浙江杭州市2020-2021高一（上）期末模拟试卷物理试题（解析版）

2020-2021学年浙江省杭州市高一（上）期末物理考试模拟试卷

一、选择题

1.下列物理量属于矢量的是（）

A.质量B.重力C.时间D.路程

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】ACD.质量、时间和路程都是只有大小没有方向的标量，故ACD错误。

B.重力是既有大小又有方向的矢量，故B正确。

故选B。

2.下列说法正确的是

A.很小的物体（比如原子核）一定能看成质点

B.相对地面静止不动的物体才能被选定为参考系

C.物体在5s时，指的是物体在5s末这一时刻

D.物体速度越大越不容易停下，是因为物体速度越大惯性越大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】原子核很小，在研究原子核内部结构的时候是不能看成质点的，故A错误；任何物体都可以做参

照物，选项B错误；物体在5s时，指的是物体在5s末这一时刻，选项C正确；惯性与速度无关，只与质

量有关，故D错误.故选C.

3.甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移一时间图象如图所示，下列表述正确

的是（）

A.0.2〜0.5小时内，甲的加速度比乙的大

B.0.2〜0.5小时内，甲速度比乙的大

C.0.6〜0.8小时内，甲的位移比乙的小

D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等

【答案】B

【解析】

A、由图知，0.2-0.5小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A错误；

B、S—/图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B正确；

C、物体的位移等于s的变化量.则知0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的大，故C错误；

D、0-0.6小时内，甲的位移比乙的大，0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8小时内，甲的路程比乙

的大，故D错误.

点睛：该题考查了对位移-时间图象的理解和应用，要掌握：在位移-时间图象中，图象的斜率表示质点运

动的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移.

3

4.自由下落的物体，它开始下落全程7的高度所用的时间和下落全程所用的时间的比值为

4

A.1：2

B.73:2

C.（应-1）：（示'-0"）

D.1：（布

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】物体做自由落体运动，它开始下落全程;高度，则有=彳，解得：乙=悌；下落全程,

则有：力=；g片，解得：，2=\*，则不，2=6：2,故选B.

5.某物体的v-r图象如图所示，则该物体（）

A.做往复运动

B.做匀速直线运动

C.朝某一方向做直线运动

D.以上说法均不正确

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】在整个运动过程中，速度一直为正值，表示运动方向不变，一直朝某一方向运动，先做匀加速直

线运动，再做匀减速直线运动，然后重复之前的运动。

故选C。

6.如图所示，物体沿光滑竖直墙壁自由下落的过程中，受力个数是（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】对物体沿光滑竖直墙壁自由下落的过程，受力分析可知，只受到重力作用，因横向无挤压，则无

水平弹力，墙面对物体无摩擦力，故物体只受1个力，则A正确，BCD错误。

故选Ao

7.木块A、B的重力均为40N,它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25,夹在A、B之间的轻弹簧被压

缩了△户2.0cm,弹簧的劲度系数k=400N/m,系统置于水平地面上静止不动，现用尸=10N的水平力推木块

B,如图所示，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，力F作用后（）

.4项颤®-H

77777777777777777777777777777777777

A.木块A所受静摩擦力大小为IONB.弹簧的压缩量变为2.5cm

C.木块B所受静摩擦力为0D.木块B所受静摩擦力大小为2.0N

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】由胡克定律可得弹力为

尸=女△尸400X0.02N=8N

木块A、B与地面间的最大静摩擦力为

月mg=0.25x40N=10N

故AB均静止，A受到的摩擦力为8N。

AB.施加水平推力F=1ON后，A水平方向，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运

动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而

"=/=8N

故AB错误；

CD.施加水平推力尸=10N后，B水平方向受到弹簧的弹力向右8N,向左的推力10N,所以摩擦力变为2N,

仍静止，故C错误，D正确。

故选D。

8.图示为一种学生小黑板，将黑板展开放在水平地面上，使得其顶角为。，此时黑板擦恰好能静止放置在

小黑板上。已知黑板擦的质量为加，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g。下列说

法正确的是（）

0

A.黑板擦对黑板的压力大小为mgcos]B.黑板擦对黑板的压力大小为sin。

C.黑板对黑板擦的摩擦力大小为cos。D.黑板对黑板擦的作用力大小为

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】AB.如图所示，对黑板擦进行受力分析，如图所示:

根据平衡条件

N“=mgsi•n—0

,0

j=mgcos—

根据牛顿第三定律，黑板擦对黑板的压力大小为

0

Nr=N=mgsin—

故AB错误；

C.黑板对黑板擦的摩擦力大小为

,3

j=mgcos—

故C错误；

D.黑板对黑板擦的作用力大小为N与/的合力，大小和重力相等，故D正确。

故选D。

9.国际单位制中，力学基本单位是（）

A.千克，米，秒B.牛顿，千克，秒C.牛顿，米，秒D.牛顿，千克，米

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】N这个单位是根据牛顿第二定律尸=加。推导得到的导出单位，不属于国际单位制中力学的基本单

位，国际单位制中力学的基本单位的是Kg、m、s

故选Ao

10.如图所示，质量为1kg的物块甲和质量为2kg的物块乙放在水平面上，用轻弹簧连接，弹簧的劲度系数

为lOON/m,两物块与水平地面间的动摩擦因数均为0.5,弹簧处于压缩状态，两物块处于静止状态，最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度gROm/s?。现给物块甲一个向右的推力凡当尸从0缓慢增大到8N

B.施加推力前，物块乙受到的摩擦力大小为3N

C.施加推力前，弹簧受到的合力为8N

D.施加推力后，随着F增大，物块乙受到的摩擦力减小

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.由题意可知，物块甲的最大静摩擦力

盘即g=5N

物块乙最大静摩擦力

2=〃S=10N

当推力F=8N时，物块甲刚好要滑动，根据力的平衡可知

F=4中+%

弹簧的弹力

%=3N

根据

场=日

弹簧的压缩量

x=3cm

A错误；

B.没有施加推力时，弹簧的弹力为3N,根据平衡原理，物块乙受到的摩擦力为3N,B正确；

C.没有施加推力时，弹簧静止，弹簧的合力为零，C错误；

D.施加推力后，随着/增大，弹簧的形变量不变，弹力不变，物块乙静止不动，物块乙受到的摩擦力不变,

D错误。

故选Bo

11.如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客

发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）

A.电梯一定是在下降B.电梯一定是在上升

C.电梯的加速度方向一定是向下D.电梯的加速度方向一定是向上

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，弹力大

于铁球的重力，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度方向一定向上，而速度方向可能向上，也可能向下,

电梯可能加速上升，也可能减速下降

故选D。

12.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0,P0

的连线与竖直方向的夹角为0.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mgcos9

C.方向沿PO向上，大小为‘三

cos，

D.方向沿PO向上，大小为mgtanO

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】弹力中点线接触时方向垂直于线，即三角劈对球的弹力垂直于过P点的球的切线，然后根据平衡

条件求弹力的大小.

对小球受力分析，三角劈对小球的弹力方向沿P。向上，采用合成法，如图，由几何知识得

2黑

故选C.

13.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下向右拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌

面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）

A.桌布对鱼缸的摩擦力方向向左

B,鱼缸在桌布上滑动的时间与在桌面上滑动的时间相等

C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大

D.无论猫用多大的拉力，鱼缸都不可能滑出桌面

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A.桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到桌布的摩擦力向右，故A错误;

B.由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速

度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由u=〃可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的时间相等，

故B正确；

C.若鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时,

摩擦力不变，故c错误；

D.猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出

时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面，故D错误。

故选Bo

14.质量为60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m=40kg的重物送入井中。当重物以zm/sz的

加速度加速上升时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取lOm/s?)

()

A.120NB.280NC.320ND.600N

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】先研究重物，重物的加速度a=2m/s2,受到重力与绳子的拉力，则根据牛顿第二定律有

F-mg=ma

解得

F=m(g+a)=40x(10+2)N=480N,

再研究人，受力分析，重力Mg、绳子向上的拉力F、地面的支持力N,处于平衡状态。则根据平衡条件

有

Mg=F+N

解得

N=Mg-F=600N-480N=120N

由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为

N'=N=120N

故选Ao

15.如图，倾角为a=30。的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量分别为m和2根的小球A、B,它们

用劲度系数为”的轻质弹簧连接，弹簧轴线与斜面平行。现对A施加一水平向右、大小为P的恒力，使A、

B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L则下列说法正确

A.弹簧的原长为L-警

2k

B.恒力F=N^mg

C.小球A对斜面的压力大小为"wg

D.撤去恒力F后的瞬间小球B的加速度为g

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.对B球受力分析，沿斜面建立直角坐标系，正交分解，在沿斜面方向，根据平衡条件

2mgsina=kx

解得弹簧伸长量为

2mgsina

x-------------

k

则弹簧原长为

__2mgsina_mg

L-L---------------=L-------

akk

A错误；

B.以A、B整体为研究对象，沿斜面方向，根据平衡条件

Feos30=3mgsin30

解得

F=3mgtan30=小mg

B错误；

C.对小球A,在垂直斜面方向上，根据平衡条件

N-mgcosa+Fs\x\a-—^-mg+-^-mg=y13ing

根据牛顿第三定律可知A对斜面的压力为,C正确；

D.撤去F瞬间，弹簧弹力不变，B球受力仍然平衡，加速度为0,D错误。

故选C。

16.在一次青少年科技创新大赛中，某兴趣小组用热气球提升物体，当热气球升到离地面60m高处时，

从热气球上自由脱落一物体，物体又竖直上升了20m后才开始下落，不计空气阻力，g取lOm/s?,贝晨)

A.气球一定匀减速上升

B.物体脱落时气球速度大小为lOm/s

C.物体落地前最后1s的位移大小为35m

D.物体脱落后经4s落回地面

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.物体脱落前，气球的运动情况未知，故物体脱落后，气球的运动情况未知，故A错误；

B.物体脱落后做竖直上抛运动，设物体脱落是的速度大小为％,则

其中

%=20m

解得

%=20m/s

故B错误；

D.设物体脱落后经历时间，落回地面，则

,12

其中

h}=60m

解得

r=6s

故D错误;

c.物体落地前最后。=Is内，其初速度的大小为

W-g（，T|）|=30m/s

故物体落地前最后。=ls内位移大小为

12

%=v/i+ag'i=35m

故c正确。

故选C

17.如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点,现将细绳拉至水平后由静止释放小球,

当两小球通过最低点时，两球一定有相同的（）

A.速度B.角速度C.加速度D.机械能

【答案】C

【解析】

试题分析：根据动能定理得：mgL=；mv2,解得：u=J玩，因为L不等.所以速度不等，故A错误;

B、根据a=：解得：a=2g,所以两球加速度相等，又a=L32,所以角速度不等，故B错误C正确；因

为两球的质量关系未知，初始位置它们的重力势能不一定相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等,

故D错误；故选C.

考点：动能定理：向心加速度.

【名师点睛】此题考查了动能定理的应用以及向心加速度及角速度的知识；解决本题的关键掌握动能定理

和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力，列的式子即可解答；此题是基础

题，意在考查基础知识的应用.

18.物体做半径不同的匀速圆周运动，它的加速度与半径的倒数关系如图所示，则该物体运动中下列哪个

物理量保持不变（）

A.线速度大小B.角速度大小C.转速D.向心力大小

【答案】A

【解析】

【分析】

2

【详解】A.由图象可知，4与r成反比，则由向心加速度公式a=L可知，物体的线速度大小不变，故

A正确；

B.根据。=上可知，半径不同，角速度不同，故B错误；

r

C.根据〃=狙可知，半径不同，转速不同，故c错误；

V

D.根据向心力尸=对可知，半径不同，向心力不同，故D错误。

r

故选Ao

二、填空题

19.一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态。一石墨块（可视为质点）静止在白板上。石墨

块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为〃。突然，使白板以恒定的速度％做匀速直线运动，石墨块将在板上

划下黑色痕迹。经过某段时间f,令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑

色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g,不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）：

22

①/九③卬_"g/④3,以上正确的是―。

2ugug2

【答案】①©

【解析】

【分析】

【详解】在时间「内，石墨块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有

/jmg=ma

解得

a=〃g

①如果时间，内一直加速，加速的位移为

12

%=]〃g广

故相对白板的位移为

v12

△\=^-\=vot--/agt

②如果先加速，后匀速，位移为

vo

2〃g

故相对白板的位移为

△x2=vot-x2=--

2〃g

③如果加速的末速度恰好等于%,则

2〃g

故相对白板的位移为

△X3=vot-xi=

2〃g

经过时间，后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕

21

迹的长度等于加速时相对薄板的位移；所以白板上黑色痕迹的长度可能是①一%—、③%f-

2〃g2

20.一根橡皮绳的一端固定在塑料杯底部（杯子质量不计、杯底挖空而只剩十字形幅条），另一端系一小铁

球，手握杯子开口向下，当杯子和小球保持静止时如图甲所示，当杯子做自由落体运动且稳定时，图—是

铁球和塑料杯可能出现的状态（填写字母，下同）；如杯子做竖直上抛运动，则抛出后达到稳定时，图—

是铁球和塑料杯可能出现的状态。

【答案】(1).B(2).B

【解析】

【分析】

【详解】川［2］无论自由落体运动还是竖直上抛运动，加速度方向都是竖直向下，因此铁球都失重，橡皮绳

会把球和杯子拉近，当橡皮绳恢复到原长后，小球和杯子由于有相对运动速度，继续靠近，绳子就松弛了，

所以两种情况下，B图是铁球和塑料杯可能出现的状态

21.(1)在“研究平抛物体的运动规律”的实验中，在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的,

这样做的目的是—

A.保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小

B.保证小球飞出时，初速度水平

C.保证小球在空中运动的时间每次都相等

D.保证小球运动的轨道是一条抛物线

(2)引起实验误差的原因是一

A.小球运动时与白纸相接触

B.斜槽不是绝对光滑的，有一定摩擦

C.确定oy轴时，没有用重锤线

D.描绘同一平抛运动轨迹的实验中，多次实验，没有保证小球从斜面上同一位置无初速释放

(3)为了探究平抛运动的规律，将小球A和B置于同一高度，在小球A做平抛运动的同时静止释放小球

B.同学甲直接观察两小球是否同时落地，同学乙拍摄频闪照片进行测量、分析.通过多次实验，下列说法

正确的是

A.只有同学甲能证明平抛运动在水平方向是匀速运动

B.两位同学都能证明平抛运动在水平方向是匀速运动

C.只有同学甲能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动

D.两位同学都能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动

【答案】(1).B(2).ACD(3).D

【解析】

【分析】

（1）在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，因此要求抛出的小球初速度水平；

（2）平抛运动的条件是水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，无论是影响水平方向的运动，还

是影响竖直方向上的运动，都会引起实验误差；

（3）通过对比的方法得出平抛运动竖直方向上的运动规律，在甲实验中无法得出水平方向上的运动规律，

在乙图中通过相等时间内的水平位移大小得出水平方向上的运动规律；

【详解】（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平

抛运动，故ACD错误，B正确；

（2）A、实验要求小球滚下时不能碰到木板上的白纸，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故A正确；

B、只要让它从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，叩使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做

平抛运动的初速度相同，因此，斜槽轨道不必要光滑，故B错误；

C、确定Oy轴时，没有用重锤线，不能确定木板是否竖直，使小球容易与木板上的白纸产生摩擦，从而产

生误差，同时也不利于确定x轴，故C正确；

D、描绘同一平抛运动轨迹的实验中，因多次实验，没有保证小球从斜面上同一位置无初速释放，导致出现

误差，故D正确；

（3）在图甲的实验中，改变高度和平抛小球的初速度大小，发现两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向

上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律；

在图乙的实验中，通过频闪照片，发现自由落体运动的小球与平抛运动的小球任何一个时刻都在同一水平

线上，知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，所以平抛运动竖直方向上做自由落体运

动，频闪照片显示小球在水平方向相等时间内的水平位移相等，知水平方向做匀速直线运动，故D正确，

ABC错误.

【点睛】在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保持水平及

固定后的斜槽要竖直，解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,

在竖直方向上做自由落体运动.

22.某同学利用如图I装置探究加速度与合外力的关系。利用力传感器测量细线上的拉力。按照如下步骤操

作：

①安装好打点计时器和纸带，调整长木板的倾斜程度，平衡小车摩擦力；

②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上一定质量的钩码，将小车拉

到靠近打点计时器的一端；

③打开力传感器并接通打点计时器的电源（频率为50Hz的交流电源）：

④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；

⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数尸；

⑥通过分析纸带得到小车加速度«；

⑦改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤⑥；

⑧作出a—F图象，得到实验结论。

（1）本实验在操作中是否需要满足钩码的质量远远小于小车的质量？（选填"是''或"否"）。

（2）某次释放小车后，力传感器示数为尸，通过天平测得小车的质量为M,动滑轮和钩码的总质量为他,

不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于一。

FFmg-2FIF

A.a=----B.a=—C.a=--------D.a-----

2MMMM

（3）如图2是某次实验有效纸带的一段，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个打印点未画出）,

测得M=3.59cm,s2=4.41cm,s3=5.19cm,s4=5.97cm,s5=6.78cm,=7.64cm,则钩码的

图2

【答案】（1）.否（2）.B⑶.0.40

【解析】

【分析】

【详解】（1）本实验利用力传感器可直接测量出细线对小车的拉力大小，可不需要用钩码的重力替代，所以

不需要满足钩码的质量远远小于小车的质量。

（2）由于已平衡摩擦力，所以细线对小车的拉力即为小车受到的合力，根据牛顿第二定律可得小车的加速度

大小为a=土。

M

故选B。

(3)由于相邻两计数点间还有四个点没有画出，交流电源的频率为5()Hz,则相邻两计数点间的时间间隔为

T=0.1s,由逐差公式可得小车的加速度为

$4+$5+$6———5,0.0764+0.0678+0.0597-0.0359-0.0441-0.0519「八℃,

a=———-——2―r2——-——-=--------------------------------------------m/s=0.80m/s2

9T29x0.12

由图可知钩码的加速度大小为小车加速度大小的一半，即钩码的加速度大小为0.40m/s2。

三、解答题

23.用质量为加、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为

F,如图所示，求：

(1)物体与绳的加速度；

(2)绳中各处张力的大小？(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计)

4.尸L尔尸

【答案】(1)77—'；(2)^--—

M+m(M+m)L

【解析】

【分析】

【详解】(1)对整体，根据牛顿第二定律，得

F=+m)a

解得

F

a=--------

M+m

(2)设绳上任一点离F作用点为X处绳的弹力为7；,则长为X的这段绳质量

*m

Am=——xx

L

对这段绳应用牛顿第二定律

F-Tx=bna

解得

TmxF

rT=F--------------

*x(M+m)L

24.如图所示，质量为，〃=5kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数"=05物体受到与水平面

成。=37。斜向上的拉力尸=50N作用，从A点由静止开始运动，到8点时撤去拉力凡物体最终到达C点，

已知AC间距离为L=165m,(sin37°=0.6,cos37=0.8,重力加速度g=lOm/s2)求:

(1)物体在A8段的加速度大小。；

【答案】(l)6m/s2；(2)30m/s。

【解析】

【分析】

【详解】(1)在A8段，受力分析如图

正交分解得：

FCQSO-/AN=ma

FsinO+N-mg

代入相应数据得：«=6m/s2

(2)在段由牛顿第二定律得：

Nmg=ma'

解得："=5m/s2,根据速度和位移关系得：

解得：嗑=30m/s。

25.如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为a=53°的光滑斜面顶端，并刚好

沿光滑斜面下滑，已