2020-2021学年辽宁省丹东市高一（上）期末物理试卷人教版（2019）

这是一份2020-2021学年辽宁省丹东市高一（上）期末物理试卷人教版（2019），共8页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（ ）
A.速度越大的物体越难让它停止运动，故速度越大，惯性越大
B.没有力作用，物体只能处于静止状态
C.只有不受外力作用或者所受合外力为零时物体才有惯性
D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动

2. 下列哪一组属于国际单位制的基本单位（ ）
A.m、s、kgB.N、g、J
C.m、N、kgD.kg、m、km/h

3. 在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（ ）
A.晓敏同学所受的重力变小了
B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C.电梯一定在竖直向下运动
D.电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下

4. 一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A.质点的加速度大小是6m/s2
B.质点在第2个2s内的平均速度大小是12m/s
C.质点第2s末的速度大小是12m/s
D.质点在第1s内的位移大小是6m

5. 如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是（ ）

A.m1＝m2B.m1＝m2tanθ
C.m1＝m2sinθD.m1＝m2csθ

6. 如图所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始到弹簧压缩到最大程度的过程中，小球的速度和加速度的变化情况（ ）

A.加速度变大，速度变小
B.加速度变小，速度变大
C.加速度先变小后变大，速度先变大后变小
D.加速度先变小后变大，速度先变小后变大

7. 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两物体的材料相同。现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（ ）

A.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
B.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
C.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大
D.若物体和地面摩擦因数为μ，则绳的拉力为m1Fm1+m2+μm1g

8. 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.小球对薄板的正压力增大
B.小球对墙的正压力减小
C.小球对墙的压力先减小，后增大
D.小球对木板的压力不可能小于球的重力

9. 如图甲所示，一物块的质量m＝1kg，开始计时时物块的速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下，物块从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，以O点为原点、水平向右为正方向建立x轴，整个过程中物块速度的平方随物块位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）

A.0∼5m内物块运动的加速度的大小为20m/s2
B.在t＝1s时物块的速度为0
C.恒力F的大小为10N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

10. 甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示，已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等。下列判断正确的是（ ）

A.最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B.t＝3s时，乙的位置坐标为−11m
C.t＝10s时，两车相遇
D.乙经过原点的速度大小为2m/s
二、实验题（共2小题，每空2分，共14分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）

如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。

（1）实验中需要测量的物理量有：________。

（2）图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F−x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m。图线不过原点的原因是由于________。

用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车（含车中重物）的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a。

（1）关于实验操作，下列说法正确的是（ ）。
A.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行
B.平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑
C.每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D.实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车

（2）图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2。

（3）从理论分析可得，钩码的总重力mg与细绳对小车的拉力F的大小关系为mg________F（选填“略大于”、“等于”或“略小于”）。
三、计算题（一共40分。13题12分，14题14分，15题14分）

如图所示，用三根轻绳将质量为m＝10kg的物块悬挂在空中，已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30∘和60∘，重力加速度为g＝10m/s2。（结果如果有根式，请用根式表示）求：

（1）ac绳中的拉力F1和bc绳中的拉力F2的大小；

（2）若ac绳和bc绳的最大承受力为200N，则为使绳不被拉断，物块的质量不能超过多大？

如图所示，一个质量m=20kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个F=100N的拉力，使物体做初速为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角θ=37∘，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.50，sin37∘=0.60，cs37∘=0.80，取重力加速度g=10m/s2。

（1）求物体运动的加速度大小；

（2）求物体在2.0s末的瞬时速率；

（3）若在2.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。

如图，质量为M＝2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力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＝0.6，铁箱内一个质量为m＝0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁四面间的动摩擦因数μ2＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：

（1）木块对铁箱的压力的大小；

（2）水平拉力F的大小；

（3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱的速度为12m/s时撤去拉力，又经2.2s时间，木块从铁箱左侧到达右侧，求铁箱的长度是多少？（第三问结果保留一位小数）
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省丹东市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分）
1.
【答案】
D
【考点】
惯性
牛顿第一定律的概念
伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法
【解析】
任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关。
【解答】
A、惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，故A错误；
B、没有力作用，物体可能做匀速直线运动，也可能处于静止状态，故B错误；
C、惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，任何物体在任何情况下都有惯性，故C错误；
D、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确。
2.
【答案】
A
【考点】
国际单位制
【解析】
明确国际单位制中的基本内容，牢记基本单位有哪些即可正确求解。
【解答】
A、m、s、kg均是国际单位制中的基本单位，故A正确；
B、N和J是国际单位制中的导出单位，而g不是国际单位制中的单位，故B错误；
C、m和kg是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，故C错误；
D、kg、m是国际单位制中的基本单位，kg/h不是国际单位制中的单位，故D错误。
3.
【答案】
D
【考点】
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下．
【解答】
解：A、在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，A错误；
B、晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，B错误；
C、人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上减速，也可能向下加速．故C错误；
D：以竖直向下为正方向，有：mg−F=ma，即500−400=50a，解得a=2m/s2，方向竖直向下，故D正确．
故选：D
4.
【答案】
B
【考点】
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推论△x＝aT2可求出质点的加速度；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第1s末的瞬时速度和第2s末的瞬时速度，再根据运动学公式求出速度和位移。
【解答】
A、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3−x1＝2aT2得加速度a＝＝m/s2＝3m/s2，故A错误；
B、由匀变速直线运动中连续相等时间内位移差为定值，即x3−x2＝x2−x1，解得第二个2s内的位移：x2＝24m，所以质点在第2个2s内的平均速度大小是＝＝m/s＝12m/s，故B正确；
C、质点第2s末的速度大小等于前4s内的平均速度，为：v2＝＝m/s＝9m/s，故C错误；
D、质点在第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，为：v1＝＝m/s＝6m/s，在第1s内质点的逆过程是匀减速运动，则质点在第1s内的位移大小：x1＝v1t1−at12＝(6×1−×3×12)m＝4.5m，故D错误。
5.
【答案】
B
【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】
分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比，分析时抓住绳子拉力大小相等。
【解答】
通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力大小相等，两小球都处于平衡状态，又由受力分析可得：
对m1有，FT＝m1gcsθ。
对m2有，FT＝m2gsinθ，
联立两式可得：m1gcsθ＝m2gsinθ，
所以m1＝m2tanθ，故B正确、ACD错误。
6.
【答案】
C
【考点】
牛顿第二定律的概念
胡克定律
匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】
本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况．
【解答】
开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F＝mg−kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg＝kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F＝kx−mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大。
故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故ABD错误，C正确。
7.
【答案】
A
【考点】
力的合成与分解的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
先以两木块整体为研究对象根据牛顿第二定律求出加速度大小，然后以m1为研究对象根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式。
【解答】
设木块和地面摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F−μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
得：a=F−μ(m1+m2)gm1+m2
以m1为研究对象，根据牛顿第二定律：T−μm1g=m1a
解得绳的拉力为：T=m1Fm1+m2
可见绳子拉力大小与摩擦因数μ无关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力均为T=m1Fm1+m2；
根据绳拉力表达式可知，m2越大，绳的拉力越小，故A正确、BCD错误。
8.
【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（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行．
【解答】
解：以小球为研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有
由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小．因为斜边大于直角边，则木板对球的支持力一定大于球的重力．故B、D正确，A、C错误．
故选BD．
9.
【答案】
B,D
【考点】
滑动摩擦力
动摩擦因数
牛顿第二定律的概念
【解析】
通过图象可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，恒力F反向后做匀减速直线运动，根据图象求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和动摩擦因数．结合运动规律求出恒力F反向时刻．
【解答】
A、由运动学公式v2−v02＝2ax可知，v2−x图象中前5m图线的斜率为2a，即有 2a＝，得 a＝−10m/s2，0∼5 m内物块的加速度的大小为10 m/s2，故A正确；
B、0∼5 m内物块以大小为10 m/s2的加速度做匀减速运动，匀减速时间为 t＝．即在t＝ls时物块的速度为0，故B正确；
CD、5∼13 m内，物块的加速度设为a′，则2a′＝，解得 a′＝8m/s2。
根据牛顿第二定律可知，在匀减速的过程中：F+μmg＝ma，
在匀加速过程中 F−μmg＝ma′，
代入数据可解得 F＝7 N，μ＝0.3，故C错误，D正确；
10.
【答案】
B,C
【考点】
匀速直线运动的图像
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
x-t图像（匀变速直线运动）
匀速直线运动及其公式
【解析】
位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，质点通过的位移等于x的变化量，结合这些知识分析。
【解答】
A、根据位移-时间图象的斜率等于速度，斜率的符号表示速度方向，知最初的一段时间内，甲、乙均沿正方向运动，运动方向相同，故A错误；
B、质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，两个质点的速度相等，所以，t＝3s时乙的速度是6m/s，乙的加速度为a＝＝m/s2＝2m/s2。0∼3s，质点乙通过的位移△x＝t＝×3m＝9m，所以t＝3s时，乙的位置坐标为 x乙＝x0乙+△x＝−20m+9m＝−11m，故B正确；
C、0∼10s，甲质点通过的位移是x1＝v甲t＝6×10m＝60m，乙质点通过的位移是x2＝＝m＝100m，由于t＝0时甲在乙的前方40m处，所以t＝10s时两车相遇，故C正确；
D、根据v2−0＝2ax，x＝20m，得乙经过原点时的速度大小v＝4m/s，故D错误。
二、实验题（共2小题，每空2分，共14分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）
【答案】
弹簧的原长、挂上钩码后对应的长度
200,弹簧自身有重力
【考点】
探究弹力和弹簧伸长的关系
【解析】
（1）本实验的目的探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，根据胡克定律确定需要测量的量；
（2）由给出的F−x图象，可由图象得出弹簧的劲度系数；依据实验原理，弹簧的自重，导致图线不过原点。
【解答】
根据胡克定律可得：F＝k(x−x0)，每个钩码的质量相等，则弹力与钩码的个数成正比，所以实验需要测弹簧的原长x、挂上钩码后对应的长度x0即可；
图象中的斜率表示形变量，则k＝＝N/m＝200 N/m；
图线不过原点说明没有力时有了形变量，故说明弹簧本身有重力。
【答案】
A,D
0.31,0.93
略大于
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西。平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ＝μmgcsθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力。
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出小车运动的加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小。
（3）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量。
【解答】
考查实验的操作过程及注意事项：A、实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，这才保证拉力在小车加速过程中大小方向均不变，故A正确；
BC、平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西。平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ＝μmgcsθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力，故BC均错误；
D、实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，这是涉及打点计时器实验的规定动作，故D正确；
故选：AD。
匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，vB＝＝＝m/s＝0.31m/s；根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出小车运动的加速度的大小，a＝＝m/s2＝0.93m/s2；
为了使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量。实际情况是砝码和盘处于加速向下运动，失重状态，则F故答案为：（1）AD；（2）0.31、0.93；（3）略大于
三、计算题（一共40分。13题12分，14题14分，15题14分）
【答案】
ac绳中的拉力F1的大小为，bc绳中的拉力F2的大小为50N；
为使绳不被拉断，物块的质量不能超过。
【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】
以结点c为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图，根据平衡条件列方程求解。
【解答】
对c点进行受力分析如图
c点处于平衡状态，所受的三个力经过平移可以组成如图所示的闭合的矢量三角形，
由受力分析图可知，
；
因为F1>F2，所以F1先达到200N，
F1max＝mmaxgcs30∘＝200N，
。
【答案】
物体运动的加速度大小是0.5m/s2；
物体在2.0s末的瞬时速率是1m/s；
若在2.0s末时撤去拉力F，此后物体沿水平地面可滑行的最大距离是0.1m。
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的速度与位移的关系
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；
（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式v=at求出2s末的速度；
（3）撤去拉力F后物体做匀减速运动，由牛顿第二定律求得加速度，再根据速度与位移关系进行求解滑行的最大距离。
【解答】
对物体进行受力分析，如图所示：
以向右为正方向，根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到：
水平方向：Fcs37∘−f=ma
竖直方向：F支+Fsin37∘=mg
根据摩擦力公式：f=μN=μF支
联立代入数据可以得到：a=0.5m/s2；
根据速度与时间的关系可以得到：
v=at=0.5×2m/s=1m/s；
撤去力F后，根据牛顿第二定律得：
−μmg=ma
则：a′=−μg=−5m/s2
根据位移与速度关系可以得：x=0−v22a′=−12−2×5m=0.1m。
答：（1）物体运动的加速度大小是0.5m/s2；（1）物体在2.0s末的瞬时速率是1m/s；（2）若在2.0s末时撤去拉力F，此后物体沿水平地面可滑行的最大距离是0.1m。
【答案】
木块对铁箱的压力的大小为10N；
水平拉力F的大小为78N；
铁箱的长度是2.7m。
【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】
（1）分析铁箱的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm＝μ2FN，求出木块对铁箱的压力；
（2）以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v＝12m/s，由于μ1>μ2，木块相对箱滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，由速度公式求出铁箱减速至停止所受的时间，分析2.2s内可知木块到达箱右端时，箱停止。则t＝2.2s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求出。
【解答】
对木块：在竖直方向，由相对静止得：
mg＝Ff＝μ2FN
解得：FN＝10N
由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力为：FN′＝FN＝10N，方向水平向左；
对木块在水平方向根据牛顿第二定律可得：FN＝ma
解得：a＝20m/s2
对铁箱和木块整体：F−Ff地＝(M+m)a
Ff地＝μ1(M+m)g
故水平拉力为：F＝78N
撤去拉力F时，箱和木块的速度均为：v＝12m/s，
因μ1>μ2，以后木块相对箱滑动。
木块加速度为a2，根据牛顿第二定律可得μ2mg＝ma2，解得：a2＝5m/s2
又铁箱加速度为a1，根据牛顿第二定律可得：μ1(M+m)g−μ2mg＝Ma1，解得a1＝6.2m/s2
铁箱减速时间为：t0＝，故木块到达箱右端时，箱停止。
则经t＝1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有：
L＝(vt−a2t2)−(vt0−a1t02)
解得：L＝2.7m