2020-2021学年辽宁省抚顺市某校高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年辽宁省抚顺市某校高一（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年下半年，国产汽车制造商比亚迪推出一款纯电动汽车‘汉’3.9秒就可以将汽车加速到100公里每小时，续航里程达605公里，关于‘汉’你理解正确的是（ ）
A.这里的3.9秒既可以指时刻也可以指时间间隔
B.这里的100千米每小时指的是平均速度
C.续航605公里指的是路程
D.以上说法都不对

2. 关于运动的描述，正确的是（ ）
A.物体运动的越快，速度就越大，位移也一定越大
B.物体的速度变化越大，物体的加速度就一定越大
C.质量相同的物体速度的变化率越大，则它受到的合外力一定越大
D.物体做曲线运动，其所受的合外力一定是变力

3. 2020年11月10日8时，我国完全自主设计研发的“奋斗者”号成功下潜马里亚纳大海沟底部，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，假设“奋斗者”某次任务中从海底竖直上浮，上浮速度为v时开始做匀减速运动，从“奋斗者”开始做匀减速运动的时刻开始计时，已知其上浮到海面时，速度恰好减为零，所用的时间为t，则“奋斗者”在t0(t0A.B.C.D.

4. 物块在轻绳的拉动下沿倾角为30∘的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行，已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33，重力加速度取10m/s2，若物体的质量为50kg，则轻绳的拉力为（ ）
A.1003NB.250NC.2003ND.500N

5. 汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动，设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁驶过且一直以此速度做匀速直线运动，速度方向与A车相同，则从绿灯开始亮时开始（ ）
A.A车在加速过程中与B车相遇
B.A、B相遇时速度相同
C.A、B相遇时，A车做匀速运动
D.两车相遇后可能再次相遇

6. 如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速过程中B受到的摩擦力（ ）

A.方向向左，大小不变B.方向向左，逐渐减小
C.方向向右，大小不变D.方向向右，逐渐减小

7. 如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔2s物体的瞬时速度记录在表格中，则下列说法中正确的是（ ）
A.t=103s的时刻物体恰好经过B点
B.t=12s的时刻物体恰好停在C点
C.物体运动过程中的最大速度为12m/s
D.A、B间的距离大于B、C间的距离
二、多项选择题、本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

如图所示，在倾角为30∘的光滑斜面上。A、B两个质量均为m的滑块由轻质弹簧相连，弹簧的边度系数为k，水平力F作用在滑块B上，A、B静止在斜面上，此时弹簧长度为L（处于弹性限度内），重力加速度为g。下列说法不正确的是（ ）

A.力F的大小为233mg
B.如果撤去F瞬间，弹簧长度L保持不变
C.如果撤去F瞬间，A的加速度大小为0.5g
D.如果撤去F瞬间，B的加速度大小为233g

在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，旅客把行李箱轻轻放到传送带一端，传送带对行李箱的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李箱随传送带一起前进到另一端。若传送带保持匀速前进的速度v为0.5m/s，行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ为0.25，传送带长1.0米，g取10m/s2．下列说法正确的是（ ）
A.行李箱受到传送带的静摩擦力与行李运动的方向相同
B.行李箱到达另一端的时间为2.1s
C.行李箱给传送带留下的摩擦痕迹长为0.05m
D.行李箱到达右端的速度为m/s

如图所示，将一质量为m的小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，小球恰好落到斜面底端B。若初速度不变，对小球施加不为零的竖直向下的恒力F，使小球落到AB间的某点C。不计空气阻力，则（重力加速度为g）（ ）

A.小球落到B点与落到C点所用时间相等
B.力F越大，小球落到斜面的时间越短
C.小球落到B点与落到C点的速度方向相同
D.若C点为AB的中点，则F＝mg
三、非选择题：本题共5小题，共54分．

在“探究加速度与力的关系”实验中，某小组设计了如图所示的实验装置，图中上、下两层前端固定有光滑定滑轮，两相同小车前端各系一条细线，细线跨过定滑轮并挂上一个砝码盘，盘中可放砝码，小车Ⅱ所挂砝码和砝码盘的总质量是小车Ⅰ所挂砝码和砝码盘总质量的两倍，将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合外力，两小车尾部各系一条细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，按下装置两小车立即同时停止。某次实验时小车Ⅰ的位移为s1，小车Ⅱ的位移为s2。

（1）为了减小实验误差，下列说法正确的是（ ）。
A.实验之前将轨道倾斜来补偿阻力，补偿阻力时不需要挂上砝码盘
B.实验之前将轨道倾斜来补偿阻力，补偿阻力时需要挂上砝码盘
C.砝码盘和砝码的总质量应远大于小车的质量
D.砝码盘和砝码的总质量应远小于小车的质量

（2）若实验测得小车Ⅱ位移是小车Ⅰ位移的两倍，且多次重复试验都能得到两车位移比等于对应砝码和砝码盘总质量的比，依据方程x＝________，则可得实验结论是：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成________（填“正比”或“反比”）。

某同学甲用图1所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。
（1）下列说法正确的是（ ）。
A.实验前，应先对弹簧测力计调零
B.应保持与木块相连的的细线水平
C.实验时，应将木板匀速向左拉出
D.实验时，拉木板的速度越大越好

（2）图2是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力f＝________N。

（3）为进行多次实验，甲同学采取了在木块上增加砝码个数的方法。若砝码的质量、动摩擦因数和重力加速度分别用m、μ和g来表示。测得多组数据后，该同学描绘的fm关系图线如图3所示，则他测得的动摩擦因数μ＝________。（重力加速度g取10m/s2）

如图，某同学利用国产大疆无人机玩“投弹”游戏，无人机以v0＝20m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h＝20m，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。

（1）求小球下落的时间；

（2）求小球释放点与落地点之间的水平距离；

（3）求小球落地的速度。

质量为M＝2.5kg的一只长方体形铁箱在水平拉力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＝0.4，这时铁箱内一个质量为m＝0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：

（1）木块对铁箱的压力FN；

（2）水平拉力F的大小。

如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10m/s2

（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；

（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；

（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图像（取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省抚顺市某校高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1.
【答案】
C
【考点】
路程
位移
时间与时刻
平均速度
【解析】
时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，瞬时速度为某一时刻的速度，平均速度为物体通过的位移与时间的比值，路程为物体运动轨迹的长度，位移为初位置到末位置的有向线段。
【解答】
A、3.9s是汽车速度从0加速到100公里每小时所需时间，为时间间隔，故A错误；
B、这里的100千米每小时是某一时刻对应的速度，为瞬时速度，故B错误；
C、续航605公里指的汽车运动轨迹的长度，为路程，故C正确；
D、根据ABC可知，D错误；
2.
【答案】
C
【考点】
牛顿第一定律的概念
物体做曲线运动的条件
【解析】
速度是物体运动位移和所用时间的比值，速度反映物体运动快慢的物理量；加速度反应物体速度变化快慢的物理量；根据加速度的物理意义和牛顿第二定律分析合外力的变化；物体做曲线运动可以受恒力。
【解答】
A、速度大，说明物体运动快，物体运动位移大是物体运动的速度与时间乘积大，不知道时间情况故不能得出该结论，故A错误；
B、物体的速度变化越大，但是变化的时间不确定，所以物体的加速度就不一定越大，故B错误；
C、质量相同的物体速度的变化率越大，即加速度越大，根据牛顿第二定律F=ma，可知它受到的合外力一定越大，故C正确；
D、物体做曲线运动可以受恒力，加速度不变，如平抛运动只受重力，其所受的合外力是恒力，故D错误。
3.
【答案】
D
【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】
根据匀变速直线运动的速度-时间公式求出“奋斗者”的加速度，采用逆向思维，结合速度-时间关系求解速度，根据匀变速直线运动的平均速度等于初速度与末速度的平均值即可求出。
【解答】
奋斗者上浮时的加速度大小a＝，根据逆向思维，知t0的速度为：v0＝a(t−t0)＝；
根据匀变速直线运动的平均速度等于初速度与末速度的平均值可得：，
可知奋斗者在t0时刻距离海平面的深度为：h＝，故ABC错误，D正确。
4.
【答案】
D
【考点】
滑动摩擦力
动摩擦因数
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
以物块为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解。
【解答】
以物块为研究对象，物块受到重力、支持力、沿斜面向上的拉力、沿斜面向下的摩擦力，如图所示；
沿斜面方向根据平衡条件，有：F=f+mgsinθ
根据摩擦力的计算公式可得：f=μN=μmgcsθ
联立解得：F=500N，故D正确、ABC错误。
5.
【答案】
C
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
作出A、B两车的速度时间图线，根据图线与时间轴围成的面积表示位移进行分析．
【解答】
解：作出A、B两车的速度时间图线，由图像可知：A先做匀加速运动，后做匀速运动，B一直做匀速运动，
相遇时两者的位移相等，即AB速度图像与时间轴围成的面积相等，30s时，B的位移大于A的位移，所以相遇时在30s以后，即A做匀速运动时，以后他们不再相遇，故C正确．A、B、D错误．
故选：C．
6.
【答案】
A
【考点】
动力学中的整体法与隔离法
【解析】
整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法．
1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力）．
整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．
2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．
隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法．
本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小．
【解答】
解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有
a=μ(mA+mB)gmA+mB=μg，
然后隔离B，根据牛顿第二定律有
fAB＝mBa＝μmBg，大小不变，
物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左．
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
匀变速直线运动的速度与时间的关系
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
首先判断2∼4s物体是否仍在AB段，假设物体仍在斜面上运动，则加速度不会变好，否则物体在水平面上运动。计算出AB段，BC的加速度。B点的速度既是AB段的末速度也是BC段的初速度，根据运动学规律即可判断各个选项正误。
【解答】
物体在斜面上做加速运动，在水平面上做减速运动。从表格数据可以判断，物体在0∼2s一定在AB段，根据加速度的定义可以算出a1=8m/s2s=4m/s2
如果2∼4s物体仍在AB段，那么2∼4s加速度应该与0∼2s相同，但是从表中数据可以看出，2∼4s加速度与0∼2s不同，因此2∼4s之间，物体从斜面运动到水平面。故4∼6s，物体在水平面上运动，加速度a2=8m/s−12m/s2=−2m/s2
A、设物体t时刻经过B点，根据运动学规律有vA+a1t=vB−a2×(6−t) 解之可得t=103s，故A正确。
B、6s时，物体的速度为8，设再过t1s后速度减为零 0=8+a2t1 解之可得，t1=4s，因此10s后，物体恰好停在C点。故B错误。
C、t=103s时，物体运动到B点速度最大，vB=a1t=4m/s2×103s=403m/s，故C错误。
D、vB2=2a1xAB，−vB2=2a2xBC 由于a1>a2 所以A、B间的距离小于B、C间的距离，故D错误。
二、多项选择题、本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个选项符合要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
【答案】
C,D
【考点】
胡克定律
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）将AB看作一个整体，采用整体法，根据沿斜面方向受力平衡，求F的大小；
（2）采用隔离法，分别以A、B为研究对象，分别根据它们沿斜面方向受力情况，求解加速度。
【解答】
A、对AB组成的整体进行分析，根据平衡条件可得：Fcs30∘=2mgsin30∘，解得：F=233mg，故A正确；
BC、对A进行受力分析，根据沿斜面受力平衡可得：mgsin30∘=k△x，撤去F的瞬间，弹簧长度L不变，弹簧弹力不变，滑块A仍处于平衡状态，故A的加速度大小为0，故B正确，C错误；
D、撤去F后，弹簧弹力不变，沿斜面方向，对B进行受力分析可得：k△x+mgsin30∘=maB，联立解得：aB=g，故D错误。
本题选不正确的，
【答案】
B,C
【考点】
摩擦力的判断
摩擦力的计算
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）根据行李箱与传送带之间的相对运动情况，判断摩擦力的性质和行李箱最后的速度。
（2）根据牛顿第二定律，求解行李箱加速时的加速度，然后根据速度-时间公式，求解加速时间和总时间；最后根据运动学公式和位置关系，求解划痕长度。
【解答】
A、旅客把行李箱轻轻放到传送带一端，传送带对行李箱的摩擦力为滑动摩擦力，方向与行李的运动方向相同，随后保持相对静止时，一起匀速向右运动，行李箱不受摩擦力作用，故A错误；
B、设木箱做匀加速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：F＝μmg＝ma，解得a＝μg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2。根据速度-时间公式：v＝v0+at可得：行李加速运动的时间：t＝＝s＝0.2s，运动的位移为：x1＝＝m＝0.05m，行李匀速运动的时间t1＝＝s＝1.9s，行李箱到达另一端的时间为t总＝t+t1＝0.2s+1.9s＝2.1s，故B正确；
C、行李箱加速阶段，传送带运动的位移为：x2＝vt＝0.5×0.2m＝0.1m，x痕＝x2−x1＝0.1m−0.05m＝0.05m，故C正确；
D、行李箱到达右端的速度与传送带的运行速度相同，为0.5m/s，故D错误；
【答案】
B,C,D
【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】
不加水平力F时小球做平抛运动；加水平力F后，小球做类平抛运动，根据运动的合成知识结合平抛运动的知识进行判断。
【解答】
AB、力F竖直向下，力越大，根据牛顿第二定律定律：F+mg＝ma，竖直方向的加速度越大，根据位移-时间公式h＝，小球落到斜面的时间越短，故A错误，B正确；
C、小球从A到B做平抛运动，加恒力F后，从A到C做类平抛运动，两次都落在斜面上，故位移偏向角相等，则速度偏向角也相等，所以小球落到B点与落到C点的速度方向相同，故C正确；
D、若C点为AB的中点，小球从A点到C点的竖直高度为，水平方向上的位移为从A到B的水平位移的一半，由于初速度不变，根据公式x＝v0t，可得小球从A点到C点的时间为从A点到B点的一半，由位移-时间公式得：，h＝，联立解得a＝2g，根据牛顿第二定律得：F+mg＝ma，代入解得：F＝mg，故D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
【答案】
A,D
,正比
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）根据实验原理，可知，平衡摩擦力时不需要挂上砝码盘和砝码，同时需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，保证绳子的拉力近似等于小车的合力，从而即可求解；
（2）根据初速度为零的匀变速直线运动位移时间公式，结合牛顿第二定律，即可求解。
【解答】
AB、实验前需要平衡摩擦力，图中平衡摩擦力时，砝码盘不需要挂上，但小车必须挂上纸带，故A正确，B错误；
CD、若可将砝码和砝码盘的总重力作为小车所受合力，绳中拉力约等于砝码和砝码盘的总重力，此时需满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量，故C错误，D正确；
故选：AD。
使两小车同时开始运动，并同时停止，两车运动的位移x＝at2，则位移与加速度成正比，
实验测得小车Ⅱ位移近似是小车Ⅰ位移的两倍，则可得实验结论是：在质量一定的情况下，物体的加速度与所受到的合外力成正比；
故答案为：（1）AD；（2）；正比
【答案】
A,B
2.75
0.4
【考点】
探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】
（1）根据实验原理及弹簧的使用要求作答；
（2）读数时视线与指针所对刻线相垂直，明确弹簧的最小分度，按读数规则读出弹簧的示数，木块匀速运动，木块受到的滑动摩擦力等于弹簧的示数；
（3）由斜率可求得动摩擦因数；
【解答】
A、实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数不准确，故A正确；
B、应保持与木块相连的细线水平，否则木块与木板之间的正压力不等于木块的重力，故B正确；
CD、实验时，应将木块匀速拉动，和木板有相对运动即可，这样细线的拉力大小等于摩擦力的大小，木板是否拉动对实验无关，故CD错误。
故选：AB
在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，此时的示数为2.75N，木块受到的滑动摩擦力f＝2.75N；
由f＝μmg得：图像的斜率表示μg，由图像的斜率得μg=2.6−−0.02=4，所以μ＝0.4，
故选答案为：（1）AB；（2）2.75； （3）0.4
【答案】
小球下落的时间为2s；
小球释放点与落地点之间的水平距离为40m；
小球落地的速度大小为m/s，方向与水平方向的夹角为45∘。
【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）小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的自由落体运动规律即可求解时间；
（2）根据水平方向上的匀速直线运动即可求出水平距离；
（3）根据速度-时间公式求得得小球落地时竖直方向上的分速度，然后应用运动的合成求得小球落地的速度。
【解答】
小球离开无人机时，具有和无人机相同的水平速度，即v0＝20m/s
根据小球竖直方向做自由落体运动得：h＝gt2
代入数据解得小球下落的时间为：t＝2s
根据小球水平方向做匀速直线运动得：x＝v0t
代入数据解得小球释放点与落地点之间的水平距离为：x＝40m
根据速度-时间公式，可得小球落地时竖直方向上的分速度为：
vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s
由运动的合成法则，可得小球落地速度为：
代入数据解得小球落地的速度大小为：
小球落地时的速度方向与水平夹角的正切值为：tanθ＝＝＝1
所以θ＝45∘
【答案】
木块对铁箱的压力FN为25N；
水平拉力F的大小为162N。
【考点】
力的合成与分解的应用
牛顿第三定律的概念
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）以木块为研究对象，根据竖直方向重力与摩擦力平衡，求得摩擦力f大小，然后根据 f＝μ2FN，求得铁箱对木块的支持力大小，最后根据牛顿第三定律得到木块对铁箱的压力FN。
（2）先采用隔离法，利用牛顿第二定律，求解加速度，然后采用整体法，利用牛顿第二定律，求得外力F大小。
【解答】
根据木块竖直方向受力平衡可得：mg＝f
由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力可得：f＝μ2FN
带入数据得：FN＝＝N＝25N
由牛顿第三定律可得，木块对箱子的压力为25N，方向向左。
对木块研究水平方向应用牛顿第二定律可得：FN＝ma
解得：a＝＝50N
对箱子和木块整体应用牛顿第二定律可得：F−μ1(M+m)g＝(M+m)a
代数计算可得F＝(M+m)a+μ1(M+m)g＝(2.5+0.5)×50N+0.4×(2.5+0.5)×10N＝162N
【答案】
木块和木板保持相对静止的时间是4s；
t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；
图象如图所示。
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）对两物体受力分析，当木块对木板的最大静摩擦力提供木板做加速运动，此时两者达到最大加速度，即可求得；
（2）应用牛顿第二定律求出两物体的加速度；
（3）达到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的匀加速运动，木块在力F作用下做加速度运动，根据牛顿第二定律即可求得。
【解答】
t＝10s时，两物体已相对运动，则有：
对m1:μ1m2g−μ2 (m1+m2)g＝m1a1
解得：a1＝3m/s2
对m2:F−μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N
解得：a2＝12m/s2
（
图像过(1、0)，(4.
，(10、（1）t/s
0
2
4
6
v/(m⋅s−1)
0
8
12
8