湖南省张家界市2019_2020学年高一物理上学期期末考试试题含解析

湖南省张家界市2019-2020学年

高一物理上学期期末考试试题（含解析）

一、选择题（1—12题为单选题，每小题3分；13—16题为多选题，每小题4分，选对但不全得2分，错选得0分，共52分。）

1.16世纪末，对落体运动进行系统研究，将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动的科学家是（）

A. 亚里士多德

B. 伽利略

C. 牛顿

D. 胡克

【答案】B

【解析】

将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动的科学家是伽利略，故选B.

2.研究下列各种物体的运动情况时(如图所示)，可以将物体视为质点的是（）

A. 甲图：高铁从张家界西站开到黔江站

B. 乙图：地球的自转

C. 丙图：跳水运动员的动作

D. 丁图：乒乓球的旋转速度

【答案】A

【解析】

【详解】A．研究高铁从张家界西站开到黔江站时，高铁的大小可忽略不计，可看做质点，选项A正确；

B．研究地球的自转时，地球的大小不能忽略，否则没有转动，故B错误；

C．讨论双人跳水的动作时，不能看成质点，否则就没有比赛的价值了，故C错误；

D．研究乒乓球的旋转速度时，乒乓球的大小不能忽略，否则没有转动，故D错误；

故选A.

3.小球从3m高处落下，被地板弹回，在1m高处被接住．那么，小球从落下到被接住过程，

通过的路程和位移的大小分别是( )

A. 4m，3m

B. 3m，1m

C. 3m，2m

D. 4m，2m

【答案】D

【解析】

【详解】路程是物体通过的轨迹的长度，小球从3m高处下落的过程中通过的路程为3m，而反弹到1m高处通过的路程是1m，故整个过程中通过的路程是4m．位移是从初始位置指向末位置的有向线段，其大小等于初末位置之间的直线距离，故位移大小为3-1=2m，故D正确，ABC 错误．

4.下列说法中正确的是（）

A. 平均速度

，当Δt非常非常小时，该式可表示t时刻的瞬时速度

B. 匀速直线运动的平均速度大于瞬时速度

C. 速度v的大小与运动位移Δx和时间Δt有关

D. 某同学认为比值

也与我们生活常识相符合，使用起来很方便。

【答案】A 【解析】

【详解】A．根据极限的思想，平均速度

，当Δt非常非常小时，该式可表示t时刻

的瞬时速度，选项A正确；

B．匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度，选项A错误；C．速度v的大小与运动位移Δx和时间Δt无关，选项C错误；

D．比值

与我们生活常识不太相符合，使用起来也不方便，选项D错误。

故选A.

5.如图所示，在“探究弹簧弹力与伸长的关系”实验中，若测得不挂钩码时弹簧长度为

8.00cm，在其下端挂上一个钩码时弹簧长度为10.00cm，当挂上三个相同的钩码时，弹簧长度为（）

A. 6.00 cm

B. 12.00 cm

C. 14.00 cm

D. 16.00 cm 【答案】C

【解析】

【详解】弹簧原长为8.00cm，挂一个勾码时弹簧长度为10.00cm，伸长量为2cm，故当挂上三个相同的钩码时，伸长量为6cm，故长度增加到14.00cm，故C正确，ABD错误；

故选C．

6.关于速度和加速度的关系，下列说法错误的是（）

A. 物体运动的加速度等于0，速度一定等于0

B. 两物体相比，一个物体的速度变化量比较大，而加速度却比较小

C. 物体具有向东的加速度，而速度的方向却向西

D. 物体做直线运动，后一价段的加速度比前一价段小，但速度却比前一价段大

【答案】A

【解析】

【详解】A．物体运动的加速度等于0，速度不一定等于0，例如做匀速直线运动的物体，选项A错误，符合题意；

B．两物体相比，一个物体的速度变化量比较大，但是如果用时间较长，则其加速度也可能比较小，选项B正确，不符合题意；

C．物体向西做减速运动时，加速度向东，速度向西，选项C正确，不符合题意；

D．当物体做加速度减小的加速直线运动时，后一阶段的加速度比前一阶段小，但速度却比前一价段大，选项D正确，不符合题意；

故选A.

7.如图所示，A、B两个木块叠放在水平桌面上，B对桌面施加一个竖直向下的压力．该压力是由于（）

A. A发生弹性形变产生的

B. B发生弹性形变产生的

C. 桌面发生弹性形变产生的

D. 桌面和A发生弹性形变产生的

【答案】B

【解析】

【详解】B对桌面施加一个竖直向下的压力．该压力是B发生了向上的形变，要恢复原状，产生了向下的弹力，即对桌面的压力．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

【点睛】解决本题的关键知道弹力产生的原因，知道是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．

8.日常生活中，我们看到蜗牛在一片倾斜的树叶上缓慢向上爬行。关于图中蜗牛在爬行过程中的受力情况，下列说法正确的是（）

A. 树叶对蜗牛的作用力垂直于树叶

B. 树叶对蜗牛的作用力方向竖直向上，大小等于蜗牛的重力大小

C. 树叶对蜗牛

的作用力平行叶面D. 树叶对蜗牛的作用力无法确定【答案】B 【解析】【详解】蜗牛缓慢向上爬行时，每一个位置都可看做平衡状态，受向下的重力和向上的树叶

的作用力等大反向；

A．树叶对蜗牛的作用力竖直向上，不一定垂直于树叶，选项A错误；

B．树叶对蜗牛的作用力方向竖直向上，大小等于蜗牛的重力大小，选项B正确；

C．树叶对蜗牛的作用力竖直向上，不一定平行叶面，选项C错误；

D．树叶对蜗牛的作用力无法确定，与结论不相符，选项D错误；

故选B.

9.如图所示，质量为M的箱子放在水平地面上，在与水平成θ角斜向上的拉力F作用下，沿水平地面匀速运动．若箱子与地面间的动摩擦因数为μ，则箱子所受的摩擦力大小为（）

A. μMg

B. μF sin θ

C. μ(Mg －F sin θ)

D. μ(Mg+F sin θ)

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知对物体进行受力分析，然后正交分解，如图

竖直方向受力平衡有：N F Fsin Mg θ+=，得：N F Mg Fsin θ=-，则f Mg Fsin μθ=-（），

故C 正确，ABD 错误；

故选C ．

【点睛】物体受到的是滑动摩擦力，据公式N f F μ=求解．

10.拿一个长约1.5m 的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里．把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是

A. 玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快

B. 玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动

C. 玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快

D. 玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快

【答案】C

【解析】

【详解】抽出空气前.金属片和口小羽毛受到空气阻力的作用，不是自由落体运动，羽毛受到的空气阻力大，所以加速度小，则下落的慢，故AB 错误.抽出空气后金属片和小羽毛都不受空气阻力作用.只受重力作用运动，都做加速度为重力加速度的自由落体运动，下落一样快.故C 正确.D 错误.

综上所述本题答案是：C

11.如图所示为初速度v 0沿直线运动的物体的速度图象，其末速度为v ，在时间t 内，物体的平均速度v 和加速度a 是( )

A. 02v v v -+>

，a 随t 减小 B. 02v v v +=，a 恒定 C. 02v v v +<，a 随t 减小 D. 无法确定

【答案】A

【解析】

【详解】由图可知，物体做加速度减小的加速运动，连接图象的起点和终点可得到一个匀变速直线运动，如图所示

其平均速度为0

v v +；而由图可知，变加速运动的位移大于匀变速直线运动的位移，故可知，变加速运动的平均速度大于0 2

v v + ； A ．02v v v +>，a 随t 减小，与结论相符，选项A 正确；

B ．02v v v +=

，a 恒定，与结论不相符，选项B 错误； C ．02v v v +<，a 随t 减小，与结论不相符，选项C 错误； D ．无法确定，与结论不相符，选项D 错误；

12.如图所示，用轻绳将一个匀质小球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则轻绳对球的拉力F 1和墙对球的弹力F 2的变化情况是

A. F 1和F 2都减小

B. F 1减小，F 2增大

C. F 1增大，F 2减小

D. F 1和F 2都增大

【答案】A

【解析】

【分析】以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析F 1和F 2如何变化；

【详解】以小球为研究对象，分析受力如图：

设绳子与墙的夹角为θ，由平衡条件得：1mg F cos θ

=，2F mgtan θ= 把绳的长度增大减小，θ减小，cos θ增大，tan θ减小，则得到1F 和2F 都减小，故选项A 正确，选项BCD 错误．

【点睛】本题物体的平衡中动态变化分析问题，采用的是函数法，也可以运用图解法．

13.下面列举了四个物理量的单位，其中属于国际单位制（SI ）的基本单位的是

A. 米（m ）

B. 千克（kg ）

C. 秒（s ）

D. 牛顿（N ）

【解析】

【详解】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，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位，牛顿根据牛顿第二定律推导出来的，是导出单位，故ABC正确，D错误．

14.如图所示，两人共提一桶水缓缓行进，则（）

A. 两人手臂间的夹角小些省力

B. 两人手臂间的夹角大些省力

C. 调整两人手臂间的夹角，可以做到每个人对水桶的拉力大于水和水桶的重力

D. 不论两人手臂间的夹角如何，每个人对水桶的拉力一定小于水和水桶的重力

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．合力一定时，两个分力夹角越小，分力越小，则两人手臂间的夹角小些省力，选项A正确，B错误；

CD．根据力的合成知识，调整两人手臂间的夹角，当大于120°时，每个人对水桶的拉力大于水和水桶的重力，选项C正确，D错误；

故选AC.

15.“以卵击石，石头无恙而鸡蛋却碎了。”关于鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力，下列说法正确的是（）

A. 这是一对平衡力

B. 这是一对作用力与反作用力

C. 鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小不等

D. 鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等

【解析】

【详解】AB．鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是一对作用力与反作用力，不是平衡力，选项A错误，B正确；

CD．根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等，选项D

正确，C错误；

故选BD.

16.一位同学站在电梯中的弹簧体重计上，随电梯一起运动，发现体重计的示数大于他的体重，由此可知电梯可能的运动情况是（）

A. 加速上升

B. 减速上升

C. 加速下降

D. 减速下降

【答案】AD

【解析】

【详解】体重计的示数大于他的体重，可知人超重，加速度向上，则电梯可能加速向上运动，也可能减速向下运动；

A．加速上升，与结论相符，选项A正确；

B．减速上升，与结论不相符，选项B错误；

C．加速下降，与结论不相符，选项C错误；

D．减速下降，与结论相符，选项D正确；

故选AD.

二、实验题（共9个空，每空2分，计18分）

17.一小球在桌面上从静止开始做匀加速运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球每次曝光的位置，并将小球的位置编号．如图所示，1位置恰为小球刚开始运动的瞬间，摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1s，则小球在4位置时的瞬时速度约为________m/s，小球从1位置到6位置的运动过程中的平均速度为________m/s，在该过程中的加速度大约为

________m/s2.

【答案】 (1). 0.09; (2). 0.075; (3). 0.030;

【解析】

【详解】该题处理方法类似于打点计时器的问题求解方法．小球做的初速度为零的匀加速直线运动，由于高速摄影机在同一底片上多次曝光的时间间隔相同，所以4点瞬时速度的大小为3和5之间的平均速度的大小，所以4点瞬时速度的大小为

35 4

35(246)

0.09/

x cm

v m s

t s

===；小球从1位置到6位置的运动过程中的平均速度为

()

37.50

0.075/

v m s

t s

===

；由匀变速直线运动的规律2

x at

?=可知，采用逐差法求解：

()()

4624

37.513.513.5 1.5

/0.030/

441

x x

a cm s m s

---

===

18.在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验数据画出的图．

(1)本实验主要采用的科学方法是（）

A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法

(2)在本实验操作中，下列说法中正确的是（）

A．同一次实验中，O点位置不允许变动

B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置

C．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°

D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测(3)图乙做出的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是_________.

【答案】 (1). B (2). A (3). F

【解析】

【详解】（1）实验中两次拉长弹簧都需要到相同的位置，说明两次的效果相同，即采用了等效替代的方法；

（2）同一次实验中，Ο点位置不允许变动，故A 正确；实验中，除了记录弹簧测力计的

读数和Ο点的位置，还需要知道测力计的方向，B 错误；实验中，两个弹簧测力计之间的夹角不一定必须取90°，C 错误；D 的说法也是不正确的，故选A ；

（3）方向一定沿AO 方向的是F ＇，因为F 的方向是通过平行四边形法则做出来的，与实际的方向会有一定的误差．

19.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：

（1）通过实验得到如图乙所示的a －F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________(选填“偏大”或“偏小”)．

（2）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)。

（3）某同学根据实验数据作出的a －F 图象如图所示，由图象得出m 甲____m 乙（填“＞”，“＝”，“＜”）。

【答案】 (1). 偏大 (2). 小于 (3). ＜

【解析】

【详解】（1）[1]．由a－F图象可看出，当外力为零时小车就有了加速度，可知造成这一结果

的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大．（2）[2]．根据牛顿第二定律：()mg M m a=+则对小车Mmg F Ma mg M m==<+即该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重

力。

（3）[3]．由于

a F

，即a－F图象斜率的倒数等于小车的质量，而甲的斜率大，则由图象得出m甲

三、（本小题共4小题，要求有必要的文字说明和步骤才能得分，每题10分，共计30分）

20.小明同学在自行车训练场地练习骑行自行车，在通过一段平直道路上的位移-时间图象如图所示。请你根据图象回答以下问题：

（1）距出发点的最远距离为多少？

（2）全过程的路程是多少？

（3）作出小明骑行全程的速度-时间图象（要求按比例自己建立坐标系）。

【答案】（1）距出发点的最远距离为30m （2）全过程的路程是60m （3）如图所示

【解析】

【详解】（1）由图像可知，距出发点的最远距离为 30m 。

（2）全过程的路程是 60m.

（3）因为0-10s 的速度

130m/s 3m/s 10

x v t ?=

==? 10-20s 内速度为零；

20-40s 的速度 230m/s 1.5m/s 20

x v t ?=

==? 如图所示

21.据报载，我国自行设计生产运行速度可达v =150m/s 的磁悬浮飞机．假设飞机的总质量m =5t ，沿水平直轨道以a =1m/s 2的加速度匀加速起动至最大速度，忽略一切阻力的影响，求：

（1）飞机所需的动力F

（2）飞机起动至最大速度所需的时间t

【答案】（1）5000N ；（2）150s

【解析】

【详解】因为m ＝5t ＝5 000 kg ，

由牛顿第二定律得：飞机所需的动力F ＝ma ＝5 000 N ；

(2)飞机从起动至达到最大速度所需时间t ＝＝=150 s ．

22.如图所示，将一质量为m 可视为质点的小物体放到倾角为θ的光滑楔形木块上，小物体的位置离地面高为h ，已知重力加速度为g ，求：

（1）若楔形木块固定，物体由静止开始下滑，求小物体刚刚滑到斜面底端时的速度大小；

（2）为使物体与木块相对静止（小物体刚好不从木块斜面上下滑），分别设计出两种不同的方案（简述方案，并根据题设条件求出相应情境下至少一个对应的物理量）

【答案】(1) 2v gh = (2)见解析

【解析】

【详解】（1）若楔形木块固定，小物体受力如图所示

则

F 合=mg sinθ

由牛顿第二定律

F 合=ma

可得小物体向下运动的加速度

a =g sinθ

斜面长度为

sin h

x θ=

由22

02v v ax -=得小物体刚刚滑到斜面底端时的速度大小为

2v gh

（2）为使物体与木块相对静止:可以采用的方法有

①对小物体不另外施加外力，使楔形木块与小物体共同向左做匀加速运动，加速度大小为a=g tanθ.

②对小物体不另外施加外力，使楔形木块与小物体共同以某一初速度向右做匀减速运动，加速度大小为a=g tanθ.

③保持楔形木块静止，对小物体施加一个平行于斜面向上的拉力，拉力大小为F=mg sinθ

④保持楔形木块静止，对小物体施加一个其他方向拉力，只要能使木块静止均可给分.

23.如图所示, 木板静止于水平地面上, 在其最右端放一可视为质点的木块. 已知木块的质量m＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求:

(1)木板加速度的大小;

(2)要使木块能滑离木板, 水平恒力F作用的最短时间;

(3)如果其他条件不变, 假设木板的上表面也粗糙, 其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3, 欲使木板能从木块的下方抽出, 需对木板施加的最小水平拉力;

(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变, 只将水平恒力增加为30 N, 则木块滑离木板需要多长时间？

【答案】(1)2.5 m/s2(2)1 s (3)25 N (4)2 s

【解析】

【详解】(1)木板受到的摩擦力F f＝μ(M＋m)g＝10 N

木板的加速度a＝＝2.5 m/s2.

(2)设拉力F作用t时间后撤去

木板的加速度为a′＝－＝－2.5 m/s2

木板先做匀加速运动, 后做匀减速运动, 且a＝－a′, 故at2＝L

解得t＝1 s, 即F作用的最短时间为1 s.

(3)设木块的最大加速度为a木块, 木板的最大加速度为a木板, 则μ1mg＝ma木块

得: a木块＝μ1g＝3 m/s2

对木板: F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板

木板能从木块的下方抽出的条件: a木板>a木块

解得: F1>25 N.

(4)木块

的加速度a木块＝μ1g＝3 m/s2木板的加速度a木板＝＝4.25 m/s2木块滑离木板时, 两者的位移关系为s木板－s木块＝L, 即12a木板t2－12a木块t2＝L

代入数据解得: t＝2 s.

【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，以木板为研究对象，木板向右运动过程中受到水平向右的拉力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律可求得加速度大小，拉力F作用时间最短，是指当有拉力F时滑块向右匀加速运动，撤去拉力F后木板向右做匀减速直线运动，而木块向右一直在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，分阶段进行受力分析求得加速度，再由相对位移为木板的长度，可求得拉力F的临界值