学年高一第一学期期末考试物理试题及答案.docx

1、学年高一第一学期期末考试物理试题及答案2021-2022学年高一上学期期末考试物理试卷一选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1（3分）一质点做初速度为1m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，在05s内，质点运动的位移为（）A30m B32m C34m D36m解：根据得质点在5s内的位移为：，故A正确，BCD错误。故选：A。2（3分）关于加速度，下列说法中不正确的是（）A速度变化量越大，加速度一定越大 B速度变化越快，加速度一定越大 C速度变化率越大，加速度一定越大 D单位时间内速度变化量越大，加速度一定越大解：A/根据a可知速度变化量越大，加速度不一定越大，故A错误；B、根据a

2、可知速度变化越快，加速度一定越大，故B正确；C、就是速度变化率，可知速度变化率越大，加速度一定越大，故C正确；D、根据a可知，单位时间内速度变化量越大，加速度一定越大，故D正确；此题选择不正确的选项，故选：A。3（3分）如图所示，在一升降机中，物体A置于斜面上，当升降机处于静止状态时，物体A恰好静止不动，若升降机以加速度g竖直向下做匀加速运动时，以下关于物体受力的说法中正确的是（）A物体仍然相对斜面静止，物体所受的各个力均不变 B因物体处于失重状态，所以物体不受任何力作用 C因物体处于失重状态，所以物体所受重力变为零，其它力不变 D物体处于失重状态，物体除了受到的重力不变以外，不受其它力的作用

3、解：当升降机处于静止状态时，物体A恰好静止不动，物体A受重力、支持力和静摩擦力，三力平衡；当升降机以加速度g竖直向下做匀加速运动时，是完全失重状态，故物体A与升降机间将没有相互作用力，物体A只受重力作用；故ABC错误，D正确；故选：D。4（3分）站在高楼的阳台上伸出手，从离地高20m处以初速度10m/s竖直上抛一小球，不计空气阻力，则物体在抛出点下方15m处时，所经历的时间是（取g10m/s2）（）A1 s B2 s C3 s D3.5 s解：取竖直向上方向为正方向，当石块运动到抛出点下方离抛出点15m时，位移为x15m，由xv0tgt2代入得：1510t10t2，解得t13s，t21s（舍去

4、）。故选：C。5（3分）如图，一个质量为m的均匀光滑小球处于静止状态，三角劈与小球的接触点为P，小球重心为O，PO的连线与竖直方向的夹角为则三角劈对小球的弹力（）A方向竖直向上，大小为mg B方向竖直向上，大小为mgcos C方向沿PO向上，大小为 D方向沿PO向上，大小为mgtan解：对小球受力分析，三角劈对小球的弹力方向沿PO向上，采用合成法，如图：由几何知识得：N1；故选：C。6（3分）下图是一升降机的运动情况，升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，

5、重力加速度为g，以下判断正确的是（）A在02t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 B在t03t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 Ctt0时刻，物块所受的支持力大小为mg Dt3t0时刻，物块所受支持力大小为2mg解：A、由乙图可知，在02t0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故A错误；B、由乙图可知，在t03t0时间内，加速度一直向上，物块一直处于超重状态，故B错误；C、由乙图可知，tt0时刻，加速度为0，物块所受的支持力大小为mg，故C正确；D、由乙图可知，t3t0时刻，加速度为2g，由Fmgma可知物块所受的支持力F3mg，故D错误。故选：C。7（3分）如

6、图所示，一个空心均匀球壳里面注满水，球的正下方有一小孔，当水由小孔慢慢流出的过程中，空心球壳和水的共同重心将会（）A先降低后升高 B一直下降 C一直上升 D先升高后降低解：装满水时重心在球心处，随着水从小孔不断流出，重心位置不断下降，当水流完后，重心又上升到球心处，故重心的位置先下降后上升，故A正确，BCD错误。故选：A。8（3分）如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则（）AQ可能受到两个力的作用 BQ可能受到三个力的作用 CQ受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左 DQ受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方解

7、：Q处于静止状态，受力平衡，对Q受力分析，受到重力、绳子的拉力，这两个力不能平衡，则Q还要受到地面的支持力和水平向右的静摩擦力，共四个力作用，根据平衡条件可知，Q受到的绳子拉力与重力的合力与支持力以及静摩擦力的合力大小相等，方向相反，而持力以及静摩擦力的合力方向指向右上方，则Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方，故D正确，ABC错误。故选：D。9（3分）帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力。下列图中能使帆船获得前进动力的是（）A B C D解：A、风给帆的作用力沿着风向，而风给帆的弹力垂直于帆，因此船是向后退的，故A错误；B、同理，船也是向后退的，

8、故B错误；C、船仍是向后退的，故C错误；D、风给帆的作用力沿着风向，而风给帆的弹力垂直于帆，因此船是向前进的，故D正确；故选：D。10（3分）有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（）AFN不变，f变大 BFN不变，f变小 CFN变大，f变大 DFN变大，f变小解：对小环Q受力分析，受到重力mg、支持力N和拉力T

9、，如图根据三力平衡条件得：TNmgtan再对P、Q整体受力分析，受到总重力2mg、OA杆支持力FN、向右的静摩擦力f、BO杆的支持力N，如图根据共点力平衡条件，有NfFN（m+m）g2mg故fmgtan当P环向左移一小段距离，角度变小，故静摩擦力f变小，支持力FN不变；故选：B。二多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）11（4分）停在10层的电梯底板上放置有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止（）A若电梯突然向下开动（磁铁与底板始终相互接触），并停在1层，最后两块磁铁一定仍在原来位置 B若电梯突然向下开动（磁铁与底板始终相互接触），并停在1层，

10、最后两块磁铁可能已碰在一起 C若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁可能已碰在一起 D若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁一定仍在原来位置解：开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止，说明磁铁间引力小于等于最大静摩擦力。A、B若电梯突然向下开动，开始阶段加速度向下，磁铁处于失重状态，对电梯底板的压力减小，所受的最大静摩擦力减小，由于引力，两磁铁可能相对运动而碰在一起。故A错误，B正确；C、D若电梯突然向上开动，电梯先向上加速，最后向上减速，加速度方向先向上后向下，磁铁最后处于失重状态，对电梯底板的压力减小，所受的最大静摩擦力减小，由于引力，两磁铁可能相对运动而碰在一起。故C正确，D

11、错误。故选：BC。12（4分）如图所示，质量为M的小车置于水平面上，轻绳跨过小车右顶端的滑轮连接质量分别为m1、m2的两个物块，m2置于小车水平上表面，m1竖直悬挂并贴着小车右竖直挡板，所有接触面都是光滑的，对M施加水平推力F，m1、m2能与M保持相对静止，则F的大小为（）Ag Bg Cg D（m1+m2+M）g解：以物块m1为研究对象，物块m1竖直方向没有加速度，根据平衡条件可得细绳的拉力：Tm1g对物块m2，根据牛顿第二定律得：Tm2a解得：a对整体，根据牛顿第二定律得：F（m1+m2+M）ag，故A正确，BCD错误。故选：A。13（4分）如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc

12、与水平方向的夹角为37，sin370.6，cos370.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则（）A若小车向左加速，加速度不能超过 B若小车向左加速，加速度不能超过 C若小车向右加速，加速度不能超过 D若小车向右加速，加速度不能超过解：AB、若小车向左加速，小球恰好脱离小车时，ab面的支持力为零，此时小球受到重力、bc面的支持力，如图所示：根据牛顿第二定律可得mgtan37ma，解得a，所以若小车向左加速，加速度不能超过，故A错误、B正确；CD、同理可得，若小车向右加速，小球恰好脱离小车时，cb面的支持力为零，此时小球受到重力、ab面的支持力，根据

13、牛顿第二定律可得mgtan53ma，解得a，所以若小车向右加速，加速度不能超过，故C错误、D正确。故选：BD。14（4分）如图所示，物体B的上表面水平，当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面保持静止不动，则下列判断正确的有（）A物体B的上表面一定是粗糙的 B物体B、C都只受4个力作用 C物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右 D水平面对物体C的支持力等于三物体的重力大小之和解：A、物体A做匀速直线运动，加速度为零，故合力为零；受重力和支持力，不受摩擦力（若有摩擦力，则不平衡），所以B的上表面是否粗糙不能判定。故A错误；B、对AB整体受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，三力平衡，整体受到的摩擦

14、力作用于B上。所以B受到重力、A对B的压力、C对B的支持力和摩擦力。对C分析可知，C受到重力、地面对它的支持力、B对C的压力和摩擦力4个力作用，故B正确；C、选取ABC的整体为研究的对象，AB匀速运动，C静止，加速度为零，故合力为零；受重力和支持力，C不受的地面的摩擦力（若有摩擦力，则不平衡），故C错误；D、选取ABC的整体为研究的对象，AB匀速运动，C静止，加速度为零，故合力为零；竖直方向受重力和支持力，所以水平面对物体C的支持力等于三物体的重力大小之和。故D正确；故选：BD。三解答题（共2小题）15某实验小组采用图甲所示的装置“探究a与F、m之间的定量关系”实验中，小车碰到制动装置时，钩码

15、尚未到达地面（1）在平衡摩擦力后，通过改变钩码的个数来改变小车所受合外力，获取多组数据若小车及车中砝码的质量为500g，实验中每次所用的钩码总质量范围应选A组会比较合理（填选项前的字母）A10g50g B200g500g C1000g2000g（2）小林、小睿两同学分别用这个装置做实验，在同一坐标系中做出了各自得到的aF图象设小林实验时小车及车中砝码质量为m1，小睿实验时小车及车中砝码质量为m2，则BAm1m2Bm1m2Cm1m2解：（1）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力可以等于绳子的拉力，所以每次所用的钩码总质量范围为10g50g，故选：A（2）aF图线的斜率表示小车质量的倒数，斜率

16、越大，质量越小，可知m1m2故选：B故答案为：（1）A；（2）B16有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是BCDA钩码的个数N1N22，N34B钩码的个数N1N33，N24C钩码的个数N1N2N34D钩码的个数N13，N24，N35（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是AA标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角

17、器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中甲是正确的。（填“甲”或“乙”）解：（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形。A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。故B正确；C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。故C正确；D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡。故D正确。故选：BCD。（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的

18、大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误。故选：A。（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。故答案为：（1）BCD （2）A （3）甲四计算题（共4小题）17现在城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生，我国民法通则规定，建筑物上的搁置物发生坠落造成他人损害的，其所有人或管理人应承担民事责任。假设某高楼45m高的阳台上的花盆因受扰动由静止下落，g10m/s2，下落过程中不计空气阻力影响，求

19、：（1）花盆在空中下落的时间；（2）花盆落地时的速度大小。解：（1）由位移公式得h得：ts3s（2）由速度公式得：vgt103m/s30m/s答：（1）花盆在空中下落的时间是3s。（2）花盆落地时的速度大小是30m/s。18如图所示，甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶，甲车以速度20m/s做匀速运动，乙车原来速度为4m/s，从距甲车114m处以大小为1m/s2的加速度做匀加速运动求：（1）追及前甲、乙两车何时相距最远？（2）经多长时间乙车能追上甲车？解：（1）追及前甲、乙两车相距最远时，二者速度相等，则：v乙v甲即：v0+at20代入数据解得：t16s（2）设经ts乙车追上甲车对甲车：x甲v

20、甲t20tm对乙车：又有：x乙x甲+114即：整理得：t232t2280解得：t38s（t6舍去） 答：（1）乙车追上甲车之前两车在16s时相距最远；（2）经38s时间乙车能追上甲车19如图所示，传送带以v10m/s的速度逆时针运动，与水平面夹角37，传送带A端到B端距离L29m。在传送带顶部A端静止释放一小物体，物体与传送带间动摩擦因数0.5，g10m/s2。（1）试求物体从A到B的时间？（2）若传送带顺时针方向转动物体从A运动到B的时间。解：（1）物体开始受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37ma1代入数据得：a110m/s2达到与传送带速度

21、相等所用的时间为：t1s1s下滑的距离为：xm5m剩余距离内，根据牛顿第二定律得： mgsin37mgcos37ma2代入数据得：a22m/s2所以物体以加速度a22m/s2下滑，有：Lxvt2代入数据得：t22s则下滑的总时间为：tt1+t 23s（2）若传送带顺时针方向转动，物体受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin37mgcos37ma代入数据得：a2m/s2则：L代入数据得：ts答：（1）物体从A到B的时间是3s。（2）若传送带顺时针方向转动物体从A运动到B的时间是s。202019年12月，我国第一艘国产航空母舰“山东号”已交付海军使用，标志着“深蓝工程”又迈出实质性的一步。若将某舰载机在静止的航空母舰上的起飞过程视为初速度为零的匀加速直线运动，设该舰载机的质量为m，起飞过程中发动机的牵引力恒为F，受到的阻力恒为f，经时间t达到起飞速度。求：（1）起飞过程中舰载机加速度a的大小；（2）起飞速度v的大小。解：（1）根据牛顿第二定律可得：Ffma解得加速度大小为：a；（2）根据速度时间关系可得：vat解得起飞速度：vt。答：（1）起飞过程中舰载机加速度a的大小为；（2）起飞速度v的大小为t。