1、北京新学道临川学校北京新学道临川学校 2019-2020 高一上期期末高一上期期末 物理学科试卷物理学科试卷 一、单项选择题（每题一、单项选择题（每题 3 分，共分，共 45 分）分） 1.下列 4个物理量，属于标量的是 A. 加速度 B. 力 C. 时间 D. 速度 【答案】C 【详解】A加速度既有大小，又有方向，是矢量，不是标量，故 A 错误； B力既有大小，又有方向，是矢量，不是标量，故 B错误； C时间只有大小，没有方向，是标量，故 C 正确； D速度既有大小，又有方向，是矢量，不是标量，故 D错误； 故选 C。 2.如图所示，粗糙的 A，B长方体木块叠放在一起静置于水平面上，现 B
2、木块受到一个水 平方向的牵引力 F，但仍然保持静止，则以下判断中正确的是 A. A 对 B的压力就是 A 物体的重力 B. B 不动是因为它受到的地面的摩擦力小于拉力 F C. B 与 A间只有一对相互作用力 D. 木块 B 先对地面施加压力，使地面发生形变后，地面再对 B施加支持力 【答案】C 【详解】A. A 对 B 的压力作用在物体 B 上，与 A的重力大小相等，但不是 A物体的重力， 故 A 错误 B.根据整体平衡条件可知，B受到的地面的摩擦力等于拉力 F，故 B 错误 C. B 与 A间只有一对相互作用力即之间的弹力作用，故 C正确 D.相互作用力同时产生同时消失，故 D 错误 3.
3、甲物体的重力是乙物体的 3倍，它们在同一高度处同时自由下落，则下列说法中正确的是 A. 甲比乙先着地 B. 甲比乙的加速度大 C. 甲、乙同时着地 D. 无法确定谁先落地 【答案】C 【分析】由题中“它们在同一高度处同时自由下落”可知，本题考查自由落体运动，根据自由 落体规律可进行分析 详解】ACD由于甲乙处于同一高度，都做自由落体运动，根据公式 2 1 2 hgt 可知，时间为 2h t g ，时间相同，甲乙同时落地，故 AD错误，C正确； B自由落体所受加速度为重力加速度，大小都为 g，故 B错误 4.从某一高度先后由静止释放两个相同的小球甲和乙， 若两球被释放的时间间隔为 1s， 在不
4、计空气阻力的情况下，它们在空中的运动过程中（ ） A. 甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差越来越大 B. 甲、乙两球的距离始终保持不变，甲、乙两球的速度之差保持不变 C. 甲、乙两球的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差保持不变 D. 甲、乙两球的距离越来越小，甲、乙两球的速度之差越来越小 【答案】C 【详解】甲乙两球均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再 求出速度之差与时间的关系解答：解：设乙运动的时间为 t，则甲运动时间为 t+1， 则两球的距离 2 2 111 xg t1gtgtg 222 ，可见，两球间的距离随时间推移，越来越 大两球速度之差为vgt
5、1gtg（），所以甲乙两球速度之差保持不变 所以 C选项正确 故选 C 5.如图所示，在弹簧测力计下挂一重物，用手提着弹簧测力计，使重物在竖直方向上做多种 方式的运动观察并记录弹簧测力计示数的变化情况下列说法正确的是 A. 加速向上运动，弹簧测力计示数小于重力的数值 B. 减速向上运动，弹簧测力计示数大于重力的数值 C. 加速向下运动，弹簧测力计示数大于重力的数值 D. 减速向下运动，弹簧测力计示数大于重力的数值 【答案】D 【分析】示数大于物重重说明超重，具有向上的加速度，向上的加速运动和向下的减速运动 加速度都向上 【详解】加速向上运动时，加速度向上，处于超重状态，弹簧测力计的示数大于 G
6、，故 A 错误；向上减速时，加速度方向向下，处于失重状态，弹簧测力计的示数小于 G，故 B 错 误；向下加速时，加速度向下，处于失重状态，弹簧测力计的示数小于 G，故 C 错误；向 下减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，弹簧测力计的示数大于 G，故 D 正确；故 选 D 【点睛】本题考查了超重和失重条件：加速度向上超重，加速度向下失重. 6.城市中的路灯经常用三角形的结构悬挂如图所示为这类结构的一种简化模型图中硬杆 OB 可以绕通过 B点且垂直于纸面的轴转动，钢索和杆的重量都可以忽略如果悬挂物的重 量为 G，AO与 BO间的夹角为 关于钢索 OA 对 O点的拉力和杆 OB 对 O点的支持力
7、，下 列说法正确的是 A. 钢索 OA 对 O点的拉力大小为 Gtan，方向沿钢索向上 B. 钢索 OA 对 O点的拉力大小为 G tan ，方向沿钢索向上 C. 杆 OB对 O 点的支持力大小为 Gtan，方向沿杆向右 D. 杆 OB对 O点的支持力大小为 G tan ，方向沿杆向右 【答案】D 分析】将重物对 O点的拉力按照实际作用效果分解，根据平行四边形定则作图，然后结合 几何关系分析即可 【详解】以重物为研究对象，绳子对其拉力等于其重力，然后以 O 点为研究对象，分析受 力，将下面对结点 O的力分解，如图： 根据平衡条件， 结合几何知识， 杆 BO对 O 点的支持力： OB G F t
8、an ，方向向右；钢索 OA 对 O 点的拉力：FOA= G sin , 故选 D 【点睛】本题是实际问题的简化，培养学生应用物理知识分析和处理实际问题的能力，其基 础是分析物体的受力情况和力的分解 7.如图所示，用一根长为 L的细绳一端固定在 O点，另一端悬挂质量为 m的小球 A，为使细 绳与竖直方向夹角为 30 且绷紧，小球 A 处于静止，则需对小球施加的最小力等于（ ） A. 3mg B. 1 2 mg C. 3 2 mg D. 3 3 mg 【答案】B 【详解】以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图： 根据作图法分析得到，当小球施加的力 F与细绳垂直时，所用的力最小.根据平衡条件，F
9、 的最小值为： min 11 sin30 22 FGmgmg . A.3mg与分析结果不相符；故 A错误. B. 1 2 mg与分析结果相符；故 B正确. C. 3 2 mg与分析结果不相符；故 C错误. D. 3 3 mg与分析结果不相符；故 D错误. 8.设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力 f 和其速度 v 成正比则雨滴的运动情况是 A. 先加速后减速，最后静止 B. 先加速后匀速 C. 先加速后减速直至匀速 D. 加速度逐渐减小到零 【答案】BD 【详解】雨滴受向下的重力和向上的空气阻力，下落过程速度逐渐增大，则所受空气阻力 f 也会增大，所以物体将会做加速度逐渐减小的加速运动，直到重
10、力等于阻力（即加速度等于 零）则雨滴匀速下落，选 BD 9.一个物体静止放在水平桌面上，物体对桌面的压力大小等于物体的重力，这是因为（ ） A. 它们是一对平衡力 B. 它们是一对作用力和反作用力 C. 它们既是平衡力又是相互作用力 D. 以上说法均不正确 【答案】D 【详解】 一个物体静止地放在水平桌面上， 物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是作用 力与反作用力，它们等值、方向、共线，物体受到的重力与桌面对物体的支持力是与一对平 衡力，它们也是等值、方向、共线，所以物体对桌面的压力等于物体的重力，方向相同，故 ABC说法都是错误的 【点睛】此题要注意压力与重力是性质完全不同的两个力，有时甚
11、至没有任何关系，只有在 物体静止地放在水平桌上时，二者的方向和大小才一致 10.关于惯性，下列说法正确的是 A. 只有静止的物体才具有惯性 B. 物体的速度越大则惯性越大 C. 若物体所受的合力不为零则物体没有惯性 D. 若两物体质量相等则它们的惯性相同 【答案】D 【解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都惯性；惯性的大小仅与物体的质量有关，与物 体的运动状态、运动速度、所受合力是否为零无关，不只是静止的物体具有惯性，运动的物 体也有惯性；若两物体的质量相等，则它们的惯性相同，故 ABC 错误，D正确故选 D 【点睛】惯性是物体的固有属性，一切物体都惯性，与物体的运动状态无关惯性的大小与 物体
12、的质量有关 11.如图所示，质量为 m的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数为现将大 小为 F、与水平方向夹角为的恒力作用在物体上，物体仍保持静止则 A. 物体所受支持力的大小为 mg B. 物体所受支持力的大小为 Fsin C. 物体所受摩擦力的大小为 Fcos D. 物体所受摩擦力的大小为mg 【答案】C 【解析】 【分析】对物体受力分析，根据竖直方向上平衡求出支持力的大小，从而得出物体所受的摩 擦力大小 【详解】受力如图： A、B项：物体所受支持力的大小为：sin N FmgF，故 A、B 错误； C、D项：物体所受摩擦力的大小为：cosfF，故 C 正确，D错误 故选 C 12
13、.对静止在光滑水平面上物体施加一水平拉力，当力刚开始作用的瞬间 A. 物体立即获得加速度 B. 物体立即获得速度 C. 物体同时获得速度和加速度 D. 由于物体来不及运动，所以物体的速度和加速度都为零 【答案】A 【解析】根据牛顿第二定律 F=ma 知，加速度与合力是瞬时对应的关系，合力变化，加速度 同时随着变化当力刚开始作用的瞬间，立即获得了加速度；根据 v=at 可知，物体获得速 度需要一定的时间，所以速度不会立即改变故 A 正确，BCD错误；选 A. 【点睛】根据牛顿第二定律的瞬时性，分析加速度与水平拉力的关系；根据速度时间关系分 析速度是否立即变化 13.质量不同的甲乙两辆实验小车，在
14、相同的合外力的作用下，甲车产生的加速度为 2m/s2， 乙车产生的加速度为 6 m/s2，则甲车的质量是乙车的 A. 1 3 B. 3倍 C. 12 倍 D. 1 12 【答案】B 【分析】根据牛顿第二定律 F=ma，对两个物体分别列式求解即可 【详解】根据牛顿第二定律 F=ma，对甲由 F=m甲a甲，对乙由 F=m乙a乙， 根据关系得：m甲a甲=m乙a乙，即 6 =3 2 ma ma 甲乙 乙甲 ，故 B正确 故选 B 【点睛】本题考查牛顿第二定律理解和公式的应用，很简单 14.关于加速度的方向下列说法正确的是 A. 加速度方向一定和速度方向相同 B. 加速度方向一定和速度方向相反 C. 加
15、速度方向一定和合力方向相同 D. 加速度方向一定和合力方向相反 【答案】C 【分析】加速度方向总与合力方向相同，不一定与动力或阻力方向相同或相反与速度方向 也不一定相同 【详解】A、B 项：加速度的方向与速度的方向不一定相同物体做加速直线运动时，两者 方向相同；作减速直线运动，两者方向相反，而在曲线运动中，加速度方向与速度方向不在 同一直线上，故 A、B 错误； C、D项：由牛顿第二定律可知，加速度方向总与合力方向相同，故 C 正确，D错误 故选 C 【点睛】本题考查对速度方向、动力方向和阻力方向、合力方向与加速度方向关系的理解， 可根据牛顿第二定律理解，要抓住速度与加速度两者方向无关 15.
16、让一小石块从井口自由落下，经过 2s 后听到石块落水的声音，则井口到水面的距离最接 近 A. 10m B. 20m C. 30m D. 40m 【答案】B 【分析】根据 2 1 2 hgt求出井口到水面的距离 【详解】根据 2 1 2 hgt解得：20hm 故选 B 【点睛】解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式 2 1 2 hgt 二、多选题（每题二、多选题（每题 4 分，共分，共 20 分，漏选得分，漏选得 2 分）分） 16.一质点向东做匀变速直线运动，其位移表达式为 s=(10t-t2)m，则 A. 质点先向东做匀减速直线运动，后向西做匀加速直线运动 B. 质点的加速度大小是 1
17、m/s2 C. 质点的加速度大小是 2m/s2 D. 在 12s末，质点在出发点以西 24m处 【答案】ACD 【详解】ABC将 2 10stt（）匀变速直线运动的位移时间关系公式 2 0 1 2 xv tat对比可 得：质点的初速度为 10m/s，加速度大小是 2m/s2，方向向西，则知质点先向东做匀减速直 线运动，后向西做匀加速直线运动，故 AC 正确，B错误； Dt=12s 时，代入得 22 (10m(10 12 12 m)4m)2stt 即质点在出发点以西 24m处，故 D 正确。 故 ACD。 17.在下面的物理量和单位中密度牛米/秒加速度长度质量千克时间（） A. 属于国际单位制中
18、基本量的是 B. 属于国际单位制中基本单位的是 C. 属于国际单位的是 D. 属于国际单位的是 【答案】AD 【详解】长度、质量和时间是国际单位制中的基本量，属于国际单位制单位的有牛顿、米/ 秒、千克，故 AD正确。 故选 AD。 18.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12m的竖立在地面上的钢管向下 滑已知这名消防队员的质量为 60Kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑 到地面时速度恰好为零若他加速时的加速度大小是减速时的 2倍，下滑总时间为 3s， g=10m/s2，则该消防队员（ ） A. 下滑过程中的最大速度为 4 m/s B. 加速与减速过程的时间之比为
19、 1：2 C. 加速与减速过程的位移之比为 1：4 D. 加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1：7 【答案】BD 【详解】A设下滑过程中的最大速度为 v，则消防队员下滑的总位移 12 22 vv xtt 得到 22 12 m/s8m/s 3 x v t 故 A 错误。 B设加速与减速过程的时间分别为 t1、t2，加速度大小分别为 a1、a2则 v=a1t1 v=a2t2 得到 t1：t2=a2：a1=1：2 故 B 正确。 C由 t1：t2=1：2，又 t1+t2=3s，得到 t1=1s，t2=2s 匀加速运动位移为： 11 2 v xt 匀减速位移为： 22 2 v xt 所以加速与减速
20、过程的位移之比为 x1：x2=1：2，故错误。 D加速与减速过程的加速度分别为： 2 1 1 8m/s v a t ，a2=4m/s2， 根据牛顿第二定律得，加速过程： mg-f1=ma1 f1=mg-ma1=2m 减速过程： f2-mg=ma2 f2=mg+ma2=14m 所以 f1：f2=1：7 故正确； 19.物块从光滑曲面上的 P点自由滑下， 通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的 Q 点， 若传送带的皮带轮沿顺时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到 P 点自由滑下则 A. 物块可能仍落在 Q 点 B. 物块可能会落在 Q 点的左边 C. 物块可能会落在 Q 点的
21、右边 D. 物块一定会落在 Q 点的右边 【答案】AC 【详解】物块从斜面滑下来获得一定的速度，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向 相反的滑动摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动； 当传送带顺时针转动的速度较小时， 物体可能一直向前做减速运动， 离开传送带时速度与传 送带静止时相同，所以物体仍落在 Q点；当传送带顺时针转动的速度较大时，物体可能先 减速后匀速，离开传送带时的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到 Q点的右边；当 传送带顺时针转动的速度更大时，物体可能先加速后匀速，也可能一直加速，离开传送带时 的速度大于传送带静止时的速度，所以会落到 Q 点的右边。 故 AC
22、正确，BD 错误。 故选 AC。 20.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列说法正确的是（ ） A. 平衡摩擦力时，小桶应用细线通过定滑轮系在小车上，但小桶内不能装沙 B. 实验中应始终保持小车和砝码的质量远远大于沙和小桶的质量 C. 实验中如用纵坐标表示加速度，用横坐标表示小车和车内砝码的总质量，描出相应的点 在一条直线上时，即可证明加速度与质量成反比 D. 平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受阻力 【答案】BD 【详解】 在验证牛顿第二定律实验中平衡摩擦力时， 小车前不栓细线， 不挂任何物体， A错； 在验证牛顿第二定律实验中平衡摩擦力时， 小车后面的纸
23、带必须连好， 因为运动过程中纸带 也要受到阻力，D 对；用砂和小桶的重力代替拉力，为了减小实验误差，实验中应始终保持 小车和砝码的质量远大于砂和小桶的质量，B对；若实验中如用纵坐标表示加速度，用横坐 标表示小车和车内砝码的总质量的倒数， 描出相应的点应在一条直线上， 即可证明加速度与 质量成反比，C错 三、填空题（每空三、填空题（每空 2 分，共分，共 10 分）分） 21.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置 （1）本实验主要应用的方法是_ A控制变量法 B假设法 C理想实验法 D类比法 （2）实验中， 需要平衡摩擦力和其它阻力， 正确的操作方法是把长木板右端垫高，
24、在_ （选填“挂”或“不挂”）砝码和砝码盘、小车_（选填“拖”或“不拖”）纸带、打点计 时器_（选填“打点”或“不打点”）的情况下，轻推一下小车，若小车做匀速运动， 则表明已经消除了摩擦力和其它阻力的影响 （3）在某次实验中，打出了一条纸带如图乙所示计时器打点的时间间隔为 0.02s，且相 邻两个计数点之间有 4 个点未画出 经测量得出各计数点间的距离如图所示则小车的加速 度 a=_m/s2（结果保留两位有效数字） （4） 在探究加速度与力的关系时，可认为细线对小车的拉力等于砝码 和砝码盘的重力某 同学根据测量数据作出的 a-F 图像如图丙所示由此推断该实验主要存在的两个问题是： _；_ _
25、【答案】 (1). （1）A； (2). （2）不挂； (3). 拖； (4). 打点； (5). （3）0.80； (6). （4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足； (7). 没有满足砝码和 砝码盘的质量远小于小车的质量 【解析】（1）加速度与物体质量、物体受到合力有关，在探究加速度与物体质量、受力 关系的实验中， 使用控制变量法， 选 A.（2）实验中需要平衡摩擦力， 将木板右端适当垫高， 不挂砝码和砝码盘， 让小车拖着纸带在长木板上运动， 当打点计时器在纸带上打出来的点是 均匀分布的，说明小车做匀速直线运动，恰好平衡摩擦力（3）相邻两个计数点之间还有 4 个 点 未 画 出 ， 则 相
26、邻 两 个 计 数 点 之 间 时 间 间 隔 T=0.1s ， 根 据 2 xaT ， 得 2 22 22 2.00 1.2010 /0.80/ 0.1 x am sm s T ，（4）图线不过原点表明当0F 时 0a ，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；图线在末端弯曲的原因是没有满足砝码 和砝码盘的质量远小于小车的质量. 四、计算题（共四、计算题（共 25 分）分） 22.物体做匀加速直线运动，其初速度 v0=2m/s，加速度 a=0.1m/s2，求: （1）第 5s 末的速度大小 （2）前 4s 内通过的位移大小 【答案】(1)2.5m/s(2)8.8m 【详解】(1)由速度公式可得，
27、第 5s末的速度 5 (20.1 5)m/s=2.5m/sv (2)物体在 4s内的位移为 22 40 11 (2 40.1 4 )m8.8m 22 xv tat 23.一辆汽车质量为 4t在水平路面上匀速行驶，从某个时刻关闭发动机，经 20s 滑行 40m后 停止，求： （1）汽车所受到的阻力大小？ （2）这辆汽车受牵引力为 1000N 时的加速度大小？（设汽车所受的阻力不变） 【答案】(1)800N(2)0.05m/s2 【详解】(1)采用逆向思维，根据 2 1 2 xat得，汽车做匀减速运动的加速度大小 22 22 22 40 m/s0.2m/s 20 x a t 则汽车所受的阻力 40
28、00 0.2N800Nfma (2)根据牛顿第二定律得，汽车做匀加速运动的加速度 22 1000800 m/s0.05m/s 4000 Ff a m 24.如图所示，工人需要把质量 m=20kg 的货箱沿斜放的木板推上卡车木板与水平面夹角 =37 ，货箱与木板间的动摩擦因数 =0.5假定工人推力的方向与板面平行，货箱始终沿 板面匀速运动（已知 sin37 =0.6，cos37 =0.8，g取 10 m/s2）求： （1） 货箱对木板的压力大小 N； （2） 木板对货箱的摩擦力 f ； （3） 工人对货箱的推力大小 F. 【答案】（1）160N；（2）80N，方向沿木板向下；（3）200N； 【
29、解析】以货箱为研究对象，画出受力分析图，根据平衡条件进行求解即可. （1）以货箱为研究对象，货箱受到重力、木板的支持力、摩擦力以及工人的推力，受力分 析如图所示 根据平衡条件得垂直于斜面方向有： cos37160NGN 由牛顿第三定律可知，货箱对木板的压力大小160NNN （2）由 0.5 16080fNNN，方向沿斜面向下 （3）根据平衡条件得平行于斜面方向有：sin37200FfGN 25.一个质量为 m=40kg的小孩站在电梯内的体重计上，电梯从 t=0 时刻由静止开始上升，在 0 到 6s 内体重计示数 F的变化如图所示 试问： 在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重 力加速度 g=1
30、0m/s2 【答案】9m 【详解】试题分析：由图可知，在 t0 到 t12s 的时间内，电梯向上加速运动设在这段 时间内体重计作用于小孩的力为 F1，电梯及小孩的加速度为 a1，根据牛顿第二定律，得： 11 Fmgma 在这段时间内电梯上升的高度 h1 2 1 1 1 2 a t 在 t2-t13s 的时间内，电梯匀速上升，速度为 t1时刻的电梯的速度，即 11 1 vat 在这段时间内电梯上升的高度 h2v1（t2 -t1） 在 t3-t21s 时间内，电梯做减速上升运动设这段时间内体重计作用于小孩的力为 F 2，电梯 及小孩的加速度为 a2，由牛顿第二定律，得： 22 mgFma 在这段时间内电梯上升的高度 h3 2 132232 1 ()() 2 v tta tt 电梯上升的总高度 hh1h2+h3 由以上各式，解得 h9m 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用 【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时， 特别又是多过程问题时， 先弄清楚每个过程中的运动性质， 根据牛顿第二定律求加速度然后 根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第 二定律求解力
