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辽宁省沈阳市某校2020-2021高一（上）期末物理试题人教版（2019）
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这是一份辽宁省沈阳市某校2020-2021高一（上）期末物理试题人教版（2019），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg．若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）( )
A.该同学所受的重力变小了
B.电梯一定在竖直向下运动
C.该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D.电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下
2. 如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为。假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有（ ）
A.B.C.D.
3. 如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）
A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cs2θ
C.A与B的加速度之比为1∶1
D.A与B的加速度之比为csθ∶1
4. 如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则为（ ）
A.2:1B.1:2C.1:3D.
5. 在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看做是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ）
A.B.C.D.
6. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（重力加速度为g）( )
A.mg，竖直向上B.mg，斜向左上方
C.mgtanθ，水平向右D.mg，斜向右上方
7. 小明在玩“跳跳鼠”手机游戏时，让跳跳鼠在手机屏幕上由点出发，沿直线运动到点，吃到一次食物。然后又由点沿直线运动到点，接着又由点沿直线运动到点，最后又由点沿直线运动到点，各吃到一次食物。平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1cm，则（ ）
A.跳跳鼠的运动轨迹是一条直线
B.跳跳鼠不会两次通过同一点
C.整个过程中跳跳鼠的位移大小为22cm
D.整个过程中跳跳鼠的位移与由点运动到点的位移方向相反
二、多选题
如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A.粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ−μcsθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C.若μD.不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A.管道的半径为
B.小球的质量为
C.小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定没有有作用力
D.小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于−2m/s2，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，则（ ）
A.a车做匀速运动且其速度为m/s
B.t=3s时a车和b车相遇且此时速度相同
C.t=1s时b车的速度为10m/s
D.t=0时a车和b车的距离x0=9m
三、实验题
在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置。先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C．若测得木板每次移动距离x＝10.00cm，A、B间距离y1＝5.02cm，B、C间距离y2＝14.82cm。请回答以下问题(g＝9.80m/s2)
（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？________。
（2）根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0＝________。（用题中所给字母表示）
（3）小球初速度的值为v0＝________m/s。
为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．
（1）实验时，一定要进行的操作是________．
A.用天平测出砂和砂桶的总质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）．
（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ（如图甲），求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．
A.1tanθB.1tanθ−m0C.2k−m0D.2m
（4）乙同学根据测量数据做出如图乙所示的a−F图线，该同学做实验时存在的问题是________．
四、解答题
如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L=1.2m的平板车开始以a=6.0m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h=0.45m．忽略空气的阻力，重力加速度g取10m/s2．
（1）求小车左端离O点的水平距离；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔△t应满足什么条件？
如图所示，质量M等于2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连。今用跟水平方向成60∘角的力拉着球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10。求：
（1）轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m的物体与圆盘之间的动摩擦因数为，与餐桌之间的动摩擦因数为，餐桌高也为R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度的最大值为多少？
（2）缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径的最小值为多大？
（3）若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出到落到地面上的时间？
某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？
参考答案与试题解析
辽宁省沈阳市某校2020-2021高一（上）期末物理试题
一、单选题
1.
【答案】
D
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
牛顿第二定律的概念
超重和失重
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A、同学在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，故A错误；
BD、以竖直向下为正方向，有：mg−F=m，即50g−40g=50，解得a=0.2g，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也
可能是竖直向下，故B错误，
故D正确；
C、对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故C错误；
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
斜抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性，可知平抛运动的水平位移为2L，则有
L=12gt2
解得
t=2Lg
运动员通过最高点时的速度为
v=2Lt=2gL
则有
tanα=gtv=1
故ACD错误，B正确．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
多物体组成的系统瞬时问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳y2瞬间，对A球受力分析，如图1所示，由于细维gL的拉力突变，沿
细绳L，方向和垂直于细绳L；方向进行力的分解，得
F加=mgcsθ
ma1=mgsinθ
剪断细缉3H2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有
Fcsθ=mg
ma2=mgtanθ
所以
F加FF=cs2θ.
a1⋅2=csθθ
则D正确，
ABC错误．
故选D．
eG—
图1图2
4.
【答案】
A
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
牛顿第二定律的概念
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可知，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，由于分运动与合运动具有等时性，则
t1:t2=ABv:AFv=2:1
故A正确，BCD错误．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，重力与支持力的合力等于向心力
mgtanθ=mv2R
tanθ=hd
联立解得汽车转弯时的车速
y=gRAd
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
以A为研究对象，分析受力如图：
．T
/；
mAg
根据牛顿第二定律得
mAgtanθ=mAa
解得
a=gθ
方向水平向右．
小车对B的摩擦力为
f=ma=mgtanθ
方向水平向右
小车对B的支持力大小为
N=mg
方向竖直向上
则小车对物块−R1产生的作用力的大小为
F=N2+f2=mg1+tan2θ
方向斜向右上方
选项D正确，ABC错误．
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
位移
匀变速直线运动的位移与时间的关系
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．根据机器人的运动轨迹可知，机器人的运动轨迹是一条曲线，故A错误；
B．图中有交点，说明机器人可能会两次通过同一点，故B错误；
C．整个过程的初位置坐标为(0,0)，末位置坐标为(2.2)，故位移为
x=22+22m=22m
故C错误；
D．整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点（22）的位移方向相反，与∼轴成45∘，故D正确．
故选D．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
力的合成与分解的应用
【解析】
q】B．开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可
mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得
a=gsinθ+μ9csθ
故B错误；
ACD．若传送带很短，可能粮袋到达B点速度比ν小，也就粮袋的速度一直小于v；粮袋加速到与传送带速度相等时，若
mgsinθeμmgcsθ
即当加等，故AC正确，
D错误．
故选AC．
【解答】
此题暂无解答
【答案】
B,C
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．由图可知：当v2=b,FN=0，此时
mg=mv2R
解得
R=bg
故A错误；
B．当v2=0时，此时
F加=mg=a
所以
m=ag
故B正确；
C．小球在MN下方的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以
提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C正确；
D．小球在M)上方的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对
小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的位移与时间的关系
x-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．一！图象的斜率等于速度，由图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为
vA=ΔsΔt=8−23m/s=2m/s
故A错误；
B．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，辆车相遇．斜率相等，此时辆车的速度相等，故B正确；
c．t=3s时，b车的速度为
v5=vA=2m/s
设b车的初速度为v0，对b车，有
v2+at=v0
解得
v0=8m/s
则t=1s时b车的速度为
v0=v0+at1=(8−2×1)m/s=6m/s
故C错误；
D．t=3s时，a车的位移为
SA=vAt=6m
b车的位移为
s5=v0+v32t=8+22×3m=15m
t=3s时，a车和b车到达同一位置，得
s0=SS−s5=9m
故D正确．
故选BD．
三、实验题
【答案】
为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同
xgy2−y1
1
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解。
【解答】
该实验中，为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠档板处由静止释放。
在竖直方向上：根据y2−y1=gT2得：T=y2−y1g，
则初速度为：v0=xT=xgy2−y1。
代入数据解得初速度为：v0=0.1×−0.0502m/s＝1m/s。
【答案】
B,C
（2）2.00
C
（4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度。
（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数。
（4）根据F不等于零，加速度a仍然为零，分析图线不过原点的原因。
【解答】
解：（1）AD．本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的质量M，故AD错误；
B．实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时需记录传感器的示数，故C正确．
故选：BC．
（2）根据Δx=aT2，运用逐差法得：
a=x36−x039T2≈2.00m/s2．
（3）由牛顿第二定律得2F=Ma，则a=2MF，a−F图像的斜率k=2M，则小车的质量为：m′=M−m0=2k−m0，故C正确．
故选：C．
（4）当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
四、解答题
【答案】
（1）0.27m
（2）Δt≤0.4s
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）设小球自由下落至平板车上表面处历时v0，在该时间段内由运动学方程
对小球有：h=12gt02①
对平板车有：5=12at02②
由①②式并代入数据可得：s=0.27c
（2）从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时Δt+t0，设平板车在该时间段内的位移为5，由运动学方程有：1=12a(Δt+t0)2③
至少有2个小球落在平板车上须满足：
s1≤5+l④
由O∼④式并代入数据可得：Δt≤0.4s
答：（1）小车左端离O点的水平距离为0.27m；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足Δt≤0.4s
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）________1弯案】
（2）30∘;(2μ=33
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）m处于静止状态，其合力为零，以m为研究对象，由平衡条件得
Fcs60∘−F1csθ=0
Fsin60∘−Frsinθ−mg=0
联合解得
θ=30∘
（2）M、m整体处于静止状态，可看做整体，系统所受合力为零．以M、m整体为研究对象．由平衡条件得
Fcs60∘−μFN=0
FM+fs60∘−lg9−mg=0
解得
μ=33
【答案】
（1）g2R；
（2）}|2|;
（3）22Rg
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即
μ1mg:mω2R
解得
ω≤μ1gR=g2R
（2）物体恰好从圆盘上甩出时的角速度ω1=g2R，则速度
v1=ω1β=gR2
当物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，有
Hmg=ma
2ax1=v2
滑过的位移
x1=v122μ1g=R
餐桌最小半径
R1=x12+R2=2R
（3）若餐桌半径P2=54R，物体在餐桌上滑行的距离
x2=R22−R2=34R
x2=v1t1−12at12
解得
t1=2Rg
设物体离开桌面平抛运动的时间t，则
R=12g22
解得
t2=2Rg
总时间为
t=t1+t2=22Rg
【答案】
（1）F1>20N
（2）F2>13.2N
（3）游戏不能成功．
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：t=μF
对木板应有：f>Mg
代入数据得：F1>20N
（2）对木板由牛顿第二定律有：μF1−Mg=Ma
对滑块由牛顿第二定律有：F2−μF1−mg=mα2
要能发生相对滑动应有：a2>a1
代入数据可得：F2>13.2N
（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2⋅μF1−mg=ma3
设滑块上升h的时间为t，则：h=12a3t2
对木板由牛顿第二定律有：μF1−Mg=M=M4
设木板在t时间上升的高度为H，则：H=12a4t2
代入数据可得：H=0.75m
由于H+1
1. 在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg．若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）( )
A.该同学所受的重力变小了
B.电梯一定在竖直向下运动
C.该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
D.电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下
2. 如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为。假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有（ ）
A.B.C.D.
3. 如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）
A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cs2θ
C.A与B的加速度之比为1∶1
D.A与B的加速度之比为csθ∶1
4. 如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则为（ ）
A.2:1B.1:2C.1:3D.
5. 在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看做是做半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ）
A.B.C.D.
6. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（重力加速度为g）( )
A.mg，竖直向上B.mg，斜向左上方
C.mgtanθ，水平向右D.mg，斜向右上方
7. 小明在玩“跳跳鼠”手机游戏时，让跳跳鼠在手机屏幕上由点出发，沿直线运动到点，吃到一次食物。然后又由点沿直线运动到点，接着又由点沿直线运动到点，最后又由点沿直线运动到点，各吃到一次食物。平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1cm，则（ ）
A.跳跳鼠的运动轨迹是一条直线
B.跳跳鼠不会两次通过同一点
C.整个过程中跳跳鼠的位移大小为22cm
D.整个过程中跳跳鼠的位移与由点运动到点的位移方向相反
二、多选题
如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A.粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B.粮袋开始运动的加速度为g(sinθ−μcsθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C.若μ
如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A.管道的半径为
B.小球的质量为
C.小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定没有有作用力
D.小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于−2m/s2，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，则（ ）
A.a车做匀速运动且其速度为m/s
B.t=3s时a车和b车相遇且此时速度相同
C.t=1s时b车的速度为10m/s
D.t=0时a车和b车的距离x0=9m
三、实验题
在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置。先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C．若测得木板每次移动距离x＝10.00cm，A、B间距离y1＝5.02cm，B、C间距离y2＝14.82cm。请回答以下问题(g＝9.80m/s2)
（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？________。
（2）根据以上直接测量的物理量来求得小球初速度的表达式为v0＝________。（用题中所给字母表示）
（3）小球初速度的值为v0＝________m/s。
为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．
（1）实验时，一定要进行的操作是________．
A.用天平测出砂和砂桶的总质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）．
（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ（如图甲），求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．
A.1tanθB.1tanθ−m0C.2k−m0D.2m
（4）乙同学根据测量数据做出如图乙所示的a−F图线，该同学做实验时存在的问题是________．
四、解答题
如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L=1.2m的平板车开始以a=6.0m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h=0.45m．忽略空气的阻力，重力加速度g取10m/s2．
（1）求小车左端离O点的水平距离；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔△t应满足什么条件？
如图所示，质量M等于2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连。今用跟水平方向成60∘角的力拉着球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10。求：
（1）轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
如图所示，餐桌中心是一个可以匀速转动、半径为R的圆盘。圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。放置在圆盘边缘的质量为m的物体与圆盘之间的动摩擦因数为，与餐桌之间的动摩擦因数为，餐桌高也为R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）为使物体不滑到餐桌上，求圆盘的角速度的最大值为多少？
（2）缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面，求餐桌半径的最小值为多大？
（3）若餐桌半径，则在圆盘角速度缓慢增大时，求物体从圆盘上被甩出到落到地面上的时间？
某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？
参考答案与试题解析
辽宁省沈阳市某校2020-2021高一（上）期末物理试题
一、单选题
1.
【答案】
D
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
牛顿第二定律的概念
超重和失重
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A、同学在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，故A错误；
BD、以竖直向下为正方向，有：mg−F=m，即50g−40g=50，解得a=0.2g，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也
可能是竖直向下，故B错误，
故D正确；
C、对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故C错误；
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
斜抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性，可知平抛运动的水平位移为2L，则有
L=12gt2
解得
t=2Lg
运动员通过最高点时的速度为
v=2Lt=2gL
则有
tanα=gtv=1
故ACD错误，B正确．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
多物体组成的系统瞬时问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
根据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳y2瞬间，对A球受力分析，如图1所示，由于细维gL的拉力突变，沿
细绳L，方向和垂直于细绳L；方向进行力的分解，得
F加=mgcsθ
ma1=mgsinθ
剪断细缉3H2瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有
Fcsθ=mg
ma2=mgtanθ
所以
F加FF=cs2θ.
a1⋅2=csθθ
则D正确，
ABC错误．
故选D．
eG—
图1图2
4.
【答案】
A
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
牛顿第二定律的概念
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由题意可知，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，由于分运动与合运动具有等时性，则
t1:t2=ABv:AFv=2:1
故A正确，BCD错误．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，重力与支持力的合力等于向心力
mgtanθ=mv2R
tanθ=hd
联立解得汽车转弯时的车速
y=gRAd
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
以A为研究对象，分析受力如图：
．T
/；
mAg
根据牛顿第二定律得
mAgtanθ=mAa
解得
a=gθ
方向水平向右．
小车对B的摩擦力为
f=ma=mgtanθ
方向水平向右
小车对B的支持力大小为
N=mg
方向竖直向上
则小车对物块−R1产生的作用力的大小为
F=N2+f2=mg1+tan2θ
方向斜向右上方
选项D正确，ABC错误．
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
位移
匀变速直线运动的位移与时间的关系
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．根据机器人的运动轨迹可知，机器人的运动轨迹是一条曲线，故A错误；
B．图中有交点，说明机器人可能会两次通过同一点，故B错误；
C．整个过程的初位置坐标为(0,0)，末位置坐标为(2.2)，故位移为
x=22+22m=22m
故C错误；
D．整个过程中机器人的位移与由点(5,5)运动到点（22）的位移方向相反，与∼轴成45∘，故D正确．
故选D．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
力的合成与分解的应用
【解析】
q】B．开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可
mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得
a=gsinθ+μ9csθ
故B错误；
ACD．若传送带很短，可能粮袋到达B点速度比ν小，也就粮袋的速度一直小于v；粮袋加速到与传送带速度相等时，若
mgsinθeμmgcsθ
即当加
D错误．
故选AC．
【解答】
此题暂无解答
【答案】
B,C
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．由图可知：当v2=b,FN=0，此时
mg=mv2R
解得
R=bg
故A错误；
B．当v2=0时，此时
F加=mg=a
所以
m=ag
故B正确；
C．小球在MN下方的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以
提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C正确；
D．小球在M)上方的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对
小球有作用力，还可能均无作用力，故D错误．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的位移与时间的关系
x-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．一！图象的斜率等于速度，由图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为
vA=ΔsΔt=8−23m/s=2m/s
故A错误；
B．t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，辆车相遇．斜率相等，此时辆车的速度相等，故B正确；
c．t=3s时，b车的速度为
v5=vA=2m/s
设b车的初速度为v0，对b车，有
v2+at=v0
解得
v0=8m/s
则t=1s时b车的速度为
v0=v0+at1=(8−2×1)m/s=6m/s
故C错误；
D．t=3s时，a车的位移为
SA=vAt=6m
b车的位移为
s5=v0+v32t=8+22×3m=15m
t=3s时，a车和b车到达同一位置，得
s0=SS−s5=9m
故D正确．
故选BD．
三、实验题
【答案】
为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同
xgy2−y1
1
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解。
【解答】
该实验中，为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，因此每次都应使小球从斜槽上紧靠档板处由静止释放。
在竖直方向上：根据y2−y1=gT2得：T=y2−y1g，
则初速度为：v0=xT=xgy2−y1。
代入数据解得初速度为：v0=0.1×−0.0502m/s＝1m/s。
【答案】
B,C
（2）2.00
C
（4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度。
（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a−F图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数。
（4）根据F不等于零，加速度a仍然为零，分析图线不过原点的原因。
【解答】
解：（1）AD．本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的质量M，故AD错误；
B．实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时需记录传感器的示数，故C正确．
故选：BC．
（2）根据Δx=aT2，运用逐差法得：
a=x36−x039T2≈2.00m/s2．
（3）由牛顿第二定律得2F=Ma，则a=2MF，a−F图像的斜率k=2M，则小车的质量为：m′=M−m0=2k−m0，故C正确．
故选：C．
（4）当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．
四、解答题
【答案】
（1）0.27m
（2）Δt≤0.4s
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）设小球自由下落至平板车上表面处历时v0，在该时间段内由运动学方程
对小球有：h=12gt02①
对平板车有：5=12at02②
由①②式并代入数据可得：s=0.27c
（2）从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时Δt+t0，设平板车在该时间段内的位移为5，由运动学方程有：1=12a(Δt+t0)2③
至少有2个小球落在平板车上须满足：
s1≤5+l④
由O∼④式并代入数据可得：Δt≤0.4s
答：（1）小车左端离O点的水平距离为0.27m；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足Δt≤0.4s
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）________1弯案】
（2）30∘;(2μ=33
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）m处于静止状态，其合力为零，以m为研究对象，由平衡条件得
Fcs60∘−F1csθ=0
Fsin60∘−Frsinθ−mg=0
联合解得
θ=30∘
（2）M、m整体处于静止状态，可看做整体，系统所受合力为零．以M、m整体为研究对象．由平衡条件得
Fcs60∘−μFN=0
FM+fs60∘−lg9−mg=0
解得
μ=33
【答案】
（1）g2R；
（2）}|2|;
（3）22Rg
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）为使物体不从圆盘上滑出，向心力不能大于物体与圆盘之间的最大静摩擦力，即
μ1mg:mω2R
解得
ω≤μ1gR=g2R
（2）物体恰好从圆盘上甩出时的角速度ω1=g2R，则速度
v1=ω1β=gR2
当物体滑到餐桌边缘速度减小到0时，恰好不滑落到地面，有
Hmg=ma
2ax1=v2
滑过的位移
x1=v122μ1g=R
餐桌最小半径
R1=x12+R2=2R
（3）若餐桌半径P2=54R，物体在餐桌上滑行的距离
x2=R22−R2=34R
x2=v1t1−12at12
解得
t1=2Rg
设物体离开桌面平抛运动的时间t，则
R=12g22
解得
t2=2Rg
总时间为
t=t1+t2=22Rg
【答案】
（1）F1>20N
（2）F2>13.2N
（3）游戏不能成功．
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：t=μF
对木板应有：f>Mg
代入数据得：F1>20N
（2）对木板由牛顿第二定律有：μF1−Mg=Ma
对滑块由牛顿第二定律有：F2−μF1−mg=mα2
要能发生相对滑动应有：a2>a1
代入数据可得：F2>13.2N
（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2⋅μF1−mg=ma3
设滑块上升h的时间为t，则：h=12a3t2
对木板由牛顿第二定律有：μF1−Mg=M=M4
设木板在t时间上升的高度为H，则：H=12a4t2
代入数据可得：H=0.75m
由于H+1
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