高一2021-2022学年第1学期 - 物理学末考前自检卷 - 解析版

2021高一上学期期末模拟测试题

一、单选题

1.下列所研究的物体，可看做质点的是()

A.天文学家研究地球的自转

B.用GPS确定远洋海轮在大海中的位置

C.教练员对百米运动员的起跑动作进行指导

D.在伦敦奥运会比赛中，乒乓球冠军张继科准备接对手发出的旋转球

【答案】B

【详解】

A.研究地球的自转时，地球的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故A错误；

B.当研究用GPS确定远洋海轮在大海中的位置时，海轮的大小和形状可以忽略，故能看做质点，故B正

确；

C.研究百米运动员的起跑动作，需要仔细观察动作细节，不能看成指点，C错误；

D.研究乒乓球的旋转，需要看球的转动方向，而一个点无法研究转动方向，所以不能看做质点，故D错

误。

故选B«

2.一个小球从2nl高处落下，被地面弹回，在1m高处被接住，则小球在这一过程中

A.位移大小是3mB.位移大小是1m

C.位移大小是2mD.路程是2m

【答案】B

【详解】

ABC.小球从2m高处落下，被地面弹回，在1m高处被接住，首末位置的距离为1m,位移的方向由初位置

指向末位置，所以位移的大小为1m,方向竖直向下.故AC错误，B正确；

D.路程表示运动轨迹的长度，s=3m,没有方向.故D错误.

故选B.

3.某物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系为x=0.5t+t2(m),则当物体的速度为3m/s时，物体已

运动的时间为

A.3sB.2.5sC.1.25sD.6s

【答案】C

【详解】

1

7

根据x=vOt+at2=0.5t+t2知，初速度v0=0.5m/s,加速度a=2m/s2.

根据速度时间公式v=v0+at得，

V-V

t=o=1.25s

a.

A.3s,与计算结果不相符，A错误；

B.2.5s,与计算结果不相符，B错误；

C.1.25s,与计算结果相符，C正确；

D.6s,与计算结果不相符，D错误.

I

4.如图为物体运动的速度-时间图像，由图可知（）

02i68t/s

A.0~2s物体做匀速直线运动

B.2~6s物体做匀加速直线运动

C.2~6s内物体的位移为12m

D.0~2s内物体的加速度为Im/s2

【答案】D

【详解】

AD.0~2s物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，加速度为:

a=-A-?="2m/s2=lm/s2

A错误，D正确；

BC.在2~6s内物体速度保持不变，做匀速直线运动，位移为：

x=4x4m=16m

BC错误。

故选D。

5.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F

作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表

示F和x之间关系的图像可能正确的是（）

【答案】A

【详解】

2

设物块P的质量为m,加速度为a,静止时弹簧的压缩量为xO,弹簧的劲度系数为k,由力的平衡条件得，

mg=kxO,以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：Fl=k（xO-x）,对物块P,由牛顿第二定律得,

F+Fl-mg=ma,由以上式子联立可得，F=kx+ma.可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，

当x=0时，kx+ma>0,故A正确，B、C、D错误.故选

A.【点睛】

解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，

要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等.

6.如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一升降机运行的最大速度为8m/s,

加速度大小不超过lm/s2,将矿石从井底提升到井口的最短时间是21s,假定升降机到井口的速度为零，升

降机可视为质点，则竖井的深度为（）

A.50mB.60mC.80mD.104m

【答案】D

【详解】

将矿石从井底提升到井口的最短时间，升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶

段，所需时间：

v8

通过的位移:

,22

x=—=—fi—m=32m

12a2x1

在减速阶段与加速阶段时间和位移相同，所以匀速运动的时间：

t2=t-2t\=5s

位移：

X2=v/2=8x5m=40m

总位移为：

x=2x[+X2=104m

D正确，ABC错误。

故选D。

7.一辆装满西瓜的汽车总质量为2t,在水平公路上以54km/h的速度匀速行驶。根据测试，这辆车在这种

路面上紧急刹车时，汽车所受的制动力为L2X104N,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.汽车制动时的加速度大小为0.6m/s2

B.从开始刹车，经3s汽车的位移为18.75m

C.汽车制动过程中，车厢中心质量为7kg的西瓜受到其它西瓜的作用力沿水平方向

D.汽车制动过程中，车厢中心质量为7kg的西瓜受到其它西瓜的作用力大小为42N

3

【答案】B

【详解】

A.汽车制动时的加速度大小为

f1.2IO4,一

Cl=_=xm/s2=6m/s2

m2xlO3

故A错误；

v=54km/h=15m/s

B.汽车初速度。，汽车制动所用时间为

15

Zo=6s=2.5s

则汽车经3s汽车的位移等于2.5s内的位移，即

x=-2x2.5m=18.75m

故B正确；

CD.汽车制动过程中，车厢中心质量为7kg的西瓜的加速度方向与汽车的加速度方向相同即水平方向，对

车厢中心质量为7kg的西瓜受力分析，重力，其它西瓜的作用力两力的合力沿水平方向，则车厢中心质量为

7kg的西瓜受到其它西瓜的作用力不可能是水平方向，由平行四边形定则可得，车厢中心质量为7kg的西瓜

受到其它西瓜的作用力大小为

F=45)2+(mg)2^./(7X6)2+(7X10)2Nw42N

故CD错误。

故选Bo

8.两个分力Fl和F2之间的夹角为。，其合力为E下列说法正确的是)

(A.合力F等于F1和F2的代数和

B.若F1和F2大小不变，夹角。越小，合力F一定越小

C.若夹角。不变，F1和F2都减小，合力可能增大

D.若夹角。不变，F1大小不变，F2增大，则合力F一定增大

【答案】C

【详解】

A.F1和F2的矢量和等于F,不是代数和，故A错误；

B.由平行四边形定则可知，若F1和F2大小不变，0角越小，合力F越大，故B错误；

C.如果F1和F2两个力反向且F1比F2减小得多，则合力增大，故C正确；

D.若夹角0不变，F1大小不变，F2增大，若F2与F1反向且F1>F2,则合力F减小，故D错误。

故选C。

9.小明同学在力传感器上完成，，下蹲”和“站起，，动作，计算机采集的图线如图所示，由图中信息可以判断出

(重力加速度g取10m/s2)()

0268

4

A.小明的体重大约为70kg

B.小明同学先完成“下蹲”动作，再完成“站起”动作

C.“站起”过程一直处于超重状态

D.整个过程的最大加速度约为4m/s2

【答案】B

【详解】

A.开始时小处于平衡状态，小明对传感器的压力是500N,则小明的重力约为500N,体重约为50kg,故A

错误；

BC.小明下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重（小于自身重力），到达一个最大速度后

再减速下降超重（大于自身重力），站起过程分别有超重和失重两个过程，先是加速上升超重（大于自身重力）,

到达一个最大速度后再减速上升失重（小于自身重力），由图像可知，小明同学先完成“下蹲”动作，再完成

“站起”动作，故B正确，C错误；

D.舒可弟，小明同学对力传感器的最小压力约为200N,则最大加速大小约为

a-m/s2=

6m/s250

故D错误。

故选B。

10.关于物体的运动状态与受力关系，下列说法中正确的是（）

A.物体的运动状态发生变化，物体的受力情况一定变化

B.物体在恒力作用下，一定做匀变速直线运动

C.物体做曲线运动时，受到的合外力可以是恒力

D.物体的运动状态保持不变，说明物体所受的合外力为恒力

【答案】C

【详解】

A.根据牛顿第一定律，物体的运动状态发生变化，说明物体一定受力的作用，并不能说明物体的受力情况

一定变化。故A错误；

B.物体在恒力作用下，不一定做匀变速直线运动，如平抛运动。故B错误；

C.物体做曲线运动的条件是速度与加速度不共线，和受到的合外力是不是恒力没有关系，受到的合外力可

以是恒力，如平抛运动。故正确；

D.物体的运动状态保持不变，说明物体所受的合外力为零。故D错误。

故选C。

二、多选题

11.关于曲线运动的下列说法中正确的是（）

A.做曲线运动的物体，速度一定改变

B.做曲线运动的物体，加速度一定改变

C.做曲线运动的物体所受的合外力方向与速度的方向可能在同一直线上

D.做匀速圆周运动的物体不可能处于平衡状态

【答案】AD

【详解】

A.物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，A正确；

5

BC.曲线运动的条件是合外力与速度不共线，与合外力是否为恒力无关，所以加速度不一定改变，BC错误；

D.匀速圆周运动的物体速度是变化的，有向心加速度，不可能处于平衡状态，D正确。

故选ADo

12.将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平

面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m,重力

加速度为g，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为8则下列选项正确的是

A.物体B对水平面的压力大小为(M+m)g

mg

B.物体B受到水平面的摩擦力大小为⑦11§

C.滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanQ

mg

COS，

D.滑块A对物体B的压力大小为

【答案】AB

【解析】

C、D、首先对物体A受力分析，如图所示：

F=mgF=mg

12

根据平衡条件，有：sinO,land

mg

根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为A对挡板的压力大小为mgtan。，CD错误；

A、B、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、挡板支持力、地面的静摩擦力，如图所示:

f=F=mg

F=M+m

根据平衡条件，地面支持力大小Ng，地面的摩擦力大小；

6

再根据牛顿第三定律，对地压力大小为+,A正确；B正确；

故选AB.

13.以速度vO水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的（）

A.竖直分速度等于水平分速度B.瞬时速度为此

2v2J2v-

_07（I

P

C.运动时间为°D,发生的位移为g

【答案】BCD

【详解】

AC.当竖直位移和水平位移相等时，有

vtU—gt

解得

2v

t=~g~°

则竖直分速度

vy=gt=2v0

与水平分速度不等，故A错误，C正确。

B.根据平行四边形定则知，瞬时速度的大小

v=2+y2vo

故B正确。

D.水平位移

v

x=vt

g

则位移

g

故D正确。

故选BCD=

14.有一条两岸平直的河流，河水自西向东流速恒为v,一小船以相对静水恒为2V的速度渡河，去程（从

南到北岸）时行驶路线与两河岸垂直，回程（从北岸再回到南岸）时船头指向始终与河岸垂直。下列说法正

确的是（）

A.去程和日程小册跻理之比为

B.大程和⑼修小相佗称大小之比为1：1

C.去程和回程小船时间之比为2：、3'J

D.去程和回程小船相对河岸的速度大小之比为

【答案】CD

【详解】

7

设河宽为d,则去程时的合速度

ri=^//(2v)2-v2金讨3V

去程的时间

t-d_-d

1vi^3v

去程位移大小和路程均为

xl=d

回程时合速度

v2=\^/(2v)2+v2V=-75v

回程的时间

d

t=­

22v

回程位移大小和路程均为

x=w=^5d_

2222

则

2.「5

A.去程和回程小船路程之比为J,选项A错误；

B.去程和回程小船位移大小之比为之分，选项B错误；

C.去程和回程小船时间之比为t1“2=2：、/3,选项CiE确：

…JJ

D.去程和回程小明相对河岸的速度大小之比为vl：v2=73：7、,选项D正确.

故选CD。

15.如图所示，一倾角为0的斜面体放置在水平地面上，其上表面光滑、下表面粗糙。用一轻绳跨过定滑轮

拉动一质量为m的小球，在与小球相连的细绳变为竖直方向过程中，可使小球沿斜面向上做一段匀速运动。斜

面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦。则在小球做匀速运动过程中，下列说法中正确

的是()

A.外力F一直增大

B.斜面体受到地面的支持力先增大后减小

C.此过程中斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左，大小逐渐减小

D.绳子右端移动的速度大于小球沿斜面运动的速度

【答案】AC

【详解】

8

A.设细绳与斜面的夹角为a,则当小球匀速运动时，由平衡可知

Fcosa=mgsin0

则当a逐渐变大时，F逐渐变大，选项A正确；

B.对斜面体和小球的整体，竖直方向

FN=(M+m)g_Fsin((z+0)=(M+m)g-mgsinO(sin0+cosOtana)

当a逐渐变大时，FN逐渐变小，选项B错误；

C.对斜面体和小球的整体，水平方向，此过程中斜面体受到地面的摩擦力等于拉力F的水平分量，则水

平向左，大小为

Ff=Fcos(a+0)=mgsin8(cos0-sin6tana)

当a逐渐变大时，Ff逐渐减小，选项C正确；

D.将小球运动的速度v分解为沿绳子方向的速度vl和垂直绳子方向的速度，则

vl=vcosa

则

vl<v

即绳子右端移动的速度小于小球沿斜面运动的速度，选项D错误。

故选ACo

16.如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端0点水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点

为0B的中点，不计空气阻力.以下说法正确的是()

A.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同

B.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1：2

c.甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1：a

D.甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：2

【答案】AC

【解析】

【详解】

tana=义

V

设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为a,位移与水平方向的夹角为仇则。，

1

-9

tan6=卫卫

2v

vot°n，可知tana=2tan0,因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，

h=-gt2

两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，故A正确；因为两球下落的高度之比为1：2,根据2，解

，-不

一7一

1~，则竖直分速度之比为

得："g,可知甲乙两球运动的时间之比为1：«•，°,因为两球落在斜面上

2T

时速度方向相同，根据平行四边形定则知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为1：、/，故B错误，C

9

正确.

D、因为两球平抛运动的水平位移为1：2,时间之比为1：\/2,4初速度之比为1：W,4D错误.所

以AC正确，BD错误.

三、实验题

17.在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz,记录小车运动的纸带

如图所示，在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、F,相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到

A点的距离依次是：2.0cm、5.0cm、9.0cm14.0cm、20.0cm.

'•A.8«C♦£

(1)根据学过的知识可以求出小车在B点的速度为vB=m/s,CE间的平均速度为m/s；

(2)以打A点时为计时起点，建立v-t坐标系如右图所示.请在图中作出小车运动的速度与时间的关系图

线;根据图线可得小车运动的加速度为m/s2.

〃s

05

0.4

0.3

0.2

0.1

OQI02(B(1405小

【答案】0.25；0.451

【详解】

(1)纸带上每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s；

根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度：可得B点的速度为:

X

~=—=（）.1410.O5m/s=0.45mis

CE间的平均速度为：a2T2x0.1

(2)利用描点法可得小车的速度一时间关系图线如图所示.

10

“=竺=0.55-0.25〃42=一%

(3)在v-t图象中，图象的斜率表示加速度的大小：0.30

18.如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B,滑块上

固定一遮光条，遮光条的宽度为d,滑块与遮光条的总质量为M,滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮

与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，钩码的质量为m,每次滑块都从A处由静止释放。

(1)实验时，接通气源，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t,

已知A位置到光电门的距离为L,用d、t、L表示滑块运动的加速度2=o

(2)下列不必要的一项实验要求是。

A.应使滑块与遮光条的总质量远大于钩码和力传感器的总质量

B.应使A位置与光电门间的距离适当大些

C.应将气垫导轨调节水平

D.应使细线与气垫导轨平行

(3)改变钩码的质量，记录对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t,通过描点作出线性图

2-FJ--F

象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出___(填“t2-F”“"或”)图象，则图线的斜

率为(用d、L、M表示)。

(4)有一位同学想测得在断开气源的情况下，滑块与导轨之间的动摩擦因数，他调整气垫导轨水平，断开气源

时，测得滑块在轨道上运动的加速度为al,此时钩码的质量为mO,不改变钩码的质量，接通气源，测

得滑块在轨道上运动的加速度为a2,用al、a2、mO、M表示滑块与导轨间的动摩擦因数p=。

2+M)(«~a)

【答案】2。2A/2d2MMg

【详解】

(1)[1]由题意可知，滑块做匀加速直线运动，根据速度位移公式有:

v2=2aL

又

d

^=~t

ii

2

a=--d---

解得：2〃2。

(2)[2JA.细线的拉力是直接通过传感器测量的，与小车质量和钩码质量大小无关，A不必要，符合题意;

B.应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，B必要，不符合题意；

C.应将气垫导轨调节水平，细线的拉力才等于滑块所受合力，C必要，不符合题意；

D.要保持细绳与木板平面平行，拉力才等于合力，D必要，不符合题意。

故选Ao

(3)[3]⑷根据牛顿第二定律得：

F=ma

结合

解得：

r=2L£t

2Md2

J_2L

所以处理数据时应作‘2图象，图线的横轴为F,纵轴为G,斜率为Md?。

(4)[5]由牛顿第二定律可得：

断开气源：

mOg—gMg=(mO+M)al

打开气源：

mOg=(M+mO)a2

两式联立解得：

("?+M)(a-a)

产Mg.

四、解答题

19.一质点从A点由静止开始向B点做匀加速直线运动，已知该质点在最初2s通过的位移为2m,最后

3s通过的位移为10.5m,求：

(1)该质点的加速度a的大小；

(2)A和B之间的距离S«

【答案】⑴该质点的加速度为lm/s2,(2)A和B之间的距离为12.5m。

【详解】

⑴根据：

xi2at]2

代入数据解得质点的加速度：a=lm/$2.

3s

(2)最后内中间时刻的瞬时速度：

12

x10.5

Vr=_2____m/s=3.5m/s

tl3

则B

点速度:

v=v'+af=3.5m/s+1x1.5m/s=5m/s

AB

可知之间的距离

S=--■">m=12.5m

2a2xlo

20.如图所示，质量1kg的物体甲通过三段轻绳OA,OB,OC悬挂，三段轻绳的结点为O,轻绳OA

与竖直方向的夹角,=6°°,轻绳OB水平且B端与放置在水平桌面上的质量为"2=4kg的物体乙相连，

轻绳OC竖直且c端与物体甲相连，物体甲、乙都静止，取g=l°m/s2,求

(1)轻绳OA产生的拉力大小；

(2)物体乙受到的摩擦力的大小和方向。

乏103N

\,摩擦力方向水平向左

(1)以甲为研究对象有

Foeg

以结点0为研究对象有

FOA-cosO-Foe

F=20N

所以解得；

(2)以结点O为研究对象有

FOA-sin0=FOB

以乙为研窕对象

Ff=FOB

F=1O\(N

联3L解得f，摩擦力方向水平向左。

21.如图所示为演示平抛运动的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一

半径为R的圆弧形的轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个

圆环，将质量为m的小球从P处静止释放小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上

距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：

L

3

(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；

(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向。

13

皮LC

【答案】⑴，⑵速度为，压力大小为"g"+2HR),方向竖直向下。

【详解】

(1)根据运动学公式有:

L

尸

1,

H1=2gf