四川省广元市2020-2021学年高一（上）期末教学质量监测物理试题人教版（2019）

这是一份四川省广元市2020-2021学年高一（上）期末教学质量监测物理试题人教版（2019），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法中正确的是（ ）
A.做直线运动的物体，其位移的大小一定和这段时间内通过的路程相等
B.很小的物体一定能被看成质点
C.物体加速度很大，其速度变化一定很快
D.北斗导航系统有授时服务功能，其授时服务提供的是时间间隔

2. 关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（ ）
A.物体所受合外力不变时，物体一定做匀速直线运动
B.物体所受合外力越大，速度一定增大得越多
C.物体运动速度越小，它受到的合外力一定越小
D.物体某时刻速度为零，其所受合外力不一定为零

3. 如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是（ ）

A.B.C.D.

4. 一只弹簧测力计，由于更换了弹簧，以致原先标示的刻度值不能准确反映现实情况。经测试，此弹簧测力计不挂重物时示数为2N；挂100N的重物时，示数为92N（弹簧仍在弹性限度内）。那么当弹簧测力计示数为20N时，所挂物体的实际重力是多少牛（ ）
A.8NB.16NC.20ND.22N

5. 如图所示，质量为M的吊篮P悬挂在天花板上，质量为m的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状态。当悬挂吊篮P的细绳被剪断的瞬间（ ）

A.吊篮P的加速度为零
B.物体Q处于失重状态
C.物体Q的加速度为g，方向竖直向下
D.吊篮P的加速度为，方向竖直向下

6. 如图所示，三角形木块M和两个小滑块m1、m2均静止，且三角形木块放置在粗糙水平地面上，三角形木块的两斜面与两滑块间的动摩擦因数均为m1，M与地面间的动摩擦因数为m2，则地面对M的摩擦力为（ ）

A.μ2(M+m1+m2)g，方向水平向左
B.μ2(M+m1+m2)g−μ1(m1gcsθ1+m2gcsθ2)，方向水平向左
C.摩擦力为零
D.摩擦力不为零，但方向不能确定

7. 跳水是我国的传统优势体育项目，近年来，我国跳水运动员在重大的国际比赛中几乎夺得了所有金牌。如图所示是某跳水运动员比赛时其竖直分速度随时间变化的关系，以其离开跳板为计时起点。则（ ）

A.t2时刻进入水面
B.t2时刻运动员到达最高点
C.t2−t3时间内运动员速度方向竖直向上
D.t2时刻运动员在竖直方向上下落距离最大

8. 如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，图中v0、t0已知，则（ ）

A.传送带一定沿顺时针方向转动
B.
C.传送带的速度大于v0
D.t0后滑块加速度的大小为
二、多选题

为了测量某大厦的高度，某人在楼顶让一颗石子做自由落体运动，若已知当地的重力加速度。结合下列数据，能测出该大楼高度的是（ ）
A.第1s末的速度大小B.石子下落的总时间
C.石子在第2s、3s内的位移差D.石子在最后1s内的下落高度

如图所示，两轻杆通过铰链相连构成一个三角形框架，AB、BC、CA三边的长度分别为40cm、30cm、50cm，在A处悬挂1.2kg的物块，系统处于静止状态，g=10m/s2，则（ ）

A.AB杆对A点有沿杆从B点指向A点的弹力
B.CA杆作用于A点的弹力不一定沿CA杆方向
C.CA杆产生的弹力大小为20N
D.若改为挂一个0.6kg的物块，则AB杆上弹力也会变为原来的一半

如图所示，把球夹在竖直墙壁AC和木板BC之间，不计摩擦，设球对墙壁的压力大小为F1，对木板的压力大小为F2，现将木板BC缓慢绕C点逆时针转动的过程中，说法正确的是（ ）

A.F1增大B.F1减小C.F2增大D.F2减小

一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有一辆老年代步车正在慢速行驶，短暂反应后司机立即采取制动措施，结果汽车恰好没有撞上前方的老年代步车。若从司机发现代步车时开始计时(t=0)，两车的v−t图线如图所示。则（ ）

A.在v−t图线中，图线a为老年代步车，图线b为汽车
B.从司机发现代步车到两车速度相等时经历的时间为3.0s
C.司机发现代步车时汽车距离代步车27.5m
D.司机发现代步车时汽车距离代步车30m
三、实验题

在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤如下：
a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两绳套，每个绳套上均连着一个弹簧测力计；
b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小。用笔在两绳的方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两拉力的方向；
c．换用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录拉力F的大小并用上述方法记录其方向。

（1）用一个弹簧测力计和两个弹簧测力计拉橡皮筋时，要保证两次将橡皮筋的活动端拉至同一点（O点），这样做的目的是________；

（2）实验中利用图中标记的O、a、b三点确定分力的方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是________；

（3）图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中________（选填F或F′）是F1和F2合力的真实值。

某同学用图甲所示的实验装置探究当所挂砝码质量m一定时小车加速度a与小车质量M的关系。

（1）在平衡摩擦力时，________（选填“要”、“不要”）挂砝码，每次改变小车质量M后________（选填“需要”、“不需要”）再次平衡摩擦力；

（2）图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可计算出小车的加速度大小为________m/s2，打点计时器打B点时小车的速度为________m/s；（结果均保留2位有效数字）

（3）继续实验，并将实验获得的数据绘制成图线，如图丙所示。从图上可以看出：图线的初始段为直线，后段为曲线，图线出现曲线的原因是________。
四、解答题

辽宁舰和山东舰已先后完成例行训练和海上试验。专家表示，通过训练加快了航母战斗力的形成，当两艘航母有了全面战斗能力，并且形成编队之后，那我们就是当之无愧的双航母编队。航母上均装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在没有外界助推时在跑道上加速的最大加速度为5m/s2，飞机起飞速度为50m/s。全过程航母处于静止状态。求：
（1）若航母未安装弹射系统，则航母甲板上的跑道至少需要多长；

（2）若安装弹射系统的航母甲板跑道长为90m，要使飞机能在舰上起飞，则弹射系统让飞机至少获得多大的初速度。

高空抛物现象被称为“悬在城市上空的痛”。近年来，高空坠物致人伤亡的案例不断见诸报端，该类顽疾的久治不愈拷问着城市管理，也拷问着司法部门。假设质量为2.0kg的物体从36m高处，由静止开始沿竖直方向加速下落，下落过程中阻力恒定，经3s落地，g取10m/s2。试求：
（1）物体落地瞬间速度的大小；

（2）物体下落过程中所受的阻力的大小。

如图所示，质量M＝2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝1kg的小球相连。今用跟水平方向成60∘角的力F＝10N拉着小球并带动木块一起向右运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g＝10m/s2。
（1）若小球与木块一起做匀速运动，计算轻绳与水平方向的夹角θ；

（2）若小球与木块一起做匀加速直线运动，且加速度a=m/s2，计算木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。

如图所示，质量为M＝6kg的长木板A放在光滑水平面上，在长木板的左端施加一水平恒力F＝10N，当长木板向左运动的速率达到v0=10m/s时，把一质量为m=2kg的小物块B（可视为质点）无初速度放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2。
（1）小物块B放在长木板A上时，计算长木板A与小物体B各自加速度的大小a1、a2；

（2）若小物块恰好没离开长木板，计算木板的长度L；

（3）根据（2）中计算的板长L，若地面粗糙，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，当小物块B放在长木板A上时立即撤去拉力F，计算物块最终距木板右端的距离∆x。
参考答案与试题解析
四川省广元市2020-2021学年高一（上）期末教学质量监测物理试题
一、单选题
1.
【答案】
C
【考点】
加速度
速度
匀速圆周运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．如果物体沿直线往复运动，其位移的大小一定小于这段时间内通过的路程，A错误；
B．很小的物体不一定能被看成质点，例如两个电子挨在一起时电子不能被看成质点，B错误；
C．根据ΔvΔt=a得，物体加速度很大，其速度变化一定很快，C正确；
D．北斗导航系统有授时服务功能，其授时服务提供的是时刻，D错误．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．物体所受合外力不变时，加速度不变，则物体一定做匀变速直线运动，选项A错误；
B．物体所受合外力越大，加速度越大，则速度一定增大得越快，不一定越多，选项B错误；
C．物体运动速度越小，加速度不一定小，则它受到的合外力不一定越小，选项C错误；
D．物体某时刻速度为零，加速度不一定为零，则其所受合外力不一定为零，选项D正确．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力．
对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力FF、根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关
系可得F=mgtanθFN=mgsinθ，A正确．
4.
【答案】
C
【考点】
胡克定律
物体的弹性和弹力
牛顿第二定律的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设该弹簧秤上1N长度的刻度对应的实际弹力为xN；弹簧的自由端未悬挂重物时，指针正对刻度2N，当挂上F1=100N重物时，弹
簧的弹力为92N，指针正对刻度92N，则弹力F1=100N时弹簧秤上读数变化
ΔF=92−2=90N
所以得
90100=1x
当弹簧测力计示数为20N时弹簧秤上读数变化
ΔF20−2=1818
此时
18G=1x
所以
G=20N
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
细绳被剪断前
kx=mg
AD．细绳被剪断的瞬间
kx+mg=Ma
解得ap=m+MMg，D正确，A错误；
BC．细绳被剪断的瞬间
kz−mg=ma)
解得ag=0，Q处于平衡状态，BC错误．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
对三角形木块和两个小滑块的整体受力分析可知，整体在水平方向受力为零，则水平方向受地面的摩擦力为零．
故选C．
7.
【答案】
A
【考点】
竖直上抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
AB．v−t图像为直线，加速度不变，所以在0−t2时间内人在空中，t1时刻运动员到达最高点，t2时刻之后进入水中，B错误A正确
CD．t2−t3时间内运动员进入水中，速度方向竖直向下，加速度竖直向上，做减速运动，t3时刻速度为零，到达水下最低点，即t
a时刻运动员在竖直方向上下落距离最大，CD错误．
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
传送带模型问题
牛顿第二定律的概念
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．若传送带顺时针转动，滑块要么一直向上匀加速，要么一直向下匀加速，加速度都不会变化，图线的斜率不会发生变化，与
速度图像不符；若传送带逆时针转动，滑块所受的摩擦力先向下后向上，合力先大后小，加速度先大后小，斜率先大后小，与
速度图像符合，所以传送带一定是逆时针转动，A错误；
B．共速前滑块所受摩擦力向下，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
由图像得
a1=v0t0
解得μ=vAgt0t0csθ−tanθ，B错误；
C．从图像可以看出，传送带的速度等于v0，做匀速运动，C错误；
D．t0后滑块继续加速，摩擦力向上，加速度的大小为
emgsinθ−μmgcsθ=na,
解得a2=2gsinθ−v0t0，D正确．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
自由落体运动的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．任何自由落体运动在第1s末的速度大小都相同，在第2s、3s内的位移差也都相同，选项AC不能测出楼高，选项AC错误；
B．根据
h=12gt2
则根据石子下落的总时间可求解楼高，选项B正确；
D．根据
Δh=12gt2−12g(t−1)2=gt+12g
即石子在最后1s内的下落高度可求解下落时间，从而求解楼高，选项D正确．
故选BD．
【答案】
C,D
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
物体的弹性和弹力
力的合成与分解的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．AB杆对A点有沿杆从A点指向B点的拉力，A错误；
B．轻杆的弹力一定沿着杆的，所以CA杆作用于A点的弹力一定沿CA杆方向，B错误；
C．CA杆产生的弹力大小为
sin∠A=3050=0.6
解得
∠A=37∘
F44=m1gsin37∘=20N
C正确；
D．在A处悬挂1.2kg的物块时
FAB=m1gtan37∘=16N
若改为挂一个0.6kg的物块时
FAB=m2gtan37∘=8N
则AB杆上弹力变为原来的一半，D正确．
故选CD．
【答案】
A,C
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
以小球研究对象，分析受力情况，如图
me
设木板与水平方向的夹角为6，根据平衡条件得
F1=Gtanθ
F2=Gcsθ
当木板BC缓慢绕C点逆时针转动的过程中，角θ逐渐增大，则墙壁对球的压力F1逐渐减小，木板对球的压力F2逐渐增大
，根据作用和反作用，球对墙壁的压力大小为F1逐渐减小，球对木板的压力大小为F2逐渐增大．
故选AC．
【答案】
A,D
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．老年代步车做匀速运动，汽车在反应时间内匀速行驶，之后减速，所以图线a为老年代步车，图线b为汽车，A正确；
B．汽车刹车的加速度大小为
a=ΔvΔt=204.5−0.5m/s2=5m/s2
二者共速时有
y=v0−at1
解得
t1=3s
所以从司机发现代步车到两车速度相等时经历的时间为
t=t0+t1=3.5s
B错误；
CD．共速时，汽车刚好追上代步车，有
ΔS=v0+v0+v12t1−v4
代入数据，解得
ΔS=30m
C错误，D正确．
故选AD．
三、实验题
【答案】
（1）使F1,F2的共同作用效果与F单独作用效果相同
（2）O、b间距太小，画力的方向时误差较大
F
【考点】
验证力的平行四边形定则
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）[1]用一个弹簧测力计和两个弹簧测力计拉橡皮筋时，要保证两次将橡皮筋的活动端拉至同一点（O点），这样做的目的是使F
1,F2的共同作用效果与F单独作用效果相同；
（2）[2]实验中利用图中标记的O、a、b三点确定分力的方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是O、b间距太小，画力的方向
时误差较大；
（3）[3]图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中F是用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点时的拉力，是F1和
F2合力的真实值，F”是根据平行四边形法则求出来的合力的理论值．
【答案】
（1）不要,不需要
（2）3.2,1.6
（3）不满足M>m的条件
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
验证牛顿第二运动定律
利用打点计时器研究匀变速直线运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）[1]在平衡摩擦力时，不要挂砝码，用手轻推小车，让小车沿斜面下滑，而不是用砝码拉动小车；
[2]每次改变小车质量M后不需要再次平衡摩擦力，因为Mgsinθ=μMgcsθ，改变小车的质量时，等式仍然成立；
（2）[3]图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz．根据纸带可计算出小车的加速度大小为
a=(7.72+7.21)×10−2−(6.70+6.19)×10−20.082m/s2=3.2m/s2
[4]打点计时器打B点时小车的速度为
y=(6.19+6.70)×10−20.08m/s=1.6m/s
（3）[5]图线的初始段为直线，后段为曲线，图线出现曲线的原因是不满足M>m的条件，因为
mg=(m+M)a
F=Ma
解得F=11+mMmg，只有当M>m时，F=mg，图像才是直线．
四、解答题
【答案】
（1）250m；
（2）}|40m/s
【考点】
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）取战斗机飞行方向为正方向，初速度为0，起飞速度v=50m/s，加速度a=5m/s2，设甲板长度至少为L，根据匀变速直线运动
规律，速度关系
v=at
位移关系
L=12at2
解得
L=250m
（2）设战斗机起飞的初速度为v0，起飞速度y=50m/s，加速度a=5m/s2，起飞位移x=90m，根据匀变速直线运动的规律
v2−v02=2ax
解得
v0=40m/s
【答案】
（1）24m/s；
（2）4N
【考点】
牛顿第二定律的概念
自由落体运动的概念
动量定理的理解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）物体由静止释放后做匀加速直线运动，根据运动学知识，根据位移公式得
h=12at2
由速度公式
y=at
解得
a=8m/s2
y=24m/s
（2）根据牛顿第二定律有
mg−f=ma
解得
f=4N
【答案】
（1）30∘；
（2）2315
【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
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）两者一起做匀速运动时，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得
水平方向
Fcs60∘−F1csθ=0
竖直方向
Fsin60∘−F1sinθ−mg=0
联立解得
θ=30∘
（2）两者一起做匀加速运动时，将木块、小球看作整体，受力如图乙所示，由动力学知识可得
乙
水平方向
Fcs60∘−μF3=(M+m)a
竖直方向
F;+Fsin60∘−Mg−mg=0
联立解得
μ=2315
【答案】
（1）1m/s2:2m/s2;．
（2）50m；
（3）37.5m
【考点】
板块模型问题
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】
此题暂无解析
【解答】
（1）分别对物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律，对小物块
mg=mm2
对长木板
Fμmg=Ma1
解得
a1=1m/s2
a2=2m/s2
（2）物块B放到木板A后，B做匀加速运动，A做匀加速运动，当两者速度相等时，B恰好滑到A的右端．设此时它们的共同速度为v
，经历的时间为t，由速度关系可得
v=v0+a1t=a2
代入数据解得
t=10s
v=20m/s
由位移关系有
L=vtt+12a1t2−12a2t2
解得
L=50m
（3）当物块B放到木板A后，A均做匀减速运动，B匀加速运动，设经过时间时间t；达到共同速度，此后物块随木板一起运动．根据
牛顿第二定律，对木板
乃(M+m)g+μmg=Ma3
解得
a3=2m/s2
由速度关系
U0−a3t1=a2t1
解得
t1=2.5s
木板的位移
x1=v加t1−12a3t12=18.75m
物块的位移
x2=12a1t12=6.25m
物块最终距木板右端的距离
Lx=t−(x1−x2)=37.5m