北京市东城区2019-2020高一上学期期末考试物理试题（Word版带解析）.doc

东城区 2019—2020 学年度第一学期期末教学统一检测高一 物理 一、单项选择题 1.下列选项中，哪组仪器可以测量国际单位制中的力学基本物理量（ ） A. 密度计、弹簧测力计、打点计时器 B. 米尺、弹簧测力计、秒表 C. 秒表、天平、量筒 D. 米尺、天平、秒表 【答案】D 【解析】 【详解】米尺测量长度，长度是国际单位制中三个力学基本物理量；天平测量质量，质量是 国际单位制中三个力学基本物理量；秒表测量时间，时间是国际单位制中三个力学基本物理 量；密度计是测量液体密度的仪器，量筒是测量体积的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器， 密度、体积与力都是导出量，不是基本物理量。由以上的分析可知，D 正确，ABC 错误。 故选 D。 2.同一个物体，由于所要研究的问题不同，有时可以看成质点，有时不能看成质点。下面选 项中正确的是（ ） A. 研究地球的公转周期时，可以把地球看作质点 B. 研究乒乓球的旋转快慢时，可以把乒乓球看作质点 C. 研究百米跑运动员的起跑动作时，可以把运动员看作质点 D. 研究足球比赛中香蕉球的运动原因时，可以把足球看作质点 【答案】A 【解析】 【详解】A．研究地球绕太阳公转周期时，地球的大小相对于运动的轨道可以忽略不计，可 以将地球看作质点，A 正确； B．研究乒乓球旋转时，不可以把乒乓球看作质点，否则没有转动，B 错误； C．研究百米跑运动员的起跑动作时，不可以把运动员看作质点，否则没有动作，C 错误； D．研究足球比赛中香蕉球的运动原因时，不可以把足球看作质点，否则没有足球的转动导 致的香蕉球，D 错误。故选 A。 3.一个球形物体静止放在光滑的水平地面上，并与竖直墙壁相接触，如图所示，A、B 两点 分别是球与墙、地面的接触点，则下列说法正确的是（ ） A. 物体受到重力、地面的支持力和墙壁的弹力三个力作用 B. 物体受到重力、地面的支持力两个力作用 C. 物体受到重力、地面的支持力和墙壁的摩擦力三个力作用 D. 物体受到重力、地球的引力和地面的支持力三个力作用 【答案】B 【解析】 【详解】物体在竖直方向上受重力和支持力平衡，在水平方向上虽然与墙壁接触，但不挤压， 不受墙壁的弹力，B 正确，ACD 错误。 故选 B。 4.下列关于速度的说法正确的是（ ） A. 速度是描述位置变化的物理量 B. 瞬时速度方向与物体运动的方向相同 C. 速度一定随加速度增加而增加 D. 速度方向一定与加速度方向相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．速度是描述位置变化快慢 物理量，位移是描述位置变化的物理量，A 错误； B．瞬时速度的方向就是物体的运动方向，B 正确； C．当速度方向与加速度方向一致时，速度才增加，当速度方向与加速度反向相反时，速度 减小，C 错误； D．加速度方向与速度变化量的方向一致，但是不一定与速度方向一致。当加速度与速度方 向一致时，物体做加速运动，加速度与速度方向相反时，物体做减速运动，D 错误。 故选 B。 的5.撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：持杆助跑、 撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是（ ） A. 持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力 B. 撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力 C. 撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大小等于人对撑杆的作用力大小 D. 最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力 【答案】C 【解析】 【详解】A．重力是由于地球的吸引而产生的，所以任意过程中，其反作用力均为人对地球 的引力，A 错误； BC．弯曲的撑杆对人的作用力和人对撑杆的作用是相互作用力，故撑杆起跳上升阶段，弯 曲的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用，B 错误，C 正确； D．最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为人的惯性，而没有受到冲力作 用，D 错误。 故选 C。 6.一物块从粗糙斜面底端，以某一初速度开始向上滑行，到达某位置后又沿斜面下滑到底 端， 则物块在此运动过程中（ ） A. 上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力 B. 上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力大小 C. 上滑时的加速度小于下滑时的加速度 D. 上滑的时间大于下滑的时间【答案】B 【解析】 【详解】AB．设斜面倾角为 ，物体受到的摩擦力 ，物块上滑与下滑时的 滑动摩擦力相等，A 错误，B 正确； C．根据牛顿第二定律有，上滑时的加速度 a 上= 下滑时的加速度 a 下= 由此可知，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，C 错误； D．上滑的过程，采用逆向思维，是初速度为零的匀加速直线运动，根据 可知上滑时的加速度大于下滑时的加速度，所以上滑时的时间小于下滑时的时间，D 错误。 故选 B。 7.甲、乙两物体沿同一直线运动，其运动过程的 v－t 图如图所示，则以下说法正确的是（ ） A. t1 时刻之前乙在甲前面，t1 时刻之后乙在甲后面 B. t1 时刻之前甲乙运动方向相反，t1 时刻之后运动方向相同 C. t1 时刻两物体到达同一位置 D. t1 时刻甲乙两物体的速度相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲、乙两物体沿同一直线运动，由于出发点位置关系未知，所以不能确定它们 的位置关系，A 错误。 B．根据速度的正负表示速度方向，知甲乙运动方向一直相同，B 错误。 CD．t1 时刻两图象相交，甲乙两物体的速度相同，但不一定到达同一位置，C 错误，D 正 θ cosf mgµ θ= cos sin cos singm mg g gm µ θ θ µ θ θ+ = + sin cos sin cosmg gm g gm θ µ θ θ µ θ− = − 21 2x at=确。 故选 D。 8.如图所示，细绳 MO 与 NO 所能承受的最大拉力相同，长度 MO＞NO，则在不断增加重 物 G 的重力过程中（绳 OC 不会断）（ ） A. 绳 ON 先被拉断 B. 绳 OM 先被拉断 C. 绳 ON 和绳 OM 同时被拉断 D. 条件不足，无法判断 【答案】A 【解析】 【详解】物体对 O 点拉力等于物体重力，此力有两个效果：一是使 NO 绳拉紧，二是使 OM 绳拉紧。按效果把物体对 O 点的拉力分解，如图所示： 由此可知 NO 绳受的力大于 MO 绳受的力。当重力逐渐增大，NO 绳先达到最大拉力，NO 绳先断。A 正确，BCD 错误。 故选 A。 9.一物体从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 点时速度为 v，再运动到 C 点时的 速度为 2v，则 AB 与 BC 的位移大小之比为（　 　） A. 1：3 B. 1：4 C. 1：2 D. 1：1 【答案】A 【解析】对 AB 过程，由变速直线运动 速度与位移的关系式可得 ，解得 ，对 BC 过程可得 ，解得 ，所以 AB 与 BC 的位移大小之比为 1： 3，故 A 正确，BCD 错误； 故选 A． 10.从光滑斜面上某一位置先后由静止释放 A、B、C、D 四个小球（小球可以看作质点），已 知相邻两小球释放的时间间隔为 0.1s。某时刻拍下一张照片，四个小球的位置如图所示。测 出 AB、BC、CD 间距离分别为 xAB=5cm，xBC=10cm，xCD=15cm，则（ ） A. 小球 A 的位置恰好为释放四个小球的初始位置 B. 小球 C 的速度是 A、D 两个小球速度之和的一半 C. 小球 B 的速度大小为 1.5m/s D. 小球 A、B、C、D 的加速度大小均为 5m/s2 【答案】D 【解析】 【详解】ACD．根据 △x=aT2 得小球的加速度为： m/s2 B 点的速度等于 AC 段的平均速度，则有： m/s A 点小球的速度为： m/s 可知小球不是从 A 点释放，AC 错误，D 正确； 的 2v 2 ABax= 2 2AB vx a = 2 2(2v) 2 Bcv ax− = 23 2BC vx a = ( ) 2 2 2 10 5 10 501 xa T −− ×∆= = = ． ( ) 25 10 10 0.752 2 0.1 AC B xv T −+ ×= = =× 0.75 5 0.1 0.2A Bv v aT= − = − × = 0≠B．C 点是 BD 段的中间时刻，根据平均速度的推论知，C 点小球的速度等于 B、D 点两球 速度之和的一半，B 错误。 故选 D。 11.一列火车由静止以恒定的加速度启动出站，设每节车厢的长度相同，不计车厢间间隙距 离，一观察者站在第一节车厢最前面，他大致测量了第一节车厢通过的时间及车厢长度，估 算出第一节车厢尾驶过他时的速度为 v0，则第 n 节车厢尾驶过他时的速度为（ ） A. nv0 B. n 2v0 C. D. 2nv0 【答案】C 【解析】 【详解】设每节火车的长度为 l，根据 得第一节车厢经过时有： n 节车厢经过时有： 联立两式解得： ，C 正确，ABD 错误。 故选 C。 12.如图所示，A、B 两木块间连一轻弹簧，A、B 质量相等，一起静止地放在一块光滑木 板上，重力加速度为 g。若将此木板突然 抽去，在此瞬间，A、B 两木块的加速度分别是 （ ） A. aA=0，aB=2g B. aA=g，aB=g C. aA=0，aB=0 D. aA=g，aB=2g 【答案】A 【解析】 【详解】开始时，对 A 物体受重力和弹簧的弹力 F，根据平衡条件可得 0nv 2 2v ax= 2 0 2v al= 2 2v a nl= ⋅ 0v nv=mg=F 在抽出木板的瞬时，弹簧对 A 的弹力和对 B 的弹力并未改变。A 物体仍然受力平衡，则 aA=0。对 B 物体受重力和弹簧的向下的弹力，根据牛顿第二定律有： A 正确，BCD 错误 故选 A。 13.如图所示，质量为 2m 的物块 A 与水平地面间的动摩擦因数为 μ，质量为 m 的物块 B 与 地面的摩擦不计，在大小为 F 的水平推力作用下，A、B 一起向右做加速运动，则 A 和 B 之 间的作用力大小为(　 　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 以 AB 组 成 的 系 统 为 研 究 对 象 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 系 统 的 加 速 度 ，以 B 为研究对象，由牛顿第二定律得 A 对 B 的作用力： ，即 AB 间的作用力为 ，D 正确． 14.如图所示，长方体物块 A 叠放在长方体物块 B 上，B 置于粗糙水平面上 A、B 质量分别 为 mA=2kg，mB=1kg，A、B 之间动摩擦因数 μ1=0.2，B 与地面之间动摩擦因数 μ2=0.1，现对 A 施加水平力 F，若 F 从 0 开始逐渐增大，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ） A. 当拉力超过 3N 时，A、B 开始发生相对滑动 B. 当拉力超过 4N 时，A、B 开始发生相对滑动 C. 当拉力超过 5N 时，B 的加速度为 1m/s2 D. 当拉力超过 6N 时，A、B 开始发生相对滑动 【答案】D 。 2B F mga gm += = 3 mgµ 2 3 mgµ 2 4 3 F mgµ− 2 3 F mgµ− 2 2 2 3 F mg F mga m m m µ µ− × −= =+ 2 3AB F mgF ma µ−= = 2 3AB F mgF µ−=【解析】 【详解】对 AB 整体，B 与地面间的摩擦力： N，当 AB 间摩擦力达 到最大静摩擦力时，A、B 间发生相对滑动，即 N，对 B，根据牛顿第二定 律有： m/s2 对 AB 整体，由牛顿第二定律得： 解得：F=6N，即当拉力超过 6N 时，A、B 开始发生相对滑动，B 的加速度为 1m/s2，ABC 错误，D 正确。 故选 D。 二、实验题 15.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限 度内 弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。 （1）实验中还需要的测量工具有：____________________ （2）用纵轴表示钩码质量 m，横轴表示弹簧的形变量 x，根据实验数据绘制出乙图。由 图可知：弹簧的劲度系数 k =_____N/m（重力加速度 g 取 9.8m/s2）。 （3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧 a 和 b，画出弹簧弹力 F 与弹簧长度 L 的关系 图像。则下列说法中正确的是_____。 A.a 的原长比 b 的长 B.a 的劲度系数比 b 的大 C.a 的劲度系数比 b 的小 D.弹力 与弹簧长度成正比 【答案】 (1). 刻度尺 (2). 4.9 (3). B 【解析】 【详解】（1）[1]实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺。 ( )2 2 3A Bf m m gµ= + = 1 1 4Af m gµ= = 1 2 1B B f fa m −= = ( )2 A B BF f m m a− = +（2）[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。则有： N/m （3）[3]A．在图象中横截距表示弹簧的原长，故 b 的原长比 a 的长，A 错误； BC．在图象中斜率表示弹簧的劲度系数 k，故 a 的劲度系数比 b 的大，B 正确；C 错误； D．弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，D 错误。 故选 B。 16.为了验证“当质量一定时，物体的加速度与它所受的合力成正比”的结论是否正确，一组 同学用图甲所示的装置进行实验，并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中。 （1）关于该实验，下列叙述正确的是（ ） A. 保持小车的质量不变，改变沙和桶的总质量 B. 保持沙和桶的总质量不变，改变小车的质量 C. 保持小车和沙桶的质量均不变 D. 同时改变小车和沙桶的质量 （2）在图乙中作出 a-F 图线。（ ） （3）由 a-F 图线可以发现，该组同学实验操作中遗漏了_____这个步骤。 （4）根据 a-F 图线可以求出小车的质量是______保留两位有效数字）。 【答案】 (1). A (2). (3). 平衡摩擦力 (4). 0.25kg 4.9Fk x ∆= =∆【解析】 【详解】（1）[1]本实验为了验证“当质量一定时，物体的加速度与它所受的合力成正比”的 结论是否正确，所以要保持小车的质量不变，改变沙和桶的总质量，从而改变小车所受的拉 力，A 正确，BCD 错误； 故选 A。 （2）[2]如图为作出的作出 a-F 图线 （3）[3]从上图中发现直线没过原点，当 F≤0.2N 时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小 车的加速度还为 0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢。该组同学实验操作中遗漏了平 衡摩擦力这个步骤； （4）[4]根据 变形得： 可知 a-F 图线的斜率表示小车的质量，则有： 解得：m=0.25kg 三、计算题 17.一辆汽车在高速公路上以 v0 =30m/s 的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧 急刹车，刹车加速度的大小为 a =5m/s2，求： （1）从开始刹车到汽车停下，所经历的时间。 （2）从开始刹车到汽车停下，所滑行的距离。 （3）汽车刹车后 3s 内行驶的距离。 F ma= 1=a Fm 1 1.6 40.6 0.2m = =−【答案】（1）6s；（2）90m；（3）67.5m。 【解析】 【详解】（1）设汽车经时间 t 停止，由 代入数据得：t=6s （2）汽车的位移为 m （3）由于：3s＜6s，则汽车在 3s 内的位移为： 代入数据解得：x1=67.5m 18.物理课学习超重与失重现象后，某同学回家乘坐电梯时用心体会了一下，发现从电梯上 升到静止的过程中，他经历了先加速再匀速，最后减速的运动过程。每次都是在 17 层到 18 层（他住 18 层）的过程中，有明显减速的感觉。有一天，该同学用手机测出电梯 减速时的 加速度为 0.65m/s2，设该同学的质量为 60kg，g=9.8m/s2 求， （1）电梯从 17 层到 18 层减速过程中，该同学处于超重状态还是失重状态? （2）减速过程中，电梯底面对该同学的支持力大小? （3）电梯以多大的加速度减速时，电梯底面对他的支持力为零? 【答案】（1）失重状态；（2）549N；（3）9.8m/s2。 【解析】 【详解】（1）电梯从 17 层到 18 层减速过程中，加速度向下，所以该同学处于失重状态； （2）减速过程中，对手机，根据牛顿第二定律有： 代入数据解得：FN=549N （3）电梯底面对人的支持力为零时，根据牛顿第二定律有： 解得： 9.8m/s2 19.如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 s=2m，工件（可以看作质点）与传送 带间的滑动 摩擦因数 μ=0.1。（g=10m/s2）问： 0 0v v at= − = 0 30 6 902 2 vx t= = × = 2 1 0 1 1 1 2x v t at= − Nmg F ma− = mg ma′= a′ =（1）若传送带不转动，要使工件达到 B 端，工件水平滑上 A 端瞬时速度至少多大？ （2）若传送带以 v=1m/s 速度顺时针匀速转动，将工件轻轻放于传送带 A 端，则工件由 A 端被传送到 B 端所用时间为多少？ （3）调节传送带的速度 v 可以改变工件从 A 端被传送到 B 端所用的时间 t，在忽略工件轻 放于 A 端速度的条件下，定性说明时间 t 与传送带速度 v 的关系，并且若要用最短时间 t 传 送工件，计算传送带匀速转动时速度 v 的最小值。 【答案】（1）2m/s；（2）2.5s；（3）2m/s。 【解析】 【详解】只要工件相对于传送带相对运动，工件的加速度大小不变，设工件加速度大小为 a，根据牛顿第二定律可得： 解得：a=1m/s2 （1）若传送带不转动，要使工件达到 B 端，工件在 A 端的速度最小时达到 B 端速度为零， 根据速度位移关系可得： 解得：vA=2m/s （2）若传送带以 v=1m/s 的速度顺时针匀速转动，将工件轻轻放于传送带 A 端，则达到与 传送带速度相等经过的时间 s 此过程 位移： m 匀速运动的时间为： s 所以工件由 A 端被传送到 B 端所用时间为： s 的 的 mg maµ = 2 2Av as= 1 1vt a = = 2 1 0.52 vx a = = 1 2 1.5s xt v −= = 1 2 2.5t t t= + =（3）在忽略工件轻放于 A 端速度的条件下，随着传送带的速度增大，到达 B 端的时间减小； 但传送带速度达到一定值时，传送带速度增加，达到 B 端的时间不变；若要用最短时间传 送工件，传送带匀速转动时速度的最小值为 vmin，此时工件一直加速到与传送带速度相等达 到 B 端。根据速度位移关系可得： 解得： m/s 20.如图所示，斜面高为 h，水平面上 D、C 两点距离为 L。可以看成质点的物块从斜面顶点 A 处由静止释放，沿斜面 AB 和水平面 BC 运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不 计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处 B 点的速度大小变化，最终物块 停在 水平面上 C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为 μ。请证明：斜面倾 角 θ 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置 A 点由静止释放物块，如图中虚线所 示，物块仍然停在同一位置 C 点。 【答案】见解析所示 【解析】 【详解】设斜面长为 ，倾角为 ，物块在水平面上滑动的距离为 S．对物块，由动能定理 得： 即： 由几何关系可知： 则有： 2 2minv as= 2minv = L′ θ cos 0mgh mg L mgSµ θ µ− ⋅ ′− = cos 0sin hmgh mg mgSµ θ µθ− ⋅ − = 0tan hmgh mg mgSµ µθ− − = tan h L Sθ = − ( ) 0mgh mg L S mgSµ µ− − − =解得： 故斜面倾角 θ 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置 A 点由静止释放物块，如图 中虚线所示，物块仍然停在同一位置 C 点。 0mgh mgLµ− = hL µ=