2020-2021学年吉林省四平市某校高一（上）期末物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年吉林省四平市某校高一（上）期末物理试卷新人教版，共8页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 某质点向东运动8m，再向北运动6m，则它运动的路程和位移大小分别是（ ）
A.8m 10mB.6m 14mC.14m 10mD.14m 2m

2. 下列关于加速度的说法正确的是（ ）
A.加速度越大，速度就越大
B.加速度不变（不为零），速度可能不变
C.速度的变化量很大，加速度可能很小
D.加速度为负，速度一定减小

3. A、B两个物体在同一直线上运动，速度图像如图，下列说法正确的是（ ）

A.A、B运动方向相反B.0∼4s内，A、B的位移相同
C.t＝4s时，A、B的速度相同D.A的加速度比B的加速度大

4. 如图所示，力F把一物体紧压在竖直的墙壁上静止不动，下列有关力的相互关系叙述正确的是（ ）

A.作用力F和物体对墙壁的压力是一对平衡力
B.物体共受四个力的作用
C.作用力F和墙壁对物体的弹力是一对作用力和反作用力
D.作用力F增大，墙壁对物体的静摩擦力也增大

5. 物体静止于光滑水平面上，如图所示，在两个力作用下沿合力F方向运动，分力和F均在同一水平面上，其中F＝10N，一个分力沿着OO′方向θ＝30∘，则另一分力的最小值为（ ）

A.0B.5NC.ND.10N

6. 如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90∘的过程中（ ）

A.小球对薄板的压力增大
B.小球对墙的压力增大
C.小球对墙的压力先减小后增大
D.小球对薄板的压力不可能小于球的重力

7. 如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，以下说法正确的是（ ）

A.台阶对人的摩擦力对人做负功
B.台阶对人的总作用力方向沿竖直向上
C.在此过程中人处于失重状态
D.人对台阶的压力大小等于台阶对人的支持力的大小

8. 如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30∘的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（ ）

A.0B.233gC.gD.33g

9. 一辆装满石块的货车在某段平直道路上遇到险情，司机以加速度a＝g紧急刹车。货箱中石块B的质量为m＝400kg，g＝10m/s2，则石块B周围与它接触的物体对石块B的作用力为（ ）

A.3000NB.4000NC.5000ND.7000N

10. 甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一路标．在如图描述两车运动的v−t图中，直线a、b分别描述了甲乙两车在0∼20秒的运动情况．关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ）

A.在0∼10秒内两车逐渐靠近
B.在10∼20秒内两车逐渐远离
C.在t＝10秒时两车在公路上相遇
D.在5∼15秒内两车的位移相等

11. 做初速度为零的匀加速直线运动的物体在时间T 内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则以下判断正确的是（ ）
A.物体在A点的速度大小为x1+x22T
B.物体运动的加速度为x2−x1T2
C.物体运动的加速度为x1+x2T2
D.x1:x2=1:3

12. 一物体自距地面高H处自由下落，经时间t落地，此时速度为v，则（ ）
A.t2时物体距地面高度为H2
B.t2时物体距地面高度为3H4
C.物体下落H2时速度为2v2
D.物体下落H2时速度为v2

13. 如图所示，一个质量为M的物体a放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体b时，物体a的加速度为a，绳中张力为T，则（ ）

A.a＝gB.a=mgM+m
C.T＝mgD.T=MM+mmg

14. 木块A、B重力分别为50N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5cm，弹簧的劲度系数为100N/m，系统置于水平地面上静止不动．现用F=7N的水平推力作用在木块A上，如图所示，力F作用后（ ）
A.木块A所受摩擦力大小为10N
B.木块A所受摩擦力大小为2N
C.弹簧的弹力大小为5N
D.木块B所受摩擦力大小为12N

15. 应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（ ）

A.开始时行李的加速度大小为2m/s2
B.行李经过2s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4m/s
D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
二、实验题（每空1分，共10分）

“研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示。

（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。

（2）本实验采用的科学方法是（ ）。
A.理想实验法B.等效替代法
C.控制变量法D.建立物理模型法

（3）实验中可减小误差的措施有（ ）。
A.两个分力F1、F2的大小要越大越好
B.两个分力F1、F2间夹角应越大越好
C.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行

用如图1所示的装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。用总质量为m的托盘和砝码所形成的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。

（1）打点计时器使用的电源是（ ）（选填选项前的字母）。
A.直流电源B.交流电源

（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是（ ）（选填选项前的字母）。
A.把长木板右端垫高B.改变小车的质量

（3）在（ ）（选填选项前的字母）且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。
A.不悬挂重物B.悬挂重物

（4）实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是（ ）。
A.M>>mB.m>>M

（5）实验中得到一条纸带，如图2所示，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、l、2、3、4……，量得0与1两点间距离x1＝30mm，1与2两点间距离x2＝36mm，2与3两点间距离x3＝42mm，3与4两点间的距离x4＝48mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为________m/s，小车的加速度计算表达式为________（设相邻计数点间的时间间隔为T）。

（6）该同学通过数据的处理作出了a−F图象，如图3所示，则图中的不过原点的原因是________。
三、解答题（每小题10分，共30分）

某校举行运动会，参赛的运动员都在紧锣密鼓地进行训练，运动员完成100m赛跑的过程可看成两个连续的过程，分别为由静止开始的匀加速直线运动和匀速直线运动。一次训练赛中，某运动员听到枪响后立即起跑，加速t加＝2s后达到最大速度v匀＝10m/s，此后以最大速度匀速运动直到冲过终点。求：
（1）该运动员匀加速阶段的加速度大小a；

（2）运动员匀加速阶段通过的位移大小x加；

（3）运动员跑完100m的用时t。

重150N的光滑球A悬空靠在墙和梯形木块B之间，梯形木块B的重力为1500N，且静止在水平地板上，如图所示，求：

（1）墙对球A的弹力为多少？

（2）水平地板所对梯形木块B的支持力和摩擦力各为多少？

如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在倾角为37∘、F=10N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撤去F，求：
（1）物体做加速运动时的加速度a；

（2）撤去F后，物体还能滑行多长时间？(g=10m/s2, sin37∘=0.6, cs37∘=0.8)
参考答案与试题解析
2020-2021学年吉林省四平市某校高一（上）期末物理试卷
一、选择题（每小题4分，共60分.1-10小题为单选，11-15小题为多选，多选题全选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）
1.
【答案】
C
【考点】
位移
【解析】
位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．路程等于运动轨迹的长度．
【解答】
解：以初位置为坐标原点，则末位置坐标为；
物体的路程为：8+6=14m，
物体的位移为：x=82+62=10m．
故ABD错误，C正确．
故选：C．
2.
【答案】
C
【考点】
加速度
速率
速度
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
C
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
速度的正负表示速度的方向。匀变速直线运动的速度图像是倾斜的直线。根据图线的纵坐标直接读出速度的大小，图像与坐标轴围成的面积表示位移。
【解答】
解：A．由图看出，速度均为正值，说明A、B都沿正方向运动，它们的运动方向相同，故A错误;
B．根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知0∼4s内B的位移大于A的位移，故B错误；
C．由图读出，在t＝4s时，A的速度等于B的速度，故C正确；
D．图像斜率表示物体的加速度，根据图像可知AB的斜率大小相等，即二者加速度大小相等，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
作用力和反作用力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
B
【考点】
力的效果分解法
力的正交分解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
D
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球的支持力），另一个力的大小、方向均发生变化（薄板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行。
【解答】
D、当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90∘过程中，根据图示可知薄板对球的支持力大于球的重力，当θ＝90∘时，薄板对球的支持力等于球的重力，所以小球对薄板的压力不可能小于球的重力，故D正确。
故选：D。
7.
【答案】
D
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
恒力做功
【解析】
分析人的受力情况，电动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律结合做功公式分析答题。
【解答】
A、人站在电动扶梯的水平台阶上，加速沿斜面上升，受到重力、支持力和摩擦力作用，将加速度分解，具有水平向右的分加速度，则摩擦力水平向右，做正功，故A错误；
B、台阶对人的总作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向右上方，故B错误；
C、人具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故C错误；
D、人对台阶的压力与台阶对人的支持力属于相互作用力，等大反向，故D正确。
8.
【答案】
B
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
【解析】
木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。
【解答】
木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图
根据共点力平衡条件，有
F−Nsin30∘＝0
Ncs30∘−G＝0
解得
N=233mg
F=33mg
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，
故加速度为：
a=Nm=233g
9.
【答案】
C
【考点】
力的合成与分解的应用
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
10.
【答案】
D
【考点】
x-t图像（匀变速直线运动）
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
【解析】
根据两车的速度大小分析它们之间的位置关系．当两车的位移相等时，两车相遇．根据图像的“面积”分析两车何时相遇和位移关系．
【解答】
A、在0∼10秒内，乙车在甲的前方，而且乙的速度大于甲的速度，则两车逐渐远离；故A错误。
B、在10∼20秒内，乙车在甲的前方，乙的速度小于甲的速度，则两车逐渐靠近。故B错误。
C、根据图像的“面积”等于物体的位移大小，可以看出，在t＝10秒时乙车的位移大于甲车的位移，t＝0时刻又在同一位置出发，所以在t＝10秒时两车没有相遇。故C错误。
D、在5∼15秒内两车图线的“面积”相等，则通过的位移相等。故D正确。
11.
【答案】
A,B,D
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据该推论求出物体在A点的速度；根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体运动的加速度，结合速度时间公式求出物体在B点的速度大小．
【解答】
解：A、物体做初速度为零的匀加速直线运动，平均速度等于中间时刻的速度，故：
vA=x1+x22T
故A正确；
B、C、D、物体做初速度为零的匀加速直线运动，在时间T内的位移为：
X1=12aT2 ①
前2T内的位移为：
X1+X2=12a(2T)2 ②
联立①②解得：
a=x2−x1T2=x1+x22T2
x1:x2=1:3
故B正确，C错误，D正确；
故选：ABD．
12.
【答案】
B,C
【考点】
自由落体运动的概念
【解析】
自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合位移时间公式求出t2时物体下落的高度，从而得出距离地面的高度．根据速度位移公式求出物体下落H2时速度．
【解答】
解：AB、根据位移时间公式h=12gt2知，在前一半时间和后一半时间内的位移之比为1:3，则前一半时间内的位移为H4，此时距离地面的高度为3H4．故A错误，B正确．
CD、根据v2=2gH，H2知，物体下落H2时的速度为v′=2v2．故C正确，D错误．
故选：BC．
13.
【答案】
B,D
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
对a和b分别进行受力分析，抓住绳中张力大小相等，a和b产生的加速度大小相等．
【解答】
由题意对a和b分别进行受力分析有：
对a而言有：T＝Ma ①
对b而言有：mg−T′＝ma′②
因为T和T′是同一根绳中的张力，故T＝T′③，
加速度a＝a′④
由①②③④可解得a=mgM+m，T=MM+m⋅mg
故AC错误，BD正确。
14.
【答案】
B,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
【解析】
对木块A和B分别受力分析，然后结合共点力平衡条件进行分析处理即可
【解答】
解：A、B、没有推力F时，弹簧压缩了5cm，根据胡克定律，弹簧弹力为：F弹=kx=100N/m×0.05m=5N；
对木块A受力分析，受到重力、支持力、弹簧弹力和地面的静摩擦力，根据二力平衡条件，有：fA=F弹=5N
对木块施加向右的推力F后，推力F和弹簧弹力F弹的合力为2N，向右，故地面对A有向左的2N的静摩擦力，故A错误，BC正确；
D、对木块B受力分析，受到重力、支持力、弹簧向右的弹力和地面向左的静摩擦力，根据二力平衡，地面的静摩擦力等于5N，向左，故D错误；
故选：BC．
15.
【答案】
A,C
【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
二、实验题（每空1分，共10分）
【答案】
F′
B
C故答案为：（1）F′（2）B
【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】
B
A
A
A
0.39,a＝
平衡摩擦力过度
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题（每小题10分，共30分）
【答案】
该运动员匀加速阶段的加速度大小a为4m/s2；
运动员匀加速阶段通过的位移大小x加为10m；
运动员跑完100m的用时t为11s。
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
匀变速直线运动规律的综合运用
匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】
（1）根据速度-时间公式求得该运动员匀加速阶段的加速度大小a；
（2）根据位移-时间公式求得运动员匀加速阶段通过的位移大小x加；
（3）根据加速运动位移和匀速运动的位移之和为100m，结合运动学公式求出匀速运动的时间，从而求得运动员跑完100m的用时t。
【解答】
根据速度-时间公式得：v匀＝at加
代入数据解得该运动员匀加速阶段的加速度大小a为：a＝5m/s2
由位移-时间公式得：x加＝
代入数据解得运动员匀加速阶段通过的位移大小为：x加＝10m
设x＝100m，由题意可知：
x＝x匀+x加
t＝t加+t匀
由运动学公式得：x匀＝v匀t匀
联立解得运动员跑完100m所用时间为：t＝11s
【答案】
A受重力G、墙给的弹力N2、木块给的N1。
由平衡条件得：N1cs60∘=GA
代入数据解得：N1=300N
N2=GAtan60∘=150×3N=1503N，方向水平向左
根据共点力平衡条件，有：
N1′cs60∘+GB=N3
N1′sin60∘=f
根据牛顿第三定律，可知N1′=N1=300N
联立解得水平地板所对梯形木块B的支持力为：N3=1650N
水平地板所对梯形木块B的摩擦力为：f=1503N
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
（1）先对小球A受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解墙对球A的弹力；
（2）对木块B受力分析，然后根据平衡条件列式求解摩擦力和地面的支持力。
【解答】
对光滑球A受力分析，如图所示：
A受重力G、墙给的弹力N2、木块给的N1。
由平衡条件得：N1cs60∘=GA
代入数据解得：N1=300N
N2=GAtan60∘=150×3N=1503N，方向水平向左
对木块B受力分析，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
N1′cs60∘+GB=N3
N1′sin60∘=f
根据牛顿第三定律，可知N1′=N1=300N
联立解得水平地板所对梯形木块B的支持力为：N3=1650N
水平地板所对梯形木块B的摩擦力为：f=1503N
答：（1）墙对球A的弹力为1503N；（1）水平地板所对梯形木块B的支持力为1650N，摩擦力为1503N。
【答案】
（1）物体做加速运动的加速度为0.3m/s2；
（2）撤去F后，物体还能滑行0.75s．
【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】
根据牛顿第二定律求出物体做加速运动的加速度，结合速度时间公式求出撤去拉力时的速度，再根据牛顿第二定律求出撤去F后的加速度，结合速度时间公式求出物体还能滑行的时间．
【解答】
解：（1）根据牛顿第二定律得，物体做加速运动的加速度为：
a=Fcs37∘−μ(mg−Fsin37∘)m=10×0.8−0.2×(40−10×0.6)4m/s2=0.3m/s2．
（2）5s末的速度为：v=at=1.5m/s，
根据牛顿第二定律得，撤去F后的加速度为：a′=μmgm=μg=2m/s2，
则物体还能滑行的时间为：t′=va′=1.52s=0.75s．
答：（1）物体做加速运动的加速度为0.3m/s2；
（2）撤去F后，物体还能滑行0.75s．