学年高一第一学期期末物理试题及答案.docx

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学年高一第一学期期末物理试题及答案

2021-2022学年高一第一学期期末物理试卷

一、选择题：

本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一个选项符合题目要求，第7-10题有多个选项符合题目要求．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．（4分）某段时间，某物品价格持续上涨。

如果将该物品价格“。

上涨“类比成运动学中的“加速”，将该物品价格“下降”类比成运动学中的“减速“，你认为“该物品价格上涨出现减慢趋势”可以类比成运动学中的（　　）

A．速度增加，加速度减小B．速度增加，加速度增大

C．速度减小，加速度减小D．速度减小，加速度增大

解：

物品价格上涨，说明价格还是在上涨着，相当于速度在增加；出现减慢趋势，是价格还在上涨，但涨的慢了，就相当于速度变化的慢了，即加速度在减小，故A正确，BCD错误。

故选：

A。

2．（4分）帝企鹅是南极常见的一种动物，如图所示的是一只处在南极极点的帝企鹅。

如果把地球看成一个均匀的球体，关于此帝企鹅与重力有关的问题，下列说法中正确的是（　　）

A．帝企鹅的重心一定在其体外

B．帝企鹅受到的重力不一定等于地球对它的吸引力

C．帝企鹅受到的重力的方向一定指向地心

D．帝企鹅对地面的压力就是其受到的重力

解：

A、帝企鹅的重心与物体的形状和质量分布两个因素有关，重心可以在企鹅以外，也可以在企鹅体内，故A错误；

B、处在南极极点的帝企鹅受到的重力一定等于地球对它的吸引力，故B错误；

C、受到的重力受到的重力的方向一定指向地心，故C正确；

D、重力属于万有引力，而帝企鹅静止在水平面上对水平面的压力属于弹力，二者的性质不同，施力物体、受力物体都不同，故D错误；

故选：

C。

3．（4分）如图所示，跳高是一种由有节奏地助跑、单脚起跳、越过横杆、落地等动作组成，以越过横杆时横杆所处的高度来计算成绩的比赛项目。

关于跳高过程中各阶段的物理知识分析，下列说法正确的是（　　）

A．运动员从地面单脚起跳是因为地面对人的支持力大于人对地面的压力

B．运动员在上升和下降过程中惯性大小不变

C．运动员能下落到地面是因为重力维持了运动

D．运动员落地静止后惯性消失

解：

A、地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力力一是相互作用力，故支持力等于运动员对地面的压力，故A错误；

BD、运动员的惯性大小与运动的状态无关，运动员落地静止后惯性不发生变化，故B正确，D错误；

C、运动员能下落到地面是因为重力改变了运动员的运动状态，使速度的方向向下发生偏转，故C错误；

故选：

B。

4．（4分）甲，乙两车在同一平直公路上运动，两车的位移x随时间t变化的图象如图所示，其

中甲是曲线，乙是直线。

下列说法正确的是（　　）

A．两车在任一时刻的加速度都不同

B．两车在任一时刻的位移都不相等

C．两车在任一时刻的速度都不同

D．两车的运动方向不相同

解：

A、根据x﹣t图象的斜率表示速度，可知甲车做变速直线运动，加速度不为零。

乙做匀速直线运动，加速度为零，两车在任一时刻的加速度都不同，故A正确。

B、图象的交点表示相遇，则知两车在两个时刻的位移相等，故B错误。

C、图象的斜率表示速度，当甲图象的切线斜率与乙图象的斜率相等时两者速度相同，故C错误。

D、根据，图象的斜率表示速度，知两车的运动方向相同，故D错误。

故选：

A。

5．（4分）将一小球从地面竖直上抛后，在2s末到达离地面30m的最高点。

若空气阻力恒定，重力加速度g取10m/s2，则小球上升过程中阻力与重力大小的比值为（　　）

A．1.25B．1.00C．0.50D．0.25

解：

设抛出时的速度为v，根据位移时间关系可得：

h

解得：

v

m/s＝30m/s

上升过程中的加速度大小为a

m/s2＝15m/s2，

根据牛顿第二定律可得：

mg+f＝ma，

解得f＝5m＝0.5mg

所以小球上升过程中阻力与重力大小的比值

0.50，故C正确、ABD错误。

故选：

C。

6．（4分）甲、乙两个物体分别从离水平地面40m、20m的高处自由落下，且甲比乙先下落1s，若不计空气阻力，则在落地之前，关于两个物体运动的说法中正确的是（　　）

A．两物体可能在离地同一高度处速度相同

B．两物体可能在某一时刻速度相同

C．两物体从起点各自下落相同的距离时的速度不同

D．落地之前甲和乙的高度之差随时间的增加而增大

解：

A、根据v

可知，h为下落高度，甲乙下落同一位置，由于初始位置不同，下落高度不同，所以速度不同，故A错误；

B、根据v＝gt知，甲比乙先下落1s，在乙下落后的任意一时刻，甲的速度大于乙的速度，故B错误；

C、根据v

可知，h为下落高度，甲乙下落相同距离，速度相同，故C错误；

D、根据h

gt2知，甲和乙下落的高度之差△h

g（t+1）2﹣

gt2＝gt

g，随时间增加，故D正确；

故选：

D。

7．（4分）如图所示，轻弹簧下端竖直固定在水平地面上，上端连接﹣物块，开始时物块处于静止状态。

现用手缓慢压物块直到弹簧压编量为开始压缩量的三倍时释放，物块竖直向上运动一段距离后速度为零。

已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法中正确的是（　　）

A．释放瞬间物块的加速度大小为2g

B．物块竖直向上移动一段距离的过程中，加速度先增大后减小

C．物块竖直向上移动一段距离的过程中，先处于超重状态后处于失重状态

D．物块竖直向上移动一段距离的过程中，速度先增大后减小

解：

A、释放瞬间，对于物体，根据牛顿第二定律：

F﹣mg＝ma，F＝3mg，解得a＝2g，故A正确。

B、物块竖直向上移动一段距离的过程中，当F＞mg，且F减小，根据牛顿第二定律知加速度减小，方向向上；当F＜mg，且F减小，根据牛顿第二定律知加速度增大，方向向下，故B错误。

C、物块竖直向上移动一段距离的过程中，加速度方向先向上后向下，物块先处于超重状态后处于失重状态，故C正确。

D、物块竖直向上移动一段距离的过程中，加速度方向先向上后向下，物块先做加速运动后做减速运动，故D正确。

故选：

ACD。

8．（4分）如图所示，将一“桃心”金属合金吊坠穿在一根轻细线上，两个端点A、B在同一水平线上，吊坠挂在细线的中点O处，此时细线AO与BO的夹角为θ．已知吊坠受到的重力为G，则下列说法中正确的是（　　）

A．随θ的增大，细线承受的拉力一直增大

B．细线承受的拉力一定大于G

C．当θ＝120°时，细线承受的拉力大小为

D．当θ＝60°时，细线承受的拉力大小为

解：

A、以吊坠为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示。

因绳子两端的张力始终相等，设为T，根据平衡条件得：

2Tcos

G

得到绳子的拉力T

，随θ的增大，cos

变小，则T增大，故A正确

B、当θ＜60°时，2cos

1，所以细线承受的拉力不一定大于G，故B错误。

C、当θ＝120°时，T＝G，故C错误。

D、当θ＝60°时，T

，故D正确。

故选：

AD。

9．（4分）如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，依次经过A．B、C三棵树。

已知AB＝BC＝12m，且汽车经过AB和BC两段所用的时间分别为4s和2s。

则下列说法中正确是（　　）

A．汽车在经过树A后3s末的速度大小为4m/s

B．汽车的加速度大小为1m/s2

C．汽车经过树A的速度大小为2m/s

D．汽车经过树C的速度大小为7m/s

解：

A、汽车经过AB和BC两段所用的时间分别为4s和2s，则3s为AC的中间时刻，根据匀变速直线运动，中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，

则：

v3

4m/s，故A正确；

B、根据匀变速直线运动的规律可得：

AB中间的时刻，2s时的速度：

v2

3m/s，

BC中间的时刻，5s的速度为：

v5

6m/s

根据匀变速直线运动的速度时间公式得：

v5＝v2+a△t，即a

m/s2＝1m/s2，故B正确；

C、从A到AB中间的时刻，经过时间t3＝2s，汽车经过树A的速度：

vA＝v2﹣at3＝3m/s﹣1×2m/s＝1m/s，故C错误；

D、从A到C，经过时间t4＝6s，汽车经过树C的速度：

vB＝vA+at4＝1m/s+1×6m/s＝7m/s，故D正确。

故选：

ABD。

10．（4分）如图所示，一倾角为30°的三角形斜面置于粗糙的水平面上，在斜面上有一个内部有斜面的正方体箱子，该斜面与正方体箱子底面的夹角为53°，在箱内斜面上放置一个重为120N的球，整个系统恰好处于静止状态，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．则下列说法中正确的是（　　）

A．三角形斜面受到水平面的摩擦力作用，方向水平向右

B．箱子与斜面间的动摩擦因数为μ

C．箱子受到三个力的作用

D．球对箱子内斜面的压力为100

N

解：

A、整体处于静止状态，水平方向受力平衡，则三角形斜面不受水平面的摩擦力作用，故A错误；

B、系统恰好处于静止状态，设箱子和球的总质量为M，根据平衡条件可得Mgsin30°＝μMgcos30°，解得箱子与斜面间的动摩擦因数μ＝tan30°

，故B正确；

C、箱子受到重力、斜面对它的支持力和摩擦力、球对箱子的两个压力共5个力的作用，故C错误；

D、小球的重力mg＝120N，以小球为研究对象进行受力分析，受到重力和箱子对它的两个支持力作用，如图所示，沿斜面和垂直于斜面方向建立直角坐标系，垂直于斜面方向根据平衡条件可得：

F1sin37°＝mgcos30°，解得F1＝100

N，故D正确。

故选：

BD。

二、非选择题：

本题共6小题，共60分．

11．（5分）某同学在做探究弹力跟弹簧长度关系的实验中。

根据实验数据描点画出F﹣L图象如图所示，若弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2，回答以下两个问题：

（1）由以上实验数据可求得弹簧的劲度系数k＝　156（155～157）　N/m。

（保留三位有效数字）

（2）由图中实验数据得出弹簧弹力大小F与其长度L的关系式为　F＝156（L﹣0.02）（N）　，对应的函数

关系图线与横轴（长度L）的交点表示　弹簧原长　。

解：

（1）弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图象的斜率表示劲度系数，则劲度系数k

N/m＝156N/m。

（2）分析图象可知，图线与横轴的夹点表示弹簧的原长L0＝0.02m。

由图中实验数据结合胡克定律得到弹簧弹力大小F与其长度L的关系式F＝k（L﹣L0）＝156（L﹣0.02）（N）。

故答案为：

（1）156（155～157）；

（2）F＝156（L﹣0.02）（N）；弹簧原长。

12．（10分）某同学用如图1所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。

（1）该同学在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图2所示。

在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，测得d1＝3.90cm，d2＝8.79cm，d3＝14.70cm，d4＝21.60cm，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出）。

已知打点计时器的频率为50Hz，则打C点时小车的速度vc＝　0.54　m/s，小车的加速度a＝　1.0　m/s2．（结果保留两位有效数字）

（2）已平衡摩擦力之后，该同学画出的a﹣F图象是一条直线，如图3所示，求得图线的斜率为k，若小车上砝码的质量为m，则小车的质量为　

　。

（3）另外一位同学将小车换为木块，并保持木块与砝码的总质量M不变，将木板调为水平放置，根据实验得到的数据画出a﹣F图线如图4所示，已知重力加速度为g，木块与桌面间的动摩擦因数μ＝　

　。

解：

（1）计时器打点的时间间隔为0.02s，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s。

根据一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解打C点时小车的速度，

m/s＝0.54m/s。

根据△x＝aT2，运用逐差法得：

a

1.0m/s2。

（2）研究小车的受力情况，根据牛顿第二定律可知，

F＝（M+m）a

解得a

图线的斜率k

，解得小车质量M

。

（3）木板调为水平放置，需要考虑摩擦力作用，根据牛顿第二定律可知，

F﹣μMg＝Ma

解得a

，

当a＝0时，F＝F0，解得μ

。

故答案为：

（1）0.54；1.0；

（2）

；（3）

。

13．（8分）某校为了提高学生的创新能力，培养科技后备人才，成立了科技航模兴趣小组。

小组成员正在试验自己设计的一架无人机，通过输入指令使无人机从空中返回地面。

若要无人机从距地面60m高处由静止开始下落，到达地面时速度恰好为零，下落时间最短。

已知该无人机运行速度的最大值为15m/s，加速度大小不超过5m/s2．求：

（1）无人机由静止以最大加速度加速下落的位移；

（2）无人机由静止下落到地面的最短时间。

解：

（1）设无人机由静止以最大加速度加速下向下加速运动的时间为t1，位移为x1，由匀变速直线运动的速度公式可得：

v＝at1

则：

t1＝3s

由：

x1

可得：

x1＝22.5m

（2）若要无人机由静止下落到地面的时间最短，则先以最大加速度向下做加速运动，然后做一段匀速运动，最后再以最大加速度做减速运动，设匀速运动的时间为t2，减速运动的时间为t3，则：

s＝3s

减速运动的位移：

m＝22.5m

匀速运动的位移：

x2＝h﹣x1﹣x3＝60m﹣22.5m﹣22.5m＝15m

所以匀速运动的时间：

s＝1s

总时间：

t＝t1+t2+t3＝3s+1s+3s＝7s

答：

（1）无人机由静止以最大加速度加速下落的位移是22.5m；

（2）无人机由静止下落到地面的最短时间是7s。

14．（11分）如图1所示为一儿童滑梯，某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段

距离，停在滑道上。

现简化为如图2所示的模型，图中斜面与水平面的夹角θ＝37°，斜面长为L＝4m。

已知儿童与滑梯水平部分间的动摩擦因数μ1＝0.2，滑梯倾斜部分与水平部分的粗糙程度不相同，儿童在滑梯水平部分的位移为4m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计儿童运动到水平面与斜面衔接处的速度损失。

求：

（1）儿童滑到斜面底端时的速度大小；

（2）儿童与滑梯斜面部分间的动摩擦因数。

解：

（1）儿童在水平部分受重力、支持力和摩擦力作用。

由牛顿第二定律得：

﹣μ1mg＝ma1

代入数值解得儿童在水平面上的加速度为：

a1＝﹣μ1g＝﹣2m/s2

由匀变速直线运动规律得：

0﹣v2＝2a1x

代入数值解得：

v＝4m/s

（2）设儿童在滑梯倾斜部分运动的加速度为a2，与倾斜部分滑梯间的动摩擦因数为μ2．由匀变速直线运动规律得：

v2﹣0＝2a2L

代入数值解得：

a2＝2m/s2

儿童沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律得：

mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2

代入数值解得：

μ2＝0.5

答：

（1）儿童滑到斜面底端时的速度大小是4m/s。

（2）儿童与滑梯斜面部分间的动摩擦因数是0.5。

15．（11分）如图所示，固定在地面上的大木块ABC由

圆柱面AB与楔形斜面BC组成，B点有一一光滑定滑轮，质量为M的光滑大球通过绕过定滑轮的轻绳与拴接轻弹簧的小滑块连在一起，两者处于静止状态时，轻绳恰好沿水平方向，轻弹簧与斜面平行。

已知弹簧的劲度系数为k，图中OO'与水平面的夹角为α

，斜面与水平面间的夹角为θ，重力加速度为g。

求：

（1）弹簧的伸长量；

（2）若小滑块的质量为m，斜面对小滑块摩擦力的可能值。

解：

（1）以小球为研究对象，根据平衡条件可得水平绳的拉力为：

F2

根据胡克定律可得：

F2＝kx

解得：

x

；

（2）物块受重力、斜面的支持力、弹簧弹力和摩擦力作用，物块处于静止状态，受力平衡；如果滑块恰好不能上滑，摩擦力沿斜面向下；根据平衡条件可得：

F2＝mgsinθ+f

解得：

f

mgsinθ

如果滑块恰好不能下滑，摩擦力沿斜面向上；根据平衡条件可得：

f+F2＝mgsinθ

解得：

f＝mgsinθ

如果无相对运动，则f＝0。

所以0≤f≤|mgsinθ

|，方向与相对运动趋势方向相反。

答：

（1）弹簧的伸长量为

。

（2）若小滑块的质量为m，斜面对小滑块摩擦力0≤f≤|mgsinθ

|，方向与相对运动趋势方向相反。

16．（15分）如图1所示，质量为m＝3kg的物块叠放在足够长的木板的右端，木板置于粗糙的水平地面上，今在木板右端施加水平向右的恒定拉力F，1s后改变力F的大小，图2为0～2s内木板的v﹣t图象。

已知木板质量为M＝5kg，重力加速度g取10m/s2，木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝0.4．求：

（1）1s内恒力F1的大小和t＝1s时物块的速度大小；

（2）在1～2s内恒力F2的大小；

（3）欲使物块不从木板上滑落下来，木板的最小长度。

解：

（l）在0﹣ls内，若物块与木板相对滑动，根据牛顿第二定律，对物块有：

a1＝μ2g＝4m/s2

由图2可知，木板加速度为：

a2

m/s2＝5m/s2

所以物块与木板间发生相对运动。

对木板进行受力分析，它在水平方回受地面和物块的摩擦力和恒力（设为F1）

根据牛顿第二定律得：

F1﹣μ1（M+m）g﹣μ2mg＝Ma

代入数据解得：

F1＝45N

t＝1s时，物块的速度为：

v1＝a1t＝4m/s

（2）由图2可知，在l﹣2s内，木板的加选度为：

a3

m/s2＝3m/s2

v木＝v1+a3t＝8m/s，v物＝a1t2＝8m/s，即2s末和物块与木板达到共速

对木板进行受力分析，1﹣2s内木板在水平方向受地面和物块的摩擦力和恒力，根据牛顿第二定律得：

F2﹣μ1（M+m）g﹣μ2mg＝Ma3

代人数据解得：

F2＝35N

（3）在0﹣2s内，木板的位移为：

s2

v2△t

9m

物块的位移为：

s1

v1△t

8m

则木板最小长度为：

L＝s2﹣s1＝9m﹣8m＝lm

答：

（1）1s内恒力F1的大小是45N，t＝1s时物块的速度大小是4m/s。

（2）在1～2s内恒力F2的大小是35N。

（3）欲使物块不从木板上滑落下来，木板的最小长度是lm。