2021-2022学年人教版（2019）必修第一册期末学业水平测评卷（含解析）

这是一份物理必修 第一册全册综合课后练习题，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

期末学业水平检测
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1～7题只有一项符合题目要求,第8～12题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,有选错或不答的得0分)
1.(2021河北唐山十一中高一上期中)某中学正在举行班级对抗赛,张明明同学是短跑运动员,在100米竞赛中,测得他在5 s末的速度为12 m/s,10 s末到达终点,则他在全程中的平均速度为 (　　)
A.10 m/s　　　　 B.8.3 m/s
C.9 m/s　　　　 D.14 m/s
2.(2021山东聊城高一上期末)甲、乙两物体在同一水平面上做匀变速直线运动,甲做加速运动,经过1 s速度由5 m/s增加到10 m/s;乙做减速运动,经过8 s速度由20 m/s减小到0,则 (　　)
A.甲的速度变化量大,甲的加速度大
B.乙的速度变化量大,甲的加速度大
C.甲的速度变化量大,乙的加速度大
D.乙的速度变化量大,乙的加速度大
3.(2021甘肃平凉静宁一中高一上期末)据平凉日报消息,兰州定西至平凉庆阳高铁有望进入国家“十四五”铁路规划建设,平凉人民即将实现“高铁梦”。假设平庆铁路按照双线电气化、时速216 km/h(即60 m/s)动车快速客运铁路线建设,从平凉站出发,预计45分钟可到庆阳,仅2小时可到西安北站高铁枢纽,下列说法正确的是 (　　)
A.动车进站过程中可以把动车看作质点
B.从平凉站到西安北站动车的位移为432 km
C.若动车出站速度从零加速到216 km/h用时5 min,动车启动加速度约为0.2 m/s2
D.动车进站减速过程中,动车的加速度与速度可能同向
4.(2021广东肇庆高一上期末)一辆小汽车做直线运动,速度与时间的关系如图所示,坐标上面的数字为时间,下面的数字为速度。下列说法正确的是 (　　)

A.小汽车做加速运动,加速度逐渐变大
B.小汽车做加速运动,加速度逐渐变小
C.小汽车加速度方向与速度方向相同
D.小汽车加速度方向与速度方向相反
5.(2021河南郑州高一上期末)可视为质点的甲、乙两物体,同时从同一地点开始运动。以开始运动时刻作为计时起点,甲、乙两物体的v-t图像如图所示,关于甲、乙两物体在0～5 s内的运动,下列说法正确的是(　　)

A.0～3 s内,甲的位移比乙的位移大9 m
B.3～5 s内,乙的速度变化量为10 m/s
C.3 s末,乙物体速度方向发生变化
D.5 s末,甲、乙两物体之间的距离最大
6.(2021江苏南京高一上期末)下列说法正确的是 (　　)

A.图甲是自由落体运动竖直方向的位移-时间图像
B.图乙是自由落体运动竖直方向的速度-时间图像
C.图丙是平抛运动的物体速度方向与水平方向夹角θ的正切值-时间图像
D.图丁是平抛运动的物体位移方向与水平方向夹角α的正切值-时间图像
7.(2021广东广州八区联考高一上期末)如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为 (　　)

A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力
B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间
C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度
D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小
8.(2021湖南永州高一上期末)如图甲所示,在探究摩擦力的实验中,一人用由0逐渐增大的水平力F推静止于水平地面上质量为5 kg的木箱,木箱所受的摩擦力Ff与F的关系如图乙所示,下列说法正确的是(　　)

A.木箱所受的滑动摩擦力大小为15 N
B.木箱所受的滑动摩擦力大小为16 N
C.木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.3
D.木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.32
9.(2021广东中山高一上期末)如图所示,物体A在固定的粗糙斜面B上,然后在A上施加一个竖直向下的恒力F,下列说法中正确的有 (　　)

A.若A原来静止,则施加力F后,A仍保持静止
B.若A原来匀速下滑,则施加力F后,A仍匀速下滑
C.若A原来加速下滑,则施加力F后,A的加速度大小不变
D.无论A原来的运动状态如何,施加力F后,A所受的合力不变
10.(2021四川成都高一上期末)驾校里两辆教练汽车在直道上参加训练,图(a)是1号车的速度-时间图像,图(b)是2号车的加速度-时间图像,根据图像可知 (　　)

A.1号车在0～1 s内的速度方向与2～4 s内的速度方向相同
B.1号车在0～4 s内的平均速度大小为2 m/s
C.2号车在0～1 s内的加速度方向与2～4 s内的加速度方向相反
D.2号车在0～4 s内的速度变化量大小为10 m/s
11.(2021湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高三上期中)如图所示,物块A、B叠放在一起置于斜面上,斜面体始终静止在水平面上。关于A、B的运动和受力,下列说法正确的是 (　　)

A.若A、B一起匀速下滑,则A受到2个力
B.若斜面光滑,则A受3个力
C.若A、B一起加速下滑,则A处于失重状态
D.若A、B一起加速下滑,则地面对斜面体间的静摩擦力方向向右
12.(2021河南驻马店高一上期末)近几年,极限运动越来越受到年轻人的喜欢,其中“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示,弹性轻绳的上端固定在O点,拉长后将下端固定在体验者的身上,并与固定在地面上的力传感器相连,传感器示数为1 400 N。打开扣环,从A点由静止释放,像火箭一样被“竖直发射”,经B点上升到最高位置C点,在B点时速度最大。人与装备的总质量为70 kg(可视为质点)。不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　　)

A.在C点,人处于超重状态
B.在B点,人所受合力为零
C.打开扣环瞬间,人的加速度大小为10 m/s2
D.从A点到B点上升过程中,人的加速度不断减小

二、非选择题(本题共7小题,共52分,按题目要求作答)
13.(6分)(2021广东广州越秀高一上期末)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(a)所示的实验装置,其中M为小车的质量,m为砂和砂桶的总质量,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,获得一条打点的纸带,同时记录力传感器的示数
D.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带,已知打点计时器打点周期为T,根据纸带可求出小车的加速度为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用T及x1、x2、x3、x4、x5、x6和数字表示)。 
(3)甲同学根据测量数据作出如图(c)所示的a-F图线,该同学做实验时存在的问题是　　　　　　　。 
(4)乙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图线是一条直线,如图(d)所示,图线与横坐标的夹角为θ,求得图线的斜率为k,则小车的质量M=　　　　　　　。 
A.1tanθ　　　　 B.1tanθ-m0
C.2k-m0　　　　 D.2k
14.(8分)(2021山东泰安高三上期末)某同学用图甲所示的实验装置测量滑块与桌面之间的动摩擦因数。光电门固定在水平直轨道上的O点,拉力传感器固定在滑块上,不可伸长的细线通过定滑轮将滑块与钩码相连,遮光条的宽度为d,滑块初始位置A点到O点的距离为L,重力加速度为g。实验步骤如下:

A.将滑块从A点由静止释放,传感器显示滑块所受拉力为F,光电门记录遮光条通过光电门的时间t;
B.改变钩码的个数重复步骤A;
C.正确记录每一组F与t对应的数据,作出F-1t2的关系图像如图乙所示(图中b、c为已知量)。
(1)根据步骤A中测出的物理量可知,滑块的加速度a=　　　　　　　; 
(2)滑块与轨道间的动摩擦因数μ=　　　　　　　; 
(3)增加滑块的质量重新进行实验,得到的F-1t2图像与两坐标轴交点坐标的绝对值b、c的变化情况是:b　　　　　　　,c　　　　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。 
15.(8分)(2021广东肇庆高一上期末)如图所示,轻质光滑小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点,质量m=1 kg的重物被绕过轻质小滑轮P的细线a所悬挂,细线a与水平方向的夹角为37°,细线b水平,其一端固定在竖直面上,细线c竖直并拉着劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧,O'是三根细线a、b、c的结点,整个装置处于静止状态。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

(1)细线a、b、c的拉力大小;
(2)弹簧的形变量。







16.(8分)(2021福建厦门高一上期末)经过22年的发展,厦门“放心早餐工程”已经融入市民生活,成为展现城市人文风情的一张名片,也成为市民认可的“民心工程”。如图所示,某摊主的早餐推车质量M=40 kg,上面平放着质量m=10 kg的货箱A,右端的直杆上用轻绳悬挂着物体B。为了尽快赶到指定摊位,刚开始一小段时间内,摊主推着早餐车在平直路面上做匀加速直线运动。已知货箱A与推车上表面间的动摩擦因数μ=0.4,推车所受路面的阻力f为推车对地面压力的0.2,不计其他阻力。
(1)若加速运动过程中细绳与竖直杆之间的夹角为15°,求小车加速度的大小(已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27);
(2)求上述加速过程中货箱A所受摩擦力fA的大小;
(3)取走物体B后,摊主重新推着该车加速前进,为保证货箱A不与推车发生相对滑动,求水平推力F的最大值。











17.(10分)(2021山东淄博高一上期末)如图甲所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具:“上坐一人,双手握铁篙,向后下方用力点冰,则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上,有一小孩从静止开始,连续三次“点冰”后,爬犁沿直线继续滑行了x=12.96 m后停下。某同学用v-t图像描述了上述运动过程(三次“点冰”过程中爬犁的加速度相同),如图乙所示。运动过程中,空气阻力不计,爬犁与冰面间的动摩擦因数不变。

(1)通过受力分析,说明“点冰”过程中爬犁加速的原因;
(2)求爬犁减速滑行时加速度a2的大小和运动中的最大速率vmax;
(3)求小孩“点冰”时爬犁加速度a1的大小。





18.(12分)(2021天津一中高三上月考)无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶。
(1)无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达,就像车辆的“鼻子”,随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”。若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度大小为2.5 m/s2,为不撞上前方静止的障碍物,汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少?
(2)若有人驾驶的汽车以30 m/s的速度一直匀速行驶,无人驾驶的汽车以20 m/s的速度行驶。某一时刻有人驾驶的汽车在无人驾驶汽车的正后方8 m处,由于距离较近,前方无人驾驶汽车立即以5 m/s2 的加速度做匀加速运动,试通过计算判断两车能否避免相撞。
(3)无人驾驶的汽车正在以30 m/s的速度在平直公路上行驶。某一时刻无人驾驶汽车监测到前方有一辆有人驾驶的汽车突然变道到同一车道,此时有人驾驶的汽车行驶速度为20 m/s。由于距离较近,后方无人驾驶汽车立即以大小为2.5 m/s2的加速度一直做匀减速运动。减速2 s后,前方有人驾驶的汽车司机发现了后车,立即以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动(不计司机的反应时间)。若两车最近时相距0.5 m,求无人驾驶汽车刚开始做匀减速运动时与正前方有人驾驶的汽车之间的距离。







答案全解全析
1.A　百米竞赛的位移为100 m,所用时间为10 s,则平均速度v=xt=100m10s=10 m/s。故选A。
2.B　甲的速度变化量Δv1=10 m/s-5 m/s=5 m/s,加速度a甲=Δv1Δt1=51 m/s2=5 m/s2,乙的速度变化量Δv2=0-20 m/s=-20 m/s,加速度a乙=Δv2Δt2=-208 m/s2=-2.5 m/s2,可知乙速度变化量大,甲的加速度大,故B正确,A、C、D错误。故选B。
3.C　动车进站过程动车的长度不能忽略不计,动车不能看做质点,故A错误;平凉站到西安北站的路程为:s=vt=216×2 km=432 km,位移小于432 km,故B错误;5 min=300 s,根据加速度的定义式:a=ΔvΔt=60300 m/s2=0.2 m/s2,故C正确;动车减速过程中速度的方向向前,加速度的方向向后,加速度的方向与速度的方向一定相反,故D错误。
4.C　由题图可知,小汽车每1 s内速度增加量Δv=v4-v3=v3-v2=v2-v1=v1-v0=5 m/s,增加量相同,说明小车做加速运动,且加速度不变,故A、B错误;小汽车做加速运动,说明速度方向与加速度方向相同,故C正确,D错误;故选C。
5.D　在v-t图像中,直线与时间轴所围面积表示物体通过的位移,则x甲=6×3 m=18 m,x乙=12×(1+3)×6 m=12 m,0～3 s内,甲的位移比乙的位移大Δx=x甲-x乙=18 m-12 m=6 m,故A错误;3～5 s内,乙的速度变化量为Δv=-4 m/s-6 m/s=-10 m/s,故B错误;3 s末,乙物体速度方向未发生变化,在3 s末前后速度都为正,与规定的方向相同,故C错误;甲一直做匀速运动,乙开始做加速运动,速度小于甲,两者距离增大,在2～3 s内,速度相同,两者之间距离不变,3～4 s内乙做减速运动,速度小于甲的速度,两者距离继续增大,4～5 s内乙速度反向,两者距离继续增大,故在5 s末两者相距最远,故D正确;故选D。
6.C　自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动,则由y=12gt2知,y-t图像是抛物线,故图A不是自由落体运动竖直方向的位移-时间图像,故A错误;自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动,则由v=gt知,v-t图像应是过原点的倾斜直线,故图B不是自由落体运动竖直方向的速度-时间图像,故B错误;平抛运动的物体速度方向与水平方向夹角θ的正切值tan θ=vyv0=gtv0∝t, tan θ-t图像是过原点的倾斜直线,故C正确;平抛运动的物体位移方向与水平方向夹角α的正切值tan α=yx=12gt2v0t=gt2v0∝t, tan α-t图像是过原点的倾斜直线,故D错误。故选C。
7.C　作用力和反作用力一定是两个物体之间的相互作用力,并且大小相等,在推的过程中,甲的推力等于乙的推力,故A错误;作用力和反作用力同时产生,同时消失,甲推乙的时间等于乙推甲的时间,故B错误;由于两滑轮车与地面间的动摩擦因数相同,由牛顿第二定律可知,μmg=ma,所以a=μg,即他们的加速度大小是相同的,故D错误;由于甲在冰上滑行的距离比乙远,根据v2=2ax可知,在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度,故C正确。故选C。
8.AC　由图乙可知当拉力为16 N时木箱开始运动,此后受到的是滑动摩擦力,由图可知,滑动摩擦力为15 N,故A正确,B错误;当木箱运动后受的是滑动摩擦力,大小为f=μmg,解得μ=fmg=155×10=0.3,故C正确,D错误。故选A、C。
9.AB　若A原来静止,有mg sin α≤μmg cos α,施加F后,因为仍有(F+mg) sin α≤μ(F+mg) cos α,则A仍然保持静止,故A正确;若A原来匀速下滑,则mg sin α=μmg cos α,施加力F后,因为仍有(F+mg) sin α=μ(F+mg) cos α,则A仍匀速下滑,故B正确;若A原来加速下滑,未加F时,物体A受重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律有:a=mgsinα-μmgcosαm,当施加F后,加速度a'=(F+mg)sinα-μ(F+mg)cosαm,因为g sin α>μg cos α,所以F sin α>μF cos α,可见a'>a,即加速度增大,物体施加力F后,受到的合力将增大,故C、D错误;故选A、B。
10.AD　根据速度的正负表示速度方向,知1号车在0～1 s内的速度与2～4 s内的速度均为正值,速度方向相同,故A正确;根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移,知1号车在0～4 s内的位移大小为x=1+42×4 m=10 m,平均速度大小为v=xt=104 m/s=2.5 m/s,故B错误;2号车在0～1 s内的加速度与2～4 s内的加速度均为正值,加速度方向相同,故C错误;根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量,知2号车在0～4 s内的速度变化量大小为Δv=1+42×4 m/s=10 m/s,故D正确。故选A、D。
11.ABC　设斜面倾角为θ,若斜面光滑,根据牛顿第二定律可知,A、B整体的加速度为:a=g sin θ
对物体A,水平方向:f=ma cos θ=mg sin θ· cos θ
竖直方向:mg-N=ma sin θ=mg sin2θ
即:N=mg cos2θ 即A、B之间有相互作用力,此时A处于失重状态,受重力、支持力和静摩擦力,故B、C正确;
若A、B整体一起匀速下滑,则上述表达式中:a=0,此时:f=0,FN=mg,即A受到重力和B的支持力两个力的作用,故A正确;
若A、B整体一起加速下滑,则水平方向有分加速度,对整体由牛顿第二定律可知,地面与斜面体有向左的静摩擦力,故D错误。故选A、B、C。
12.BD　体验者在最高位置C点时,速度为零,加速度向下,处于失重状态,故A错误;在B点时人的速度最大,加速度为零,此时人所受合力为零,故B正确;传感器示数为T=1 400 N,设此时弹性绳的弹力为F,由平衡条件得:F=T+mg,打开扣环瞬间,对人由牛顿第二定律得:F-mg=ma,代入数据解得:a=20 m/s2,故C错误;人从A点到B点过程,弹性绳的拉力大于人的重力,随着人向上运动,弹性绳的伸长量减小,弹性绳的弹力F减小,人所受合力F合=F-mg减小,加速度减小,到达B点时弹性绳的弹力与重力相等,合力为零,故D正确。故选B、D。
13.答案　(1)BC(2分)　(2)a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2(1分)　(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(1分)　(4)C(2分)
解析　(1)因为用力传感器测绳子拉力,所以对砂和砂桶的质量没有要求。为了让拉力等于小车的合外力,需要平衡摩擦力。开始做实验时,小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,获得一条打点的纸带,同时记录力传感器的示数。故选B、C。
(2)根据逐差法可得小车的加速度为:a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2。
(3)从图像可知,有一定的拉力后,小车才运动,所以存在的问题是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
(4)由牛顿第二定律得2F=(m0+M)a,则a=2Fm0+M,
a-F图线的斜率k=2m0+M
解得M=2k-m0,故选C。
14.答案　(1)d22Lt2(2分)　(2)Fmg-d22Lgt2(2分)　(3)变大(2分)　不变(2分)
解析　(1)滑块在拉力F作用下做匀加速运动,通过距离L获得一定的速度,由瞬时速度定义求出v=dt,所以a=v22L=d22Lt2;
(2)若滑块及传感器的质量为m,对滑块根据牛顿第二定律有:F-μmg=ma,联立步骤(1)中的表达式有:μ=Fmg-d22Lgt2;
(3)根据实验步骤,当改变拉力时,加速度也将变化,列出其表达式为a=F-μmgm=d22Lt2,所以有F=md22L×1t2+μmg,则F-1t2图像是一条直线,结合图像斜率和截距有:b=μmg,bc=md22L,所以c=2μgLd2。那么当m增大时,b变大,c不变。
15.答案　(1)10 N　8 N　6 N　(2)0.06 m
解析　(1)以重物为研究对象,重物受到重力和细线a的拉力而平衡,根据平衡条件可得细线a的拉力为:
Ta=mg=1×10 N=10 N(2分)
以结点O'为研究对象,受到三段细线的拉力而平衡,如图所示;

　　根据平衡条件可得:Tb=Ta cos 37°=10×0.8 N=8 N(2分)
Tc=Ta sin 37°=10×0.6 N=6 N(1分)
(2)弹簧的弹力大小等于细线c的拉力大小,则
Tc=kx (2分)
解得:x=0.06 m。 (1分)
16.答案　(1)2.7 m/s2　(2)27 N　(3)300 N
解析　(1)物体B和推车具有相同的加速度,对物体B受力分析,根据牛顿第二定律可得
mBg tan 15°=mBa (1分)
解得a=g tan 15°=2.7 m/s2 (2分)
(2)货箱随推车一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得:
fA=ma=10×2.7 N=27 N(1分)
(3)货箱与推车刚好不发生相对滑动时,此时货物A受到最大静摩擦力,根据牛顿第二定律可得:
μmg=ma' (1分)
解得a'=μg=0.4×10 m/s2=4 m/s2 (1分)
对整体,根据牛顿第二定律可得
F-0.2(M+m)g=(M+m)a' (1分)
解得F=300 N(1分)
17.答案　(1)见解析　(2)0.5 m/s2　3.6 m/s　(3)2 m/s2
解析　(1)将小孩和“爬犁”看作一个整体,小孩向后下方用力“点冰”,冰反过来给整体一个反作用力F,当F的水平分力大于摩擦力时,根据牛顿第二定律可知整体获得一个向前的加速度,所以整体就向前做加速运动; (2分)
(2)小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用,做匀减速直线运动,与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性,
因此有x=12a2t22 (1分)
将x=12.96 m、t2=(12-4.8) s=7.2 s代入上式,可解得:a2=0.5 m/s2 (1分)
根据x=12vmaxt2 (1分)
可解得最大速度为:vmax=3.6 m/s(1分)
(2)小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等,根据v-t图像可知,每次点冰时间为0.8 s,下一次点冰到上一次点冰结束的时间间隔为1.2 s;
加速的时间共计:
t1=0.8 s+0.8 s+0.8 s=2.4 s(1分)
减速的时间共计:
t2=1.2 s+1.2 s+7.2 s=9.6 s(1分)
根据a1t1=a2t2 (1分)
代入数据解得:a1=2 m/s2 (1分)
18.答案　(1)20 m/s　(2)两车不能避免相撞　(3)18 m
解析　(1)对无人驾驶汽车,由v2-v02=2ax (1分)
解得v0=20 m/s(1分)
(2)假设两车经t时间后速度相等,即v有=v无+a't (1分)
得t=2 s(1分)
2 s内两车之间的位移差
Δx=v有t-v有+v无2t=10 m>8 m(1分)
所以两车不能避免相撞。 (1分)
(3)假设有人驾驶的汽车加速到与无人驾驶的汽车速度相等的时间为t共,则:
v无-a无(2+t共)=v有+a有t共 (1分)
可得:t共=1 s(1分)
3 s末两车速度v=22.5 m/s(1分)
3 s内两车位移差
Δx=v无+v2(2+t共)-(2v有+v有+v2t共)=17.5 m(2分)
由最小距离为x0=0.5 m得,无人驾驶汽车刚开始做匀减速运动时与正前方有人驾驶的汽车之间的距离d=x0+Δx=18 m(1分)