人教版（2019）高中物理必修第一册期末测试卷

　期末测试卷

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共48分)

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1．物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法，控制变量法等。以下关于物理学研究方法的叙述正确的是(　　)

①根据平均速度的定义式v＝，当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法

②在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法

③在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法

④推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法

A．②③④  B．①③④  C．①②③  D．①②④

答案　B

解析　物体在t时刻的瞬时速度用从t时刻开始的时间趋近于零时的平均速度表示的定义，运用了极限思想法，①正确；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的科学方法运用了建立理想化物理模型的方法，②错误；在实验探究加速度与质量和合外力的关系时，运用了控制变量法，③正确；推导匀变速直线运动的位移公式时，将变速运动分割成一段段的匀速运动，然后把各小段的位移相加，采用了微元法，④正确，故B正确。

2．某同学身高1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m高的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(　　)

A．2 m/s  B．4 m/s  C．6 m/s  D．8 m/s

答案　B

解析　竖直上升阶段，由v2－v＝2ax得：0－v＝－2gh，注意运动员是站着起跳，横着过杆，所以竖直方向的位移应该是重心上升的高度，不是1.8 m，而是0.9 m左右，故代入数据解得：v0≈ m/s≈4 m/s，B正确。

3．设物体运动的加速度为a，速度为v，位移为x，现有四个不同物体的运动图像如图所示，且B、C、D图像中所描述的物体在t＝0时刻的速度均为零，则做单向直线运动的是(　　)

答案　C

解析　由位移—时间图像可知，物体的位移随时间先增大后减小，1 s后反向运动，2 s末到达初始位置，故A错误；由速度—时间图像可知，物体2 s内沿正方向运动，2～4 s沿负方向运动，方向改变，故B错误；由C中图像可知：物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；由D中图像可知：物体在第1 s内做匀加速运动，第2 s内做匀减速运动，2 s末速度减为0，第3 s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误。

4．撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落，如图所示。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是(　　)

A．持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力

B．撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力

C．撑杆起跳上升阶段，先处于超重状态后处于失重状态

D．最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力

答案　C

解析　重力的反作用力是人对地球的吸引力，A错误；弯曲的撑杆对人的作用力和人对撑杆的作用力是相互作用力，大小相等，B错误；撑杆起跳上升阶段，人先向上做加速运动，后向上做减速运动，先处于超重状态，后处于失重状态，C正确；最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是由于惯性原因，D错误。

5．如图，一个家用台灯静止放在桌子上，下列描述中正确的是(　　)

A．台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力 

B．台灯受到向左的摩擦力 

C．台灯支架的O点对灯头的作用力沿AB方向

D．台灯底座所受合外力为零

答案　D

解析　根据相互作用力的特点，可知台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对相互作用力，故A错误；台灯静止在水平桌面上，对台灯受力分析，受重力、桌面的支持力，若有摩擦力，则不可能处于平衡状态，故B错误；对灯头受力分析，受重力与支架对它的支持力，那么支架的O点对灯头的作用力沿竖直方向，故C错误；静止状态是一种平衡状态，处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，即合外力为零，故D正确。

6．如图所示，中国三一重工的一台62米长的泵车，参与某次消防救火冷却作业。对泵车在水平路面上以加速度a做匀加速运动的过程，下列分析正确的是(　　)

A．泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力

B．轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车对地面的压力

C．开车时要求系安全带是为了减小司机的惯性

D．若泵车发动机的牵引力增大为原来的2倍时，泵车的加速度将大于2a

答案　D

解析　泵车受到的重力和泵车对地面的压力的受力物体不同，不可能是一对平衡力，故A错误；轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加摩擦力，故B错误；惯性的大小取决于质量，系安全带不会改变司机的惯性大小，故C错误；牵引力增大为原来的2倍，阻力不变，所以加速度a′＝＝＝2a＋>2a，故D正确。

7．一物体做匀加速直线运动，第4 s内的位移是14 m，第5 s 内的位移是18 m，下列说法中正确的是(　　)

A．第4 s内物体的平均速度是32 m/s

B．第5 s初物体的瞬时速度是16 m/s

C．物体的初速度不为零 

D．物体运动的加速度是3 m/s2

答案　B

解析　第4 s内物体的平均速度＝ m/s＝14 m/s，故A错误；第5 s初物体的瞬时速度等于这两秒内的平均速度，则v5初＝45＝ m/s＝16 m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得：a＝ m/s2＝4 m/s2，结合已知的结论，由v＝v0＋at可知，当t＝0时，物体的速度v0＝0，故C、D错误。

8. 如图所示，一只小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中(　　)

A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大

B．树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小

C．树枝对小鸟的弹力先增大后减小

D．树枝对小鸟的弹力保持不变

答案 C

解析　对小鸟进行受力分析，如图所示。树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B错误；小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C正确，D错误。

9．甲、乙两物体同时同地沿同一方向做直线运动的v­t图像如图所示，则(　　)

A．经20 s后乙开始返回 

B．第50 s末，乙在甲的前面 

C．甲、乙两次相遇的时刻为10 s末和40 s末 

D．甲、乙两次相遇的时刻为20 s末和60 s末

答案　BD

解析　乙的速度一直为正值，速度方向不变，没有返回，故A错误；在第50 s末，乙图线与时间轴围成的面积大于甲图线与时间轴围成的面积，即乙的位移大于甲的位移，可知乙在甲前面，故B正确；由图线可知，在20 s末和60 s末，甲、乙两图线与时间轴围成的面积相等，则位移相等，甲、乙相遇，故C错误，D正确。

10．如图所示，一小球从某高处A点自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，小球从B点开始压缩弹簧，到达最低点C，然后被弹簧弹回。下列说法中正确的是(　　)

A．小球到达B点时速度最大

B．小球速度最大时的位置在B、C之间

C．小球从B点下落到C点的过程中，加速度先减小后增大

D．小球从A点下落到C点的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动

答案　BC

解析　从A到B的过程中小球做自由落体运动，小球与B接触后，小球的重力先大于弹力，加速度方向向下，大小逐渐减小，当小球的重力等于弹力时，加速度为0，速度达到最大，继续向下运动时，小球的弹力大于重力，加速度方向向上，大小逐渐增大，所以从B到C的过程中，加速度先减小后增大，故B、C正确，A、D错误。

11. 如图所示，A、B两物体的质量分别为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μ。设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(　　)

A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

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μg

答案　BCD

解析　地面对B的最大静摩擦力为μmg，小于A、B间的最大静摩擦力2μmg，故当F>μmg时，A、B相对地面运动，故A错误；在A、B恰好要发生相对运动时，对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－×3mg＝3ma，对B，有μ×2mg－×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，故当F＞3μmg时，A相对B滑动，C正确；当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有μmg－×3mg＝3ma，a＝μg，故B正确；无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的滑动摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，故D正确。

12．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　)

A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大

B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

答案　AB

解析　由v­t图像可知，小物块先向左减速到零，然后再向右加速到v1，之后与传送带一起向右做匀速运动，由于v2>v1，所以相对地面来说，小物块向左减速阶段的位移大于向右加速运动阶段的位移。t1时刻，小物块离A点的距离最大，A正确；t2时刻二者相对位移最大，B正确；0～t2时间内，小物块的加速度不变，摩擦力不变，C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力的作用，D错误。

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)

二、实验题(本题共2小题，共 12 分)

13．(6分)“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉的位置，O为橡皮筋与细绳的结点的位置，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

(1)某次实验中，拉OC细绳的弹簧秤指针位置如甲图所示，其读数为________ N；乙图中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。

(2)关于此实验下列说法正确的是________。

A．与橡皮筋连接的细绳必须等长

B．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，应使两弹簧秤的拉力相等，以便算出合力的大小

C．用两只弹簧秤拉橡皮筋时，结点位置必须与用一只弹簧秤拉时结点的位置重合

D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要短一些

答案　(1)2.60　F′　(2)C

解析　(1)甲图所示弹簧秤的最小分度为0.1 N，则读数为2.60 N；F是通过作图的方法得到的合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮筋，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同的力。故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不重合。

(2)与橡皮筋连接的细绳是为了确定细绳拉力的方向，两绳的长度不必相等，故A错误；用两只弹簧秤拉橡皮筋时，只要使两弹簧秤拉力的合力与一只弹簧秤拉力的效果相同就行，两弹簧秤的拉力不需要相等，故B错误；为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋与细绳的结点拉至同一位置，故C正确；标记同一细绳方向的两点要长一些，这样引起的拉力方向的误差会小些，故D错误。

14．(6分)在“探究加速度和力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置进行实验：

(1)实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是___________；

(2)在实验操作中，下列说法正确的是________；

A．实验中，若要将砝码(包括砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让小车质量远大于砝码(包括砝码盘)的质量

B．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源

C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度

D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系

(3)如图乙为研究“在外力一定的条件下，小车的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车的质量为________。

答案　(1)补偿阻力　(2)AD　(3)

解析　 (1)实验时，为使绳子的拉力就是小车受到的合外力，要将木板不带滑轮的一端垫起，目的是补偿阻力。

(2)设小车的质量为M，砝码(包括砝码盘)的质量为m1，根据牛顿第二定律：m1g－F＝m1a，F＝Ma，联立解得：F＝＝，知当砝码(包括砝码盘)总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力近似等于砝码(包括砝码盘)的总重力，所以应满足的条件是砝码(包括砝码盘)的总质量远小于小车的质量，故A正确；使用打点计时器时，都应该先接通电源，后释放纸带，故B错误；由于补偿阻力之后有Mgsinθ＝μMgcosθ，即μ＝tanθ，与重物的质量无关，所以不用再次补偿阻力，故C错误；本实验采用控制变量法，先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系，再保持小车受力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量的关系，故D正确。

(3)对小车，根据牛顿第二定律得：F＝(m＋M)a，变形得：＝m＋，在­m图像中，图线的斜率表示，则k＝，图像的截距为：＝b，可得：M＝Fb＝。

三、计算题(本题共4小题，共 40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

15．(8分)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中的刹车反应过程所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会引起反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶。从发现情况到汽车停止，行驶距离为L＝39 m，减速过程中汽车的位移x和速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可以视为匀变速直线运动。取重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)汽车减速过程中的加速度的大小和所用时间；

(2)饮酒使志愿者的反应时间延长了多少？

答案　(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s

解析　(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移x＝25 m，

由运动学公式得0－v＝－2ax，t＝，

代入数据得a＝8 m/s2，t＝2.5 s。

(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

L＝v0t′＋x，

Δt＝t′－t0，

代入数据得Δt＝0.3 s。

16．(8分) 如图所示，质量M＝2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝ kg的小球B相连。今用与水平方向成α角的力F拉着小球带动木块一起向右匀速运动，已知α＝30°，F＝10 N，运动中A、B相对位置保持不变，取g＝10 m/s2。求：

(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；

(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。

答案　(1)30°　(2)

解析　(1)设轻绳对B的拉力为FT，以小球为研究对象，分析受力，作出受力图如图甲，由平衡条件可得：

Fcos30°＝FTcosθ，Fsin30°＋FTsinθ＝mg

代入数据解得，FT＝10 N，tanθ＝，即θ＝30°。

(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图乙。由平衡条件得

Fcos30°＝Ff

FN＋Fsin30°＝(M＋m)g，

又Ff＝μFN

解得μ＝＝。

17．(12分)如图所示，质量M＝2 kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.1，另一个质量m＝1 kg的小滑块，以6 m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10 m/s2。

(1)若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离；

(2)若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止；

(3)若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。

答案　(1)3.6 m　(2)1 s　(3)1 m

解析　(1)若木板固定，小滑块在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，以v0方向为正方向，

由牛顿第二定律得，a＝＝－μ2g＝－5 m/s2，

所以小滑块在木板上滑过的距离为

x＝＝3.6 m。

(2)以v0方向为正方向，根据牛顿第二定律可得，

对m：a1＝－μ2g＝－5 m/s2，

对M：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝1 m/s2，

小滑块相对木板处于静止时，速度相等，

则有v0＋a1t＝a2t，解得t＝1 s。

(3)木板在与木块达到共速前先做匀加速运动，木板的位移为

x1＝a2t2＝0.5 m，

t时刻两者的速度为v1＝a2t＝1 m/s。

以后木板与物块以共同加速度a3做匀减速运动，以v0方向为正方向，a3＝－μ1g＝－1 m/s2，

共同匀减速运动的位移为x2＝＝0.5 m，

所以总位移为x＝x1＋x2＝1 m。

18．(12分)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图a。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图b。已知人的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：

(1)打开降落伞前人下落的距离；

(2)阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向；

(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少？

答案　(1)20 m

(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向竖直向上

(3)312.5 N

解析　(1)根据速度位移公式得：h0＝＝20 m。

(2)降落伞打开一段时间后，做匀速直线运动，

则kv＝2mg，将v＝5 m/s代入得k＝200 N·s/m，

取竖直向上为正方向，打开伞的瞬间，对整体：

kv0－2mg＝2ma，

解得a＝＝30 m/s2，方向竖直向上。

(3)刚打开降落伞时悬绳承受的拉力最大，设每根绳最大拉力为T，以运动员为研究对象有：

8Tcosα－mg＝ma，

解得T＝＝312.5 N，

由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5 N。