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2020-2021学年河南省许昌市某校上学期高一期末考试物理试卷人教版（2019）
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这是一份2020-2021学年河南省许昌市某校上学期高一期末考试物理试卷人教版（2019），共8页。试卷主要包含了 如图所示，长L＝4等内容，欢迎下载使用。
1. 下列各组物理量中，全部是标量的有（ ）
A.位移、力、加速度、速度
B.浮力、加速度、位移、摩擦力
C.密度、时间、质量、路程
D.重力、路程、时间、速度
2. 关于牛顿第一定律的理解，下列说法中正确的是（ ）
A.物体受到的外力越大时惯性越小
B.物体运动状态发生变化时必定受到外力的作用
C.物体不受外力作用时一定处于静止状态
D.在水平地面上滑动的物体最终要停下来，是因为没有外力来维持
3. 如图所示一物体给它一个初速度后沿粗糙斜面向上滑动，则在向上滑动过程中物体受到的力有（ ）
A.重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力
B.重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力
C.重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力
D.重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
4. 火车站的自动扶梯用2min可将一个站在楼梯上的人送上去，若自动扶梯不动，人沿自动扶梯走上去要用3min，若此人沿向上开动的扶梯走上去，则需要（ ）
A.1min
5. 如图，木块a与b叠放在水平地面上，分别受到水平向右和水平向左、大小均为F的力作用，且保持静止状态，则（ ）
A.b对a的摩擦力方向向左B.b对a的摩擦力大小为零
C.地面对b的摩擦力方向向右D.地面对b的摩擦力大小为F
6. 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
7. 金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出。如果将装满水的小桶向上抛出，不计空气阻力，则在小桶脱手后运动过程中（ ）
A.小桶上升过程中，水继续以相同的速度从小孔中喷出
B.无论小桶上升还是下降，水不再从小孔喷出
C.小桶在上升过程中，水将以更大的速度喷出；小桶在下落过程中，水将以较小的速度喷出
D.小桶在上升过程中，水将以较小的速度喷出；小桶在下落过程中，水将以更大的速度喷出
8. 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
9. “以卵击石，石头无恙而鸡蛋却碎了．”关于鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，下列说法正确的是（ ）
A.这是一对平衡力
B.这是一对作用力与反作用力
C.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小不等
D.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等
10. 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
11. 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
12. 如图所示，在水平面上有一质量m＝1kg的物块与水平细绳相连，物块在与水平方向的夹角θ＝30∘、大小为10N的拉力F作用下处于静止状态。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A.此时细绳的弹力大小为5N
B.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度为零
C.若剪断细绳，则细绳剪断的瞬间物块的加速度大小为m/s2，方向向右
D.若剪断细绳，则细绳剪断的瞬间物块的加速度大小为5m/s2，方向向右
二、实验题：本题共2小题，共15分。
某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）通过实验得到如图乙所示的a−F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角________（选填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力（填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）某同学根据实验数据作出的a−F图像如图所示，由图像得出m甲________m乙（填“>”，“＝”，“<”）。
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。
(i)用5mm长度的线段表示1N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；
(ii)F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。
三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
如图所示，某人用轻绳牵住一质量m＝0.5kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37∘角。已知空气对气球的浮力竖直向上，恒为F浮＝20N，人的质量M＝50kg，人受的浮力和风力忽略不计。求：(sin37∘＝0.6, cs37∘＝0.8, g＝10m/s2)
（1）水平风力的大小；
（2）地面对人的支持力及摩擦力。
质量为m＝1kg的物体在F＝20N的水平推力作用下。在t＝1s内沿竖直墙壁从静止开始下滑x0＝3m，求：(g取10m/s2)
（1）物体运动的加速度；
（2）物体与墙间的动摩擦因数；
（3）若在1s末时把水平推力改为F′＝70N，则物体下滑的总位移是多大？
2020年夏季，我国南方多地发生洪涝灾害，某地发生山体滑坡。假设当时有一汽车停在小山坡底（如图所示），突然司机发现在距坡底s1＝180m的山坡处泥石流以v0＝2m/s的初速度、a1＝0.7m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机（反应时间为△t＝1s）以a2＝0.5m/s2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面做匀速直线运动。则：
（1）泥石流到达坡底后的速率是多少？到达坡底需要多长时间？
（2）从汽车启动开始经过多长时间才能加速到泥石流达坡底后的速率？
（3）汽车司机能否安全逃离泥石流灾害？
参考答案与试题解析
2020-2021学年贵州省黔东南州某校高一（上）期末物理试卷
─、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1~8题只有一个选项正确，第9～12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.
【答案】
C
【考点】
矢量和标量
【解析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
【解答】
解：A．位移、力、加速度和速度都是矢量，故A错误；
B．浮力、加速度、位移、摩擦力都是矢量，故B错误；
C．密度、时间、质量、路程都是标量，故C正确；
D．重力、速度是矢量，路程和时间是标量，故D错误．
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
牛顿第一定律的概念
【解析】
物体只有不受外力或者所受合外力为零时，才能处于静止状态或匀速直线运动状态即力是改变物体运动状态的原因；物体保持原有运动状态的原因--惯性；运动状态改变的原因--力；惯性是物体本身固有的属性，与物体的运动状态无关，与物体受力情况无关。
【解答】
A、牛顿第一定律反映力是改变物体运动状态的原因，是物体本身固有的属性，与物体受力情况无关。
B、牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因--惯性。运动状态发生变化时。故B正确。
C、物体只有不受外力时，故C错误。
D、在水平地面上滑动的物体最终要停下来，故D错误。
3.
【答案】
B
【考点】
力的合成与分解的应用
【解析】
对物体受力分析，关键要按照顺序找力，要找受到的力，每个力都要能找到受力物体，有时还要结合物体的运动情况分析受到的力．
【解答】
解：物体受到撞击力后在惯性的作用下沿斜面向上运动，物体并不受冲力的作用，所以对物体受力分析，重力竖直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以B正确，ACD错误．
故选：B．
4.
【答案】
B
【考点】
合运动与分运动的概念
运动的合成与分解
【解析】
自动扶梯上升时，人沿运动的扶梯走上去，人相对于地面的速度就是扶梯对地速度加上人对地的速度，再利用位移-时间公式求需要的时间。
【解答】
火车站的自动扶梯用2min可将一个站在楼梯上的人送上去，设扶梯长度为x1＝
若自动扶梯不动，人沿自动扶梯走上去要用3min2＝
若此人沿向上开动的扶梯走上去，则所用时间t＝
联立解得t＝＝min＝1.3min，ACD错误。
5.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的计算
摩擦力的判断
【解析】
对a受力分析，根据平衡条件可明确ab间是否有摩擦力作用，再对整体分析，分别对水平和竖直方向由平衡条件列式，则可求得摩擦力。
【解答】
AB、对a分析可知，a受向右的拉力作用而有向右的运动趋势，故一定受向左的静摩擦力作用，故A正确，B错误；
CD、对整体分析可知，整体受水平方向上的拉力平衡，故与地面间没有摩擦力；故BD错误；
6.
【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。
7.
【答案】
B
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
水能否流出要分析水对器壁是否有压力；同时明确桶被抛在空中时加速度均为g，处于完全失重状态。
【解答】
水桶脱手后，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，无论是小桶在空中上升还是下落，对容器壁均无压力，故水不会再流出，故B正确，ACD错误。
8.
【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。
9.
【答案】
B,D
【考点】
作用力和反作用力
牛顿第三定律的概念
【解析】
鸡蛋碰石头，它们之间的力是作用力和反作用力，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，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失．
【解答】
石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，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，方向相反，同时产生同时消失，所以AC错误，BD正确。
10.
【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。
11.
【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。
12.
【答案】
B,C
【考点】
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
对物体受力分析，根据共点力平衡判断物体的受力大小关系；剪断细绳，判断物体受力，结合牛顿第二定律求解加速度。
【解答】
A、对物体受力分析如图所示，根据共点力平衡，
在竖直方向上有：Fsinθ+FN＝mg
在水平方向上有：T+μFN＝Fcsθ
解得：T＝N，故A错误；
B、撤去拉力F的瞬间，细绳的弹力突变为0，物块的加速度为0，故B正确；
CD、剪断细绳，物块受重力、拉力F、摩擦力作用，由牛顿第二定律得：
Fcsθ−μ(mg−Fsinθ)＝ma
解得：a＝m/s2，方向向右，故C正确，D错误。
二、实验题：本题共2小题，共15分。
【答案】
偏大
小于
<
【考点】
验证牛顿第二运动定律
【解析】
（1）实验前应平衡摩擦力，根据图示图像分析答题；
（2）根据实验装置分析小车所受拉力与砝码和砝码盘重力间的关系；
（3）平衡摩擦力后当小车质量远大于砝码和砝码盘质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码和砝码盘的重力。
【解答】
由图乙所示图像可知，当拉力F为零时就有加速度，说明平衡摩擦力过度，木板垫起的倾角偏大造成的。
小车运动过程砝码和砝码盘向下做加速运动，与小车具有相等的加速度大小，根据牛顿第二定律得：mg＝(M+m)a
解得：a=mgM+m，
则绳子的拉力F＝Ma=Mmgm+M根据牛顿第二定律F＝ma可知F−a图线的斜率为质量的倒数，由于图中甲的斜率大，则乙的质量大于甲的质量。
【答案】
4.0
4.0,0.06
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
（1）根据弹簧秤的最小刻度读出F的读数；
（2）根据图示法作出F1和F2，结合平行四边形定则作出合力，得出合力的大小以及F合与拉力F的夹角的正切值。
【解答】
弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知，F1的大小为4.0N；
(i)用5mm长度的线段表示1N的力，F1＝4.2N和F2＝5.6N，
由已知可得F1所对长度为21mm，F2所对长度为28mm，根据平行四边形法则画出合力大小，如图所示：
(ii)根据几何关系可得F合的大小为4.0 N，F合与拉力F的夹角即为F合与纵轴的夹角，
其正切值为：tanα=4.2−。
故答案为：（1）4.0；(2)(i)如图，(ii)4.0，0.06
三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
【答案】
水平风力的大小为20N；
地面对人的支持力大小为485N，方向向上，摩擦力大小为20N，方向向右。
【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】
（1）对气球受力分析应用平衡条件可求水平风力的大小；
（2）再对人受力分析根据平衡条件求出人的支持力和摩擦力。
【解答】
对氢气球进行受力分析，受到重力mg，浮力、风力和绳子拉力，将轻绳的拉力进行分解如图1所示：
由平衡条件列式：
竖直方向：F浮＝mg+Tsin37∘；
水平方向：F风＝Tcs37∘；
解得：F风＝20N，T＝25N；
对人进行受力分析，受到重力、地面的支持力和摩擦力、轻绳的拉力，将轻绳的拉力分解如图2所示：
由平衡条件列式：
竖直方向：FN＝Mg−Tsin37∘＝500N−25×0.6N＝485N，方向向上；
水平方向摩擦力大小为：f＝Tcs37∘＝25×0.8N＝20N，方向向右。
【答案】
物体运动的加速度为6m/s2；
物体与墙间的动摩擦因数为0.2；
若在1s末时把水平推力改为F′＝70N，则物体下滑的总位移是7.5m。
【考点】
滑动摩擦力
动摩擦因数
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】
（1）物体匀加速下落，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度。
（2）物体受重力、压力F、墙壁的弹力和滑动摩擦力作用。通过加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，进而求出动摩擦因数。
（3）分析物体受到的摩擦力大小，根据摩擦力与重力的大小关系分析物体的运动情况。
【解答】
由位移时间公式得：x0at2
解得：a＝＝m/s2＝6m/s2
由牛顿第二定律知：mg−f＝ma
所以有：f＝mg−ma＝(1×10−1×6)N＝4N
由滑动摩擦力公式f＝μN＝μF
得：μ＝＝＝0.2
当推力为F′＝70N时，摩擦力变为：f′＝μF′＝0.2×70N＝14N>10N
故物体做减速运动，加速度大小a′＝＝m/s2＝4m/s2
1s末物体速度v＝at＝6×1m/s＝6m/s
物体下滑距离x′＝＝m＝4.5m
物体下滑的总位移x＝x0+x′＝3m+4.5m＝7.5m
【答案】
泥石流到达坡底后的速率是12m/s，到达坡底需要20s时间。
从汽车启动开始经过32s时间才能加速到泥石流达坡底后的速率。
汽车司机能安全逃离泥石流灾害。
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动规律的综合运用
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）泥石流要山坡上做匀加速直线运动，根据速度-位移公式求泥石流到达坡底后的速率。根据速度-时间公式求时间；
（2）根据速度-时间公式求汽车加速到泥石流达坡底后的速率所用时间。
（3）根据汽车加速到泥石流达坡底后的速率时两者的位移关系，判断汽车司机是否可以脱离危险。
【解答】
设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则
由v32−v05＝2a1s3
得v1＝16m/s
由v1＝v8+a1t1
得t2＝20s
设汽车从启动到速度与泥石流的速度相等所用的时间为t2，则
v汽＝a2t8
得t2＝32s
在t2＝32s时间内汽车通过的位移x汽＝＝m＝256m
汽车与泥石流速度相等时泥石流在水平面上的位移x石＝v2(t2+△t−t1)
解得x石＝208m
因为x石
1. 下列各组物理量中，全部是标量的有（ ）
A.位移、力、加速度、速度
B.浮力、加速度、位移、摩擦力
C.密度、时间、质量、路程
D.重力、路程、时间、速度
2. 关于牛顿第一定律的理解，下列说法中正确的是（ ）
A.物体受到的外力越大时惯性越小
B.物体运动状态发生变化时必定受到外力的作用
C.物体不受外力作用时一定处于静止状态
D.在水平地面上滑动的物体最终要停下来，是因为没有外力来维持
3. 如图所示一物体给它一个初速度后沿粗糙斜面向上滑动，则在向上滑动过程中物体受到的力有（ ）
A.重力、斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力
B.重力、斜面的支持力、沿斜面向下的摩擦力
C.重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力
D.重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力
4. 火车站的自动扶梯用2min可将一个站在楼梯上的人送上去，若自动扶梯不动，人沿自动扶梯走上去要用3min，若此人沿向上开动的扶梯走上去，则需要（ ）
A.1min
5. 如图，木块a与b叠放在水平地面上，分别受到水平向右和水平向左、大小均为F的力作用，且保持静止状态，则（ ）
A.b对a的摩擦力方向向左B.b对a的摩擦力大小为零
C.地面对b的摩擦力方向向右D.地面对b的摩擦力大小为F
6. 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
7. 金属小桶侧面有一小孔A，当桶内盛水时，水会从小孔A中流出。如果将装满水的小桶向上抛出，不计空气阻力，则在小桶脱手后运动过程中（ ）
A.小桶上升过程中，水继续以相同的速度从小孔中喷出
B.无论小桶上升还是下降，水不再从小孔喷出
C.小桶在上升过程中，水将以更大的速度喷出；小桶在下落过程中，水将以较小的速度喷出
D.小桶在上升过程中，水将以较小的速度喷出；小桶在下落过程中，水将以更大的速度喷出
8. 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
9. “以卵击石，石头无恙而鸡蛋却碎了．”关于鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，下列说法正确的是（ ）
A.这是一对平衡力
B.这是一对作用力与反作用力
C.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小不等
D.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等
10. 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
11. 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
12. 如图所示，在水平面上有一质量m＝1kg的物块与水平细绳相连，物块在与水平方向的夹角θ＝30∘、大小为10N的拉力F作用下处于静止状态。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A.此时细绳的弹力大小为5N
B.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度为零
C.若剪断细绳，则细绳剪断的瞬间物块的加速度大小为m/s2，方向向右
D.若剪断细绳，则细绳剪断的瞬间物块的加速度大小为5m/s2，方向向右
二、实验题：本题共2小题，共15分。
某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：
（1）通过实验得到如图乙所示的a−F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角________（选填“偏大”或“偏小”）。
（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力（填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）某同学根据实验数据作出的a−F图像如图所示，由图像得出m甲________m乙（填“>”，“＝”，“<”）。
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。
(i)用5mm长度的线段表示1N的力，以O点为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；
(ii)F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。
三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
如图所示，某人用轻绳牵住一质量m＝0.5kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37∘角。已知空气对气球的浮力竖直向上，恒为F浮＝20N，人的质量M＝50kg，人受的浮力和风力忽略不计。求：(sin37∘＝0.6, cs37∘＝0.8, g＝10m/s2)
（1）水平风力的大小；
（2）地面对人的支持力及摩擦力。
质量为m＝1kg的物体在F＝20N的水平推力作用下。在t＝1s内沿竖直墙壁从静止开始下滑x0＝3m，求：(g取10m/s2)
（1）物体运动的加速度；
（2）物体与墙间的动摩擦因数；
（3）若在1s末时把水平推力改为F′＝70N，则物体下滑的总位移是多大？
2020年夏季，我国南方多地发生洪涝灾害，某地发生山体滑坡。假设当时有一汽车停在小山坡底（如图所示），突然司机发现在距坡底s1＝180m的山坡处泥石流以v0＝2m/s的初速度、a1＝0.7m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机（反应时间为△t＝1s）以a2＝0.5m/s2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面做匀速直线运动。则：
（1）泥石流到达坡底后的速率是多少？到达坡底需要多长时间？
（2）从汽车启动开始经过多长时间才能加速到泥石流达坡底后的速率？
（3）汽车司机能否安全逃离泥石流灾害？
参考答案与试题解析
2020-2021学年贵州省黔东南州某校高一（上）期末物理试卷
─、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1~8题只有一个选项正确，第9～12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1.
【答案】
C
【考点】
矢量和标量
【解析】
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
【解答】
解：A．位移、力、加速度和速度都是矢量，故A错误；
B．浮力、加速度、位移、摩擦力都是矢量，故B错误；
C．密度、时间、质量、路程都是标量，故C正确；
D．重力、速度是矢量，路程和时间是标量，故D错误．
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
牛顿第一定律的概念
【解析】
物体只有不受外力或者所受合外力为零时，才能处于静止状态或匀速直线运动状态即力是改变物体运动状态的原因；物体保持原有运动状态的原因--惯性；运动状态改变的原因--力；惯性是物体本身固有的属性，与物体的运动状态无关，与物体受力情况无关。
【解答】
A、牛顿第一定律反映力是改变物体运动状态的原因，是物体本身固有的属性，与物体受力情况无关。
B、牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因--惯性。运动状态发生变化时。故B正确。
C、物体只有不受外力时，故C错误。
D、在水平地面上滑动的物体最终要停下来，故D错误。
3.
【答案】
B
【考点】
力的合成与分解的应用
【解析】
对物体受力分析，关键要按照顺序找力，要找受到的力，每个力都要能找到受力物体，有时还要结合物体的运动情况分析受到的力．
【解答】
解：物体受到撞击力后在惯性的作用下沿斜面向上运动，物体并不受冲力的作用，所以对物体受力分析，重力竖直向下，斜面对物体的支持力垂直斜面向上，和沿斜面向下的滑动摩擦力，所以B正确，ACD错误．
故选：B．
4.
【答案】
B
【考点】
合运动与分运动的概念
运动的合成与分解
【解析】
自动扶梯上升时，人沿运动的扶梯走上去，人相对于地面的速度就是扶梯对地速度加上人对地的速度，再利用位移-时间公式求需要的时间。
【解答】
火车站的自动扶梯用2min可将一个站在楼梯上的人送上去，设扶梯长度为x1＝
若自动扶梯不动，人沿自动扶梯走上去要用3min2＝
若此人沿向上开动的扶梯走上去，则所用时间t＝
联立解得t＝＝min＝1.3min，ACD错误。
5.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的计算
摩擦力的判断
【解析】
对a受力分析，根据平衡条件可明确ab间是否有摩擦力作用，再对整体分析，分别对水平和竖直方向由平衡条件列式，则可求得摩擦力。
【解答】
AB、对a分析可知，a受向右的拉力作用而有向右的运动趋势，故一定受向左的静摩擦力作用，故A正确，B错误；
CD、对整体分析可知，整体受水平方向上的拉力平衡，故与地面间没有摩擦力；故BD错误；
6.
【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。
7.
【答案】
B
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
水能否流出要分析水对器壁是否有压力；同时明确桶被抛在空中时加速度均为g，处于完全失重状态。
【解答】
水桶脱手后，处于完全失重状态，故其中的水也处于完全失重状态，无论是小桶在空中上升还是下落，对容器壁均无压力，故水不会再流出，故B正确，ACD错误。
8.
【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
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。
9.
【答案】
B,D
【考点】
作用力和反作用力
牛顿第三定律的概念
【解析】
鸡蛋碰石头，它们之间的力是作用力和反作用力，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，方向相反，同时产生同时消失，而平衡力不会同时产生和消失．
【解答】
石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，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，方向相反，同时产生同时消失，所以AC错误，BD正确。
10.
【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。
11.
【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。
12.
【答案】
B,C
【考点】
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
对物体受力分析，根据共点力平衡判断物体的受力大小关系；剪断细绳，判断物体受力，结合牛顿第二定律求解加速度。
【解答】
A、对物体受力分析如图所示，根据共点力平衡，
在竖直方向上有：Fsinθ+FN＝mg
在水平方向上有：T+μFN＝Fcsθ
解得：T＝N，故A错误；
B、撤去拉力F的瞬间，细绳的弹力突变为0，物块的加速度为0，故B正确；
CD、剪断细绳，物块受重力、拉力F、摩擦力作用，由牛顿第二定律得：
Fcsθ−μ(mg−Fsinθ)＝ma
解得：a＝m/s2，方向向右，故C正确，D错误。
二、实验题：本题共2小题，共15分。
【答案】
偏大
小于
<
【考点】
验证牛顿第二运动定律
【解析】
（1）实验前应平衡摩擦力，根据图示图像分析答题；
（2）根据实验装置分析小车所受拉力与砝码和砝码盘重力间的关系；
（3）平衡摩擦力后当小车质量远大于砝码和砝码盘质量时可以近似认为小车所受拉力等于砝码和砝码盘的重力。
【解答】
由图乙所示图像可知，当拉力F为零时就有加速度，说明平衡摩擦力过度，木板垫起的倾角偏大造成的。
小车运动过程砝码和砝码盘向下做加速运动，与小车具有相等的加速度大小，根据牛顿第二定律得：mg＝(M+m)a
解得：a=mgM+m，
则绳子的拉力F＝Ma=Mmgm+M
【答案】
4.0
4.0,0.06
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
（1）根据弹簧秤的最小刻度读出F的读数；
（2）根据图示法作出F1和F2，结合平行四边形定则作出合力，得出合力的大小以及F合与拉力F的夹角的正切值。
【解答】
弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知，F1的大小为4.0N；
(i)用5mm长度的线段表示1N的力，F1＝4.2N和F2＝5.6N，
由已知可得F1所对长度为21mm，F2所对长度为28mm，根据平行四边形法则画出合力大小，如图所示：
(ii)根据几何关系可得F合的大小为4.0 N，F合与拉力F的夹角即为F合与纵轴的夹角，
其正切值为：tanα=4.2−。
故答案为：（1）4.0；(2)(i)如图，(ii)4.0，0.06
三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
【答案】
水平风力的大小为20N；
地面对人的支持力大小为485N，方向向上，摩擦力大小为20N，方向向右。
【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】
（1）对气球受力分析应用平衡条件可求水平风力的大小；
（2）再对人受力分析根据平衡条件求出人的支持力和摩擦力。
【解答】
对氢气球进行受力分析，受到重力mg，浮力、风力和绳子拉力，将轻绳的拉力进行分解如图1所示：
由平衡条件列式：
竖直方向：F浮＝mg+Tsin37∘；
水平方向：F风＝Tcs37∘；
解得：F风＝20N，T＝25N；
对人进行受力分析，受到重力、地面的支持力和摩擦力、轻绳的拉力，将轻绳的拉力分解如图2所示：
由平衡条件列式：
竖直方向：FN＝Mg−Tsin37∘＝500N−25×0.6N＝485N，方向向上；
水平方向摩擦力大小为：f＝Tcs37∘＝25×0.8N＝20N，方向向右。
【答案】
物体运动的加速度为6m/s2；
物体与墙间的动摩擦因数为0.2；
若在1s末时把水平推力改为F′＝70N，则物体下滑的总位移是7.5m。
【考点】
滑动摩擦力
动摩擦因数
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】
（1）物体匀加速下落，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度。
（2）物体受重力、压力F、墙壁的弹力和滑动摩擦力作用。通过加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力大小，进而求出动摩擦因数。
（3）分析物体受到的摩擦力大小，根据摩擦力与重力的大小关系分析物体的运动情况。
【解答】
由位移时间公式得：x0at2
解得：a＝＝m/s2＝6m/s2
由牛顿第二定律知：mg−f＝ma
所以有：f＝mg−ma＝(1×10−1×6)N＝4N
由滑动摩擦力公式f＝μN＝μF
得：μ＝＝＝0.2
当推力为F′＝70N时，摩擦力变为：f′＝μF′＝0.2×70N＝14N>10N
故物体做减速运动，加速度大小a′＝＝m/s2＝4m/s2
1s末物体速度v＝at＝6×1m/s＝6m/s
物体下滑距离x′＝＝m＝4.5m
物体下滑的总位移x＝x0+x′＝3m+4.5m＝7.5m
【答案】
泥石流到达坡底后的速率是12m/s，到达坡底需要20s时间。
从汽车启动开始经过32s时间才能加速到泥石流达坡底后的速率。
汽车司机能安全逃离泥石流灾害。
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动规律的综合运用
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
（1）泥石流要山坡上做匀加速直线运动，根据速度-位移公式求泥石流到达坡底后的速率。根据速度-时间公式求时间；
（2）根据速度-时间公式求汽车加速到泥石流达坡底后的速率所用时间。
（3）根据汽车加速到泥石流达坡底后的速率时两者的位移关系，判断汽车司机是否可以脱离危险。
【解答】
设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则
由v32−v05＝2a1s3
得v1＝16m/s
由v1＝v8+a1t1
得t2＝20s
设汽车从启动到速度与泥石流的速度相等所用的时间为t2，则
v汽＝a2t8
得t2＝32s
在t2＝32s时间内汽车通过的位移x汽＝＝m＝256m
汽车与泥石流速度相等时泥石流在水平面上的位移x石＝v2(t2+△t−t1)
解得x石＝208m
因为x石
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