2021-2022学年吉林省吉林市高一（上）期末物理试卷（含答案解析）

2021-2022学年吉林省吉林市高一（上）期末物理试卷

1.     2022年前后，我国将完成空间站在轨建造计划。空间站由核心舱、实验舱等构成，其中核心舱轴向长度为有3个对接口，用于载人飞船、货运飞船及其他飞行器访问空间站。关于本材料中的物理知识，下列说法中正确的是(    )

A. 货运飞船与核心舱对接时可看成质点
B. 空间站在太空“漂浮”时没有惯性
C. 货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是静止的
D. “”中，“m”是国际单位制的基本单位

2.     下列对速度、速度变化量、速度变化率、加速度的理解正确的是(    )

A. 速度大，速度变化就大
B. 速度变化率大表示速度变化快
C. 速度是矢量，速度与位移成正比，与时间成反比
D. 加速度是表示速度变化快慢的物理量，加速度等于速度变化量

3.     跳水一直是我国的优势项目，如图所示，一运动员站在3米跳板上，图中表示人对跳板的弹力，表示跳板对人的弹力，则(    )

A. 先有，后有
B. 和运动员所受重力一定大小相等
C. 和大小相等、方向相反，是一对相互作用力
D. 因人离开跳板前具有向上的加速度，所以大于
 

4.     如图所示的图象和图象中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是(    )
    

A. 曲线1表示物体做曲线运动
B. 图象中，时刻
C. 图象中0至时间内物体3和物体4的平均速度大小相等
D. 两图象中，、时刻分别表示物体2、4开始反向运动

5.     “民生在勤，勤则不匮”，劳动是幸福的源泉。如图所示，某同学利用假期做家务时，质量为m的拖把在推力F作用下，在水平地面上做匀速直线运动，推力F与水平方向夹角为，已知拖把与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列说法正确的是(    )

A. 推力F的水平分力大小为 B. 拖把对地面的压力比自身重力小
C. 拖把与地面间摩擦力的大小小于 D. 拖把与地面间摩擦力的大小等于

6.     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”在时刻与海平面间的距离为(    )

A.  B.  C.  D.

7.     如图所示，长度相同的轻质细线和轻弹簧分别系有两个完全相同的小球甲和乙，、的上端都系在天花板上，与竖直方向夹角都为，中间连接小球的轻质细线水平拉直，两个小球均处于静止状态。现将细线从中间剪断，则剪断瞬间甲、乙两小球的加速度大小之比为(    )

A. 1 B.  C.  D.

8.     如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量为4kg，为6kg。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，、随时间的变化规律为和。则下列说法不正确的是(    )

A. 两物块共同运动的加速度为 B. 两物块从在开始运动到4s末恰好分离
C. 4s末物体A运动的加速度为零 D. 8s末物体B运动的加速度为

9.     某同学练习倒立，双臂对称分开，身体保持竖直，靠在墙上，如图所示若该同学增大双臂分开的角度，但仍保持竖直靠在墙上，下列关于该同学受力情况的说法正确的是(    )

A. 地面对该同学双手的支持力增大
B. 地面对该同学双手的支持力不变
C. 地面对该同学单只手的摩擦力增大
D. 地面对该同学单只手的摩擦力减小

10. 如图所示，从斜面上某一位置先后由静止释放四个小球，相邻两小球释放的时间间隔为，某时刻拍下的照片记录了各小球的位置，测出   ，  ，则     (    )
     

A. 照片上小球A所处的位置，不是每个小球的释放点
B. C点小球速度是A、D点小球速度之和的一半
C. B点小球的速度大小为
D. 所有小球的加速度大小为

11. 高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始编号的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量均为m。当列车在平直轨道上匀加速启动时，每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍，重力加速度为g。则(    )

A. 启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B. 整列车的加速度大小为
C. 第3节车厢对第2节车厢的作用力大小为0
D. 第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为

12. 如图甲所示，物块的质量，初速度，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，重力加速度g取。下列选项中正确的是(    )
     

A. 内物块的加速度大小为
B. 在5s末恒力F开始反向物块做匀加速运动
C. 恒力F的大小为
D. 物块与水平面的动摩擦因数为

13. 有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力、和，回答下列问题：
    
    改变钩码个数，实验能完成的是______
    A.钩码的个数，
    B.钩码的个数，
    C.钩码的个数
    D.钩码的个数，，
    在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______
    A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
    B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
    C.用量角器量出三段绳子之间的夹角
    D.用天平测出钩码的质量
    在作图时，你认为图2中______是正确的。填“甲”或“乙”
14. 某同学用如图甲所示的装置探究小车做匀变速直线运动的规律，他采用电火花计时器进行实验。
    
    请在下面列出的实验器材中，选出本实验中不需要的器材填在横线上填编号______ 。
    ①电火花计时器
    ②天平
    ③低压交流电源
    ④细绳和纸带
    ⑤砝码、托盘和小车
    ⑥刻度尺
    ⑦秒表
    ⑧一端带有定滑轮的长木板
    安装好实验装置后，先______ ，再______ 。纸带被打出一系列点，其中一段如图乙所示，可知纸带的______ 填“左”或“右”端与小车相连。
    如图乙所示的纸带上，A、B、C、D、E为纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为，则______ ，______ 保留2位有效数字。
15. 钢球由静止开始做自由落体运动，不计空气阻力，落地时的速度为，g取。
    它下落的高度是多少？
    它在前2s内的平均速度是多少？
    它在最后1s内下落的高度是多少？
16. 如图所示为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg。此时手臂与身体垂直，脚与岩壁夹角为。设手受到的拉力、脚受到的支持力均通过重心O，g取，，则：
    手受到的拉力为多大？
    脚受到的支持力为多大？

17. 如图所示，质量为的物块置于倾角为的固定斜面上，在沿斜面向上外力F作用下物块处于静止状态。已知物块和斜面间的动摩擦因数，假设物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，求F大小的可能值范围。
18. 如图所示，一块质量为、长为的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，木板的左端静止摆放质量为的小木块可视为质点，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，薄木板和地面之间的动摩擦因数为。时刻，在M上施加一恒定水平向左拉力，g取。求：
    刚作用在木板上时，M和m的加速度各是多大？
    如果F一直作用在M上，经多长时间m离开M？
    若末撤去F，再经多长时间M、m第一次速度相同？在此情况下，最终m在M上留下的痕迹长度是多少？

答案和解析

1.【答案】D 

【解析】解：A、飞船与核心舱对接时其大小与形状不能忽略不计，不可看成质点，否则不能对接，故A错误；
B、空间站在太空“漂浮”时仍然有惯性，与运动状态无关，故B错误；
C、飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是运动的，故C错误；
D、米是国际单位制基本单位，故D正确；
故选：D。
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；
惯性与物体运动的状态无关；
在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物体叫参考系；
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、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。
该题考查对质点、参考系等概念的理解以及对单位制的记忆，其中国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
 

2.【答案】B 

【解析】解：A、速度越大，速度变化量不一定大，比如做匀速直线运动，速度变化量为零，故A错误；
B、速度变化率表示速度变化的快慢，速度变化率大，则速度变化快，故B正确；
C、速度是矢量，速度与位移和时间无关，故C错误；
D、根据加速度的物理意义，可知加速度是表示速度变化快慢的物理量，是矢量，加速度等于速度变化率，而不是速度变化量，故D错误；
故选：B。
加速度等于速度的变化率，等于单位时间内的速度变化量，根据加速度的物理意义分析；速度与位移和时间无关。
解决本题的关键知道加速度等于速度的变化率，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关。
 

3.【答案】C 

【解析】解：A、为人对跳板的弹力，为跳板对人的弹力，所以与互为作用力与反作用力，同时产生，同时消失，故A错误；
B、和运动员的重力，在平衡状态时相等，运动员在竖直方向的运动具有加速度，两力不相等，故B错误；
C、为人对跳板的弹力，为跳板对人的弹力，与是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C正确；
D、与是一对相互作用力，同时产生、同时消失、同时变化，故任何时刻都大小相等，故D错误；
故选：C。
作用力与反作用力的特点：大小相等、方向相反、同时产生、同时消失、同时变化、作用在同一直线、作用于不同物体，A对B，B对A。
本题考查了牛顿第三定律的内容，正确判断出作用力与反作用力的关系是解题的关键。
 

4.【答案】B 

【解析】解：A、位移时间图线是物体的位移随时间的变化规律，并不是物体运动的轨迹．故A错误．
B、位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，图线1在时刻的斜率大于图线2的斜率，则故B正确．
C、图象中0至时间，4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度．故C错误．
D、在位移时间图线中，在时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在时刻，速度减小，但方向不变．故D错误．
故选：B
位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小．在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向
本题中图象与图象形状相同，但物理意义不同，关键根据斜率的物理意义分析物体的运动情况．
 

5.【答案】A 

【解析】解：AB、对拖把进行受力分析如图所示：

根据几何关系，推力F的水平分力为：，竖直分力为：
因此，支持力，根据牛顿第三定律可知，拖把对地面的压力大于自身重力，故A正确，B错误；
CD、由于拖把做匀速直线运动，所以在水平和竖直方向均受力平衡，即：，
又
联立解得：，大于，故CD错误；
故选：A。
对拖把进行受力分析，建立直角坐标系，根据共点力平衡状态，列出水平和竖直的等式关系，找出结果。
本题考查了共点力平衡，解题的关键是找准研究对象，对物体进行受力分析列等式即可。
 

6.【答案】D 

【解析】解：奋斗者上浮时的加速度大小，根据逆向思维，知的速度为：；
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：，
可知奋斗者在时刻距离海平面的深度为：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
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。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度-时间公式和位移-时间公式，并能灵活运用，基础题。
 

7.【答案】C 

【解析】解：将细线从中间剪断后，甲球做圆周运动，剪断细线的瞬间，加速度方向沿轨迹的切线方向，由牛顿第二定律得：
，
解得：；
弹簧的弹力不可突变，将细线从中间剪断瞬间，弹簧的弹力不变，原来未剪断时，乙球合力为零，即弹簧的弹力与重力的合力与绳子的拉力大小相等，方向相反水平向右，剪断瞬间，合力仍水平向右，对乙球，由牛顿第二定律得：
，
解得：；
故，故ABD错误；C正确
故选：C。
对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出甲、乙两球的加速度。
本题考查了求球的加速度，知道绳子的拉力可以突变，弹簧的弹力不能突变，对小球正确受力分析，应用牛顿第二定律即可正确解题．
 

8.【答案】B 

【解析】解：A、、的大小都随时间而变化，但A、B整体受到的合力为：，解得：，故合力保持不变，即开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，对整体研究有：，解得：，故A正确；
B、当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，此时两者的加速度仍相等，有：，代入解得：，所以在2s内，A、B两物体一直以的加速度做匀加速运动，后A、B两物体分离，故B错误；
C、在时，A、B间无相互作用，此时：，所以A所受合力为0，加速度为0，故C正确；
D、在时，A、B间无相互作用，此时：，根据牛顿第二定律可得：，解得：，故D正确；
由于本题选择不正确的，
故选：B。
根据题意可知，2s后A、B两物体分离，分离后两者间无弹力，根据各自的受力情况进行分析加速度大小；2s前A、B两物体一起运动，应用整体法进行解题计算加速度。
本题考查了连接体的受力，解题的关键是找出A、B恰好分离的时间，且会根据整体法和隔离法进行受力分析求解加速度。
 

9.【答案】BC 

【解析】解：AB、根据人受力平衡可知，无论双臂张开的角度多大，竖直方向地面对双手的支持力大小总是等于该同学的重力，故A错误，B正确；
CD、张开角度越大，双臂在沿水平方向的分力越大，故摩擦力越大，故C正确，D错误；
故选：BC。
根据人受力情况且处于平衡状态得到该同学的支持力的变化情况；根据水平方向的分力变化情况得到摩擦力变化情况。
本题考查了共点力受力分析，解题的关键是对研究对象进行正确的受力分析，通过几何关系分析力的变化情况。
 

10.【答案】AD 

【解析】解：ACD、根据得小球的加速度为：，
B点的速度等于AC段的平均速度，则有：，
A点小球的速度为：，可知小球不是从A点释放，故AD正确，C错误．
B、C点是BD段的中间时刻，根据平均速度的推论知，C点小球的速度等于B、D点两球速度之和的一半，故B错误．
故选：
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，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B点小球的速度，结合速度时间公式求出A点小球的速度，从而判断是否从A点释放．根据平均速度推论分析C点小球和B、D两球速度的关系．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
 

11.【答案】BC 

【解析】解：A、启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，故A错误；
B、对整体列车，根据牛顿第二定律：，解得：，故B正确；
C、对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：，解得：，故C正确；
D、对第1节车厢，根据牛顿第二定律：，解得：，故D错误；
故选：BC。
根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小；隔离1、2节车厢可求解第3节车厢对第2节车厢的作用力大小。
本题考查了牛顿第二定律的基本应用，求解时要注意整体法、隔离法的灵活运用。
 

12.【答案】ACD 

【解析】解：A、物块在内速度减小，做匀减速直线运动，根据匀变速运动规律可得：，代入数据解得：，故A正确；
B、物块做匀减速直线运动的时间为：，即在4s末恒力F反向做匀加速直线运动，故B错误；
CD、物块做匀加速直线运动的加速度大小为：，代入数据解得：
根据牛顿第二定律可得：

联立解得：，
根据可得：，故CD正确；
故选：ACD。
根据图像得出匀加速和匀减速运动的加速度大小，再结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力f，最后根据得出动摩擦因数。
解决本题的关键是会分析图像，理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析。
 

13.【答案】BCD A 甲 

【解析】解：对O点受力分析

OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于因此三个力的大小构成一个三角形。
A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；
B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。故B正确；
C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。故C正确；
D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡。故D正确。
故选：BCD。
为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误。
故选：A。
以O点为研究对象，的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，、的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。
掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。
 

14.【答案】②③⑦  接通电源  释放小车  左   

【解析】解：在本实验中不需要测量小车或砝码的质量因此不需要天平，电火花打点计时器使用的是220V交流电源，因此低压交流电源本实验中不需要，同时打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表。故不需要的器材为：②③⑦。
搭建好实验装置后，先接通电源，再释放小车；重物拉着纸带在相等时间内的位移越来越大，可知纸带的左端与重物相连。
在匀变速直线运动中，极短时间内的平均速度近似等于这个时间内内某一点的瞬时速度，则有：；
根据运动学公式
解得加速度为：
故答案为：②③⑦；接通电源；释放小车；左；；。
根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材；
根据相等时间间隔的位移变大确定纸带的哪一端与重物相连；
根据极短时间内的平均速度近似等于这个时间内内某一点的瞬时速度分析B点的速度，根据运动学公式求得加速度。
解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。
 

15.【答案】解：由速度位移公式可得；
前2s内的位移为，
平均速度为；
落地时的速度为，所以总时间，
它在最后1s内下落的高度是。
答：它下落的高度是45m；
它在前2s内的平均速度是；
它在最后1s内下落的高度是25m。 

【解析】根据速度位移关系公式列式求解即可；
根据位移时间关系公式求的高度，根据求的平均速度。
它在最后1s内下落的高度是总的高度减去前2s内下落高度。
本题主要考查了速度位移公式和位移时间公式，平均速度为位移与时间的比值。
 

16.【答案】解：由题意，对运动员受力受力分析如图

根据共点力的平衡条件可得：

根据共点力的平衡条件可得：

答：手受到的拉力为360N；
脚受到的支持力为480N。 

【解析】根据对运动员的受力分析，结合共点力的平衡条件求出手受到的拉力；
根据对运动员的受力分析，结合共点力的平衡条件求出脚受到的支持力。
在处理共点力的平衡问题时，要注意对平衡条件的理解，此时的物体所受的合力为零，则利用正交分解时，两个方向上的合力均为零。
 

17.【答案】解：物块与斜面间的最大静摩擦力为：，
代入数据解得：；
当物块m与斜面间的静摩擦力沿斜面向下取到最大值时外力F取到最大值，此时有：

当物块m与斜面间的静摩擦沿斜面向上取到最大值时外力F取到最小值，此时有：

综上可得：。
答：F大小的范围为。 

【解析】对物块受力分析，F较大时，物块刚好不上滑，F较小时，物块刚好不下滑，沿斜面方向根据平衡条件列方程求解力F的范围。
本题关键找到临界状态，然后明确物体的受力情况，最后根据共点力平衡条件列式求解．
 

18.【答案】解：刚作用在木板上时，由牛顿第二定律对m得：
代入数据得：
对M有：
代入数据解得：
设m离开M的时间为，则对m有：
对M有：；
又有
联立并代入数据解得：
时m的速度为：
M的速度为：
1s后m仍以的加速度作匀加速运动，M将以的加速度匀减速运动，且有：
设再经后二者速度相等，有：
解得：，在m和M各自向左匀加速阶段两者位移差
在m向左匀加速，M向左匀减速阶段，两者位移差，把，，，代入解得，
在m、M各自向左匀减速阶段，m仍然以的加速度做匀减速直线运动，对M有：，两者位移差，把，代入解得
的痕迹被前两阶段的痕迹所覆盖，
木块m在木板M上留下的痕迹的长度为：
答：拉力F刚作用在木板上时，木板M的加速度大小是；
如果F一直作用在M上，那么经过2s将离开M；
最终m在M上留下的痕迹的长度是1m。 

【解析】根据牛顿第二定律分别求出M和m的加速度；
根据位移-时间公式，结合两者的位移关系求出运动的时间；
根据速度时间公式求出两者在1s时的速度，撤去F后，M做匀减速运动，m做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和速度-时间公式求出两者速度相等的时间。
解决该题的关键是正确进行受力分析，能根据其受力情况正确分析物体和木块运动情况，知道相对位移的求解方法，熟记相关的运动学公式。