2020-2021学年湖南省郴州市某校高一期末考试_（物理）试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年湖南省郴州市某校高一期末考试_（物理）试卷人教版（2019），共7页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列各项中属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A.牛顿B.千克C.厘米D.小时

2. 小王从家打车到高铁站接客人后返回家，司机打出全程的发票如图所示．对小王本次打车的全过程，下列说法正确的是（ ）

A.11:26指时间B.出租车的位移为23.0km
C.出租车的平均速度是0D.出租车的平均速度是46km/h

3. 伽利略设想了一个理想实验，如图所示．①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．通过对这个实验分析，我们可以得到的最直接结论是（ ）

A.自然界的一切物体都具有惯性
B.小球的加速度和所受合外力成正比
C.小球所受的力一定时，质量越大，它的加速度越小
D.光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持不需要外力

4. 以下几种情景：①点火后即将升空的火箭，②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，③磁悬浮列车在轨道上高速行驶，④轿车在十字路口转弯，仪表盘上示数不变．下列对情景分析和判断正确的说法是（ ）
A.因即将升空的火箭还没有运动，所以加速度一定为零
B.轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大
C.高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D.轿车在十字路口转弯，仪表盘上示数不变，说明轿车转弯时速度也不变

5. 在平直的公路上有甲、乙两辆汽车，它们运动的位移—时间(x−t)图像如图所示．在0∼6s内，根据图像可以判断的是（ ）

A.甲、乙运动的方向相同
B.甲、乙均做匀变速直线运动
C.甲的速度始终小于乙的速度
D.t=4s时，甲、乙相距最远

6. 如图所示，为一辆汽车沿左右方向（规定向右为正方向）做直线运动的速度—时间(v−t)图像，由图可知（ ）

A.2s末汽车静止
B.0∼2s和2s∼4s汽车加速度大小相等但方向相反
C.汽车的运动方向一直向左
D.4s末汽车回到0s时位置

7. 下面四幅图展示了某同学做引体向上运动前的四种抓杆姿势，其中手臂受力最小的是（ ）
A.B.
C.D.

8. 图甲为两个互相钩着的力传感器，同时连在计算机上，图乙为计算机屏幕看到的两个钩子的受力情况，横坐标是时间，纵坐标是力的大小．则从图像上可获得的信息有（ ）

A.两钩子的作用力是一对平衡力
B.两钩子的作用力同时产生但不同时消失
C.任何时刻两钩子的作用力大小相等，方向相反
D.任何时刻两钩子的作用力大小相等，方向相同

9. 如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从b点爬到a点．下列说法正确的是（ ）

A.蚂蚁受到的弹力逐渐变大
B.蚂蚁受到的摩擦力逐渐变大
C.地面对碗的支持力逐渐变大
D.地面对碗的摩擦力逐渐变大

10. 2020年学校金秋体育节运动会上，余飞同学在跳高项目中，以背越式成功跳过了1.85m，如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.余飞同学起跳时地面对她的支持力等于她的重力
B.余飞同学起跳以后在上升过程中处于超重状态
C.余飞同学起跳以后在下降过程中处于失重状态
D.余飞同学起跳以后在下降过程中重力消失了

11. 将一蜡块置于注满清水的长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀速上浮的同时，使玻璃管紧贴黑板面水平向右匀速移动（如图所示），则蜡块相对于黑板的运动轨迹是（ ）

A.B.
C.D.

12. 如图A、B两个物体相互接触但并不黏合，放置在光滑水平面上，两物体的质量mA为4kg，mB为6kg．从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间变化规律为FA=(8−2t)(N)、FA=(2+2t)(N)．下列说法正确的是（ ）

A.t=1.0s时A、B分离B.t=1.5s时A、B分离
C.t=2.0s时A、B分离D.A、B分离前加速度一直在变化
二、实验探究题

“探究两个互成角度的力的合成规律”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的力的图示．

（1）甲图中弹簧测力计的示数单位为N，那么图中C的示数为________N．

（2）乙图中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的力是________（填“F”或“F′”）．

（2）本实验采用的主要科学方法是________（填序号）．
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

在“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系的实验”时，某同学采用了如图所示的实验方案．试回答下列问题：

（1）本实验中打点计时器应采用________（选填“直流”或“交流”）电源，每隔________秒打一个点．

（2）实验中判断小车阻力补偿是否成功，可通过向左轻推小车（不挂钩码），打点计时器打出的纸带来判断，如果打出的点间距________（选填“均匀”或“不均匀”），则说明补偿成功．

（3）在探究加速度与外力关系时，为使钩码的总重力大小在数值上近似等于小车运动时受到的拉力大小，应满足的条件是所挂钩码总质量________（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）小车的总质量．

（4）打出的一条纸带（部分）如图所示，若A，B，C……计数点间的时间间隔均为0.10s，从图中给定的数据，可求出小车的加速度大小是________m/s2，打下C点时小车的速度大小是________m/s．（结果均保留2位有效数字）

（5）某同学通过数据的处理作出了a−F图象，如图所示，则图中的直线部分不过原点的原因可能是________．（选填字母符号）
A.补偿阻力时木板的右端垫得过高
B.未补偿阻力
C.钩码的质量太大了
三、解答题

将一个质量为5kg的铅球放在倾角为45∘的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态，不计一切摩擦，则铅球对挡板的压力和对斜面的压力分别是多少？（重力加速度g取10m/s2）


如图所示，在“探究平抛运动规律”的实验中，用小锤击打弹性金属片，金属锤把P球沿水平方向抛出，同时Q球被松开而自由下落．已知：P、Q小球距离地面高度为0.8m，P水平抛出的初速度为2m/s，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）Q球下落过程所经历的时间和落地速度大小；

（2）P球下落过程中的水平位移大小；

（3）P球下落过程中的落地速度大小．

如图所示，长L=4.5m，质量M=1.0kg的玻璃板静止在光滑水平面上，质量m=2.0kg的小铁块（可视为质点）静置于玻璃板最左端．已知小铁块与玻璃板间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2．

（1）敲击小铁块，使小铁块瞬间获得一个向右的初速度v0=6.0m/s．
a．小铁块在玻璃板上滑行的过程中，求小铁块和玻璃板加速度的大小；
b．请通过计算分析小铁块能否冲出玻璃板．

（2）现对小铁块施加一个水平向右的恒力F，为使小铁块与玻璃板不发生相对滑动，则F应满足什么条件．（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省郴州市某校高一期末考试 (物理)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
国际单位制
【解析】
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．
【解答】
解：A．牛顿是导出单位，不是国际单位，故A错误；
B．千克属于国际单位制中的基本单位，故B正确；
C．厘米是常用单位，不属于国际单位，故C错误；
D．小时是常用单位，不属于国际单位，故D错误．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
时间与时刻
平均速度
路程
位移
【解析】
时间间隔表示“段”，时刻表示“点”．位移大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度，平均速度等于位移与时间的比值．
【解答】
解：A．11:26是上车时刻，不是时间间隔，故A错误．
B．23.0km是出租车运动轨迹的长度，是路程，不是位移，故B错误．
CD．整个过程中车的位移为零，根据平均速度的定义式知，平均速度为零，故C正确，D错误．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
惯性
牛顿第二定律的概念
【解析】
理想斜面实验：在轨道的一边释放一颗钢珠，如果忽略摩擦力带来的影响，我们发现钢珠从左边滚下后，再从右边的斜面滚上，钢珠将上升到与左边释放高度相同的点；若将右边的倾斜角减小，钢珠还是上升到原来的高度，但通过的路程比原来更长；假设右边的轨道为水平，钢珠想要达到原来的高度，但是钢珠无法达到原来的高度，钢珠将永远运动下去．
【解答】
解：A．理想斜面实验只能说明钢球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，故A错误；
B．小球的质量一定时，它受到的合外力越大，它的加速度越大，这是牛顿第二定律内容，故B错误；
C．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律内容，故C错误；
D．伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，故D正确．
故选：D．
4.
【答案】
B
【考点】
速度、速度变化量和加速度的关系
【解析】
加速度是描述速度变化快慢的物理量，即速度变化快一定是加速度大，速度变化慢一定是加速度小。加速度的大小与速度大小无关系。速度为零，加速度可以不为零；加速度为零，速度可以不为零。
【解答】
解：A．火箭点火启动时，初速度为零，但是下一时刻速度不为零，速度增加，所以加速度不为零，故A错误．
B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，轿车紧急刹车，说明速度变化很快，所以加速度很大，故B正确．
C．高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但是完全可以做匀速直线运动，所以加速度也可以为零，故C错误．
D．轿车仪表盘上速度计显示是速度大小，转弯时，速度方向改变，故轿车转弯时速度改变，故D错误．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
x-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
x−t图象对应纵坐标表示物体的位置，其斜率大小表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动．物体通过的位移等于纵坐标的变化量，平均速度等于位移除以时间，据此分析即可．
【解答】
解：A．根据图像的斜率等于速度，斜率的正负表示速度的方向，可知，甲、乙的运动方向相反，故A错误；
BC．x−t图像的斜率表示速度，根据图像可知，图像的斜率均不变，则甲、乙均做匀速运动，且甲图像斜率小于乙图像斜率，则甲的速度小于乙的速度，故B错误，C正确；
D．x−t图像表示物体的位置随时间的变化，则0时刻时两者相距12m，t=4s时甲、乙相遇，故D错误．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
v−t图象中图象中图象中的点表示物体的速度，图象的斜率表示物体的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。由此分析即可。
【解答】
解：A．由v−t图像可知，2s末只是速度为0，但不是静止状态，故A错误；
B．v−t图像的斜率表示物体的加速度，0∼2s和2s∼4s斜率相同，即加速度相同，故B错误；
C．由图可知，汽车先向左做匀减速运动，当t=2s时，开始向右做匀加速运动，故C错误；
D．0∼2s位移大小与2s∼4s一样，但方向相反，故4s末汽车回到0s时的位置，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
合力的大小与分力间夹角的关系
【解析】
本题中人受到三个力，重力和两个拉力．将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断．
【解答】
解：将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而D图中人的手臂受力最大，B图中人的手臂受力最小．
故选：B．
8.
【答案】
C
【考点】
相互作用力与平衡力的比较
【解析】
相互作用力是作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上．
二力平衡的特点:两个力作用在同一物体上,大小相等,方向相反,且作用在同一条直线上。
【解答】
解：ACD．两钩子的作用力是一对相互作用力，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，故AD错误，C正确．
B．作用力与反作用力同时产生、同时变化、同时消失，故B错误．
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】
小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，合力为零，小虫所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大．
【解答】
解：蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，受力分析如图所示：
根据共点力平衡有：f=mgsinα，N=mgcsα；
AB．因为蚂蚁从b点爬到a点α角变大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，则蚂蚁受到的弹力逐渐变小，蚂蚁受到的摩擦力逐渐变大，故A错误，B正确；
C．对碗和蚂蚁整体分析，竖直方向受力平衡，则地面对碗的支持力等于碗和蚂蚁的重力之和，保持不变，故C错误；
D．碗和蚂蚁整体在水平方向受力为零，碗不受地面的摩擦力作用，故D错误．
故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
超重和失重
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．余飞起跳的初始阶段加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的重力，故A错误；
B．起跳以后在上升过程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故B错误；
C．起跳以后在下降过程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是处于完全失重状态，故C正确；
D．余飞起跳以后在下降过程中处于完全失重状态，重力提供向下的加速度，没有消失，故D错误．
故选：C．
11.
【答案】
A
【考点】
运动的合成与分解
【解析】
蜡块参加了两个分运动，水平方向水平向右匀速直线移动，竖直方向在管中匀速上浮，将分运动的速度合成可以得到合运动速度大小和方向的变化规律，进一步判断轨迹．
【解答】
解：蜡块竖直方向在管中以匀速上浮，水平方向水平向右匀速直线移动，根据运动的合成可知，蜡块沿着合速度方向做匀速直线运动，故BCD错误，A正确．
故选：A．
12.
【答案】
C
【考点】
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】
以整体为研究对象求出t=0时整体受到的合力，根据牛顿第二定律求解A、B两物体的加速度，再对B根据牛顿第二定律求解相互作用力；二者的加速度相等时开始分离，根据牛顿第二定律列方程求解时间，根据速度-时间关系求解分离时的速度．
【解答】
解：t=0时，FA=8N，FB=2N，两物体的质量mA为4kg，mB为6kg，二者不会分开，
A、B两物体的加速度为a=FA+FBmA+mB=1m/s2；
ABC．当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，
则有FAmA=FBmB，即8−2t4=2+2t6，解得t=2s，故AB错误，C正确；
D．由于FA+FB=10N为定值，所以二者分离前做加速度为a=1m/s2的匀加速直线运动，故D错误．
故选C．
二、实验探究题
【答案】
（1）2.60
（2）F′
B
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别．
该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．
【解答】
解：（1）由图可知，图中C的示数为2.60N．
（2）由图可知，F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同，测量出的合力，故方向一定沿AO方向的是F′．
（3）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．
故选B．
【答案】
（1）交流,0.02
（2）均匀
（3）远小于
（4）2.0,0.60
A
【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】
解：（1）本实验中打点计时器应采用交流电源，每隔0.02s打一个点．
（2）实验中判断小车阻力补偿是否成功，可通过向左轻推小车（不挂钩码），打点计时器打出的纸带来判断，如果打出的点间距均匀，则说明补偿成功．
（3）在探究加速度与外力关系时，为使钩码的总重力大小在数值上近似等于小车运动时受到的拉力大小，应满足的条件是所挂钩码总质量远小于小车的总质量．
（4）根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可得，
a=CE−AC(2T)2=2.0m/s2，
vC=BD2T=0.60m/s．
（5）当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力过大，即补偿阻力时木板的右端垫得过高，故选A．
三、解答题
【答案】
铅球对挡板的压力为50N，铅球对斜面的压力为502N．
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】

【解答】
解：铅球受力分析如图所示：
将挡板及斜面的弹力合成后一定与重力大小相等方向相反，故由几何关系可知，
板对铅球的支持力：T=mgtan45∘ ，
解得：T=50N，
由牛顿第三定律可知，铅球对挡板的压力等于板对铅球的支持力为50N，
斜面对铅球的弹力：F=mgsin45∘ ，
解得： F=502N，
由牛顿第三定律可知，铅球对斜面的压力等于斜面对铅球的弹力为502N．
【答案】
（1）Q球下落过程所经历的时间为0.4s，落地速度大小为4m/s．
（2）P球下落过程中的水平位移大小为0.8m．
（3）P球下落过程中的落地速度大小为25m/s．
【考点】
平抛物体与自由落体同时落地
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】



【解答】
解：（1）Q球自由落体运动，由自由落体运动规律：
h=12gt2，得：t=0.4s，
v12=2gh，得：v1=4m/s．
（2）P球做平抛运动，且落地时间等于Q球自由落体运动时间，在水平方向做匀速直线运动：x=v0t，得：x=0.8m．
（3）P球做平抛运动，落地速度可分解为水平速度v0和竖直速度v1且竖直速度大小与Q球落地速度大小相等：
v=v12+v02，
得：v=25m/s．
【答案】
（1）a．小铁块在玻璃板上滑行的过程中，小铁块的加速度a1=1m/s2，玻璃板的加速度a2=2m/s2．
b．两者共速前铁块已向右冲出玻璃板．
（2）不发生相对滑动的拉力F满足的范围为：F≤6N．
【考点】
板块模型问题
【解析】


【解答】
解：（1）a．铁块获得初速度相对玻璃板向右滑行，受到玻璃板向左的滑动摩擦力，设加速度为a1，由牛顿第二定律：μmg=ma1，
解得：a1=μg=1m/s2，
玻璃板在光滑的桌面上，水平方向仅受到铁块向右的滑动摩擦力，设加速度为a2，由牛顿第二定律：μmg=Ma2，
解得： a2=μmgM=2m/s2．
b．设经过时间t铁块和玻璃板达到等速v，则有：v=v0−a1t=a2t，
解得： v=4m/s，t=2s，
此后因桌面光滑，则两者可以一起向右做匀速直线运动，
则共速前，铁块的位移为：x1=v0+v2t=10m，
玻璃板的位移为： x2=v2t=4m，
两者的相对位移为：Δx=x1−x2=6m>L=4.5m，
则表示两者共速前铁块已向右冲出玻璃板．
（2）设小铁块与玻璃板刚好不发生相对滑动的临界拉力为F0，此时两接触面间为最大静摩擦力但加速度相同，对铁块有：F0−μmg=ma，
对玻璃板：μmg=Ma，
联立解得：F0=6N，
则不相对滑动的拉力满足的范围为：F≤F0=6N．