模型的题目，相对而言较易，只要分析出受力情况，列出牛顿第二定律的等式就可以解决，需要注意两次受力分析的使用。相对较难，同学们必须注意煤块会划过自己之前的痕迹的情况，最终要两者取其大。