2021-2022学年河北省廊坊市高一（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省廊坊市高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了5km，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】CD，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省廊坊市高一（上）期末物理试卷     下列说法正确的是(    )A. 在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一
B. 位移、速度、加速度、力都是矢量
C. 小球做竖直上抛运动时，速度不断减小，惯性不断减小
D. 在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法    下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是(    )A. 由可知，动摩擦因数与滑动摩擦力成正比，与压力成反比
B. 人推自行车在水平路面上前进，自行车前轮受到的摩擦力方向向后，后轮受到的摩擦力方向向前
C. 物体对桌面的压力是物体发生弹性形变而产生的
D. 地球对物体的重力作用在重心，重心就是物体的几何中心    已知四个物体在时的速度均为0，A物体的图像、B物体的图像、C物体和D物体的图像依次如图所示，则一直向同一方向运动的是(    )A.  B.
C.  D.     超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心的交通工具，因其胶囊形的外表被称为胶囊高铁．2017年8月29日，中国航天科工公司在武汉宣布，已启动时速1000公里“高速飞行列车”的研发项目．如果研制成功，“高速飞行列车”最大速度达，假设列车整个过程都做直线运动，其加速与减速时的加速度大小恒为，据此可以推测(    )A. “高速飞行列车”的减速位移大小为
B. 北京到上海的距离约为1080km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”一个小时即可从北京始发到达上海
C. “高速飞行列车”的加速时间为540s
D. “高速飞行列车”从静止加速到最大速度时的位移大小为    图为一种叫弹跳跷的新型弹跳鞋．当人穿着鞋从高处跳下压缩弹簧后，人就会向上弹起，进而带动弹跳鞋跳跃．假设弹跳鞋对人的作用力类似于弹簧弹力且人始终在竖直方向上运动，不计空气阻力，下列说法正确的是(    )A. 人向上弹起的过程中，鞋对人的作用力与人对鞋的作用力是一对相互作用力
B. 人向上弹起的过程中，始终处于超重状态
C. 从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动
D. 弹簧压缩到最低点时，鞋对人的作用力与人所受的重力是一对平衡力
     如图所示，楔形物块a固定在水平地面上，在其斜面上静止着小物块现用大小一定的力F分别沿不同方向作用在小物块b上，小物块b仍保持静止，如图所示．则a、b之间的静摩擦力一定增大的是(    )A.  B.
C.  D.     如图所示，在光滑水平面上，轻质弹簧连接着质量为1kg的物块A和3kg的物块B，刚开始，两物块都处于静止状态．现用大小为20N的水平恒力F作用在B上，使A、B相对静止地一起向右匀加速运动，下列说法正确的是(    )
A. 突然撤去F的瞬间，B的加速度大小为
B. 撤去F后的短暂时间内，A的速度将减小，B的加速度将增大
C. 物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为5N
D. 物块匀加速运动时，弹簧的弹力大小为15N    如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(    )A. 仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度，方向竖直向上
B. 仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度，方向水平向右
C. 仅剪断细绳的瞬间，小球的初速度，方向水平向左
D. 仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度，方向竖直向下    某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图所示，皮带在电动机的带动下保持的恒定速度向右运动。现将一质量的邮件无初速度地轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数。设皮带足够长，取重力加速度大小，下列说法正确的是(    )
 A. 邮件与皮带发生相对滑动的时间为
B. 邮件与皮带发生相对滑动的时间因皮带长度未知，不能求解
C. 邮件与皮带发生相对滑动过程中，邮件相对地面的位移大小为
D. 邮件与皮带发生相对滑动过程中，邮件相对皮带的位移大小为将一质量为的小球竖直向上抛出，小球最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程中小球运动的图像如图所示，取重力加速度大小下列说法正确的是(    )
 A. 小球上升的最大高度为36m
B. 小球受到的阻力大小为
C. 小球落回到抛出点的速度大小为
D. 小球上升与下落所用的时间之比为2：3某同学利用如图所示的装置验证力的平行四边形定则。在竖直木板上贴有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将三根细线的一头打一个结，结点O，另一头分别挂上不同数量的钩码，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根细线的拉力、和。

下列钩码个数，能使实验完成的是______。
A.钩码的个数，，钩码的个数
C.钩码的个数，钩码的个数，
在拆下钩码和细线前，需要做的步骤是______。
A.标记结点O的位置
B.量出OA、OB、OC三段细线的长度
C.记录OA、OB、OC三根细线的方向
D.用天平测出钩码的质量
在作图时，你认为图中______选填“甲”或“乙”可能是正确的。图甲为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花计时器，电火花计时器接50Hz交流电。小车的质量为M，托盘及砝码的总质量为m。

多选关于实验，下列说法正确的是______。
A.实验中托盘及砝码的总质量m应远小于小车的质量M
B.长木板必须保持水平
C.实验时应先释放小车后接通电源
D.作图像便于得出加速度与质量的关系
图乙为某次实验得到的一条纸带，两相邻计数点间有四个点未画出，纸带上标出了相邻计数点之间的距离。打计数点4时小车的速度大小是______；小车运动的加速度大小是______。结果均保留两位小数
实验时，某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，因此他测量得到的图像，可能是图丙中的图线______。选填“①”、“②”或“③”一直升机静止在空中，跳伞运动员从直升机上无初速度跳下，他自由下落不计空气阻力后打开伞，以的加速度匀减速直线下降，到达地面时的速度大小为，取重力加速度大小，求：
运动员打开降落伞时的速度大小；
直升机距地面的高度．节日的广场，小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于结冰的水平地面上．因水平风力的作用，系氢气球的细绳与竖直方向成角，如图所示，小石块静止．已知气球含球内氢气的质量为m，小石块的质量为10m，空气对气球的浮力为，重力加速度大小为g，，
画出气球的受力示意图，并求出气球静止时水平风力的大小；
若小石块与地面的最大静摩擦力是其间压力的，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当小石块刚要滑动时，求水平风力的大小．如图所示，木板静止于水平地面上，在其右端放一可视为质点的木块，已知木块的质量，木板的质量、长度，木板上表面与木块、木板下表面与地面间的动摩擦因数均为。现用水平恒力拉木板，取重力加速度大小。

分别求木块与木板的加速度、的大小；
求木块滑到木板左端所需的时间；
若水平恒力F作用1s时间即撤去，计算说明木块能否从木板上掉下来。
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：A、力学的三个基本单位是千克，米，秒；故A错误；
B、位移、速度、加速度、力都是矢量，故B正确；
C、小球的惯性仅取决于自身的质量，与小球的运动状态无关，因此小球惯性保持不变，故C错误；
D、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法；故D错误；
故选：B。
力学的三个基本单位是千克，米，秒；位移、速度、加速度、力都是矢量。质量是物体惯性大小的唯一量度；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法。
本题考查物理学中基本物理量惯性和矢量、力学单位制以及物理分析方法，需要学生重视基本物理量的背诵记忆。
 2.【答案】C 【解析】解：A、动摩擦因数与接触面的材料以及粗糙程度有关，与滑动摩擦力的大小以及正压力的大小都无关，故A错误；
B、摩擦力的方向总是与物体间相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反，因此人推自行车在水平路面上前进，自行车前轮受到的摩擦力方向向后，后轮受到的摩擦力方向也向后，故B错误；
C、放在桌面上的物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变而产生的，故C正确；
D、地球对物体的重力作用在重心，重心是物体受到重力的作用点，重心的位置与物体的形状、质量的分布特点等有关，所以重心的位置不一定在其几何中心，故D错误。
故选：C。
两个物体接触且发生弹性形变就会产生弹力，是施力物体产生形变对受力物体的力；重心是重力的作用点，不一定在其几何中心；动摩擦因数与接触面的材料以及粗糙程度有关；摩擦力方向与物体间相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
本题考查了重力、弹力以及摩擦力的产生原因及其方向，理解弹力产生的条件是：接触、弹性形变，知道摩擦力的方向与相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
 3.【答案】C 【解析】解：A、在图象中，图象的斜率表示速度，斜率的正负表示运动的方向，所以此物体运动的方向不断变化，故A错误；
B、在图象中，速度的正负表示运动的方向，所以此物体运动的方向不断变化，故B错误；
C、在图象表示加速度随时间变化的规律，内加速度恒定，物体做初速度为零的匀加速运动，运动时间1s之后，做加速度不变的减速运动，加速和减速的运动的加速度相同，2s末物体的速度减为零，之后重复前面的运动情况，所以此物体一直向同一方向运动，故C正确；
D、在图象表示加速度随时间变化的规律，内加速度恒定，物体做初速度为零的匀加速运动，运动时间1s之后，做加速度不变的减速运动，加速和减速的运动的加速度相同，2s末物体的速度减为零，之后物体的加速度没有改变，物体反向运动，所以此物体不是一直向同一方向运动，故D错误；
故选：C。
在图象中，图象的斜率表示速度，分析甲的运动性质，位移等于x的变化量，
在图象表示速度随时间变化的规律，图线与时间轴围成的面积表示位移，由图象的性质可得出物体的运动情况及位移大小，
在图象表示加速度随时间变化的规律，当加速度与速度方向相同的时候，做加速运动，当加速度与速度方向相反的时候做减速运动。
解决本题的关键要理解速度-时间图象、位移-时间图象的物理意义，掌握在位移-时间图线和速度-时间图线中求解位移的方法，要明确它们的区别，不能搞混。
 4.【答案】D 【解析】解：ACD、由题意可知，“高速飞行列车”的最大速度，根据运动学公式可得

代入数据可得
“高速飞行列车”加速阶段和减速阶段的位移大小相等，根据运动学公式可得

代入数据可得
故AC错误，D正确；
B、北京到上海的距离约为1080km，假设轨道为直线，若“高速飞行列车”一直匀速运动，则经过一个小时即可从北京始发到达上海，但还要考虑加速和减速的时间，故B错误。
故选：D。
根据运动学公式，结合题意可得“高速飞行列车”加速的时间，进而得出列车加速和减速阶段的位移大小；考虑加速和减速的时间，“高速飞行列车”一个小时不能从北京始发到达上海。
本题考查了匀变速直线运动的基本公式，在平常练习中要注意公式的物理意义及适用条件。
 5.【答案】A 【解析】解：A、鞋对人的作用力和人对鞋的作用力是一对作用力和反作用力，总是大小相等，故A正确；
B、人向上弹起过程中，开始时加速度的方向向上，人处于超重状态，最后的一段弹簧的弹力小于重力，人做减速运动，加速度的方向向下，处于失重状态，故B错误；
C、从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动，然后再做加速度增大的减速运动，故C错误；
D、弹簧压缩到最低点时，人的加速度的方向向上，鞋对人的作用力大于人的重力，故D错误。
故选：A。
当物体静止不动时，没有加速度，不处于超失重状态，当有向上的加速度时，物体处于超重状态，当有向下的加速度时，物体处于失重状态；作用力与作用力总是大小相等；根据弹簧弹力变化分析加速度变化，从而判定运动的情况。
本题考查牛顿第二定律关于超重和失重的应用，做此类题目，要抓住关键：有向上的加速度处于超重状态，有向下的加速度处于失重状态。
 6.【答案】A 【解析】解：不加力F时，对物块进行受力分析，将重力分解，
根据平衡条件得出：。
A、力图：，故摩擦力一定增大。

B、如果，，则摩擦力变小。
如果，，由于不知道F的大小，所以摩擦力变化不确定，f可能增大，可能减小，也可能大小不变。

C与B相似，摩擦力变化不确定，f可能增大，可能减小，也可能大小不变。
D、力图：根据平衡条件得出：，故摩擦力不变。

故选：A。
对物体进行受力分析，根据平衡条件，运用正交分解法列出平衡方程，再判断静摩擦力的变化．
本题要抓住静摩擦力的可变性，根据对物体进行受力分析，根据平衡条件结合力的分解列出平衡方程，确定出静摩擦力的变化．
 7.【答案】C 【解析】解：CD、对整体分析，整体的加速度为：，
隔离对A分析，则弹簧的弹力为：，故C正确，D错误。
A、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则B的加速度大小不变，仍为，故A错误；
B、撤去F后的短暂时间内，弹簧的弹力将减小，B的加速度将减小；由于弹力方向沿A的速度方向，故A的速度将增大，故B错误。
故选：C。
先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析A，由牛顿第二定律求出弹簧的弹力。撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出B的加速度大小；根据弹簧弹力的大小变化情况分析加速度和A的速度大小变化情况。
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，同时要灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合进行研究。
 8.【答案】CD 【解析】解：对小球受力分析如图所示：

设小球的质量为m，小球静止时。
AC、剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受到的合外力与等大反向，，方向水平向左，故C正确，A错误；
BD、若剪断轻弹簧，绳子拉力会突变，，方向竖直向下，故D正确，C错误。
故选：CD。
对小球受力分析，根据平衡条件求得绳的拉力；剪断细绳时，弹簧弹力不会突变；剪断弹簧与小球连接端瞬间，细绳拉力会突变。
本题考查弹力突变问题和牛顿第二定律应用，解题关键要知道弹簧弹力和绳弹力的区别。
 9.【答案】AC 【解析】解：AB、设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：
取向右为正方向，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：；
根据速度-时间关系可得，，故A正确、B错误；
C、邮件与皮带发生相对滑动的过程中，根据位移-时间关系，有：，故C正确；
D、邮件与皮带发生相对滑动过程中，邮件相对皮带的位移大小为，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律求解邮件的加速度大小；根据速度-时间关系求解滑动时间；根据位移-时间关系求解邮件相对于地面的位移大小；根据相对运动情况求解邮件相对皮带的位移大小。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
 10.【答案】BC 【解析】解：A、根据图像可知，为小球上升过程，则最大高度为三角形面积，故A错误；
B、根据速度时间图线知，小球向上做匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律得，，解得阻力，故B正确；
C、下降的加速度，根据，得，故C正确；
D、对上升的过程，采用逆向思维得，，对下降的过程，有：，可知，则，故D错误。
故选：BC。
根据图像与坐标轴围成图像的面积表示位移，可以求得小球上升的高度；根据图像分析加速度，再由牛顿第二定律可以求阻力；根据牛顿第二定律知下落加速度，由匀变速运动的公式求得落回时的速度；根据可以求得时间之比。
本题考查学生对速度时间图像的准确理解和分析，在分析过程中需要学生对牛顿第二定律，以及运动学的相关公式能够做到熟练运用。
 11.【答案】BD AC 甲 【解析】解：钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，三角形的三个边表示三个力的大小，三力应能构成三角形，
A、钩码的个数，，时，不能构成三角形，故A错误；
B、钩码的个数时，若满足两力夹角，可以平衡，故B正确；
C、钩码的个数，，时，由于间必定有夹角，故C错误；
D、钩码的个数，时，满足力的三角形条件，故D正确；
故选：B。
、达到平衡后，需要标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确；
B、绳子的长度没有意义，需要的是方向，故B错误；
C、钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，故需要记下各组钩码的个数，故C正确；
D、钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，无需用天平测出钩码的质量，故D错误；
故选：AC。
以O点为研究对象，的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，、的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；
故答案为：；；甲；
两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点如图所示。由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；
为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小钩码的个数与力的方向；
明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答。
掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。
 12.【答案】③ 【解析】解：、实验中托盘及砝码的总质量m应远小于小车的质量M，故A正确；
B、本实验中为了使小车所受合外力等于细绳的拉力，应平衡摩擦力，即将长木板没有滑轮的一侧抬高适当角度，故B错误；
C、实验时应先接通电源，再释放小车，故C错误；
D、作图像便于得出加速度与质量的关系时，图像呈现为一条倾斜的直线，更加直观，故D正确；
故选：AD。
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则
根据逐差法可知小车的加速度大小为：
某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，则他测量得到的图像对应的关系式应为：

整理得：
即图像具有正的横截距，所以该同学作出的图像可能是图线③。
故答案为：；；；③
根据实验原理掌握正确的实验操作；
根据匀变速直线运动的规律计算出瞬时速度，结合逐差法计算出加速度；
根据牛顿第二定律分析出对应的图像。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合匀变速直线运动的规律和逐差法分别计算出小车的瞬时速度和加速度，结合牛顿第二定律完成分析。
 13.【答案】解：根据自由落体运动的特点，可得运动员打开降落伞时的速度大小

根据自由落体公式，有

代入数据可得运动员自由下落的高度
根据速度-位移公式

代入数据解得运动员匀减速直线运动的位移大小
则直升机距地面的高度
答：运动员打开降落伞时的速度大小为；
直升机距地面的高度为 【解析】根据自由落体运动的特点，结合运动学公式求出运动员打开降落伞时的速度大小；
先求出运动员自由落体运动的位移，再结合运动学公式求出运动员匀减速直线运动的位移，最后得出直升机距地面的高度。
本题考查了自由落体运动，在处理时要注意自由落体运动的末速度，即匀减速直线运动的初速度。
 14.【答案】解：对氢气球进行受力分析，如图所示

设氢气球受绳子的拉力大小为T，水平风力大小为

解得：
若风力增加，小石块对地面的压力不变，把小石块与气球视为整体，可得



解得：
答：气球的受力分析见解析，气球静止时水平风力的大小为；
水平风力的大小为 【解析】对气球受力分析应用平衡条件可求水平风力的大小；
对气球和小石块整体受力分析，受重力、支持力、风力和摩擦力，结合平衡条件列式分析即可。
本题关键是灵活选择研究对象，正确的受力分析后根据平衡条件并正交分解法列式求解，基础题目。
 15.【答案】解：经分析木块与木板会发生相对滑动，对木块运用牛顿第二定律得

代入数据可得
对木板运用牛顿第二定律得

代入数据可得
木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度
根据位移-时间公式得
代入数据解得
作用1s时，根据运动学公式可得
木块的位移
木板的位移
代入数据可得
则木块相对木板运动了1m，距离木板的左端为3m
此时木块的速度，木板的速度
撤去力下后，木板做减速运动，根据牛顿第二定律可得

代入数据可得加速度大小
木块做加速运动，加速度不变，设木板和木块达到共速的时间为
则
代入数据解得
此时木块的位移
代入数据可得
木板的位移
代入数据可得
此时木块相对木板运动了，木块不会从木板上掉下来。
答：木块与木板的加速度大小分别为和；
木块滑到木板左端所需的时间为2s；
若水平恒力F作用1s时间即撤去，计算说明见上，木块不会从木板上掉下来。 【解析】对板块分别利用牛顿第二定律，结合题意求出加速度大小；
根据运动学公式，结合题意求出木块滑到木板左端所需的时间；
根据牛顿第二定律，结合运动学公式，利用位移关系判断木块不会从木板上掉下来。
对于板块问题，要注意利用牛顿第二定律分别求出其加速度，进而分析其运动情况。