2020-2021学年山东省济宁市高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年山东省济宁市高一（上）期末物理试卷人教版（2019），共8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. 2020年7月23日12时41分，长征五号遥四运载火箭托举着我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场成功发射。天问一号探测器将在地火转移轨道飞行约7个月后，到达火星附近，通过“刹车”完成火星捕获，进入环火轨道，并择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。下列说法正确的是（ ）
A.“7月23日12时41分”指的是时间间隔
B.“7个月”指的是时刻
C.“天问一号”从地球到火星的位移大小就是其运行轨迹的长度
D.研究“天问一号”探测器在地火转移轨道飞行的轨迹时，可以将探测器看成质点

2. 关于加速度，下列说法正确的是（ ）
A.紧急刹车时的汽车速度变化很快加速度很大
B.点火后即将升空的火箭速度为零，加速度也为零
C.高速行驶时的磁悬浮列车速度很大，加速度也一定很大
D.汽车转弯时速度大小保持不变，加速度为零

3. 将小球竖直向上抛出（不计空气阻力），小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内（ ）
A.位移相同B.加速度相同
C.平均速度相同D.速度变化量方向相反

4. 如图所示，物体A放在水平桌面上，通过平行于桌面的轻绳跨过光滑的定滑轮连接一个重为8N的物体B，物体A与桌面间的最大静摩擦力为4N。要使A静止，需要对A施加一水平向左的拉力F，则拉力F的取值范围为（ ）

A.0∼8NB.4N∼8NC.4N∼12ND.8N∼12N

5. 一两岸平行的河流，宽为300m，水流速度大小为3.5m/s。一汽艇从岸边的某点渡河，渡河过程中保持船头指向与河岸下游夹角为53∘。已知汽艇在静水中的速度大小为7.5m/s，（已知sin53∘＝0.8，cs53∘＝0.6）则汽艇渡河的时间为（ ）
A.30sB.40sC.50sD.60s

6. 如图所示为一物体运动的速度-时间图象，下列说法正确的是（ ）

A.5s末加速度反向
B.5s∼6s内加速度的方向与速度的方向相反
C.8s末离出发点最远
D.前6s的平均速度大小为1.5m/s

7. 某同学用如图所示实验来认识超重和失重现象，先保持手指和钩码静止，感受橡皮筋对手指的压力；然后设法使钩码上下振动的同时手指保持静止，感受压力的变化。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A.超重时钩码所受重力增加
B.钩码下降到最低点时处于超重状态
C.橡皮筋对手指的压力逐渐增大时，钩码一定处于超重状态
D.橡皮筋对手指的压力逐渐减小时，钩码一定处于失重状态

8. 用如图所示的装置探究加速度与力的关系时，补偿阻力后，用槽码的重力代替细线的拉力，通过分析可知，这种代替是有误差的。若槽码的质量m与小车质量M满足M＝10m，槽码牵引小车加速运动时，细线的拉力大小与槽码重力差值的绝对值为（重力加速度为g）（ ）

A.mgB.mgC.MgD.Mg
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分

如图所示为甲、乙两质点运动的位移-时间图象，t＝5s时两图线相切，下列说法正确的是（ ）

A.甲质点做加速运动
B.乙质点做匀加速直线运动
C.t＝5s时，甲质点的速度大小为0.6m/s
D.0∼8s内乙质点的位移大小为6m

如图所示，两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。用两个大小为F1＝F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，整个系统处于平衡状态，下列说法正确的是（ ）

A.弹簧秤的示数是40N
B.弹簧秤的示数是20N
C.在突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为5m/s2
D.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为5m/s2

如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放一个质量为2m的物块A，物块A静止后弹簧长度为l1；若在物块A上端再放一个质量为m的物块B，静止后弹簧长度为l2，如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度范围内，则（ ）

A.弹簧的劲度系数为B.弹簧的劲度系数为
C.弹簧的原长为311−312D.弹簧的原长为311+2l2

如图所示，一渔民欲把重力均为G的虾笼A、B从水中缓慢拉出，此时虾笼A已被拉出水面，虾笼B还未完全拉出水面，轻质绳索1、2与水平面的夹角分别为60∘和30∘。下列说法正确的是（ ）

A.绳索1上的拉力大小等于G
B.绳索2上的拉力大小等于G
C.水对虾笼B的作用力等于G
D.水对虾笼B的作用力等于G
三、非选择题：本题共6小题，共60分。

某同学在“探究小车的速度随时间变化的规律”实验中，选出了如图所示的一条纸带，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，打点计时器的电源频率为50Hz。其中d1＝13.10cm、d2＝27.4cm、d3＝43.02cm、d4＝59.84cm、d5＝77.90cm、d6＝97.20cm。打下F点时小车的瞬时速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2。（结果保留三位有效数字）


用如下的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”，在圆形桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动。第一次实验中，步骤如下：
A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止；
B．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三拉力的图示；
C．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；
D．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上。

（1）这次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量一定大于________且小于________。

（2）第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点________（填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合。实验中，若桌面不水平________（填“会”或“不会”）影响实验的结论。

汽车刹车前的速度大小为8m/s，刹车时的加速度大小为2m/s2，求：
（1）汽车刹车后3s末的速度大小；

（2）汽车刹车后5s内的位移大小。

如图所示，水平地面上有一竖直墙，现将一小球以v0＝6.0m/s的速度，从离地面高H＝5.0m的A点水平抛出，小球撞到墙上的B点，B点离地面的高度为h＝1.8m，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：

（1）小球到达B点时速度v的大小；

（2）AB两点间的水平距离s。

如图所示，倾角为θ的斜面体ABC固定在水平地面上，C点与水平地面平滑连接。AB垂直于BC，A点距地面的高度为h。一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，经过C点，最后在D点停止。滑块与斜面和水平地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求：

（1）滑块到达C点时速度v的大小；

（2）BD的长度x（结果用μ和h表示）。

如图所示，质量为M＝4kg的一个长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.45。这时铁箱内一个质量为m＝1kg的木块恰好能静止在左侧壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。求：

（1）铁箱对木块的支持力FN的大小；

（2）水平拉力F的大小；

（3）减小拉力F，经一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹。当铁箱的速度为v＝8m/s时撤去拉力F，又经t＝1s的时间，木块沿铁箱底部从左侧壁滑到右侧壁处，则铁箱长度是多少？
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省济宁市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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】
路程
位移
时间与时刻
质点的认识
【解析】
位移是表示物体位置变化的物理量，可以用由初位置指向末位置的有向线段表示；路程是表示物体运动轨迹长度的物理量；时间间隔有一定的长度，对应一定的过程，可以时间轴上两点间的距离表示，时刻是某瞬间，可以用时间轴上的点表示；当物体的大小与形状对所研究的问题来说是无关或次要因素时，可以看物体看做质点。
【解答】
A、“7月23日12时41分”是探测器发射的时刻，在时间轴上对应一个点，不是时间间隔，故A错误；
B、“7个月”是天问一号探测器在地火转移轨道飞行的时间间隔，不能时刻，故B错误；
C、“天问一号”从地球到火星的位移大小就是其初位置到末位置有向线段的长度，不是其运行轨迹的长度，其运行轨迹的长度是路程，故C错误；
D、研究“天问一号”探测器在地火转移轨道飞行的轨迹时，其大小与形状可以忽略，可以将探测器看成质点，故D正确。
2.
【答案】
A
【考点】
速率
加速度
速度
【解析】
根据加速度的定义进行分析，知道加速度是反应物体速度变化快慢的物理量，由牛顿第二定律知道力和加速度是瞬时对应关系．
【解答】
A、加速度是反应物体速度变化快慢的物理量，加速度大；
B、火箭点火瞬间，火箭立即产生加速度，所以火箭点火瞬间速度为0，故B错误；
C、高速行驶的磁悬浮列车速度很大，故加速度为0；
D、汽车转弯时速度大小保持不变，圆周运动需要向心力，故D错误；
3.
【答案】
B
【考点】
竖直上抛运动
【解析】
将小球竖直向上抛出，忽略空气阻力的影响，小球做竖直上抛运动，上升和下降过程具有对称性，结合运动规律分析求解。
【解答】
A、根据对称性可知，方向相反，故A错误；
B、小球只受重力，故加速度相同；
C、根据平均速度公式可知，，方向相反，方向相反；
D、根据速度变化量公式可知，t相等，方向相同。
4.
【答案】
C
【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
滑动摩擦力
动摩擦因数
【解析】
物体A受到的静摩擦力可能向左或向右，大小小于最大静摩擦力，根据平衡条件求解出拉力F的范围进行选择。
【解答】
由于物体B的重力为GB＝8N，以B为研究对象​B＝8N；
以A为研究对象，当A受到的摩擦力方向向右达到最大时，则有：Fmax＝fmax+T＝6N+8N＝12N；当A受到的摩擦力方向向左达到最大时，则有：Fmin＝T−fmax＝8N−4N＝4N；所以要使系统静止，故ABD错误。
5.
【答案】
C
【考点】
合运动与分运动的概念
运动的合成与分解
【解析】
首先根据汽艇渡河过程中保持船头指向与河岸下游夹角为53∘，计算汽艇垂直河岸方向的速度v垂直，然后根据t＝求解汽艇渡河时间。
【解答】
设汽艇在静水中的速度大小为v＝7.5m/s，宽为d＝300m汽艇垂直河岸方向的速度：v垂直＝vsin53∘，汽艇渡河的时间为：t＝＝＝，故C正确。
6.
【答案】
D
【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】
在v−t图象中，图象的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移，图象在时间轴上方时位移为正，图象在时间轴下方时位移为负。结合平均速度等于位移与时间之比分析。
【解答】
A、根据v−t图象的斜率表示加速度，斜率不变，所以，故A错误；
B、5s∼6s内物体沿负方向做匀加速直线运动，故B错误；
C、8−5s内物体沿正方向运动，则5s末离出发点最远；
D、根据图象与时间轴围成的面积表示位移，前6s的位移大小为x＝m＝9m＝＝m/s＝1.4m/s。
7.
【答案】
B
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
当物体加速度竖直向上时物体处于超重状态，当物体加速度竖直向下时物体处于失重状态；橡皮筋对手指的压力逐渐增大时，橡皮筋被拉伸，钩码下降。
【解答】
A、超重时钩码所受向上的拉力大于重力，故A错误；
B、钩码下降到最低点时，加速度向上，处于超重状态；
C、如果橡皮筋对手指的压力逐渐增大，所以钩码一定处于下降阶段，拉力小于重力，当向下减速时，钩码处于超重状态；
D、如果橡皮筋对手指的压力逐渐减小，所以钩码一定处于上升阶段，拉力大于重力，当向上减速时，钩码处于失重状态。
8.
【答案】
B
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
根据牛顿第二定律对系统先求出系统的加速度，再对小车写出拉力的表达式，代入已知条件，求出两者的差值。
【解答】
用如图所示的装置探究加速度与力的关系时，补偿阻力后，对小车F＝Ma＝，而M＝10m，故ACD错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分
【答案】
A,D
【考点】
匀速直线运动的图像
v-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
x-t图像（匀变速直线运动）
匀速直线运动及其公式
【解析】
位移-时间图象反映物体的位置随时间的变化情况，两图象的交点表示相遇，图象的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动。位移等于纵坐标的变化量。
【解答】
A、根据x−t图象的斜率表示速度，则甲质点的速度不断增大，故A正确；
B、乙质点图象的斜率不变，做匀速直线运动；
C、t＝5s时，为v＝＝，故C错误；
D、0∼2s内乙质点运动时间为6s，故D正确。
【答案】
B,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】
对左边的物块根据平衡条件可得弹簧秤的示数；在突然撤去F1的瞬间或突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分析m2的加速度大小。
【解答】
AB、左边的物块受到拉力F2和弹簧秤的拉力作用而平衡，根据平衡条件可得弹簧秤的示数是20N、B正确；
C、在突然撤去F1的瞬间，由于右边的物块还没有来得及运动，m5仍受力平衡，所以m2的加速度大小为零，故C错误；
D、在突然撤去F2的瞬间，由于右边的物块还没有来得及运动，m3的加速度大小为a＝＝m/s3＝5m/s2，故D正确。
【答案】
B,C
【考点】
胡克定律
【解析】
对前后两种情况下的物体进行受力分析，结合共点力的平衡建立方程组求解即可。
【解答】
设弹簧的原长为l，由胡克定律和受力平衡可知：甲图中有2mg＝k(l−l1)，乙图中有4mg＝k(l−l2)，所以弹簧劲度系数k＝​1−316，故BC正确，AD错误；
【答案】
A,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】
分别对虾笼A和虾笼B受力分析，根据平衡条件列式即可求解绳索的作用力大小和水对虾笼B的作用力大小。
【解答】
虾笼A受到重力、轻绳1和轻绳2的拉力、轻绳6的拉力，受力分析如图所示；
AB、对虾笼A
T1sin60∘＝G+T2sin30∘
T7cs60∘＝T2cs30∘
解得绳索2上的拉力T4＝G，绳索1上的拉力T1＝G，故AB正确；
CD、对虾笼B
T2sin30∘+N＝G
T2cs30∘＝F
解得：F＝G，f＝G
所以水对虾笼B的作用力为：F合＝＝＝G、D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
【答案】
1.87,1.24
【考点】
探究小车速度随时间变化的规律
【解析】
根据匀变速直线运动中时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小；再根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2，结合逐差法可以求出加速度的大小．
【解答】
由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.3s，
根据匀变速直线运动中时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小
vF＝＝＝ m/s≈1.87m/s
设根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT3，再结合逐差法，那么小车运动的加速度计算表达式为：
a＝＝ m/s2≈8.24m/s2
【答案】
m,3m
不必,不会
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
（1）根据力的合成原则，求出两个力合成的范围即可；
（2）本实验不是采用等效替代法做实验，所以绳的结点不必保持不变。
【解答】
第一次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量范围在m−3m之间，即使用第三根绳挂的质量一定大于m，小于3m；
本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，若桌面不水平，也不会影响实验结论。
【答案】
汽车刹车后3s末的速度大小为2m/s；
汽车刹车后3s内的位移大小为16m。
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
（1）汽车刹车时做匀减速运动，由速度-时间公式，求刹车后3s内汽车的速度大小；
（2）由初速度、加速度求出汽车刹车到停下的时间，运用逆向思维：汽车从静止开始做匀加速运动，加速度大小为2m/s2，求出在汽车停止前滑行的距离。
【解答】
由速度-时间公式：v＝v0−at
代入数据解得：v＝(8−6×3)m/s＝2m/s
设汽车的刹车时间为t8，根据速度-时间公式，求汽车从开始刹车到静止所需要的时间
v0＝at0
代入数据解得：t7＝＝s＝4s
因此，5s内位移就是运动的总位移，
由速度-位移公式，求汽车刹车后5s内的位移：
解得x＝＝m＝16m
【答案】
小球到达B点时速度v的大小为10m/s；
AB两点间的水平距离s为3.8m。
【考点】
平抛运动的概念
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
（1）小球做平抛运动，竖直方向速度vy2＝2g(H−h)，合速度速度v＝；
（2）根据竖直方向位移-时间关系h＝求解时间，小球水平方向做匀速直线运动，根据位移公式s＝v0t求s。
【解答】
小球由A点到B点做平抛运动，竖直方向速度：vy2＝2g(H−h)，
小球到达B点时的速度v＝，
联立；两式代入数据解得：v＝10m/s。
设小球由A到B运动的时间为t，则
竖直方向：H−h＝，
水平方向：s＝v4t，
联立解得s＝4.8m。
【答案】
滑块到达C点时速度v的大小为；
BD的长度x为
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
（1）根据牛顿第二定律求得下滑的加速度，利用速度-位移公式求得下滑到C点的速度；
（2）滑块在水平面上运动时，由牛顿第二定律求得加速度，根据速度-位移公式求得CD的长度，利用几何关系求得BD长度即可。
【解答】
滑块下滑时，由牛顿第二定律可得mgsinθ−μmgcsθ＝ma1
由运动学公式可得
解得v＝
滑块在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得μmg＝ma2
由运动学公式可得v2＝5a2xCD
由几何关系可得
x＝xBC+xCD
解得
【答案】
铁箱对木块的支持力FN的大小为40N；
水平拉力F的大小为222.5N；
铁箱长度是7.25N。
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm＝μ2FN，
（2）对木块在水平方向根据牛顿第二定律求得加速度，对整体，根据牛顿第二定律求得推力；
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v＝8m/s，由于μ1>μ2，木块相对箱向右滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，t＝1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求解。
【解答】
对木块在竖直方向由平衡条件mg＝f
又因f＝μ2FN
解得FN＝40N
对木块由牛顿第二定律可得：FN＝ma
对铁箱和木块整体由牛顿第二定律F−μ1(M+m)g＝(M+m)a
解得F＝222.5N
撤去拉力F后，木块相对铁箱滑动。
对铁箱由牛顿第二定律μ1(M+m)g−μ2mg＝Ma3
解得：
对木块由牛顿第二定律μ2mg＝ma2
铁箱减速时间为＝，木块到达箱右端时。
经t＝1s木块比铁箱向右多移动的距离L即为铁箱的长度
解得L＝1.25m