2020-2021学年黑龙江省哈尔滨十三中高一(上)期末试卷-物理(含解析)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2020-2021学年黑龙江省哈尔滨十三中高一（上）期末试卷 物理（含解析）一、选择题（每小题4分，共60分。1-10为单选题、11-15为多选题）1（4分）根据给出的初速度和加速度的正负，对做直线运动物体的运动性质的判断不正确的是（）Av00、a0，物体做加速运动Bv00、a0，物体做加速运动Cv00、a0，物体做减速运动Dv00、a0，物体做匀速直线运动2（4分）下列说法正确的是（）A物体对水平桌面的压力就是物体的重力B物体对桌面有压力作用，该力是由于桌面发生形变产生的C高速飞行的子弹的惯性一定比静止的子弹惯性大D轻重不同的羽毛、铁片在真空玻璃管中下落得一样快是由

2、于二者具有相同的加速度3（4分）一运动员双手握住单杠，使身体悬空静止，当两手间距增大时，每只手臂所受的力T及它们的合力F的大小变化情况是（）AT增大，F增大BT增大，F减小CT增大，F不变DT减小，F不变4（4分）一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动运动一段时间后，司机发现一乘客未上车，便紧急刹车做匀减速运动从启动到停止一共经历10s，前进了20m，在此过程中，汽车的最大速度为（）A2m/sB3m/sC4m/sD无法确定5（4分）质量为m的A和质量为2m的B小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上A竖靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间（）AA球

3、的加速度为零BA球的加速度为CB球的加速度为DB球的加速度为6（4分）如图，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30和60，AC绳能承受的最大的拉力为300N，而BC绳能承受的最大的拉力为200N，若保证两绳都不被拉断，则所挂重物的最大重力为（）A300NB200NC400ND200N7（4分）两个质量为m1、m2的小球，同时从两个等高的倾角分别为30、60的光滑斜面顶端由静止开始向下运动（）Am1球先到达斜面底端，速度较大B两球同时到达斜面底端，两球速度大小相等Cm2球先到达斜面底端，速度较大Dm2球先到达斜面底端，两球速度大小相等8（4分）某欧式建筑物屋顶为半球形，一警卫人员为

4、执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图），他在向上爬过程中（）A屋顶对他的支持力变大B屋顶对他的支持力变小C屋顶对他的摩擦力变大D屋顶对他的摩擦力不变9（4分）如图所示，在倾角为的光滑斜面和挡板之间放一个光滑均匀小球，挡板与斜面夹角为初始时，+90在挡板绕顶端逆时针缓慢旋转至水平位置的过程中，下列说法正确的是（）A斜面对球的支持力变大B挡板对球的弹力变大C斜面对球的支持力不变D挡板对球的弹力先变小后变大10（4分）一个质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角53的斜面顶端，如图所示。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，则

5、（sin530.8，cos530.6，g10m/s2）（）A绳的拉力为1.6NB绳的拉力为2NC斜面对小球的弹力为1.20ND斜面对小球的弹力为1.0N11（4分）如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，则（）A小球一直做减速运动B小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大C小球一直处于超重状态D小球处于先失重后超重状态12（4分）如图所示，5块质量相同的木块并排放在光滑水平地面上，当用力F推第1块木块使它们共同向右加速运动时，下列说法中正确的是（）A任意相邻两块木块之间的相互作用力都为FB由右向左，两块木块之间的相互作用力依次变大C第2

6、块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F13（4分）如图所示，斜面A固定于水平地面上，在t0时刻，滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面，tt0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是（）ABCD14（4分）如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，现用恒力F向上拉B。已知Fmg，当地重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的有（）A拉力F刚作用瞬间A、B加速度相同，大小均为B拉力F刚作用瞬间B的加速度大小为gC两物体分离时弹簧处于原长D两物体

7、分离时弹簧处于压缩状态15（4分）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传送带始终保持v0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数0.2，A、B间的距离为2m，g取10m/s2旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，则下列说法正确的是（）A开始时行李的加速度大小为2 m/s2B行李经过2s到达B处C行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08mD若传送带速度足够大，行李最快也要s才能到达B处二、解答题（共1小题，满分10分）16（10分）实验小组用图甲所示的装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为

8、m，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，实验步骤如下：安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动挂上砝码盘，接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤，求得小车在不同合力作用下的加速度根据以上实验过程，回答下列问题：（1）保持小车的总质量M不变，通过改变所挂钩码的质量m，多次重复测量来研究小车加速度a与F的关系。这种研究方法叫 （填下列选项前的字母）。A微元法B等效替代法C控制变量法D科学抽象法（2）实验时，应该 。A先接通电源，后释放小车B先释放小车，后接通电源（3）下列

9、说法正确的是 。A小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B实验过程中砝码盘处于超重状态C与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半（4）实验中 （选填“需要”或“不需要”）砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。若实验中打出的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。根据测量结果计算：小车运动的加速度大小为 m/s2（结果保留三位有效数字）。（5）由实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象如图丙所示，与本实验相符合的是 。三、计算题（共3小题，满分30分）17（10分）曼岛

10、TT摩托车大赛可以称为世界上最搏命、最壮观、最危险的赛车比赛。如图所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过宽x12m的壕沟，沟对面水平路面比A处低h1.8m。取g10m/s2，空气阻力不计。求（结果可用根号表示）（1）摩托车在空中飞行的时间；（2）摩托车开始飞越壕沟的初速度的最小值。18（10分）如图所示，有一个重量G10N的小物体放在固定斜面上，斜面倾角30，物体与斜面之间的动摩擦因数为，物体在沿斜面向上的力F的作用下恰好使物体不受摩擦力并处于静止状态（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求：（1）力F的大小；（2）现将力F变为水平向右，使物体恰能沿斜面向上匀速运动，求此时力F的大小。1

11、9（10分）如图所示，质量M8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长。求：（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t1.8s小物块通过的位移大小为多少？（取g10m/s2）答案与解析一、选择题（每小题4分，共60分。1-10为单选题、11-15为多选题）1【分析】明确加速度和速度的关系，知道当速度的方向和加速度的方向相同时，物体就做加速运动，当速度的方向和加

12、速度的方向相反时，物体就做减速运动。【解答】解：A、v00，a0，速度的方向和加速度的方向相反，物体做减速运动，故A错误；B、v00，a0，速度的方向和加速度的方向相同，物体做加速运动，故B正确；C、v00，a0，加速度的方向与速度的方向相反，物体做减速运动，故C正确；D、v00，a0，物体加速度为零，故物体做匀速运动，故D正确。本题选择不正确的，故选：A。2【分析】弹力是由于相互挤压的物体由于发生弹性形变而产生的力；在地球附近，由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力；惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大，惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何

13、关系的；玻璃筒内没有空气时，物体做自由落体运动，加速度相等。【解答】解：A、重力是由于地球的吸引而产生的，而压力（弹力）是由于形变而产生的；二者性质不同，也不是同一个力，更不能说物体对水平桌面的压力就是物体的重力，故A错误；B、根据弹力产生的原理可知，物体对桌面有压力作用，该力是由于物体发生形变产生的，故B错误；C、惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，可知高速飞行的子弹的惯性一定与静止的子弹惯性一样大，故C错误；D、在真空玻璃管中运动的物体不会受到空气的阻力，只受到重力的作用，所以轻重不同的羽毛、铁片在真空玻璃管中下落得一样快是由于二者具有相同的加速度，故D正确。故选：D。3【分

14、析】两手间距增大时，增大了手臂之间的夹角，两只手臂所受的力T的合力F与运动员重力平衡，由此可知合力F大小不变，由于夹角的增大，合力保持不变，只每只手臂所受力T是增大的【解答】解：运动员所受T的合力F与运动员重力大小相等方向相反，故夹角增大时合力大小不变；手臂间距增大时，相当于在力图中两力T之间的夹角增大，若力T大小不变，则其合力F随夹角的增大而减小，现要保持合力F大小不变，当夹角增大时，则T增大。故选：C。4【分析】根据匀变速直线运动的平均速度推论，结合总位移和总时间求出汽车的最大速度【解答】解：设汽车的最大速度为vm，根据匀变速直线运动的平均速度推论知，解得最大速度。故选：C。5【分析】先分

15、析将力F撤去前弹簧的弹力大小，再分析将力F撤去的瞬间两球所受的合力，根据牛顿第二定律求解加速度【解答】解：力F撤去前弹簧的弹力大小为F将力F撤去的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则A的受力情况没有变化，合力为零，B的合力大小等于F，根据牛顿第二定律得到A球的加速度为零，B球的加速度为a所以AC正确，BD错误。故选：AC。6【分析】对结点受力分析后，应用平衡条件求解出AC绳和BC绳上的拉力关系，根据两绳所能承受的最大拉力判断谁先断，按照最小的求解即可。【解答】解：以重物为研究对象，受力如图所示：由平衡条件得：TACsin30TBCsin600 TACcos30+TBCcos60G0 由式可知TACTB

16、C当TBC200N时，TAC200N300N，AC将断。而当TAC300N时，TBC100N200N，将TAC300N，TBC100N代入式，解得：G200N所以重物的最大重力不能超过200N，故ABC错误，D正确；故选：D。7【分析】根据动能定理判断小球到达底端的速度；根据牛顿第二定律得出小球的加速度，结合运动学公式vat可判断小球下落的时间。【解答】解：由牛顿第二定律可得小球的加速度为：agsin小球从斜面顶端到底端则沿斜面位移为：x由2axv2得：v即两球到达底端的速度大小相等，由于两斜面倾角不同，所以速度方向不同，又由vatgtsin可知，m2球先到达斜面底端，故D正确，ABC错误。故

17、选：D。8【分析】由题意可知，研究对象处于动态平衡状态（因为他在缓慢爬行），所以对其在某位置受力分析，再利用平行四边形定则进行力的合成或分解来列出支持力与摩擦力的表达式从而由式中的变化，可以求出屋顶对他的支持力与摩擦力的变化【解答】解：对警卫在某点受力分析：将F支、Ff进行力的合成，由三角函数关系可得：F支GcosFfGsin当缓慢向上爬行时，渐渐变小，则F支变大，Ff变小；但支持力与摩擦力的合力与重力平衡，是不变的；故选：A。9【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得出球对档板的压力FN1、球对斜面的压力FN2与斜面坡角、挡板与斜面夹角的函数关系式，由数学知识分析力的

18、变化。【解答】解：物体受到重力，斜面的支持力，挡板的压力，挡板在旋转的过程中重力的大小方向都不变，支持力的大小发生变化，方向不变，因此可以用矢量三角形进行求解，如下图其中红色的线为重力，虚线为斜面的支持力，黑色的线代表支持力，在矢量三角形中，三角形边长的大小代表了力的大小，因此通过图可以看到在挡板旋转过程中斜面的支持力变小，挡板给的压力先减小后变大，因此ABC错误，D正确。故选：D。10【分析】首先判断小球是否离开了斜面，根据小球刚刚飞离斜面的临界条件，即绳子的倾角不变，斜面的支持力刚好为零，解出此时的加速度与题目给出的加速度大小进行比较，若给出加速度大于小球的临界加速度说明小球已经离开了斜面

19、，否则小球还在斜面上。【解答】解：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；当加速度a足够大时，小球将离开斜面，此时小球仅受重力与绳子的拉力作用，绳子与水平方向的夹角未知，而题目要求出当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，绳的拉力及斜面对小球的弹力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0（此时小球所受斜面的支持力恰好为零）小球的受力如图1所示： 图1由牛顿第二定律得：F合ma0解得：a07.5m/s2因为：a10m/s2a0所以小球一定离开斜面N0，小球的受力如图2所示： 图2则水平方向有牛顿第二定律得：Tcosma竖直方向有受力平衡

20、得：Tsinmg联立解得：T2N；N0，故ACD错误，B正确；故选：B。11【分析】正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况再根据超重和失重的性质明确物体先失重后超重【解答】解：A、开始于弹簧接触时，压缩量很小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：Fmgkx，方向向下；随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，当mgkx时，合外力为零，此时速度最大；此后小球由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：Fkxmg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，当速度为零时，合外力最

21、大。故整个过程中物体合力先减小后增大，速度先增大后减小；故A错误，B正确；C、由于小球先加速后减速，故加速度先向下，后向上；故小球先失重后超重；故C错误，D正确；故选：BD。12【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求加速度，然后分别以1为研究对象、12为研究对象、123为研究对象、1234为研究对象，根据牛顿第二定律求相邻的两个木块之间弹力；根据弹力大小进行分析【解答】解：设每个木块质量为m，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F5ma得：a；以1块为研究对象，根据牛顿第二定律：FN12ma得：N12F；以12块为研究对象，根据牛顿第二定律：FN232ma得：N23F；以123块为研究

22、对象，根据牛顿第二定律：FN343ma得：N34F；以1234块为研究对象，根据牛顿第二定律：FN454ma得：N45F；以上分析可知，故BC正确，AD错误。故选：BC。13【分析】本题中斜面是否光滑，动摩擦因数多大，这些条件不明，要分情况讨论滑块的运动情况，结合牛顿第二定律分析。【解答】解：A、若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受的合力均为重力沿斜面向下的分力，加速度不变，所以A图有可能，故A正确；B、若斜面不光滑，且物体沿斜面上滑到最高点时重力沿斜面向下的分力小于等于最大静摩擦力，滑块静止在斜面上，所以该图是可能的，故B正确；CD、若斜面不光滑，且物体在斜面上运动时所受的滑动摩擦

23、力（即最大静摩擦力）小于重力沿斜面向下的分力，则物体先上滑后下滑。在上滑过程中，由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力，而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，所以物体沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。故选：ABD。14【分析】应用牛顿第二定律可以求出拉力F刚作用瞬间A、B的加速度大小；当A、B间的作用力为零时两物体开始分离，根据物体的受力情况判断此时弹簧所处的状态。【解答】解：AB、拉力F作用前A、B静止处于平衡状态，由平衡条件可知，A、B组成的系统所受合力为零，拉力F作用瞬间，弹簧弹力与A、B所受的重力不变，A

24、、B系统所受合外力为F，A、B加速度相同，对A、B系统，由牛顿第二定律得：F2ma，解得：ag，故A正确，B错误；CD、当A、B间作用力为零时A、B开始分离，此时B受竖直向下的重力mg与竖直向上的拉力Fmg，B所受合力为零，加速度a0，此时A与B的加速度相等，对A，由牛顿第二定律得：F弹mgma，解得F弹mg，此时弹簧处于压缩状态，故C错误，D正确。故选：AD。15【分析】行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间。若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短。根据位移公式求最短时间。【解答】解：A、开始时，对行李，由牛顿第二定律，得 mgma，得 a2

25、m/s2，故A正确。B、设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为 v0.4m/s。由vat1代入数值，得t10.2s，匀加速运动的位移大小为xm0.04m，匀速运动的时间为 t2s4.9s，行李从A到B的时间为tt1+t25.1s，故B错误。C、行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为xvt1x（0.40.20.04）m0.04m，故C错误。D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短。由L，解得，最短时间tmins，故D正确。故选：AD。二、解答题（共1小题，满分10分）16【分析】（1）探究加速度与力、质量的关系实验采用了控制变量法；（2）知道打点时应先打开电源再释放纸带；（3）根据实

26、验原理，可知小车的加速度与砝码盘的加速度不等，但弹簧测力计的读数为小车所受合外力，砝码加速度向下，处于失重状态，知道实验中应注意的事项；（4）明确实验原理，从而明确不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，再根据xaT2求解加速度大小；（5）根据实验原理可知，作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象，应该是过原点的一条倾斜直线。【解答】解：（1）根据实验原理可知，探究加速度与力、质量关系实验需要采用控制变量法，故C正确，ABD错误；（2）为了打点稳定并有效利用纸带，应先打开电源然后再释放纸带，故A正确，B错误；（3）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错

27、误；B、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；C、与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，才能保证绳子的拉力等于小车受到的合力，故C正确；D、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误。故选：C；（4）由于通过弹簧秤测出了小车受到的力，所以不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；每相邻两点间还有4个计时点未画出，故计数点间的时间间隔T50.02s0.1s在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即xaT2，得：a102m/s21.5m/s2；（5）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即

28、为过原点的一条倾斜直线，故A正确BCD错误。故答案为：（1）C；（2）A；（3）C；（4）1.50；（5）A。三、计算题（共3小题，满分30分）17【分析】（1）摩托车从A处越过壕沟的过程做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，已知高度可求出摩托车在空中飞行的时间。（2）当摩托车的水平位移大小等于x12m时初速度最小，由v求解初速度的最小值。【解答】解：（1）摩托车从A处越过壕沟的过程做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：h代入数据解得：t0.6s（2）摩托车恰好越过壕沟时的初速度即为所求最小初速度，根据水平方向匀速直线运动，有：xv0t代入数据解得：v020m/s。答：（1）摩托车在空中飞行的时间为0.