2020-2021学年朝阳某中学高一年级上册期末物理试卷-附答案解析

2020-2021学年朝阳第二高级中学高一上学期期末物理试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.1932年，美国科学家（）首创了回旋加速器.

A.富兰克林B.洛伦兹C.劳伦斯D.麦克斯韦

2.如图所示为长江一段平行江道，一轮船以相对于水恒定的速率渡江，水।

匀速流动（假设整个江道水流速度相同）。当水流速度变大时，下列说法

正确的是（）r

A.若船头始终垂直指向江岸方向，则轮船行驶位移变大，过江时间变短

B.若船头始终垂直指向江岸方向，则轮船行驶位移不变，过江时间不变

C.若保证轮船航行轨迹垂直江岸,则轮船行驶位移不变，过江时间变长

D.若保证轮船航行轨迹垂直江岸,则轮船行驶位移不变，过江时间不变

3.下列说法中正确的是（）

A.只有体积很小或质量很小的物体才可以看作质点

B.在单向直线运动中，物体的位移就是路程

C.有摩擦力一定有弹力

D.物体受到的几个共点力的合力一定大于每一个分力

4.在加速度为a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的人，下列说法正确的是（）

A.此人对地球的吸引作用产生的力为机（g-a）

B.此人对电梯的压力为m（g-a）

C.此人受到的重力为+a）

D.电梯对人的支持力大小为m（g+a）

5.某质点的位移随时间变化规律的关系是x=3t+2t2,x与t的单位分别是m和s,则质点的初速

度和加速度分别是（）

A.2m/s,2m/s2B.3m/s,2m/s2

C.5m/s,4m/s2D.3m/s,4m/s2

6.两辆完全相同的汽车，沿水平直线一前一后匀速行驶，速度均为火,若前车突然以恒定的加速

度刹车，在它刚停住后，后车以前车刹车的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行的距

离为s,若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为（）

A.IsB.2sC.3sD.4s

7.在分析和研究生活中的现象时，我们常常将这些具体现象简化成理想模型，这样可

以反映和突出事物的本质.例如人原地起跳时.，先身体弯曲，略下蹲，再猛然蹬地，

身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面.我们可以将这一过程简化成如

下模型：如图所示，将一个小球放在竖直放置的弹簧上，用手向下压小球，将小球

压至某一位置后由静止释放，小球被弹簧弹起，以某一初速度离开弹簧，不考虑空气阻力.从

小球由静止释放到刚好离开弹簧的整个过程中，下列分析正确的是（）

A.小球的速度一直增大

B.小球始终处于超重状态

C.弹簧对小球弹力冲量的大小大于小球重力冲量的大小

D.地面支持力对弹簧做的功大于弹簧弹力对小球做的功

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图所示，质量为m的小球用细绳系住放置在倾角为。的光滑斜面上，当细

绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力F和斜面对小球的支持力N的土匕

变化情况是（）

A.F先减小后增大B.尸逐渐减小

C.N逐渐减小D.N逐渐增大

9.如图所示，t=0时刻，b物体在a物体前方50（hn处，a、b的发一£图象如『足''

图所示，下列选项正确的是（）401/；

A.a、b加速时，物体a的加速度大于b的加速度（f||/;/；；

B.20s时，两物体相距最远。2%4b

C.a、b相遇两次

D.第二次相遇在60s

10.如图所示，物体P置于水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10N的

重物，物体P向右运动的加速度为%;若细线下端不挂重物，而用尸=10N的力竖直向下拉细线

下端，这时物体P的加速度为。2，贝"（）

c.两次细绳所受拉力相等D.两次细绳所受拉力不等

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.在做“探究共点力合成规律”的实验时，可以先将橡皮条的一端固定在木板上，再用两个弹簧

秤把橡皮条的另一端拉到某一位置。，之后只用一个弹簧秤拉橡皮条使其伸长，如图甲所示.

①关于实验操作，下列说法正确的是.

4同一次实验中。点的位置允许变动.

B实验中弹簧秤必须保持与木板平行，读数时要正视弹簧秤刻度.

C实验中只需要记录弹簧秤的示数.

②实验中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被4、B两只弹簧测力计拉伸至。点，鸟、尸2分别表示小

B两只弹簧测力计的读数，如图乙所示.使弹簧测力计B从图示位置开始顺时针缓慢转动，在这

一过程中保持。点和弹簧测力计4的拉伸方向不变，则在整个过程中两弹簧测力计的读数Fi、F2

的变化是

A.Fi减小，尸2减小B.Fi减小，尸2增大

C.&减小，氏先增大后减小D.&减小，尸2先减小后增大.

12.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。

硅码和

魅码盘

（1）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，在（选填“挂”

或“不挂”）祛码和祛码盘、小车（选填“拖”或“不拖”）着纸带、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。

(2)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。=

M/S2(计算结果保留2位有效数字)。

(3)保持小车质量不变，在探究加速度与力的关系时，可认为细线对小车的拉力大小等于祛码和祛码

盘的重力大小。某同学根据测量数据作出的a-F图象如图丙所示。发现图象不过原点，末端发

生了弯曲，出现这种情况可能的原因是。

A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且小车质量较大

B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且祛码和祛码盘的质量较大

C.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大

。.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且祛码和祛码盘的质量较大

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图所示，物块4和B叠放在水平地面上，左边缘对齐，质量均为巾=1kg。4与B、8与地面间

的动摩擦因数均为〃=0.2。先敲击4,4立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L=0.25m

后停下；接着敲击8,B立即获得水平向右的初速度，4、B都向右运动，左边缘两次对齐时恰好

相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2„

求：

(1)4被敲击后获得的初速度大小以；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度大小as、aB'；

(3)B被敲击后获得的初动能琉。

14.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中4B是长为R的水

平直轨道，BCD是圆心为。、半径为R的:圆弧轨道，两轨道相切于

B点.在外力作用下，小球从4点由静止开始做匀加速直线运动，

到达B点时撤除外力.已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重

力加速度为g.求：

(1)小球在B点时的速度大小；

(2)小球在4B段运动的加速度大小；

(3)小球从。点运动到4点所用的时间.

15.羚羊从静止开始奔跑，经过4.0s能加速到最大速度25m/s,并能维持一段较长的时间；猎豹从

静止开始奔跑，经过60m的距离能加速到最大速度30m/s,以后只能维持这个速度4.0s接着就会

减速。设猎豹距离羚羊xni时开始攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0s才开始奔跑，假定羚羊和

猎豹在变速阶段分别做匀变速运动，且均沿同一直线奔跑。求：

(1)猎豹恰好在加速到最大速度时追上羚羊，x值应为多少？

(2)猎豹要在减速前追到羚羊，》值应在什么范围？

参考答案及解析

1.答案：C

解析：解：1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特

点，解决了粒子的加速问题.

故选：C.

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一.

2.答案：C

解析：解：AB.如图所示，设江道宽为d,船垂直于江岸的速度

为"，则有t=W，时间与水速无关，若船头始终垂直指向江岸方

向，水流速度变大，则由％水=〃/可知船在水中运动的位移就

越大，故AB错误；

,d

CD、如图所示，若保证轮船航行轨迹垂直江岸，则轮船行驶位移为江道宽d不变，渡江时间，=7万

q水

则过江时间变长，故。错误，c正确；

故选：C。

因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，

所以不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大。

本题解题关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，然后分别作答即可解决此类问

题。

3.答案：C

解析：解：力、体积小、质量小的物体不一定能看成质点，关键看物体的形状和大小在所研究的问题

中能否忽略。故A错误。

8、位移是矢量，在单向直线运动，位移的大小等于路程，不能说位移就是路程。故B错误。

C、摩擦力产生的条件是：接触面粗糙、有弹力、有相对运动或相对运动的趋势。所以有摩擦力必有

弹力。故C正确。

。、根据平行四边形定则，知合力可能比分力小，可能比分力大。故。错误。

故选：Co

当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点.当物体做单向直线运动时，位

移的大小等于路程.摩擦力产生的条件中必须有弹力.根据平行四边形定则判断合力于分力的大小

关系.

本题考查了力的合成、质点、位移和路程等基础知识点，比较简单，学生很容易掌握.

4.答案：D

解析：解：AC,无论物体处于超重还是失重，重力都不会改变，故重力还是mg,故A错误，C错误；

BD、人以加速度a匀加速上升，根据牛顿第二定律，有.：

N—mg—ma

解得

电梯对人的支持力为N=m(g+a)

根据牛顿第三定律，人对电梯的压力为m(g+a),故8错误，。正确。

故选：D«

物体处于超重或是失重时，物体的重力并没有改变，改变的只是视重.运用牛顿第二定律对人分析，

可求得电梯对人的支持力，再根据牛顿第三定律可得人对电梯的压力.

此题属于超重失重的一般问题，运用牛顿第二定律列式求出.此题难度不大，属于基础题.

5.答案：D

2

解析：解：根据x=vot+^at=3t+2t2得质点的初速度为=3m/s,加速度a=4m/s2.故/)正确，

ABC错误。

故选：Do

根据匀变速直线运动的位移时间公式得出物体的初速度和加速度。

2

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+|at,知道公式的矢量性。

6.答案：B

解析：解：两辆完全相同的汽车，刹车时加速度相同，刹车位移也相同为s,设加速度大小为a,

前车刹车的时间为£=丝=",刹车的位移s=/

aa2a

在此时间内，后车做匀速运动，位移为x=%t=?

所以x=2s

此后后车刹车，刹车位移也为s,

要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为△X=x+s-s=x=

2s

故选：B。

根据速度-时间公式求出刹车时间。前车刹车时，后车在做匀速运动，根据位移公式求出后车匀速

运动时的位移，而后车刹车的位移等于前车刹车的位移，故两车在匀速行驶时保持的距离至少应为

后车匀速运动时的位移。

该题要注意两辆车完全相同，所以刹车时的加速度和刹车位移都相同。

7.答案：C

解析：解：4、B、小球向上运动的过程中，开始时弹簧的弹力大于小球的重力，小球向上做加速运

动；当弹簧的弹力小于小球的重力后，小球向上做减速运动到小球离开弹簧。

可知小球在向上运动到离开弹簧的过程中小球先加速后减速，先超重，后失重•故A错误，8错误；

C、小球的初速度为0,而离开弹簧的末速度不为0,根据动量定理可知，外力的总冲量不为0,方向

向上，所以弹簧对小球弹力冲量的大小大于小球重力冲量的大小。故C正确；

。、由题可知，弹簧对小球做正功；地面相对于弹簧的下端没有位移，所以地面对弹簧做的功为0,

所以地面支持力对弹簧做的功小于弹簧弹力对小球做的功。故。错误。

故选：C。

小球上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速

度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止.

结合动量定理分析重力的冲量与弹簧的弹力的冲量的大小关系；根据功的公式判断做功的大小关系.

解答该题关键要将小球的运动分成向上的加速和减速过程，然后结合超重与失重的特点分析.

8.答案：AC

解析：解：以小球为研究对象，小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力，三力平衡，根据平衡

条件得知拉力与支持力的合力与重力mg大小相等，方向相反，保持不变。作出三个位置拉力与支持

力的合成的示意图，

3

t

»

---』

mg

通过力图可以看出当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，拉力尸先变小后变大，支持力N一直变小。

故选：ACo

对球受力分析，受重力、支持力、拉力，其中重力大小方向都不变，支持力方向不变、大小变，拉

力大小与方向都变，可用作图法分析.

这类问题的特点是：一个物体受三个共点力作用而平衡，其中有一个力是恒定的（大小、方向均不变，

一般多为物体的重力G）;另一个力的方向（或大小）始终不变（支持力），第三个力（拉力）大小和方向都

可能变化.当第三个力与第二个力垂直时，第三个力最小值.找出了这一规律，运用作图法（或计算

法）求解都比较方便了.

9.答案：CD

解析：解：4a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，则物体a的加速度小于物体b的加速度，

故A错误。

B、0-40s内，a的速度比b的大，b物体在a物体前方，两者间距逐渐增大。40s时刻以后，a的速度

比b的小，两者间距减小，贝ij40s时两物体相距最远•故B错误。

C、0-20s内，a比b多运动的位移为x=*"x20m=500m,所以在t=20时，a、b相遇一次。

t=40s之后，由于b的速度比a的大，a、b又相遇一次，共相遇两次，故C正确。

D、因20-60s内，a、b通过的位移相等，所以第二次相遇在60s,故。正确。

故选：CD.

速度-时间图象的斜率大小表示加速度的大小，“面积”表示位移。根据斜率判断加速度的大小。

根据位移关系判断两物体相遇的次数。

本题考查理解和应用速度图象的能力。根据速度图象的斜率、“面积”等来分析物体的运动情况是

应具备的能力。对于追及问题，关键要分析两个物体之间的位移关系。

10.答案:BD

解析：解：4、挂重物时，选连接体为研究对象，有牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为：

G10

Qi=-----=-------

mp+mQnip+niQ，

当改为ION拉力后，由牛顿第二定律得P的加速度为：&=乎，

故为<。2，故A错误，B正确；

C、第一次拉力A=mp%<G=10N,第二次拉力7=F=10N,故两次拉力大小不相等，故C错

误，。正确。

故选：BD。

连接体共同加速，由牛顿第二定律求得整体的加速度，当改用尸后，再次利用牛顿第二定律求得加速

度，比较加速度的大小即可，再根据牛顿第二定律可求得拉力的大小.

连接体问题常常将整体法和隔离法综合运用，整体法求出共同加速度，隔离法整理待求量.本题中

利用超失重的知识解决会更快，悬挂重物时，重物Q加速下降，处于失重状态，对P的拉力小于Q的

重力(10N).

11.答案：B；D

解析：解：①人要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸

长量相同，则。点的位置应固定，故A错误；

8、本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正

对弹簧测力计的刻度，故8正确；

C、由于力是矢量，因此在记录时不但要记录大小还要记录其方向，故C错误.

故选：B.

②点0受到三个拉力，处于平衡状态，所以两个弹簧测力计对。点拉力的合力一定P。方向，根据三

角形几何关系可知，合力作为直角三角形的直角边，而

&作为斜边，所以合力一定小于Fi；

对点0受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不

变，04弹簧拉力方向不变，0B弹簧拉力方向和大小都改变

根据平行四边形定则可以看出的尸2先变小后变大，&的读数不断变小；

故选：D.

故答案为：①B；@D.

1、本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的.本

实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择.

2、点0受到三个拉力，处于平衡状态，所以两个弹簧测力计对。点拉力的合力一定P0方向，根据三

角形几何关系可以判断合力与F】的关系，

其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，。4弹簧拉力方向不变，0B弹簧拉力方向和大小都改变，根

据平行四边形定则作图分析即可.

本实验采用是等效替代的思维方法.实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点。的位置必

须相同.关于三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行

四边形定则进行分析讨论.

12.答案：不挂拖打点0.80D

解析：解：(1)平衡摩擦力和其它阻力时，正确的操作方法是把长木板右端垫高，为了使小车本身的

下滑力与拖着打点的纸带受的摩擦力和其它阻力平衡，因此不挂祛码和祛码盘；在小车拖着纸带，

打点计时器打点情况下，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。

(2)且相邻两个计数点之间有4个点未画出，故两计数点间的时间间隔7=5x0.02s=0.1s,根据△

2

x=a72运用逐差法得a=%等=(2.79+3.61)-(；20+2.00)乂10-2m/s2=o.8Om/s:

4TZ4xO.lz

(3)根据图丙可知，F不等于零时，a仍等于零，可能没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，即木板的倾

斜角度过小；图象末端弯曲，可能没有满足祛码和祛码盘的质量远小于小车的质量，即祛码和祛码

盘的质量较大，故。正确，A8C错误。

故选：。。

故答案为：(1)不挂;拖;打点；(2)0.80；(3)。。

(1)平衡摩擦力时，不能挂祛码和祛码盘，在拉着纸带的情况下做匀速直线运动；

(2)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度。

(3)根据图线不过原点和上部弯曲得出实验存在的问题。

解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道实验误差形成的原因，掌握纸带的处理方法，会

通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。

13.答案：解：(1)敲击4时，4受向左的滑动摩擦力做减速运动

B受到4的滑动摩擦力/BA=nmg=0.2x1xION=2N

B与地面的最大静摩擦力加=林-2mg=0.2x2x1xION=4N

由于B受到4的动摩擦力小于B与地面的最大静摩擦力，所以B保持静止，4的加速度大小为

2

aA—Rm，==2m/s

滑动过程有

若=2%L

解得

vA=12aAL=V2x2x0.25m/s=Im/s

(2)对齐前，根据牛顿第二定律，对8

4mg+2/j.mg—maB

解得

2

aB=3Hg=6m/s

对齐后，对4B整体

21mlg=2maB'

解得

2

O.B=4g=2m/s

(3)设敲击B后经过时间t,4、B达到共同速度。，位移分别为办、XB，4受向右的滑动摩擦力做加速

运动，根据牛顿第二定律可得加速度

aA—^9—2m/s2

速度为

v=aAt

v=vB-aBt

根据位移时间关系

2

XA=2aAt

12

d

xB=vBt--aBt

xB-xA=L

联立解得

vB=2m/s

B被敲击后获得的初动能

11

Ek=2mvB=2x1x22/=2/

答：(1)4被敲击后获得的初速度大小以为Im/s；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度大小%、CIB'分别为6m/s2和2m/s2；

(3*被敲击后获得的初动能以为2人

解析：(1)敲击4后，4获得速度后，向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律解

题；

(2)根据4与B之间的摩擦力，B与地面之间的摩擦力，结合牛顿第二定律可分析出对齐和不对齐时B的

加速度；

(3)由4、B所发生的相对位移L着手，分析出共速时各自发生的位移，联立等式进行求解。

本题考查了匀变速直线运动，难点在于运用力、B共速后所发生的相对位移，联立等式求解初速度,

因此思维只要落入这个等式即可求解。

14.答案：解：(1)小球在最高点C所受轨道正压力为零，有：

mg=小V怖c

解得：vc=y[gR^

小球从B点运动到C点，根据机械能守恒有：

+2mgR,

解得：vB=y/5gR.

(2)由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a,由运动学公式有：

VQ—2a/?,

解得：a=|g.

(3)设小球在。处的速度大小为外,下落到4点的速度为，由机械能守恒有:

11

7=-mvf7,+mgR,

-1mv2p=1-mv2z,

设从。点运动到4点所用的时间为t，由运动学公式得，gt=