2020-2021学年河南省信阳市某校高一期末考试物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年河南省信阳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. 以下说法不符合物理学史的是（ ）
A.亚里士多德认为，重的物体比轻的物体下落快
B.伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因
C.笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不能直接用实验验证

2. 在下列情景中，画线的人或物体可以看成质点的是（ ）
A.裁判给做翻滚动作的跳水运动员评分
B.研究“嫦娥五号”从地球到月球的飞行姿态
C.用北斗卫星导航系统确定“奋斗号”潜水器在茫茫深海中的位置
D.研究足球运动员向前踢出香蕉球的旋转

3. 某人用一根轻绳将一桶水从井内先加速后减速提到井口（水不溢出），下列说法正确的是（ ）
A.这桶水加速上升时，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力
B.这桶水先处于超重状态后处于失重状态，但这桶水的重力保持不变
C.这桶水上升的速度越大，停下所需的时间就越长，所以惯性随速度的增大而增大
D.这桶水加速上升时，人对绳子的拉力大于桶对绳子的拉力

4. 关于匀变速直线运动的公式，有下面几种说法，正确的是（ ）
A.由公式a=vt−v0t可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度改变量(vt−v0)成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比
B.由公式a=vt2−v022x可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速度平方的改变量(vt2−v02)成正比，与物体运动的位移x成反比
C.由公式x=v0t+12at2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移x的大小与物体运动的时间t的平方成正比
D.由公式vt=v+at可知，做匀变速直线运动的物体，若加速度a>0，则物体做加速运动，若加速度a<0，则物体做减速运动

5. 下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）
A.滑动摩擦力一定是阻力，静摩擦力不一定是阻力
B.静摩擦力方向总与物体的运动趋势方向相反
C.静摩擦力的大小可以用公式f=μN直接计算
D.静摩擦力的方向可以与物体的运动方向垂直

6. 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则下列说法不正确的是（ ）

A.当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B.当F=52μmg时，A的加速度为13μg
C.当F>3μmg时，A相对B滑动
D.无论F为何值，B的加速度不会超过12μg

7. 用国际单位制验证下列表达式，可能正确的是（ ）
A.x=at（x为位移、a为加速度、t为时间）
B.a=μg（a为加速度、μ为动摩擦因数、g为重力加速度）
C.F=mvR（F为作用力、m为质量、v为速度、R为半径）
D.v=gR（v为速度、R为半径、g为重力加速度）

8. 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（ ）

A.小车静止时，F=mg，方向竖直向上
B.小车匀速时，F=mgcsθ，方向垂直杆向上
C.小车向右匀加速运动，加速度大小为a时，可能有F=masinθ，方向沿着杆斜向上
D.小车向右匀减速运动，加速度大小为a时，F=(ma)2+(mg)2，方向斜向左上方

9. 一辆汽车在一平直的公路上行驶，其通过某一交叉路口过程中的速度一时间图像如图所示，由图线可知（ ）

A.汽车在路口等候的时间为14s
B.汽车减速阶段的加速度大小为2.5m/s2
C.汽车在第3s末的速度为2.5m/s
D.汽车在启动过程做加速度增大的加速运动

10. 如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直轻质弹簧的上面．质量为2kg 的物体B用一细线竖直悬挂起来，A、B接触但不挤压．某时刻将细线剪断，在A、B一起向下运动的过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10m/s2），下列说法正确的是（ ）

A.细线剪断瞬间，A、B的加速度大小为4m/s2，方向竖直向下
B.细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8N
C.A和B一起向下运动的速度达到最大时，它们的加速度也最大
D.A和B一起向下运动的速度达到最大时，它们之间的弹力大小为20N
二、实验探究题

在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中：

（1）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

（2）下列是某同学在做该实验的一些看法，其中错误的是________（填相应表述前的字母）．
A.拉橡皮筋的绳线要细长，实验中弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
B.拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大些，读数时视线要正对弹簧测力计刻度
C.拉橡皮筋结点到某一位置O时，两个弹簧测力计之间夹角应取90∘，以便于算出合力大小
D.实验中，橡皮筋应该与两个弹簧测力计之间夹角的平分线在同一直线上

（3）实验中的情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉的位置，OB和OC为细绳．O为橡皮筋与细绳的结点所在位置，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图乙中的F与F′两个力中，方向一定沿AO方向的是________（选填“F”或“F′”）．

如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置，他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a．

（1）实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为________m/s2． （结果保留三位有效数字）

（2）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图像是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，若传感器的质量为m0，则物块的质量为________，若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为μ________．

（3）该实验 ________（选填“需要”或“不需要”）满足托盘和砝码总质量远小于物块和传感器的总质量．
三、解答题

质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示，重力加速度g取9.8m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数（即人对体重计压力的大小）．

（1）匀速上升；

（2）以5.2m/s2的加速度加速上升；

（3）以3.8m/s2的加速度加速下降．

质量为2kg的木箱静止置于水平地面上，从某时刻起受到一水平恒力F的作用而运动，1s后撤去F，继续滑行一段时间后停止，其运动的速度与时间的变化图像如图所示，g=10m/s2．求：

（1）撤去水平恒力F以后木箱加速度a的大小；

（2）木箱与水平地面间的动摩擦因数μ和水平恒力F的大小．

如图所示，质量为M，半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m，半径为r的光滑B球，整个系统处于静止状态．求：

（1）地面对A的支持力和摩擦力的大小；

（2）A对B的支持力和绳对B的拉力的大小．

如图所示为某商场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37∘，传送带AB长度足够长，传送皮带轮以大小为v=5m/s的恒定速率顺时针转动．销售人员将一包货物以v0=20m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8）求：

（1）货物刚滑上传送带时的加速度；

（2）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共经历的时间．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省信阳市某校高一期末考试物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
物理学史
【解析】

【解答】
解：A．亚里士多德忽略了空气的阻力，认为重的物体比轻的物体下落快，A正确；
B．伽利略通过理想实验得出运动不需要力来维持，B错误；
C．笛卡儿指出如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；
D．牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证，D正确．
本题选错误的，故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
质点的认识
【解析】
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可，因此能否看作质点与物体的形状、体积、质量等因素无关，关键是看本身的尺寸对所研究的问题是否可以忽略．
【解答】
解：A．裁判给做翻滚动作的跳水运动员评分时，运动员不能看做质点，否则无法打分，所以A错误；
B．研究“嫦娥五号”从地球到月球的飞行姿态不能看成质点，所以B错误；
C．用北斗卫星导航系统确定“奋斗号”潜水器在茫茫深海中的位置是可以看成质点，所以C正确；
D．研究足球运动员向前踢出香蕉球的旋转时把球看做质点时就没有旋转可言，故D错误．
故选：C．
3.
【答案】
B
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
惯性
【解析】

【解答】
解：A．绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力，是一对作用力与反作用力，大小相等，A错误；
B．这桶水加速上升，加速度的方向是向上的，桶处于超重状态，这桶水减速上升，加速度的方向是向下的，桶处于失重状态，无论超重、失重，重力不变，B正确；
C．这桶水质量不变，惯性不变，C错误；
D．这桶水加速上升时，轻绳的合力为零，人对绳子的拉力大小等于桶对绳子的拉力，D错误．
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
正确理解匀变速直线运动速度公式和运动特征．
【解答】
解：AB．物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，根据a=vt−v0t，其为加速度的定义式，不能说加速度a的大小与物体运动的速度改变量(vt−v0)成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比，B同选项A，故AB错误；
C．由公式x=v0t+12at2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移x的大小与物体运动的时间t的平方成正比，故C正确；
D．物体做加速运动还是减速运动根据物体运动的速度方向与加速度方向是否相同决定，同向为加速反向为减速，由公式vt=v+at可知，做匀变速直线运动的物体，取初速度方向为正方向，则若加速度a>0，则物体做加速运动，若加速度a<0，则物体做减速运动；困本题中没有注明速度方向为正，仅根据加速度的方向判断加速还是减速，故D错误．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
摩擦力的判断
滑动摩擦力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．当摩擦力与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相反，它是阻力，当摩擦力与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相同时，是动力，摩擦力可以充当动力，也可以充当阻力，故A错误；
BD．静摩擦力的方向总是与物体的相对运动趋势方向相反，与运动方向无直接关联，可垂直，可平行、可成任意角度，故B错误，D正确；
C．滑动摩擦力的大小可以用 F=μFN直接计算，故C错误．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
板块模型问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．对A、B整体分析，地面对B的最大静摩擦力为
32μmg，故当32μmgB．当F=52μmg时，A的加速度为13μg，故B正确；
C．对A、B整体应用牛顿第二定律，有F−μ2×3mg=3ma，
对B，在A、B恰好要发生相对运动时，有μ×2mg−μ2×3mg=ma，
两式联立解得F=3μmg，可见，当F>3μmg时，A相对B才能滑动，故C正确；
D．无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBmax=2μmg−12μ×3mgm=12μg，故D正确．
本题选不正确的，故选A．
7.
【答案】
B,D
【考点】
物理量单位推导
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．x的单位是m，右侧1m/s2⋅1m/s，左右单位不一致，故A错误；
B．μ无单位，左右都是加速度，故B正确；
C．F的单位是N，1N=1kg⋅m/s2 ，右边的单位为kg/s，左右单位不一致，故C错误；
D．v的单位是m/s，gR单位是m2/s2=m/s，故D正确．
故选BD．
8.
【答案】
A,C,D
【考点】
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
【解析】
结合小球的运动情况对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．
【解答】
解：AB．小球随小车一起静止或匀速直线运动时，受力平衡，受重力和向上的弹力，即弹力F=mg，竖直向上，故A正确，B错误；
C．当小球向右以加速度a运动时，对其受力分析，如图所示：
合力F合=ma，水平向右，
根据平行四边形定则，弹力F=ma2+g2 ，斜向右上方，当F沿杆方向时，F=masinθ，故C正确；
D．当小球向右匀减速以加速度a运动时，对其受力分析，
合力F合=ma，水平向左，根据平行四边形定则，
弹力F=ma2+g2 ，斜向左上方，故D正确．
故选：ACD．
9.
【答案】
B,C
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
速度时间图像表示物体速度的变化情况，可直接读出速度的大小及其变化情况．图像的斜率等于加速度、图像与t轴所围“面积”大小表示位移，根据这些知识进行分析．
【解答】
解：A．由图看出，汽车在路口等候的时间为 t=14.0−4.0s=10.0s．故A错误．
B．在0∼4s内汽车减速过程的加速度大小为：a=ΔvΔt=10−04m/s2=2.5m/s2，故B正确．
C．汽车在3s末的速度 v′=v0+at′=2.5m/s，故C正确；
D．14.0s后汽车启动，因图像切线的斜率不断减小，则知加速度不断减小，故D错误．
故选：BC．
10.
【答案】
A,D
【考点】
多物体组成的系统瞬时问题
【解析】

【解答】
解：AB．剪断细线前A、B间无压力，A静止处于平衡状态，
对A，由平衡条件得：kx1=mAg，剪断细线瞬间，
对A、B系统，由牛顿第二定律得：mA+mBg−kx1=mA+mBa1，
对B，由牛顿第二定律得：mBg−F1=mBa1，代入数据解得：a1=4m/s2，F1=12N，
由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小F1′=F1=12N，故A正确，B错误；
CD．剪断细线后，A、B将一起向下运动，初始时，弹簧弹力小于A、B的重力，所以A、B一起向下做加速运动，随着弹簧形变量的增加，弹力逐渐增大，所以A、B两物体的加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，此后A、B一起继续向下运动，弹簧弹力大于重力，A、B一起向下做减速运动，速度逐渐减小，所以当A、B的加速度为零时，此时A、B的共同速度最大，对B由牛顿第二定律得：N1=mBg=20N，即A和B共同运动速度最大时，加速度a=0m/s2，A和B之间的压力为20N，故C错误，D正确．
故选AD．
二、实验探究题
【答案】
B
C,D
（3）F′
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
(1、3)该实验采用了“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别．
（2）明确实验原理，了解实验误差的存在以及具体的实验操作细节，从减小实验误差的角度进行分析即可正确解答．
【解答】
解：（1）该实验采用了“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力作用的效果相同，可以互相替代，故B正确．
故选：B．
（2）A．拉橡皮筋的绳线要细长，便于确定拉力的方向，要准确地表示出拉力的大小和方向，故实验中弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A正确；
B．为减小读数的误差，拉橡皮筋结点到某一位置O时，拉力要适当大些，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故B正确；
C．平行四边形定则中两个分力的夹角是任意的，适当即可，故C错误；
D．实验中，两个分力的大小不一定相同，故合力不一定在其角平分线上，故D错误．
本题选错误的，故选：CD．
（3）F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧测力计拉绳套时的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值，故方向一定沿AO方向的是F′．
【答案】
（1）2.00
（2）1k−m0,kF0g
（3）不需要
【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）根据 Δx=aT2 运用逐差法得：
a=x36−x039T2=（7.10+9.13+11.09−1.10−3.09−5.12）×10−29×0.01m/s2=2.00m/s2；
（2）由牛顿第二定律得 F=(m+m0)a ，
则a=1m+m0F ，
a−F图像的斜率k=1m+m0，
所以物块的质量为：
m=1k−m0，
由图像可知，物块与木板之间的摩擦力为 F0，则 F0=μ(m+m0)g ，
即μ=kF0g；
（3）由于传感器测得是真实拉力，所以不需要满足此条件．
三、解答题
【答案】
（1）示数为588N；
（2）体重计示数为900N；
（3）体重计示数为360N．
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）匀速上升时，由平衡条件得F1=mg，
F1=58N由牛顿第三定律得人对体重计的压力大小为588N，即体重计示数为588N；
（2）加速上升时，由牛顿第二定律得F2−mg=ma2，
解得F2=900N，
由牛顿第三定律得人对体重计的压力大小为900N，即体重计示数为900N；
（3）加速下降时，由牛顿第二定律得mg−F3=ma3 ，
解得：F3=360N，
由牛顿第三定律得人对体重计的压力大小为360N，即体重计示数为360N．
【答案】
（1）撤去水平恒力后木箱的加速度大小为3m/s2；
（2）水平恒力F=18N，动摩擦因数为μ=0.3．
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）撤去恒力F后，两秒内速度由最大值减小为零，因此加速度为
a=ΔvΔt=0−63−1m/s2=−3m/s2；
加速度的大小为3m/s2；
（2）根据F=am可知，撤去恒力后木箱所受的摩擦力为：
Ff=am=3×2N=6N，
由Ff=μN得μ=FfN=6N2×10N=0.3，
木块前1秒做均加速运动，加速度为a′=Δv′Δt′=61m/s2=6m/s2，
恒力大小为F−Ff=a′m，
解得F=18N．
【答案】
（1）地面对A的支持力FN=M+mg，摩擦力f=0．
（2）A对B的支持力F=R+rRmg，绳对B的拉力T=R+r2−R2R2mg．
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】


【解答】
解：（1）AB整体受到重力、支持力两个力的作用而处于静止状态，根据平衡条件，支持力FN=M+mg，摩擦力f=0．
（2）小球受力分析如图所示：
根据平衡条件，有F=mgcsθ，T=mgtanθ，
由几何关系：csθ=Rr+R，tanθ=(R+r)2−R2R2，
解得：F=R+rRmg，T=R+r2−R2R2mg．
【答案】
（1）货物刚滑上传送带时的加速度为10m/s，方向沿传送带向下．
（2）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共经历的时间为9s．
【考点】
传送带模型问题
【解析】


【解答】
解：（1）设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得：沿传送带方向：
mgsinθ+Ff=ma1，
垂直传送带方向：
mgcsθ=FN，
又Ff=μFN，
由以上三式得：a1=10m/s，方向沿传送带向下；
（2）当货物速度与传送带速度相等时，有：
t1=v1−va1=1.5s，x1=v0+v2t1=754m，
之后，由于mgsinθ>μmgcsθ，
货物继续向上减速，所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinθ−μmgcsθ=ma2，
解得：a2=2m/s2，方向沿传送带向下，
设货物再经时间t2，速度减为零，
则t2=v−v0a2=2.5s，
沿传送带向上滑的位移x2=v2t2=254m，
则货物上滑的总距离为x=x1+x2=25m，
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2，
设下滑时间为t3，则x=12a1t32，
解得：t3=5s，
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t=t1+t2+t3=9s．