2019年湖北省武汉市高一下学期期末物理试卷+答案

一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分；第I至6题只有一个选项符含题目要求，第7至l0題有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，对而不全得3分，有选错或不答得0分）

1．（5分）一质点在光滑水平面上做匀速直线运动，现给它施加一个与速度方向不在同一直线上的水平恒力，下列说法正确的是（ ）

A．施加水平恒力后，质点单位时间内速率的变化量总是不变 B．施加水平恒力后，质点一定做匀变速曲线运动

C．施加水平恒力时，如果恒力的方向与速度垂直，质点可能做匀速圆周运动 D．施加水平恒力以后，质点的速度方向可能和恒力的方向相同

2．（5分）某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在表中记录了几个特定时刻体重秤的示数（表内时刻不存在先后顺序），若已知t0时刻电梯处于静止状态，则（ ）

时 间 体重秤示数（kg）

t0 45.0

t1 50.0

t2 40.0

t3 45.0

A．t1时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化 B．t2时刻电梯可能向上做减速运动 C．t1和t2时刻电梯运动的方向相反 D．t3时刻电梯处于静止状态

3．（5分）如图所示，质量为1kg的小球静止在竖直放置的轻弹簧上，弹簧劲度系数k＝50N/m。现用大小为5N、方向竖直向下的恒力F作用在小球上，在小球向下运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）（g取10m/s2，已知弹一直处于弹性限度内，空气阻力忽略不计）

A．.小球向下运动的过程中一直加速 B．.B．小球速度最大时弹簧被压缩了0.2m C．.小球运动到最低点时弹簧被压缩了0.3m D．.小球运动过程中加速度先减小后增大

4．（5分）长为L的轻杆上端连着一个小球m，下端用铰链固接于水平地面上的O点。轻杆斜靠在正方体M上，在外力作用下保持静止，如图所示。小球可以视为质点，忽略一

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切摩擦。现撤去外力，使杆向右倾倒，当正方体和小球刚脱离瞬间，杆与水平面的夹角为θ，轻杆角速度大小为ω，此时正方体M的速度大小为（ ） A．ωL C．ωLsinθ

B．ωLcosθ D．sinθ ωL

5．（5分）如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零而P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2．则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（ ） A．4m/s2 C．2m/s2

B．3m/s2 D．1m/s2

6．（5分）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点。当轻杆轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动。如图所示，绳a与水平方向夹角为θ，绳b在水平方向且长为L，则下列说法正确的是（ ） A．a绳的张力可能为零

B．a绳的张力随角速度的增大而增大 C．当角速度ω＞√

gcotθL

，b绳将出现弹力

D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化

7．（5分）如图所示，轻杆长为L，轻杆的一端拴有一个历量为m的小球，轻杆和球在竖直平面内绕光滑轴O自由转动。已知在小球通过最高点时，轻轩对球的弹力大小为F=4mg，则小球通过最高点的速度大小可能是（ ） A．√4gL C．√4gL

35

1

B．√gL D．√4gL

1

8．（5分）如图所示，倾角为θ的斜面上OP段光滑，PQ粗糙；μ为滑块A

与PQ段的动摩擦因数，且μ＞tanθ．在滑块A从斜面上O点由静止开始下滑到Q的过程中，滑块A与放在其水平台面上的物块B始终无相对滑动。当滑块A在OP段和PQ段运动时，对于物块B的受力情况，下列说法中正确的是（ ）

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A．当滑块A在OP段时，物块B仅受重力

B．当滑块A在OP段时，物块B仅受重力和支持力

C．当滑块A在PQ段时于，A对B的支持力大于B的重力 D．当滑块A在PQ段时，物块B受到水平向左的摩擦力

9．（5分）在欢乐谷有风洞飞行表演，风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果。假设表演者所受风力大小与受风有效面积成正比，已知水平横躺时受风有效面积最大，站立时受风有效面积为最大值的8，风洞内人可上下移动的空间总高度为H．若表演者让身体倾斜一定角度，使受风有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移。现表演者从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在风最低点C处减速为零，则下列说法中正确的是（ ） A．表演者先处于失重状态后处于超重状态 B．表演者向下的最大加速度是

4g

1

C．BC间的高度差为H 7

3

D．表演者加速和减速阶段所用时间之比为4：3

10．（5分）如图所示，A为放在光滑水平桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C．A、B、C质量分别为lkg、5kg、1kg，B、C与A之间的动摩擦因数为0.10，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力；K为轻质光滑滑轮，绕过K连接B和C的轻细绳都处于水平状态。现用水平方向的怛定外力F拉滑轮，使A的加速度等于2m/s2，g取 10m/s2，在这种情况下，下列说法正确的是（ ） A．A、B之间相对滑动而A、C之间相对静止 B．A、B之间相对静止而A、C之间相对滑动 C．外力F的大小等于22N D．A、B之间的摩擦力大小为1N 二、实验题（本题共15分）

11．（6分）在做“研究平抛物体的运动”的实验时，为了确定小球在不同时于刻所通过的位置，使用如图所示的装置，将一块平木板钉上复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处且和斜槽所在的竖直平面垂直，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹A；将木板向后移距离x，小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木

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板上留下痕迹B；将木板再向后移距离x，小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再得到痕迹C．若测得木板每次后移距x＝20.00cm，A、B问距离y1＝4.70cm，B、C间距离y2＝14.50cm。（g取9.8m/s2）根据以上直接测量的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0＝ （用题中所给字母表示），小球初速度值为 m/s。（结果保留两位有效数字）

12．（9分）在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器（发射器）随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中力传感器的拉力为F，保持小车（包括位移传感器发射器）的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图（b）所示．

（1）小车与轨道的滑动摩擦力f＝ N．

（2）从图象中分析，小车（包括位移传感器发射器）的质量为 kg．

（3）该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tanθ＝ ． 三、计算题（本题共45分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）

13．（10分）竖直杆与斜杆固定在小车上，它们之间的夹角θ＝45°，在斜杆下端固定有质量为m的小球，斜杆与竖直杆均为刚性轻杆。

（1）如果将小车放进电梯中，让电梯带着小车一起以加速度a（a＜g）向上做匀减速直线运动，求斜杆给小球的作用力；

（2）如果让小车在水平面上向右做a=√3g的匀加速直线运动，求斜杆给小球的作用力。

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14．（10分）如图所示，半圆形凹半径R＝0.48m，AB为其直径，圆心为O2，在A点正上方O1处有一颗钉子，O1A的距离为0.36m，用长为l的轻绳拴住一个质量为m＝1kg的小球，绳的另一端固定于O1，小球可视为质点，将小球左拉起一定角度后无初速释放，小球运动到A点时与凹槽的平台间无挤压，此时轻绳恰好断裂，小球沿水平方向飞出，落在凹槽上的E点，O2E连线与水平方向的夹角θ＝37°，重力加速度g取10m/s2，sin37＝0.6，忽略空气阻力。求：

（1）轻绳断裂时小球的速度大小v0； （2）轻绳能够承受的最大拉力FT。

15．（10分）物体A放在倾角为37°斜面上，与半径为r的圆柱体B用跨过光滑轻质定滑轮的细线相连接，半径为R的圆柱体C穿过细绳后在B上方，三个物体的质量分别为mA＝mB＝2kg，mC＝1kg，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75．现在让它们由静止开始运动，B下降h1＝0.6m后，C被内有圆孔（半径为R′）的支架D挡住不再运动（r＜R′＜R），而B穿过圆孔继续下降。（细线和C之间的摩擦力以及空气阻力均不计，斜面足够长，sin37°＝0.6，g取10m/s2）试求： （1）圆柱体C到达支架D时的速度； （2）物体A沿斜面上滑的最大距离。

16．（15分）某传送带装置在竖直平面内的横截面如图所示，ab段水平，bcd段为2圆周。传送带在电机的带动下以恒定速率v＝4m/s运动。在传送带的左端点a先后无初速地投放

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1

质量均为m＝1kg的两个相同的小物块（物块可视为质点），当第一个物块A到达b点时立刻在a点投放另一物块B，两个物块到达b点时都恰好与传送带等速。当物块到达b点时，立即被锁定在传送带上，与传送带相对静止地通过bcd段。当物块到达最高点d时解除锁定，解除锁定后物块与传送带间的弹力大小恰等于其重力。在d点的左方另有一平直轨道ef，轨道上静止停放着质量M＝lkg的木板，从d点出来的物块恰好能水平进入木板上表面的最右端，木板足够长。已知：物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8、与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，

木板与轨道间的动摩擦因数μ3＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．试求：

（1）每个物块在传送带abcd上运行的时间； （2）物块A相对于木板滑动的距离； （3）木板运动的总时间。

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2019年湖北省武汉市高一期末物理试卷

参与试题解析

一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分；第I至6题只有一个选项符含题目要求，第7至l0題有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，对而不全得3分，有选错或不答得0分）

1．【解答】解：A、施加水平恒力后，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但其速度的变化量是变化的，故A错误；

B、施加的力与速度方向不在同一条直线上，所以将做曲线运动，因力是恒力，故物体做匀变速曲线运动，故B正确；

C、匀速圆周运动所受外力为变力，始终指向圆心，由于所施加的是恒力，因此不可能做匀速圆周运动，故C错误；

D、质点的速度方向为初速度与力的方向上速度的合速度，所以质点的速度方向一定和恒力的方向不相同，故D错误。 故选：B。

2．【解答】解：由表格可知：t0时刻人处于静止状态所以有人的质量为：m＝45kg； t1时刻超重，此时有：FN1﹣mg＝ma1，加速度向上，可能向上加速或向下减速； t2时刻失重，此时有：mg﹣FN2＝ma2，加速度向下，可能向下加速或向上减速； A、重力的大小与物体运动的状态无关，t1时刻超重，但受到的重力不变。故A错误； B、t2时刻处于失重状态，加速度的方向向下，电梯可能向上做减速运动。故B正确； C、由表格中的数据可以判断出t1和t2时刻电梯加速度的方向相反，但不能判断出运动的方向相反。故C错误；

D、t3时刻体重秤的示数与静止时相等，说明电梯处于平衡状态，电梯可以处于静止状态，也可能做匀速直线运动。故D错误。 故选：B。

3．【解答】解：小球受竖直向上的弹簧弹力F'＝kx，和竖直向下的重力G＝mg及外力F作用；

小球向下运动，弹簧压缩量x增大，弹簧弹力增大，故当弹簧弹力F'＜G+F时，小球做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力F'＞G+F时，小球做加速度增大的减速运动； 那么，小球运动过程中加速度先减小后增大，当F'＝G+F，即x=

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G+Fk

=0.3m时，速度最

大；那么，小球运动到最低点时弹簧被压缩量x'＞0.3m，故ABC错误，D正确； 故选：D。

4．【解答】解：小球随着立方体向右运动的同时沿着立方体竖直向下运动，将小球的速度沿着水平方向和竖直方向正交分解，如图

得到v2＝v1sinα，v1＝ωL即正方体M的速度大小为ωLsinθ； 故选：C。

5．【解答】解：当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，受力分析如图知 FQ+mg＝FNcos15°…① F合＝FNsin15°＝ma…② 由①②知： a=

FQ+mgm

tan15°=

FQm

×0.27+10×0.27=0.27

FQm

+2.7＞2.7m/s2

故可能的为AB选项。 故选：AB。

6．【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A错误。

B、根据竖直方向上平衡得，Fasinθ＝mg，解得Fa=sinθ，可知从此状态开始增大角速度时，a绳的拉力不变，故B错误。

C、当b绳拉力为零时，有：mgcotθ＝mlω2，解得ω=√b绳出现弹力。故C正确。

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gcotθlmg

，可知当角速度ω＞√

gcotθl

时，D、由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。 故选：C。

7．【解答】解：当杆对球为支持力时，根据牛顿第二定律可知mg−F=当杆对球为拉力时，根据牛顿第二定律可知mg+F=BD错误 故选：AC。

8．【解答】解：AB、OP段光滑，A、B一起向下做匀加速运动，加速度平行于斜面向下，B有平行于斜面向下的加速度，则B受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向右的摩擦力作用，故AB错误；

CD、PQ段粗糙，且tanθ＜μ，故在PQ段，物体受到的合力平行于斜面向上，由牛顿第二定律可知，物体的加速度平行于斜面向上，B受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力作用，同时物体有竖直向上的分加速度，物体处于超重状态，A对B的支持力大于B的重力，故CD正确； 故选：CD。

9．【解答】解：B、设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为8Fm

由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=

12

1

mv2L

mv2L

，解得v=√4gL

3

，解得v=√gL，故AC正确，

Fm

G−Fmm

1

8人站立加速下降时的加速度a1=错误；

=4g，所以表演者向下的最大加速度是4g，故B

33

A、人平躺减速下降时的加速度大小是a2=超重状态，故A正确；

Fm−Gm

=g，所以表演者先处于失重状态后处于

C、设下降的最大速度为v，根据速度位移公式可得： 加速下降过程位移x1=

v22a1v2

减速下降过程位移x2=2a

2

故x1：x2＝4：3

因而x2=7H，故C正确；

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3

D、根据v＝at可知，表演者加速和减速阶段所用时间之比为1=

t2

t

a2a1

=4：3．故D正确；

故选：ACD。

10．【解答】解：AB、K为轻质光滑滑轮，故绳子对B、C的拉力均为F，方向水平向右；

21

故A受到的合外力水平向右，那么，FA＝mAaA＝2N；

又有fAB＝μmBg＝5N，fAC＝μmCg＝1N，FA＜fAB+fAC，且mB＞mC； 所以，C相对A向右滑动，AB保持相对静止；故A错误，B正确；

C、对AB整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：F+fAC=(mA+mB)aA，所以，

21

F＝26N，故C错误；

D、对A进行受力分析可得：A、B之间的摩擦力大小fAB'＝FA﹣fAC＝1N，故D正确； 故选：BD。

二、实验题（本题共15分）

11．【解答】解：在竖直方向上，根据y2−y1=gT2得：T=√则小球的初速度为：v0=故答案为：x√y

g2−y1

y2−y1g

，

xT

=x√

gy2−y1

=0.2×√

9.8

0.1450−0.0470

m/s＝2.0m/s。

，2.0。

12．【解答】解：（1）根据图象可知，当F＝0.60N时，小车开始有加速度，则f＝0.60N， （2）根据牛顿第二定律得： a=

F−fM1

=MF−M，则a﹣F图象的斜率表示小车质量的倒数，则

4.0−2.05.0−2.0

1f

M==

k

==0.67kg，

3

2

（3）为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有： Mgsinθ＝μMgcosθ 解得：tanθ＝μ， 根据f＝μMg得：μ=230.60×10

=0.09

所以tanθ＝0.09

故答案为：（1）0.60；（2）0.67；（3）0.09

三、计算题（本题共45分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）

13．【解答】解：（1）小球受重力和斜杆对小球的作用力作用，又有小球做匀减速运动，那

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么，由牛顿第二定律可得：小球受到的合外力F＝ma，方向竖直向下； 故斜杆对小球的作用力F1＝mg﹣F＝m（g﹣a），方向竖直向上；

（2）小车在水平面上向右做a=√3g的匀加速直线运动，那么，小球受到的合外力F′=ma=√3mg，方向水平向右；

又有小球只受重力和斜杆对小球的作用力作用，故斜杆对小球的作用力F2=√(mg)2+F′2=2mg，方向斜向右上方，与水平面的夹角θ=arctan

mgF′

=30°；

答：（1）如果将小车放进电梯中，让电梯带着小车一起以加速度a（a＜g）向上做匀减速直线运动，那么，斜杆给小球的作用力为m（g﹣a），方向竖直向上；

（2）如果让小车在水平面上向右做a=√3g的匀加速直线运动，则斜杆给小球的作用力为2mg，与水平面夹角为30°斜向右上方。

14．【解答】解：（1）小球从A到E做平抛运动，下落的高度 h＝Rsinθ＝0.48×sin37°＝0.288m

2小球落在E点时，竖直方向有 vy=2gh

得 vy=√2gh=2.4m/s 根据tanθ=v得 v0＝3.2m/s

0

vy

（2）轻绳刚要断裂时，根据牛顿第二定律得 FT﹣mg＝mL0 由题知 L＝0.36m 解得 FT≈38.4N 答：

（1）轻绳断裂时小球的速度大小v0是3.2m/s。 （2）轻绳能够承受的最大拉力FT是38.4N。

15．【解答】解：（1）圆柱体C下滑过程中，若BC间无相互作用，那么，根据受力情况，由牛顿第二定律可得：C的下落加速度为g，D下落加速度为

mBg−mAgsin37°−μmAgcos37°

mA+mB

v2

＜g；

所以，C下落加速度比B下落加速度大，不符合题意；故BC一起运动，加速度相等； 那么，BC下落加速度a=

(mB+mC)g−mAgsin37°−μmAgcos37°

mA+mB+mC

=1.2m/s2；那么，由匀加速直

线运动规律可得：圆柱体C到达支架D时的速度v=√2ah1=1.2m/s；

（2）圆柱体C到达支架D后，圆柱体C与B分离，A、B做初速度为v，加速度a′=

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mAgsin37°+μmAgcos37°−mBg

mA+mB

=1m/s2的匀减速运动；

12

va

故物体A沿斜面运动的平均速度为v=v=0.6m/s2，加速运动时间t1==1s，减速运动时间t2=a′=1.2s，故物体A沿斜面上滑的最大距离s=v(t1+t2)=1.32m； 答：（1）圆柱体C到达支架D时的速度为1.2m/s； （2）物体A沿斜面上滑的最大距离为1.32m。

16．【解答】解：（1）物块在AB上运动，合外力f1＝μmg，故物块做加速度a1=μ1g=8m/s2

的匀加速运动，故物块在ab上运动的时间t1=

va1

v

=0.5s；

mv2R

物块在B处时，传送带对物块的弹力竖直向下，故由牛顿第二定律可得：mg+mg=所以，bcd段的圆周半径R=2g=0.8m； 故物块在bcd上的运动时间t2=t＝t1+t2＝0.5+0.2π（s）；

πRvv2

，

=0.2π；所以，每个物块在传送带abcd上运行的时间

（2）物块A、B在abcd上运动完全相同，故物块B和物块A在d点的速度完全相同，且物块B比物块A到达d点的时间晚t1＝0.5s；

物块A滑上木板，相对木板向左运动，故物块A受到木板水平向右的摩擦力作用，故物块A做加速度a2=

μ2mgm

=2m/s2的匀减速运动；

由于μ2mg＝μ1（m+M）g，所以，木板保持静止，物块在木板上做匀减速运动时间t1＝0.5s后速度v1＝v﹣a2t1＝3m/s，物块B滑上木板；

物块B滑上木板后，物块A、B都相对木板向左运动，故摩擦力向右，那么，物体A、B向左做加速度为a2=2m/s2的匀减速运动，木板水平向左做加速度aM1=

2μ2mg−μ3(2m+M)g

M

=1m/s2的匀加速运动；经过t3=a

v1

2+aM1

=1s后，物块A与木板达到共

同速度v2＝v1﹣a2t3＝aM1t3＝1m/s； 此时物块B的速度v2'＝v﹣a2t3＝2m/s；

物块A与木板速度相等后，物块B相对木板向左运动；故B继续做加速度为a2=2m/s2的匀减速运动；

物块A和木板一起做加速度a3=及木板达到共同速度v3=3m/s；

12 / 13

2

μ3(2m+M)g−μ2mg

m+M

=2m/s2的匀减速运动直到物块A、B

1

最后，物块A、B及木板保持相对静止，一起做加速度a4=运动直到速度为零；

故物块A相对木板滑动的距离s=

v+v22

μ3(2m+M)g2m+M

=1m/s2的匀减速

(t1+t3)−

v22

t3=

134

m；

（3）木板在物块B滑上木板开始运动，开始运动到物块A与木板达到共同速度经过时间t3＝1s；

物块A与木板达到共同速度到物块A、B及木板达到共同速度v3=m/s经过时间t4=s；

3

3

2

2

物块A、B及木板达到共同速度后保持相对静止，一起做匀减速运动的时间t5=故木板运动的总时间t′=t3+t4+t5=s；

37

v3a4

=s；

3

2

答：（1）每个物块在传送带abcd上运行的时间为0.5+0.2π（s）； （2）物块A相对于木板滑动的距离为m；

413

（3）木板运动的总时间为3s。

7

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