四川省眉山市2019-2020学年高一上学期期末物理试卷 (含解析)

四川省眉山市2019-2020学年高一上学期期末物理试卷

一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）

1.如图所示，飞行员跳伞后飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观

察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说

法正确的是()

A. 甲、乙两人的说法中必有一个是错误的

B. 他们的争论是由于参考系的选择不同而引起的

C. 研究物体运动时不一定要选择参考系

D. 参考系的选择只能是相对于地面静止的物体

2.将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上。一

个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮

系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示。现水

平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP绳与天花板之间的夹角为()

A. 90°

B. 45°

C. θ

D. 45°+θ

2

3.下列说法正确的是()

A. 在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果

B. 运动的物体惯性大，静止的物体惯性小

C. 作用力与反作用力可以作用在同一物体上

D. 物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小

4.如图所示，直线a和曲线b分别是在同一条平直公路上行驶的甲、乙

两汽车的速度一时间(v?t)图线。由图可知()

A. t1时刻，甲车的加速度大于乙车

B. t2时刻，甲、乙两车运动方向相反

C. t2时刻，甲、乙两车相遇

D. t1到t2时间内，乙车的平均速度比甲车的大

5.如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力

作用下沿地面做加速运动。若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为()

A. F

M B. Fcosα

M

C. (Fcosα?μMg)

M D. [Fcosα?μ(Mg?Fsinα)]

M

6.三段不可伸长的细绳OA，OB，OC能承受的最大拉力相同，它们共

同悬挂一重物并保持静止，如图所示，其中OB是水平的，A端、B

端固定，θ=30°.现缓慢增加悬挂重物的质量，最先断的绳子是()

A. OA

B. OB

C. OC

D. 无法判断

7.如图所示，人静止在水平地面上的测力计上，下列说法正确的是()

A. 人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力

B. 人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力

C. 人对测力计的压力大于测力计对人的支持力

D. 人对测力计的压力小于人的重力

8.甲、乙、丙三辆汽车同时以相同的速度经过某一路标，此后甲一直做匀速直线运动;乙先加速后

减速;丙先减速后加速，它们经过下一个路标时的速度仍相同，则()

A. 甲车先经过下一个路标

B. 乙车先经过下一个路标

C. 丙车先经过下一个路标

D. 无法判断谁先经过下一路标

9.一物体做匀变速直线运动，速度图象如图所示，则在前4s内(设向右为

正方向)()

A. 物体始终向右运动

B. 物体先向左运动，2s后开始向右运动

C. 前2s 物体位于出发点的左方，后2s 位于出发点的右方

D. 在t =4s 时，物体距出发点最远

10. 在如图所示装置中，两物体质量分别为m 1、m 2，悬点a 、b 间的距离远大于滑轮的直径，不计

绳重及一切摩擦，整个装置处于静止状态。由图可知( )

A. α可能大于β

B. m 1一定大于m 2

C. m 1一定小于2m 2????????????????????????????????

D. m 1可能大于2m 2

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分） 11. 下列关于物理方法的叙述中正确的是( )

A. 人们为了研究问题方便，抓住主要因素，忽略次要因素，建立了理想模型--质点

B. 在研究力的合成与分解时，采用了等效替代的方法，利用等效替代方法最基本的原则是必须保持效果相同

C. 利用实验探究加速度与力、质量的关系时，使用了微小量放大法

D. 伽利略在研究力和运动的关系时，采用控制变量的方法得出了力不是维持物体运动的原因

12. 一物体自距地面高H 处自由下落，经时间t 落地，此时速度为v ，则( ) A. t 2时物体距地面高度为H 4 B. t 2

时物体距地面高度为3H

4 C. 物体下落H 2时速度为v 2 D. 物体下落H 2时速度为√

2v 2 13. 如图所示，半径为3R 的半圆柱体P 静止在水平地面上，静止于

P 上的光滑小圆柱体Q ，质量为m ，半径为R ，此时竖直挡板

MN 恰好与P 、Q 相切，下面说法正确的是( )

A. Q 受到P 的弹力为2√33

mg B. Q 受到挡板MN 的弹力为√33

mg

C. 若挡板水平向右缓慢移动一小段，P受到地面摩擦力不变

D. 若挡板水平向右缓慢移动一小段，Q受到P的弹力变大

14.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水

平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木

块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()

A. 弹簧的形变量不改变

B. 弹簧的弹力大小为mg

C. 木块A的加速度大小为2g

D. 木块B对水平面的压力迅速变为2mg

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

15.验证平行四边形定则的实验中，以下器材和测量仪器中不必要的有______ ．

A.木板

B.白纸

C.弹簧秤

D.量角器

E.细绳套

F.天平

G.橡皮条

H.三角板

I.图钉．

16.在“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验中

(1)我们都是先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M之间的

关系，这种实验方法称为______。

(2)下列说法中正确的是______。

A.牵引小车的轻绳应和长木板保持平行

B.将打点计时器接在6V电压的蓄电池上，先接通电源，后放开小车，打点计时器在纸带上打下

一系列点，并在纸带上标明小车质量…

C.在探究a与质量M的关系时，作出a ?1

M

图象能更直观地判断二者间的关系

D.细线对小车的拉力，一定等于砝码和沙桶的总重力。

四、简答题（本大题共3小题，共32.0分）

17.如图悬挂在天花板下重6N的小球，在均匀的水平风力作用下偏离了竖直方向

θ=37°角．求风对小球的作用力和绳子的拉力．(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

18.一列火车进站前先关闭气阀，让车减速滑行，滑行x1=800m时速度减为关闭气阀时的三分之

一，这段滑行的时间为t1=40s，此后又继续滑行了一段，停在车站．设火车在滑行过程中加速度始终维持不变，求：

(1)火车滑行过程的加速度大小和刚关闭气阀时的速度v0大小；

(2)火车从关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移x大小．

19.如图所示，为什么不能固定木板，用弹簧测力计拉着木块运动来测定木块和木板之间的动摩擦

因数呢？

五、计算题（本大题共1小题，共8.0分）

20.如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为α=37°

的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为

25N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2s内的位移为20m，已知小车的质量为1kg，g=10m/s2(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)求：

(1)小车与斜面的动摩擦因数；

(2)求匀加速运动过程中的位移x．

-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：甲、乙两人的争论是由于参考系的选择不同而引起的，A错、B对；研究物体的运动一定要选择参考系，C错；参考系的选取具有任意性，选取时要以方便为原则，D错。

2.答案：D

解析：解：对轻环Q进行受力分析如图1，则只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力；由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是θ；

对滑轮进行受力分析如图2，由于滑轮的质量不计，则OP对滑轮的拉力与两个绳子上拉力的和大小相等方向相反，所以OP的方向一定在两根绳子之间的夹角的平分线上，由几何关系得OP与竖直方

向之间的夹角：β=90°+θ

2?θ=45°?1

2

θ，则OP与天花板之间的夹角为：90°?β=45°+1

2

θ，故

D正确，ABC错误。

故选：D。

先对Q进行受力分析，得出PQ与竖直方向之间的夹角，然后以滑轮为研究的对象，即可求出OP 与竖直方向之间的夹角，再结合几何关系求出OP与天花板之间的夹角。。

该题考查共点力的平衡与矢量的合成，解答的关键是只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，即绳子的拉力沿杆的方向没有分力时，光滑轻环才能静止。

3.答案：D

解析：解：A、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到阻力作用的结果，故A错误。

B、任何物体都具有惯性，惯性大小由质量来量度，所以运动的物体惯性不一定大，静止的物体惯性不一定小，故B错误。

C、作用力和反作用力作用在不同的物体上，故C错误。

D、根据牛顿第二定律知，物体的合外力减小，加速度一定减小，若加速度的方向与速度方向相同，速度增大，若加速度的方向与速度方向相反，速度减小，故D正确。

故选：D。

力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因。惯性的大小由质量来量度。作用力和反作用力作用在不同的物体上。加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动。

本题考查了牛顿第一定律、第二定律和第三定律，理解三个定律，在第一定律中，知道物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因；在第二定律中，知道加速度的方向与合力的方向相同，加速度随着合力的变化而变化；在牛顿第三定律中，知道作用力和反作用力的关系，知道作用力和反作用力作用在不同的物体上，不能合成。

4.答案：D

解析：解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，可知t1时刻，甲车的加速度小于乙车。故A错误。

B、t2时刻，甲、乙两车的速度都为正，运动方向相相同，故B错误。

C、图象与时间轴围成的面积表示通过的位移，但由于速度图象不能反映出发点的位置关系，所以不能判断t2时刻甲、乙两车是否相遇，故C错误。

D、在t l到t2这段时间内，乙车通过的位移比甲大，则乙车的平均速度比甲车的大，故D正确。

故选：D。

速度时间图象反映速度随时间的变化规律，图象的斜率表示加速度。图象与时间轴围成的面积表示通过的位移，根据位移关系判断是否相遇；平均速度等于位移与时间之比。

本题是速度?时间图象的应用，关键要明确斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。

5.答案：D

解析：

对物体受力分析，抓住竖直方向上合力为零，求出物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出木块的加速度。

本题就是考查学生对牛顿第二定律的基本应用，通过受力分析列式即可求得。

对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，

在水平方向有：Fcosα?f=Ma，竖直方向有：Mg=F N+Fsinα，滑动摩擦力为：f=μF N，

根据以上三式联立可以求得：a=

Fcosα?μ(Mg?Fsinα)

M

，故D正确，ABC错误。

故选D。

6.答案：A

解析：

以结点O为研究，分析受力情况，根据三个细绳受到的拉力大小，判断哪根绳最先断。

本题首先要选择研究对象：结点O；其次关键是作好力图，就能直观比较三个绳子拉力的大小。

以结点O为研究，在绳子均不被拉断时受力图如图：

根据平衡条件，结合力图可知：F A>F B，F A>F C，

即OA绳受的拉力最大，而细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，则当物体质量逐渐增加时，OA绳最先被拉断，故A正确、BCD错误。

故选：A。

7.答案：A

解析：解：A、人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力．故A正确，B错误．

C、人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故C错误．

D、人静止在水平地面上的测力计上，受到重力和支持力的作用处于平衡状态，所以人受到的支持力大小等于重力；而人受到的支持力的大小与人对测力计的压力大小相等，所以人对测力计的压力等于人的重力．故D错误．

故选：A

平衡力、作用力反作用力都是大小相等、方向相反，作用在同一直线上．平衡力作用在同一物体上，作用力与反作用力作用在不同的物体上．

解决本题的关键知道平衡力、作用力反作用力都是大小相等、方向相反，作用在同一直线上．平衡力作用在同一物体上，作用力与反作用力作用在不同的物体上．

8.答案：B

解析：解：设甲做匀速直线运动的速度为v，乙先加速后减速，在运动的过程中速度大于v，则整个过程中的平均速度大于v；丙先减速后加速，在运动过程中的速度小于v，则整个过程中的平均速度小于v.根据x=vt，知乙的运动时间最短，所以乙车先经过下一个路标．

故选：B．

比较三辆汽车的平均速度，抓住位移相等，再根据x=v比较运动的时间．

解决本题的关键比较出三辆汽车的平均速度，抓住位移相等，再根据x=vt比较运动的时间．本题也可以通过速度时间图线解决．

9.答案：B

解析：解：AB、由于在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以物体前两秒向左运动，后两秒向右运动，故A错误，B正确．

C、因为图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．前2s位移为负，物体位于出发点的左方，后2s负方向的位移逐渐减小，最后4秒末位移为零，又回到出发点，故C错误，D错误．

故选B

在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．

本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的

面积的含义．

10.答案：C

解析：

对与m1连接的滑轮进行受力分析，抓住两个绳子拉力在水平方向上的分力相等，得出α、β的关系．根据竖直方向上合力等于m1的重力，得出m1和m2的关系。

解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解。

绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m2的重力，对与m1连接的滑轮进行受力分析，有Tsinα=Tsinβ，所以α=β.在竖直方向上有：Tcosα+Tcosβ=m1g，而T=m2g，则有

2m2gcosα=m1g.所以m1一定小于2m2，当α=β=60°时，T=m1g=m2g.故C正确，ABD错误。故选C。

11.答案：AB

解析：解：A、质点是人们为了研究问题方便，抓住主要因素，忽略次要因素，建立了的理想模型．故A正确

B、在研究力的合成与分解时，采用了等效替代的方法，利用等效替代方法最基本的原则是必须保持效果相同，故B正确

C、利用实验探究加速度与力、质量的关系时，使用了控制变量法．故C错误

D、伽利略在研究力和运动的关系时，采用理想实验模型的方法得出了力不是维持物体运动的原因．故D错误

故选：AB．

质点是人们为了研究问题方便，抓住主要因素，忽略次要因素，建立了的理想模型．

在研究力的合成与分解时，采用了等效替代的方法．

利用实验探究加速度与力、质量的关系时，使用了控制变量法．

伽利略在研究力和运动的关系时，采用理想实验模型的方法得出了力不是维持物体运动的原因．

高中物理学习的过程中会遇到许多物理分析方法，这些方法对学习物理有很大的帮助．故在理解概念和规律的同时，注意物理方法的积累．

12.答案：BD

解析：解：A、根据位移时间公式?=1

2

gt2知，在前一半时间和后一半时间内的位移之比为1：3，

则前一半时间内的位移为H

4，此时距离地面的高度为3H

4

.故A错误，B正确。

C、根据v2=2gH，v′2=2g H

2知，物体下落H

2

时的速度为v′=√2

2

v.故D正确，C错误。

故选：BD。

自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合位移时间公式求出t

2

时物体下落的

高度，从而得出距离地面的高度．根据速度位移公式求出物体下落H

2

时速度．

解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．

13.答案：ABD

解析：解：AB、对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的支

持力N1和P对Q的支持力N2，如图

由几何关系得：cosθ=0.5，所以θ=60°

根据平衡条件得：

N1=mgcotθ=√3

3

mg

N2=mg

sinθ=2√3

3

mg，故AB正确；

CD、对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，

根据共点力平衡条件，有：

f=N1=mgcotθ

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变小，故f变大，N2变大，故C错误，D正确；故选：ABD。

对小圆柱体Q受力分析，受到重力、挡板MN的支持力和P对Q的支持力，共点力平衡条件求P和挡板分别对Q的弹力大小。

本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。

14.答案：AC

解析：解：A、由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；

B、开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；

C、撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g，方向竖直向上，故C正确；

D、撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：F+mg=N，解得：N=4mg，木块B对水平面的压力为4mg，故D错误。

故选：AC。

根据共点力平衡求出弹簧的弹力，在将C迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块A的加速度。

本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。

15.答案：DF

解析：解：(1)做验证平行四边形定则实验，我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．

所以我们需要的实验器材有：木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、绳套(弹簧秤拉橡皮条)、三角板(画平行四边形)、刻度尺(选标度)、图钉(固定白纸)、铅笔(作图)、弹簧秤(测力的大小)、橡皮条(让力产生相同的作用效果的)，不需要量角器和天平．

本题选不必要的，故选：DF

本实验用图示法来验证力的平行四边形定则，根据原理和方法确定实验器材．

验证平行四边形定则实验需要的实验器材我们可以根据这个实验的原理(画出理论值和实际值进行

比较)进行记忆．本实验采用是等效替代的思维方法．实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同．

16.答案：控制变量法AC

解析：解：(1)在实验中先确保小车质量M不变，研究a与F的关系，再确保F不变，研究a与M 之间的关系，这种实验方法称为控制变量法。

(2)A、连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，使得拉力等于小车所受的合力。故A正确。

B、打点计时器应接交流电源，蓄电池是直流电源。故B错误。

C、加速度a与M的关系图线是曲线，做a?M图线不能判断出二者的关系，实验作a

?1

M

图象能更

直观地判断二者间的关系。故C正确。

D、在实验中，由于砝码和沙桶做加速运动，则总重力大于细线的拉力。故D错误。

故选：AC。

故答案为：(1)控制变量法；(2)AC。

在“探究加速度a与力F、质量M的关系”的实验中，要先控制一个物理量不变，从而研究其它两个物理量之间的关系。根据实验的原理以及操作步骤的注意事项分析正确的操作步骤。

解决本题的关键掌握实验的处理方法，知道实验中的注意事项以及误差形成的原因。

17.答案：解：小球的受力如图，

根据共点力平衡得：

风对小球作用力：F=Gtanθ=6×3

4

=4.5Ν

绳子对小球拉力：T=G

cosθ=6

0.8

=7.5Ν

答：风对小球的作用力为4.5Ν，绳子的拉力7.5Ν．

解析：对小球受力分析，受重力、拉力和风力处于平衡，根据共点力平衡求出风对小球的作用力和绳子的拉力．

解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡，运用平行四边形定则进行求解．

18.答案：解：(1)设火车滑行过程的加速度大小为a，刚关闭气阀时的速度为v0，

根据位移时间关系得：1

3

v0=v0?at1①，

根据速度位移公式得：(1

3

v0)2?v02=?2ax1②，

由①②解得：v0=30m/s，a=0.5m/s2，

(2)根据速度位移公式得v02=2ax

解得：滑下总位移x=30

2

2×0.5

=900m

答：(1)火车滑行过程的加速度大小为0.5m/s2，刚关闭气阀时的速度v0大小为30m/s；

(2)火车从关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移x大小为900m．

解析：(1)火车关闭气阀后做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移速度公式以及速度时间公式列式，联立方程即可求解；

(2)从火车从关闭气阀到停止滑行的过程中，根据匀变速直线运动位移速度公式求解滑行位移．

本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式以及速度时间公式的直接应用，注意火车做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，难度适中．

19.答案：如果固定木板，用弹簧测力计拉着木块运动，要保证木块匀速运动非常困难，且弹簧测力计的示数不稳定，不能根据二力平衡求木块与木板间的滑动摩擦力．

解析：略

20.答案：解：(1)设小车匀减速直线运动的加速度大小为a，最后2s内的位移为x0，可将匀减速运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．则有：

x0=

1

2

at2

代入数据解得：a=10m/s2．

小车的受力如图．

由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma

代入数据解得：μ=0.5

(2)设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中，得：

v=at=10×3m/s=30m/s

在匀加速运动过程中，设加速度大小为a′，小车的受力如图所示．

根据牛顿第二定律得：

F?mgsinα?μmgcosα=ma′代入数据解得：a′=15m/s2．

由v2=2a′x得：x=v2

2a′=302

2×15

m=30m

答：(1)小车与斜面的动摩擦因数是0.5；

(2)匀加速运动过程中的位移x是30m．

解析：(1)小车牵引力消失后做匀减速运动，已知时间、位移和末速度，将其运动看成反向的初速度为零的匀加速运动，由位移公式求得加速度，再由牛顿第二定律求动摩擦因数．

(2)由速度公式求得牵引力刚消失时小车的速度．再对匀加速运动过程运用牛顿第二定律求得加速度，最后由速度位移关系公式求位移x．

本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在动力

学问题中是必求的量．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/73qe.html