2020-2021学年河北省石家庄市某校高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年河北省石家庄市某校高一（上）期末物理试卷人教版（2019），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1. 关于平抛运动下列说法正确的是（ ）
A.平拋运动是变加速曲线运动
B.落地速度的大小由下落高度决定
C.水平位移由初速度决定
D.运动时间由下落高度决定

2. 洗衣机脱水桶在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服（ ）
A.受到四个力的作用
B.所受静摩擦力随圆筒转速的增大而增大
C.所需的向心力由弹力提供
D.转速增大静摩擦力会变为滑动摩擦力

3. 如图所示，长度为L＝2.5m的轻质细杆OA的A端有一质量为m＝2.0kg的小球，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是5.0m/s，重力加速度g取10m/s2，则此时小球对细杆OA的作用力为（ ）

的拉力B.零的压力的压力

4. 如图竖直轻弹簧下端固定，上端连接着质量为m的小球，小球在竖直向下F＝2mg的力作用下处于静止状态，弹簧处于弹性限度内。现突然撤去力F，小球上升至刚要离开弹簧的过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）

A.撤去力F瞬间，小球加速度大小为3g
B.小球先做匀加速运动再做匀减速运动
C.当弹簧恢复到原长时，小球速度最大
D.小球加速度先减小再增大

5. 如图所示，小车m以速度v沿斜面匀速向下运动，并通过绳子带动重物M沿竖直杆上滑。则当滑轮右侧的绳子与竖直方向成θ角时，重物M上滑的速度为（ ）

A.vsinθB.vcsθC.vtanθD.vcsθ

6. 如图所示，长L＝4.8m的传送带PQ与水平面之间的夹角θ＝30∘，传送带以v＝4m/s的速度沿逆时针方向匀速运动。现将质量m＝5kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的底端（P点）。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度取g＝10m/s2，则小物块从传送带的底端（P点）运动到顶端（Q点）所需的时间为（ ）

C.2sD.s
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

两个物体a、b在一条直线上运动，它们的v−t图象如图所示。关于这两个物体的运动，下列说法中正确的是（ ）

A.a物体的初速度为10m/s，小物体的初速度为零
B.a物体运动的加速度大小始终比b的加速度小
C.a，b两物体的速度方向相反
D.在第3s末，a、b两物体相遇

如图，质量为m的圆球放在两光滑挡板M、N之间，其中M与水平面夹角为α，N始终保持竖直。缓慢转动M板，使夹角α由60∘逐渐减小到零的过程中（ ）

A.圆球对M的压力由mg逐渐变大
B.圆球对M的压力由2mg逐渐变小
C.圆球对N的压力由2mg逐渐变大
D.圆球对N的压力由mg逐渐变小

如图所示，A、E分别是斜面的顶端和底端，B、C、D是斜面上的三个点，且AB＝BC＝CD＝DE．从A点以不同的水平速度向左拋出两个小球（不计空气阻力），球1落在B点，球2落在E点。两球从抛出到落在斜面上的运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A.球1和球2运动的时间之比为1:2
B.球1和球2抛出时初速度大小之比为1:4
C.球1和球2落点速度方向不相同
D.球1和球2落点速度大小之比为1:2

如图所示是两个做圆锥摆运动的小球1、小球2，摆线跟竖直方向的夹角分别为53∘和37∘，两球做匀速圆周运动所在的水平面到各自悬点的距离之比为2:1．下列有关判断正确的是（ ）

A.两球运动周期之比为1:2
B.两球运动线速度之比为16:9
C.两球运动角速度之比为1:2
D.两球运动向心加速度之比为16:9
三、非选择题：本题共5小题，共52分

某实验小组用如图甲所示装置进行“平抛运动”实验。

（1）实验时，每次须将小球从轨道（ ）。
A.同一位置以不同速度滚下B.不同位置均无初速释放
C.同一位置均无初速释放

（2）实验中已测出小球半径为r，则小球做平抛运动的坐标原点位置应是（ ）。
A.斜槽末端O点在竖直木板上的投影点
B.斜槽末端O点正上方r处在竖直木板上的投影点
C.斜槽末端O点正前方r处在竖直木板上的投影点

（3）由于忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，该小组成员只能以平抛轨迹中的某点A作为坐标原点建立坐标系，并标岀B、C两点的坐标，如图乙所示，根据图示数据，可求得小球做平抛运动抛出点的位置坐标为________。

某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图示部分之外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。

（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N。

（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2N和F2＝5.6N。
①用5mm长度的线段表示1N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，并根据平行四边形定则画出它们的合力F合。
②F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

如图所示，在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上，离轴心r＝20cm处放置一小物块，其质量为m＝2kg，物块与圆盘间的动摩擦因数μ＝0.5．当圆盘转动的角速度ω＝2rad/s时，物块随圆盘一起转动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2．求：

（1）物块的线速度大小；

（2）物块的向心加速度大小；

（3）欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过多大？

如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m＝2kg，木板的质量M＝8kg，长L＝5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。现用水平恒力F＝40N向右拉木板，g取10m/s2，求：

（1）木板加速度的大小；

（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间；

（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力；

（4）若木板长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都与（3）问相同，只将水平恒力增加为F2＝58N，则木块滑离木板需要多长时间？

如图所示，长为L=0.8m的细绳一端连接一质量为5kg的小球，另一端系在固定点O，将小球拉到A点并使细绳水平，给小球一竖直向下的初速度，小球开始绕固定端O点做圆周运动，运动至O点正下方B点时绳子刚好断了，之后做平抛运动，绳子能承受的最大拉力为450N．在B点右侧平地上固定一个倾角为37∘的斜面CD，小球做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面方向，然后沿滑梯CD滑至D点，小球与斜面间动摩擦因数为0.5，CD长度为s=11m．已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力影响，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）小球刚运动到B点时的速度大小；

（2）BC两点间的高度差；

（3）小球从B点运动到D点的时间。
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市某校高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.
【答案】
D
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
平抛运动的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
B
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
小球在细杆的作用下，在竖直平面内做圆周运动。对最高点受力分析，找出提供向心力的来源，结合已知量可求出最高点小球速率为5.0m/s时的细杆受到的力。
【解答】
在最高点，设杆子对小球的作用力向下，根据牛顿第二定律得：
mg+F＝mv2L
解得：F＝0，
根据牛顿第三定律可知，小球对细杆OA的作用力为零，故B正确，ACD错误。
4.
【答案】
D
【考点】
力的合成与分解的应用
胡克定律
牛顿第二定律的概念
【解析】
小球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，结合牛顿第二定律进行分析即可。
【解答】
A、撤去力F瞬间，小球受到的合力为F＝2mg，根据牛顿第二定律：a＝＝2g，故A错误；
BD、球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，根据F弹−mg＝ma，可知小球先向上做加速度不断减小的加速运动，加速度为零时速度最大，继续向上运动，根据mg−F弹＝ma可知再做加速度不断变大的减速运动，到弹簧恢复原长后，弹簧被拉伸，根据mg+F弹＝ma，然后做加速度增大的减速运动，直到速度减为零，故B错误、D正确；
C、加速度为零时速度最大，此时重力等于弹力，弹簧处于压缩状态，故C错误。
5.
【答案】
D
【考点】
合运动与分运动的概念
【解析】
小车以速度v沿斜面匀速向下运动，绳子的速率等于小车的速率，将重物M的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解重物的速率，从而即可求解。
【解答】
将重物M的速度按图示两个方向分解，如图所示，
得绳子速率为：v绳＝vMcsθ
而绳子速率等于小车m的速率，则重物M上滑的速度为：vM=vcsθ，故ABC错误，D正确。
6.
【答案】
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
【解析】
对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小物块刚开始运动时的加速度大小，小物块先做初速度为零的匀加速直线运动，由v＝at求得小物块加速至与传送带同速的时间，并求得匀加速运动的位移。此后，小物块随传送带一起匀速运动，再求匀速运动的时间，从而求得总时间。
【解答】
小物块放上传送带后，通过对小物块受力分析，由牛顿第二定律得
μmgcsθ−mgsinθ＝ma，
解得a＝2.5m/s2，
则小物块加速时间t1＝＝s＝1.6s，
加速位移x1＝at2＝m＝3.2m由于μmgcsθ>mgsinθ，所以小物块与传送带同速后一起匀速运动，
匀速运动时间t2＝＝＝0.4s
故小物块从传送带的底端（P点）运动到顶端（Q点）所需的时间t＝t1+t2＝1.6s+0.4s＝2s，故C正确，ABD错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
【答案】
A,B
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
x-t图像（匀变速直线运动）
匀变速直线运动的概念
非常规图像
【解析】
由v−t图象可直接读出物体的初速度；根据图象的斜率大小等于加速度大小，可分析加速度的大小，由速度的正负分析速度方向，由图象与时间轴围成的面积表示位移分析两物体位移关系，从而判断两物体是否相遇。
【解答】
A、由图可知，a物体的初速度为10m/s，b物体的初速度为零，故A正确；
B、根据v−t图象的斜率大小等于加速度大小，斜率绝对值越大，加速度越大，由图象可知，a物体运动的加速度比b的加速度小，故B正确；
C、a、b的速度均为正，速度方向相同，故C错误；
D、在第3s末，a、b两物体的速度相等，根据图象与时间轴围成的面积表示位移，可知0−3s内，a的位移大于b的位移，但由于两物体初始位置关系未知，无法判断在第3s末两物体是否相遇，故D错误。
【答案】
B,D
【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
【解析】
对圆球受力分析，作出两个挡板的支持力的合力，根据平衡条件看求出M对圆球的支持力和N对圆球的支持力，再由平行四边形的图解法可判断电性的变化。
【解答】
对圆球受力分析，作出两个挡板的支持力的合力，竖直向上
由几何关系可得：F＝＝2mgmg
夹角α由60∘逐渐减小到零的过程中，合力不变，根据平行四边形的图解法
可得：F减小，N减小，圆球对N的压力由，故AC错误BD正确。
【答案】
A,D
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
平抛运动的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
C,D
【考点】
水平面内的圆周运动-重力
【解析】
小球受重力和拉力，靠两个力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出周期、线速度、角速度以及向心加速度之比。
【解答】
解：由题可知，可以设两个小球的质量都是m，
设1球做匀速圆周运动所在的水平面到悬点的距离为2h，则2球做匀速圆周运动所在的水平面到悬点的距离为h，
则1球做圆周运动的半径：r1=h1tanθ1=2h⋅tan53∘=8h3，
2球做圆周运动的半径：r2=h2tanθ2=h⋅tan37=34h
以1球为研究对象，根据重力与绳子的拉力的合力提供向心力，可得：mgtanθ1=mω12r1，
解得：ω1=gtanθ1r1=g2h，
同理，以2球为研究对象，可得：ω2=gtanθ2r2=gh．
AC．两球运动的角速度之比：ω1ω2=12,
根据T=2πω，两球的周期之比：T1T2=ω2ω1=21，故A错误，C正确；
B．两球的线速度之比：v1v2=ω1r1ω2r2=1629，故B错误；
D．根据公式：an=ω⋅v．则：a1a2=ω1ω2⋅v1v2=169，故D正确．
故选CD．
三、非选择题：本题共5小题，共52分
【答案】
C
B
(−20cm, −5cm)
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4.0
4.0,0.05
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
物块的线速度大小为0.4m/s；
物块的向心加速度大小为0.8m/s2；
欲使物块与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的角速度不能超过5rad/s。
【考点】
向心加速度
线速度、角速度和周期、转速
向心力
【解析】
（1）根据线速度与角速度之间的关系求解线速度即可；
（2）根据向心加速度公式即可确定向心加速度大小；
（3）当静摩擦力达到最大值时，转动的加速度最大，根据静摩擦力提供向心力，运用牛顿第二定律列式求解即可。
【解答】
当ω＝2rad/s时，滑块的线速度为：v＝ωr＝2×0.2m/s＝0.4m/s；
当ω＝2rad/s时，滑块的向心加速度为：a＝ω2r＝4×0.2m/s2＝0.8m/s2；
当物块刚要发生滑动时最大静摩擦力充当向心力，设此时圆盘转动的角速度为ω′，
由牛顿第二定律得：f＝μmg＝mrω​′2
解得：ω′＝5rad/s
故圆盘转动的角速度不能超过5rad/s
【答案】
木板加速度的大小为2.6m/s2；
要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间为；
需对木板施加的最小水平拉力为F7>50N；
木块滑离木板需要时间为s
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）小球刚运动到B点时的速度大小是8m/s；
（2）BC两点间的高度差是1.8m；
（3）小球从B点运动到D点的时间是1.6s．
【考点】
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
斜面上的平抛问题
用牛顿运动定律分析斜面体模型
【解析】
（1）小球刚运动到B点时，由重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球刚运动到B点时的速度大小。
（2）小球做平抛运动至斜面的最高点C时的速度方向恰好沿斜面向下，由速度的分解法求出到达C点时的竖直分速度，从而求出BC两点间的高度差。
（3）根据牛顿第二定律求解在CD面上的加速度，根据速度的分解得到C点速度，根据位移时间关系列式求解时间，从而知总时间。
【解答】
解：（1）设小球在B点的速度为v，在B点时小球所受的拉力最大为：F=450N，
由牛顿第二定律得：F−mg=mv2L，
联立解得：v=8m/s．
（2）据题得小球到达C点时竖直分速度为：
vy=vtan37∘=6m/s，
平抛时间为：t=vyg=0.6s，
B、C两点间的高度差为：h=12gt2=1.8m．
（3）小球在CD上做匀加速运动，其加速度为：
a=mgsin37−μmgcs37m=2m/s2，
C点速度为：vC=vcs37=10m/s，
根据位移—时间关系知：s=vCt′+12at′2，
解得：t′=1s，
所以小球从B点运动到D点的时间为：T=t+t′=1.6s．