【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(20)页，701.500 KB，由管理员店铺上传

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黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题一、选择题：（本题共15小题，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15题有多项符合题目要求）1.关于速度与加速度，下列说法中正确的是()A.

速度变大，加速度一定变大B.加速度变大，速度一定变大C.加速度描述了物体速度变化的快慢D.加速度变化，速度才会发生变化【答案】C【解析】【详解】AB．根据加速度的定义式：=vat可知加速度大小与速度变化量和时间有关，与速度大小无必然练习，AB错误；C．根据

加速度的定义式可知加速度是描述速度变化快慢的物理量，C正确；D．根据加速度定义式变形：vat=可知加速度和时间不为零，速度就会改变，与加速度是否变化无关，D错误。故选C。2.关于物理学方法，下列

说法正确的是()A.合力与分力的概念的提出用到了等效替代的思想方法B.探究加速度与力、质量的关系实验用到了微元法C.由平均速度得到瞬时速度的概念用到了控制变量法D.推导匀变速直线运动的位移时间公式用到了极限法【答案】A【解析】【详解

】A．合力与分力的概念的提出用到了等效替代的思想方法，A正确；B．探究加速度与力、质量的关系实验用到了控制变量法，B错误；C．由平均速度得到瞬时速度的概念用到了极限思想法，当时间取到极小值时，这段时间内的平均速度

就可以视为瞬时速度，C错误；D．推导匀变速直线运动的位移时间公式用到了微元法，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，D错误。故选A。3.关于力，下列说法中正确的是()A.摩擦力一定与物体运动方向相反B.有弹力一定有摩擦力C

.合力不可能等于其中一个分力D.大小为4N、8N、15N的三个力合力大小可以为5N【答案】D【解析】【详解】A．摩擦力与相对运动的方向相反，不一定与运动的方向相反，A错误；B．摩擦力的产生需要在粗糙的接

触面之间有弹力，并且发生相对运动趋势或相对运动，B错误；C．合力可能大于分力、等于分力、小于分力，例如两个分力大小相等且夹角为120，则合力与分力大小相等，C错误；D．三个力共线同向，合力最大值：4N+8N+15N=27N三个力不能够成首尾相接的

三角形，所以合力不可能为零，最小值为：15N(4N8N)3N−+=因此合力的范围：3N27NF合，合力可以为5N，D正确。故选D。4.有关超重和失重，以下说法中正确的是()A.物体处于超重状态时，所受重力增大，处

于失重状态时，所受重力减小B.不计空气阻力，竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D.完全失重就是重力完全消失【答案】B【解析】【详解】AD．不论超重、失重或完全失重，物体所受的重力是不变的，AD错误；B．竖直上抛过程中的木箱

只受重力，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，B正确；C．物体加速度向下为失重状态，所以升降机的加速度向下，可能加速下降，也可能减速上升，C错误。故选B。5.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝

37°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为（sin370.6=）()A.35mgB.45mgC.34mgD.43mg【答案】A【解析】【详解】沙袋受重力、绳子拉力和外力三力作用下平衡，将三个力合成三角形，如图所示：根据平衡条件：sin37Fmg=解得：35Fmg=，A正确，BC

D错误。故选A。6.如图所示为一质点做直线运动的速度—时间图像，下列说法中正确的是()A.ab段与bc段的速度方向相反B.bc段与cd段的加速度方向相反C.质点ab段的加速度大于bc段的加速度D.ad段质点通过的位移为3m【答案】D【解析】【详解】A．ab段与bc段的速度均为正值，所以方向相同，

A错误；B．vt−图像斜率的物理意义为加速度，bc段与cd段的斜率相同，所以加速度大小和方向均相同，B错误；C．从图像中可知质点ab段的斜率小于bc段的斜率，所以ab段的加速度小于bc段的加速度，C错

误；D．vt−图线和时间轴围成的面积为位移，根据图像面积的正负关系可知02s内质点的位移与01s质点的位移相同，计算面积：241m3m2x+==D正确。故选D。7.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直

线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力

分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：2sinmgN=，1tanmgN=，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样1N也越来越小，答案B正确．考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解8.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()A.300NB.200NC.400ND.2003N【答案】D【解析】【详解】

如图，对结点C受力分析并合成三角形：假设两段绳子分别达到最大拉力，根据平衡条件：A1sin60TG=解得：12003NG=B2cos60TG=解得：2400NG=因为：21GG，可知AC绳最容易被拉断，所以重物的最大重力为2003N，D正确，ABC

错误。故选D。9.质点以某一初速度做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为初速度的3倍，则该质点在时间t内的位移为A.12at2B.at2C.32at2D.2at2【答案】B【解析】【详解】设质点的初速度为v0，则ts末的速度为3v0，根据速度位移公式得

：222000342()vvvxaa−＝＝因为00032vvvtaa−=＝则有：02atv＝可知x=at2A.12at2，与结论不相符，选项Ａ错误；B.at2，与结论不相符，选项Ｂ错误；C.32at2，与结论不相符，选项Ｃ错误；D.2

at2，与结论不相符，选项Ｄ错误．10.如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为0m的平盘，盘中有一质量为m的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了l．现向下拉盘使弹簧再伸长l后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力大小应为

（）A.lmglB.(1)lmgl+C.0()lmmgl+D.0(1)()lmmgl++【答案】B【解析】【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力

，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．【详解】设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，起初整个系统处于静止状态时：()0klmmg=+现向下拉盘使弹簧再伸长l后停止，然后松手

放开瞬间，以m和0m为整体受到的合力大小为kl，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得：()0klmma=+单独隔离物块由牛顿第二定律得：NFmgma−=联立方程得：1NlFmgl=+故本题选B．【点睛】本

题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．11.下列关于作用力与反作用力的说法正确的是()A.只有当相互作用

的两个物体都静止时，它们间的作用力与反作用力大小才相等B.静摩擦力的反作用力一定是静摩擦力C.作用力与反作用力可以相互平衡D.对物块施加水平恒力，使它在粗糙地面上匀加速前进，物块与地面间的一对摩擦力大小相等【答案】BD【解析】【详解】A．相互作用力的关系与物体的运

动状态无关，A错误；B．作用力与反作用力的性质相同，静摩擦力的反作用力一定是静摩擦力，B正确；C．作用力和反作用力的研究对象是不同的物体，与平衡无关，C错误；D．地面对物块的摩擦力和物块对地面的摩擦力是一对相互作用力，D

正确。故选BD。12.若物块以一定的初速度滑上足够长粗糙的斜面，物块与斜面的动摩擦因数处处相同，对其运动过程，下列说法正确的是()A.上滑和下滑时，物块的加速度大小相等B.下滑到底端时，物块的速度与初速度相同C.上滑过程与下滑过程中，

物块的平均速度大小不相等D.上滑过程与下滑过程中，物块的运动时间不相等【答案】CD【解析】【详解】A．上滑过程中，根据牛顿第二定律求解加速度：1sincossincosmgmgaggm+==+下滑过程中：2sin

cossincosmgmgaggm−==−所以12aa，上滑过程的加速度大于下滑过程中的加速度，A错误；B．根据匀变速直线运动中位移与速度的关系：22vax=可知上滑和下滑过程中位移大小相同，上滑过程视为初速度为零的匀加速直线运动的逆过程

，上滑过程中加速度大，所以初速度大，下滑过程中加速度小，所以滑至底端速度小，B错误；C．匀变速运动的平均速度可表示为：2vvv+=末初根据B选项分析可知上滑过程与下滑过程中，物块的平均速度大小不相等，C正确；D

．根据匀变速直线运动位移与时间的关系：212xat=上滑和下滑过程中位移大小相同，可知上滑过程中加速度大，时间短，下滑过程中加速度小，时间长，D正确。故选CD。13.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在前，速度为20m/s，A车速度为8m/s，

当A、B相距28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（刹车过程可视为匀减速直线运动），加速度大小为2m/s2，从此开始计时，则：A.A追上B之前，经5s二者相距最远B.A追上B之前，二者相距的最大距离为64mC.A车经16s追上B车D.A车经14s追上B车

【答案】BC【解析】【详解】A．二者速度相等时，距离最远，根据题意：ABvvat=−解得：6st=，A错误；B．二者速度相等时，距离最远：0BA0xxxx=−+20BA01()2xvtatvtx=−−+解得：064mx=，B正确；CD．两车相遇时，处于同一

位置，B车速度减为0用时0t：B010svta==B车前进的距离：22B001100m2xvtat=−=A车前进的距离：1A080mxvt==此时二者相距：20148mxxxx=+−=B车静止，A车继续匀速直线运动：1A6sxtv==解得：0116sttt=

+=C正确，D错误。故选BC。14.一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量不计的物块P，Q为质量为4kg的重物，弹簧的劲度系数为k=600N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做

匀加速直线运动，已知在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力（sin370.6=，210m/sg=），则有()A.P、Q一起匀加速的加速度为2m/s2B.F的最小值为8N，F的最大值为36NC.P、Q分离时弹簧为原长D.若P为有质量的物体，P、Q分离时弹簧为原长【答案】AC【解析】【详解】A

C．系统做匀变速直线运动，因为物块P质量不计，Q物块质量为4kgm=，0.2s两物块分离时，对系统应用牛顿第二定律：sin37FFmgma+−=弹对于Q物块应用牛顿第二定律：sin37Fmgma−=因为加速度相同，所以0F=弹，所以弹簧恢复原长时，二者分离；开始P、Q静止，根据平衡条

件：sin37mgkx=根据题意弹簧经过0.2st=恢复原长，根据匀变速直线运动位移与时间关系：212xat=解得：22m/sa=，AC正确；B．开始时，弹簧弹力沿斜面向上最大，外力F有最小值：minsin37Fkxmg

ma+−=解得：min8NF=两物块分离后，弹簧弹力为零，外力F有最大值：maxsin37Fmgma−=解得：max32NF=，B错误；D．根据A选项分析可知，若P物块质量不为零，二者分离时0F弹，D错误。故选AC。15.如图，质量为M、长为L、

高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地()A.小球离开M后经2htg=时间落地B.小球向右匀加速运动直至从M上掉落C.小球

的落地点可与M左端相距2024()hvMmhLhgM+−−D.小球的落地点可与M左端相距20()2vMmLgM+−【答案】ACD【解析】【详解】AB．滑块上表面光滑，在滑块和小球脱离之前，小球静止不动，脱离之后，小球做自由落体运动：212hgt=解得：2htg=，A正确，B错误；C．小球未

脱离滑块时，滑块的加速度：1()MmgaM+=脱离时，物块的速度为1v：220112vvaL−=小球脱离滑块时，滑块的加速度：2MgagM==若小球落地时，滑块未停下，则t时间内，滑块运动的位移：211212xvtat=−解得：01224()xhhvMmhLgM=+−−，C正

确；D．若小球落地时，滑块已停下，则t时间内，滑块运动的位移：21222vax=解得：220()2vMmLgMx+−=，D正确。故选ACD。二、实验题(2小题。)16.在“验证力的平行四边形定则”实验中，

需要将橡皮筋的一端固定在A点，用两个弹簧秤(量程均为5N)通过细绳互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋的另一端伸长到O点，后又用一个弹簧秤拉橡皮筋继续实验。关于该实验，下列说法正确的是()A.用一个弹簧秤拉橡皮筋时，必须使橡皮筋拉伸到同一结点OB.用

两个弹簧秤互成角度地拉橡皮筋时，拉力F1、F2越大越好C.拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应贴近且平行于木板D.实验时，两弹簧秤拉力的方向必须相互垂直【答案】AC【解析】【详解】A．用一个弹簧秤拉橡皮筋时，为了保持合力恒定，必须使橡皮筋拉伸到同一结点O

，A正确；BD．用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮筋时，拉力F1、F2大小和夹角适当即可，BD错误；C．拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应贴近且平行于木板，尽量保证各力在同一平面内，减小实验误差，C正确。故选AC。17.为了“探究加速度与力、质量的关系”

，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是___A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行C.先接通电源后释放小车D.实验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，己知相邻计数点

间的时间间隔为0.1sT=，且间距123455,,,,xxxxxx已量出分别3.09cm,3.43cm,3.77cm,4.10cm,4.44cm,4.7cm，则小车的加速度a=___2/ms（结果保留两位

有效数字）.（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受拉力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF−’图线，如图丙所示，图线___是在轨道倾斜情况下得到的（填“①"或“②”）；小车及

车中袪码的总质量m=______kg（结果保留两位有效数字）.【答案】(1).(1)BC；(2).(2)0.34；(3).(3)①，(4).0.67【解析】【详解】（1）[1]A.平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直

线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动.故A错误.B.为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行.故B正确.C.使用打点计时器时，为了有效利

用纸带，应先接通电源后释放小车.故C正确.D.试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量.故D错误.（2）[2]由匀变速运动的规律得：s4-s1=3a1T2s5-s2=3a2T2s6-s3=

3a3T2联立并代入数据解得：21230.34m/s3aaaa++==（3）[3]由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力

时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．[4]根据F=ma得a-F图象的斜率1km=由a-F图象得图象斜率k=1.5，所以m=0.67kg三、计算题(4小题。)18.如图所示，木块A、B叠放于水

平面上，它们的质量分别为2m、3m，地面光滑，现用水平向右的恒力F作用在B上，使A、B保持相对静止一起加速运动，求B对A的摩擦力。【答案】25F【解析】【详解】由题可知：mA=2m，mB=3m对整体，根据牛顿第二定律有：F=(mA+mB)a对A物体，根据牛顿第二定律

有：f=mAa解得：25fF=19.如图所示，倾角为θ的光滑斜面AB与粗糙水平面BC平滑连接，一个可视为质点的小滑块m从斜面顶端A点无初速度释放，经过B点进入BC平面（经过B点前后速度大小不变）最终停于D

点。设小滑块与BC面的滑动摩擦因数为μ，斜面高为L。求：（1）小滑块从A滑到B所用时间t；（2）水平距离BD长为多少？【答案】(1)12singLg；(2)BC2xL=。【解析】【详解】（1）滑块从A至B，根

据牛顿第二定律有：1sinmgma=匀加速下滑时间设为t，根据位移时间公式有：211sin2Lat=得：12sintgLg=（2）到达B点的速度为v，根据速度时间公式有：12vatgL==从B到C，根据牛顿第二定律有：2

mgma=根据速度位移公式有：22BC2vax=得：BC2xL=20.如图所示，一物块置于水平地面上.当用与水平方向成53角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成37角的力F2推物块时,物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相

等，则物块与地面之间的动摩擦因数μ为多少？（sin370.6=，cos370.8=，结果可以用分数表示）【答案】17=。【解析】【详解】在F1作用下匀速运动时，对其受力分析，如图所示：根据平衡条件有：11cos53(sin53)Fmg

F=−在F2作用下匀速运动时，对其受力分析，如图所示：根据平衡条件有：22cos37(sin37)FmgF=+解得：17=21.传送带O1O2水平部分AB长L=32m，当传送带由静止开始以a0=2m/s2匀加速度启动瞬间将一小物块（可视为质点）无初速度轻放在传送带上A点，被传送带传送到

B。物块与传送带间动摩擦因数为μ=0.1，传送带加速t0=2s后保持该速度匀速运动。g=10m/s2求：（1）物块从传送带上A点运动到B点所需时间t=？（2）若物块为小墨块，则它在传送带上相对运动时会

在传送带上留下痕迹，求痕迹长ΔS=？（3）若传送带皮带轮O1O2的半径R为2米，且由静止开始保持a1匀加速运动，传动过程中皮带始终绷紧（水平部分始终保持水平）。为使小墨块在传送带上留下的痕迹最长，传送带加速度a1

需满足什么条件？【答案】(1)10s；(2)4m；(3)213.125m/sa。【解析】【详解】（1）因为：am=μg=1m/s2<a0=2m/s2所以传送带与物块分别加速。对传送带：v0=a0t0=4m/s对物块：v0=amt1解得：t1=4s根据题意：0118m2vSt=

=L-S1=v0t2解得：t2=6s所以物块从A到B运动时间：t=t1+t2=10s（2）因为相对运动时间t1=4s，所以在0~4s内：传送带位移：2010001()2Svttat=−+即S=12m，物块位移：S1=8m所以相对位移：ΔS=S-S1=4m（3）痕迹最长即传送带全部覆盖

，即相对路程为传送带总长：L´=2L+2πR=68m经分析为使相对路程达到L´，a0最小时物块应一直加速运动到B，有：2m312Lat=解得：t3=8s这段时间内传送带路程：S´=L´+L=100m即：21312Sat=解得：a1=3.125m/s2所以为使小墨块在传送带上留下

的痕迹最长，传送带加速度a1需满足：213.125m/sa