学年上学期高一期末备考卷物理B.docx

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学年上学期高一期末备考卷物理B

新教材）2020-2021学年上学期高一期末备考卷

物理（B）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：

每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：

本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列说法正确的是（　　）

A．研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作可把运动员看成质点

B．前3s内的含义是这段时间是3s

C．牛顿第一定律可用实验来验证

D．时间的单位——小时，是国际单位制中的导出单位

【答案】B

【解析】研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作时如果将其看成质点，而质点是一个点，看不到点的动作，所以运动员不能被看成质点，故A错误；根据时间轴的知识，前3s指的是时间3s内，故B正确；牛顿第一定律实在伽利略的斜面实验基础上总结的定律，而伽利略通过对斜面实验进行推论得出的理想实验，完全光滑的斜面不存在，所以牛顿第一定律不能用实验验证，故C错误；导出单位是由基本单位通过定义或一定的关系以及定律推导出来的单位，故D错误。

2．如图所示，小明正在擦一块竖直放置的黑板。

下列关于擦黑板的几种说法正确的是（　　）

A．黑板擦与黑板间的摩擦力是静摩擦力

B．摩擦力的大小一定与黑板擦的重力成正

C．压力越大，黑板与黑板擦之间的摩擦力越大比

D．若黑板擦不小心脱手，则其在自由下落的过程中也可能把字擦掉

【答案】C

【解析】黑板擦相对黑板滑动，所以是滑动摩擦力，故A错误；根据滑动摩擦力公式f＝μFN，可知滑动摩擦力与压力成正比，压力越大，黑板与黑板擦之间的摩擦力越大，与黑板擦的重力无关，故B错误，故C正确；若黑板擦不小心脱手，板擦对黑板的压力为零，所以他们之间没有摩擦力，即在自由下落的过程中不可能把字擦掉，故D错误。

3．如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是（　　）

A．速度相等的物体是B、D

B．合力为零的物体是A、C、E

C．合力是恒力的物体是D、F

D．合力是变力的物体是F

【答案】D

【解析】x－t图象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度v＝

＝2m/s；v－t图象中表示速度随时间变化的规律，故C为匀速运动，速度为2m/s；D为匀变速直线运动，加速度a＝2m/s2；a－t图象中表示加速度随时间变化的规律，故F为加速度增大的加速运动，E为匀加速运动。

则可知：

只有B、C保持匀速运动且速度相等，故速度相等的是B、C，故A正确；做匀速运动或静止的物体合力为零，故合力为零的物体是A、B、C，B错误；做匀变速直线运动的物体合力为恒力，故合力是恒力的为D、E，故C错误；做变加速运动的物体受到的是变力；故合力为变力的物体是F，故D正确。

4．如图所示，两个质量分别为m1、m2的小环能沿着一轻细绳光滑地滑动，绳的两端固定于直杆上的A、B两点，杆与水平面的夹角θ＝15°，在杆上又套上一质量不计的可自由滑动的光滑小轻环，绳穿过轻环，并使m1、m2在其两侧，不计一切摩擦，系统最终处于静止状态时φ＝45°，则两小环质量之比m1∶m2为（　　）

A．tan75°B．tan60°

C．tan30°D．tan15°

【答案】B

【解析】小环为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故环与m2之间的细绳与竖直方向的夹角为60°，环与m1之间的细绳与竖直方向的夹角为30°，A点与m1之间的细绳与竖直方向的夹角也为30°，m2与B点之间的细绳与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对m1，有2Tcos30°＝m1g，对m2，根据平衡条件，有2Tcos60°＝m2g，故m1∶m2＝tan60°，故B正确，ACD错误。

5．如图是高中物理必修1封面上的沙漏照片，观察可以发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的形状，而是成了条条痕迹。

若近似认为砂粒下落的初速度为0，忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，则以下推断正确的是（　　）

A．出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的2倍

B．出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的4倍

C．出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～6cm范围的砂粒数相等

D．出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～8cm范围的砂粒数相等

【答案】D

【解析】根据v2＝2gh，可知出口下方10cm处的速度约是5cm处的

倍，可知出口下方10cm处的痕迹长度约是5cm处的

倍，AB错误；根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5….可知从出口下落0～2cm与2～8cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～2cm范围内的砂粒数约与2～8cm范围的砂粒数相等，C错误，D正确。

6．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A。

木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为（　　）

A．4kgB．3kgC．2kgD．1kg

【答案】C

【解析】刚开始A、B两个一起做加速，根据牛顿第二定律可知F＝（mA+mB）a，结合图像斜率可知mA+mB＝3kg，当加速度大于等于1m/s2，A、B分开各自加速，设B受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律可知F－f＝mBa，结合图像斜率可知mB＝1kg，联立以上公式可求得mA＝2kg，选C。

7．滑雪是冬奥会的比赛项目之一。

如图滑雪轨道是由光滑的斜直轨道AB和粗糙的水平轨道BC组成，B点处为一光滑小圆弧，AC段做匀加速直线运动，BC段做匀减速直线运动；t＝0时运动员从A点由静止开始下滑，最后停在C点。

若第2s末和第6s末速度大小均为8m/s，第4s末速度大小为12m/s，则（　　）

A．运动员在第4s末已经过B点

B．运动员在运动过程中的最大速度为15m/s

C．运动员在第12s末恰好停在C点

D．光滑的斜直轨道的长度大于粗糙的水平轨道的长度

【答案】A

【解析】运动员在倾斜轨道的加速度a1＝4m/s2，如果第4s末运动员还在倾斜轨道上，则速度v＝a1t1＝16m/s，故在第4s末已经过B点，A正确；运动员在水平轨道的加速度a2＝－2m/s2，设运动员由A到B点所用时间为t，在B点速度大小为vB，速度大小由vB减为12m/s所用时间为Δt1，则vB＝a1t，vB＋a2Δt1＝12m/s，Δt1＝4s－t，得

m/s，

s，则

m/s，故B错误；在水平轨道上，速度大小由8m/s减为0，所需时间t2＝4s，故运动员在第10s末恰好停在C点，故C错误；

m，

m，则xAB＜xBC，故D错误。

8．如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。

假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则（　　）

A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用

B．动摩擦因数μ1＋μ2＝2tanθ

C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重

D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力

【答案】B

【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力；同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v，小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1，由运动学公式可得v2＝2a1L，小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma2，由运动学公式可得v2＝2a2L，联立解得μ1＋μ2＝2tanθ，故B正确。

二、多项选择题：

本题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板。

系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg。

则（　　）

A．物块B刚要离开C时受到的弹簧弹力为mg

B．加速度a＝g

C．这个过程持续的时间为

D．这个过程A的位移为

【答案】BD

【解析】物块B刚要离开C时B对C的弹力恰好为零，对B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力F弹＝mgsinθ＝

mg，故A错误；B刚要离开C时，对A，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－F弹＝ma，解得a＝g，故B正确；刚开始时，对A由平衡条件得kx1＝mgsinθ，B刚要离开C时，弹簧弹力F弹＝kx2，整个过程A的位移x＝x1＋x2，解得

，故D正确；物块A做初速度为零的匀加速直线运动，x＝

at2，解得

，故C错误。

10．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中（　　）

A．最大加速度为

B．最大加速度为

C．最大速度为

D．最大速度为

【答案】AC

【解析】当F1

时，圆环的加速度最大，即amax＝

，A正确，B错误；圆环速度逐渐增大，当F1＝kv>mg时，由牛顿第二定律得F－μ（kv－mg）＝ma，当a＝0时，圆环的速度最大，即vmax＝

，C正确，D错误。

11．如图所示，粗糙地面上有一斜面体，倾角为θ。

不可伸长的细绳跨过斜面顶端光滑定滑轮，左端连接静止的大物块，质量为M，右端连着一根光滑轻杆，轻杆铰接在斜面右侧，轻杆顶端用另一根细绳挂着质量为m的小物块。

一开始整个装置静止，细绳垂直于轻杆。

用手将大物块从A点移动到B点后松手，系统仍然保持静止，且在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

则下列说法中正确的是（　　）

A．绳子的张力减小

B．地面给斜面体的作用力一定不变

C．在A处时绳子的张力比B处时一定大2Msinθ

D．若大物块再向下移动一点距离，则系统一定失去平衡

【答案】AB

【解析】以绳子结点为研究对象进行受力分析，如图所示，根据力的三角形和边的三角形相似可得

，由于mg和H不变，OP减小，则拉力F减小，故A正确；地面给斜面体的作用力等于总重，所以地面给斜面体的作用力一定不变，故B正确；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但B点绳子拉力小，所以A点摩擦力方向向下、B点摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得，在A处FA＝Mgsinθ＋f，在B处FB＝Mgsinθ－f，解得FA－FB＝2f，而f≤Mgsinθ，在A处时绳子的张力比B处时不一定大2Mgsinθ，故C错误；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但在B点摩擦力是否达到最大不确定，所以若将大物块再向下移动一点距离，则系统不一定失去平衡，故D错误。

12．由于公路维修，只允许单车道通行。

t＝0时，甲车在前，乙车在后，相距x0＝100m，速度均为v0＝30m/s，从此时开始两车按图所示规律运动，则下列说法正确的是（　　）

A．两车最近距离为100m

B．两车最近距离为10m

C．两车一定不会相遇

D．两车一定会相遇

【答案】BC

【解析】在0～3s时间内，甲车一直减速，乙车匀速运动，两车距离一直减小，在3s～9s时间内，甲车从静止开始加速，乙车开始减速，当两车速度相等时，距离最近，从3s开始，甲车的加速度为5m/s2，再经t时间，两车速度相等，a甲t＝v0－a乙t，得t＝3s，因此在6s时两车距离最近，由甲车图象可知x甲＝67.5m，设前3s为t0，乙车的位移x乙＝v0t＋v0t－

a乙t2＝157.5m，此时两车间距离Δx＝x0＋x甲－x乙＝10m，因此两车最近距离为10m，不会相遇，AC正确，BD错误。

三、非选择题：

本题共6小题，共60分。

按题目要求作答。

解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13．（6分）如图所示，用铁架台、弹簧、刻度尺和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系实验。

重力加速度g取9.8m/s2。

（1）关于该实验，以下说法正确的是______（请将正确答案对应的字母填在横线上）；

A．弹簧被拉伸时，拉力越大越好

B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要使弹簧保持竖直状态

C．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读数

D．用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量

（2）如图所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。

由图可知：

图线不通过原点的原因可能是____________；弹簧的劲度系数k＝______N/m。

【答案】

（1）BC

（2）弹簧自身有重力4.9（每空2分）

【解析】

（1）弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，故A错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要使弹簧保持竖直状态，此时弹簧的弹力等于钩码的重力，故B正确；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读数，故C正确；用刻度尺测得弹簧的长度不是伸长量，是原长和伸长量之和，故D错误。

（2）由图可知，当F＝0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的。

根据题意

。

14．（8分）验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。

图中打点计时器的电源为交流电源，打点的时间间隔用T表示。

在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。

（1）实验步骤如下：

①平衡小车所受的阻力：

取下小吊盘，将木板________（填“右端”或“左端”）抬高，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。

②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。

⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距x1、x2…，求出与不同质量m相对应的加速度a。

⑥以砝码的质量m为横坐标，以

为纵坐标，在坐标纸上做出

－m的关系图线。

若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则

－m的关系图线为一条倾斜直线。

（2）回答下列问题：

①如图乙所示，设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2、x3，则a可用x1、x3和T表示为a＝________；

②图丙为所得实验图线的示意图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为________。

【答案】

（1）右端

（2）

（每空2分）

【解析】

（1）在平衡摩擦力时，取下小吊盘，将木板右端抬高，使木板形成斜面，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点，则此时说明小车做匀速运动。

（2）①两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为T，计数点间的时间间隔t＝5T，由匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，可得，加速度为

。

②设小车所受外力为F、小车和车中砝码的质量为M′，小吊盘和盘中物块的质量m，由牛顿第二定律有F＝（M′＋m）a，变形得

，结合图丙所示图像，可得斜率

，所以拉力F＝

；由截距

，联立解得小车的质量M′＝bF＝

。

15．（8分）建筑工地上的一工人，通过定滑轮把重物吊起，如图所示。

已知工人的质量M＝60kg，重物的质量m＝50kg，滑轮与绳之间的摩擦不计，工人的力量足够大，取g＝10m/s2。

（1）求工人竖直向下拉绳时，重物的最大加速度。

（2）工人以最大加速度拉重物时，2s末绳突然断开，求重物上升的最大高度。

（设定滑轮足够高）

【解析】

（1）虽然工人的力量足够大，但通过定滑轮对重物的拉力不能超过工人的自身重力，如果超过自身重力，工人就变成爬绳了。

由牛顿第二定律得：

Mg－mg＝mam　（2分）

解得重物的最大加速度am＝2m/s2。

　（2分）

（2）绳断开后，重物做竖直上抛运动，有：

（2分）

解得：

H＝4.8m。

　（2分）

16．（8分）在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。

如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15kg，货箱与地面间的动摩擦因数μ＝

。

若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速运动，取g＝10m/s2，求：

（1）拉力方向与水平面成60°角时拉力的大小（结果保留1位小数）；

（2）所施加拉力的最小值和方向。

【解析】

（1）研究货箱，根据平衡条件有：

Fsin60°＋FN－mg＝0（1分）

Fcos60°－Ff＝0（1分）

Ff＝μFN（1分）

解得：

F＝50

N＝86.6N。

（1分）

（2）如图所示，tanθ＝

＝μ，解得θ＝30°（2分）

即弹力和滑动摩擦力的合力FNf方向固定不变，当拉力F′的方向垂直FNf时，拉力F′有最小值

由矢量三角形的关系可得：

F′＝mgsinθ＝75N。

（2分）

17．（14分）图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。

图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。

（1）求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；

（2）若人以v0的速度沿图中虚线S走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动

d的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？

（3）若以

（2）的感应距离设计感应门，欲搬运宽为

d的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？

【解析】

（1）依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示，设门全部开启所用的时间为t0，由图可得：

d＝

v0t0（2分）

由速度时间关系得：

v0＝a·

t0（1分）

联立解得：

。

（1分）

（2）要使单扇门打开

d，需要的时间t＝

t0（1分）

人只要在t时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为l＝v0t（1分）

联立解得：

l＝d。

（1分）

（3）依题意宽为

d的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动

的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：

开始以加速度a运动s1＝

d的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝

t0，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又动了

的距离（2分）

由匀变速运动公式，得：

s2＝v0t2－

at22（1分）

解得：

和

（不合题意舍去）（1分）

要使每扇门打开

所用的时间为

（1分）

故物体移动的速度不能超过

。

（2分）

18．（16分）用电动机带动倾斜传送带运送货物到顶端，A、B为传送带上表面平直部分的两端点，如图所示。

AB长L＝32m，传送带与水平面的夹角为θ，保持速度v＝8m/s顺时针转动。

将某种货物轻放底端A，正常情况下，经t0＝6s时间货物到达B端。

某次运送同种货物时，货物从传送带A端无初速向上运动Δt＝5.2s时，电动机突然停电，传送带立刻停止转动，但最终该货物恰好到B端。

取g＝10m/s2，求：

（1）货物在传送带上向上加速运动时的加速度大小a1；

（2）sinθ的值。

【解析】

（1）第一次，若一直加速则：

x＝

vt0＝24m＜L（1分）

所以，应该是先加速后匀速，加速阶段的位移

（1分）

加速的时间

（1分）

匀速阶段，匀速的时间t2＝t0－t1（1分）

匀速的位移x2＝vt2（1分）

又有L＝x1＋x2（1分）

联立解得a1＝2m/s2。

（1分）

（2）因为Δt＞

，所以5.2s内物体先加速后匀速，加速阶段时间仍为t1＝4s（1分）

位移为

（1分）

匀速阶段时间t2′＝Δt－t1＝1.2s（1分）

位移x2′＝vt2′＝9.6m（1分）

皮带停止后x3＝L－x1－x2′＝6.4m（1分）

设皮带停止后，货物加速度大小为a2，则

（1分）

由牛顿第二定律得：

μmgcosθ－mgsinθ＝ma1（1分）

μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2（1分）

两式相减得sinθ＝0.15。

（1分）