【文档说明】广东省广州市广雅中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题含答案.docx，共(15)页，402.397 KB，由小赞的店铺上传

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广雅中学2019-2020学年第一学期期末考试高一物理本试卷分1卷和Ⅱ卷两部分，共4页，满分为100分，考试用时75分钟。第I卷一、选择愿；本题有10小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，每小题4分；第6~10

题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1．以下对物体运动的分析，正确的是（）A．斜抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动B．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度一直减小的运动C．做变速直线运动的物体，加速度方向与

运动方向相同，当加速度减小时，它的速度也减小D．无论是平抛运动还是斜抛运动，在任意相等时间内的速度变化量都相等2．汽车自O点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中依次经过P、Q两根电线杆所经历的时间为6s，已知P、Q电线杆相距60m，车经过电线杆Q时的速度是15m/s，则下列结论中错误的是

()A．经过P杆时的速率是5m/sB．车的加速度是1.5m/s2C．P、O间的距离是7.5mD．车从出发到经过Q所用的时间是9s3．如图所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态．若OC加长并使C点左移，同

时保持O点位置不变，装置仍然保持静止状态，则细线OA上的拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是（）A．FA、FC都减小B．FA、FC都增大C．FA增大，FC减小D．FA减小，FC增大4．如图，一木块在光滑水

平面上受一恒力作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后（）A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零5．一艘小船在静水中的速度为3m/s，渡过

一条河宽150m、水流速度为4m/s的河流，则该小船（）A．可以渡过这条河，而且最小位移为150mB．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为200mC．当水流速度减小时，渡河的时间可以少于50sD．水流速度的大小不会影响渡河时间以及航程6．甲、乙两个物体从同一地点、

沿同一直线同时做直线运动，其vt图象如图所示，则（）A．2s时甲和乙相遇B．2s时甲的速度方向开始反向C．26s内甲相对乙做匀速直线运动D．乙在2s4s内的加速度和它在4s6s内的加速度大小相等，方向向相反7．匀速运动的升降机内，物体A静止在底板上，与物体A相连的弹簧

处于伸长状态，现发现物体A突然被弹簧拉向右方，由此可以判断，此升降机的运动可能是（）A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降8．将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑

轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．小环刚释放时轻绳中的张力大于2mgB．小环到达B处时，重物上升的高度约为(2－1)dC．小环在B处的速度与此时重物上升的速度大小之比等于22D．小

环在B处的速度与此时重物上升的速度大小之比等于29．如图所示，水平传送带以v=1m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速地放在A处，物体与传送间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，下列说法正确的是A.物体在传送带上的

加速时间为0.5sB.物体从A处到B处的时间为2.5sC.物体刚被放上传送带时的加速度大小为1m/s2D.若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1.5s10．质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住

．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（）A．若加速度增大，竖直挡板对球的弹力增大B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力及球的重力的

的合力等于maD．无论加速度大小如何，斜面对球一定有弹力的作用，而且该弹力是一个定值第Ⅱ卷二、实验题（本题有3小题，共22分）11．（6分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m.如图甲所示，用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“探

究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：（1）若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a的读数是________N(如图乙中所示)，则弹簧测力计b的读数可能为________N.（2）若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持

弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧测力计b与弹簧OC的夹角，则弹簧测力计a的读数________、弹簧测力计b的读数________(选填“变大”“变小”或“不变”)．12．（8分）如图所示为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．（1）若实验所用的交流电频率为50Hz，则根据下图所打纸带的打

点记录，小车此次运动经B点时的速度Bv__________m/s，小车的加速度a__________2m/s．（结果保留三位有效数字）（2）正确平衡摩擦力后，在研究“在外力一定的条件下，物体的加速度

与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量．已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若悬挂的砝码总质量远小于小车质量且牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为__________，小车的质量为__________（用k和b表达）．13.（8分）物理实验小组采用如左图所

示的装置研究平抛物体的运动。（1）研究平抛运动，下面哪些做法可以减小实验误差()A．使用密度大、体积小的钢球B．尽量减小钢球与斜槽间的摩擦C．实验时，让小球每次都从同一高度由静止开始滚下D．使斜槽末端的切线保持水平（2）某同学在实验中只画出了如右图所示的一

部分曲线，于是他在曲线上取水平距离x相等的三个点A、B、C，量得x=0.2m，又量出它们之间的竖直距离分别为hAB=0.1m，hBC=0.2m。，利用这些数据，可以知道物体抛出时的初速度为_____m/s，经过B时的竖直分速度为______m/s，以及抛出点应在A点上方离度为____

_m处（g=10m/s2）。三、计算题（本题有3小题，共38分，请写出必要的文字说明、方程式和要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）14.（12分）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中，他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1

.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，g=10m/s2．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求

：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．15.（12分）质量为mB＝24kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22kg的木箱A放在木板B上

。一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°。木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5。现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g

=10m/s2），求(1)轻绳对A拉力大小；(2)木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小。16.（14分）如图所示，水平面上有一倾角为37的斜面体固定不动，质量为M=2kg的木板停靠在斜面底端，木板上表面与斜面底端

等高，质量为m=1kg的滑块（可视为质点）恰好静止于斜面顶点A，现用一沿斜面向下、大小为4N的拉力F作用于滑块上，滑块运动到斜面底端时撤去拉力。已知h=1.2m，滑块与木板间的动摩擦因数是滑块与斜面间的动摩擦因数的1/3，木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，设滑

块从斜面底端滑上木板时速度大小不变，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g=10m/s2）。（1）求滑块滑到斜面底端时的速度大小v（2）要想使滑块不从木板上滑下，求木板的最小长度Lmin（3）若木板足够长且水平面光滑，求滑块的最终速度大小v终2019-2020学年第一学期期末考试参考答案

高一物理1．D【解析】A．斜抛运动和平抛运动都是只受重力作用，加速度恒为g的匀速曲线运动，故A错误；B．平抛运动的速度一直增大，斜抛运动的速度是增大还是减小，要看速度与重力的夹角，成锐角，速度增大；成钝角，速度减小．斜下抛运动也是速度增大的运动，故B错误；C．变速直线运动的

物体，加速度和运动方向相同时，物体做加速度直线运动，当加速度减小时，物体仍然加速，故C错误；D．根据加速度的定义式知，加速度为g一定，所以在相等的时间内速度的变化量都相等，故D正确．故选：D。2．B【解析】A．由于汽车在P、Q间的平均速度等于它经过两点时瞬时速度的平均值，即xt＝2PQ

vv所以vP＝2xt－vQ＝5m/s故A正确；B．车的加速度a＝QPvvt＝53m/s2故B错误；C．从O到P用时t′＝Pva＝3sP、O间距离x1＝2Pvt′＝7.5m故C正确；D．O到Q用时t′＋t＝3s＋6s＝9s故D正确。故

选B。3．A【解析】以O点为研究对象，其受、、三个力平衡，如图所示：当按题示情况变化时，OB绳的拉力不变，OA绳拉力的方向不变，OC绳拉力的方向与拉力方向的夹角增大，保持平衡时、的变化如虚线所示，显然都是减小了，A

正确，故选A．4．C【解析】物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，故A、B错误；当弹力增加到等于推力时，物体速度达到最大，此后由于惯性，物体继续向左运动，弹力大于推力，物体开

始减速，弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零．故C正确；D错误．5．D【解析】A．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，故A

错误；B．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短15050s3mincdtv以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为x=vstmin=4×50m=200m故B正确；C．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短

15050s3mincdtv则渡河的时间不可能小于50s，故C错误；D．水流速的大小会影响渡河的航程；故D错误；故选B。6．AC【解析】A．由图可以知道，02s内，甲、乙两图象与坐标轴围成的面积相等，即两者通过的位移相等，甲、

乙两个物体又是从同一地点开始运动的，所以2s时甲乙相遇，故A正确；B．甲物体的速度一直沿正方向，速度方向没有改变，故B错误；C．26s内，甲与乙速度之差是定值，说明甲相对乙做匀速直线运动，故C正确；D．根据斜率等于加速度，可以知道，26s内，乙

的加速度一定，在4s时加速度方向没有反向，故D错误．故选：AC．7．BC【解析】匀速运动的升降机内物体A所受弹簧弹力等于地板对A的静摩擦力，若发现A被拉向右方，说明摩擦力小于弹力，而动摩因数不变，说明地板与A间正压力变小，是失重状态的现象

，故升降机应该是减速上升或加速下降．故选：BC．8．BD【解析】A．环刚开始释放时，环有向下的加速度，而该加速度没有沿绳子方向的分量，所以重物在瞬间加速度为零，则绳子的张力等于重物的重力，即T=2mg，所以A错误；B．小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，

即△h=2d-d，所以B正确；CD．根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，应满足v环cosθ=v物即2vv环物＝所以C错误，D正确；9．BC【解析】滑动摩擦力fFmg加速度2

20.110m/s1m/sag物体达到与传送带相同速率后不再加速，则1vat1111vtssa112svt=0.5m故A错误，C正确；物块加速到与传送带共速时的位移为112svt=0.5m物块继续匀速

运动到B点的位移是1.5m，速度为1m/s，到达B点所用时间为1.5s，总时间为2.5s，则B正确；物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a=lm/s2，当物体到达右端时,有2min2vaLmin22122vaLm/sm/s所以传送带的最小运行速率为2m/s物体最短运行时

间由minminvat故minmin221vtass故D错误。10．ACD【解析】BD．小球受到的重mg、斜面的支持力2NF、竖直挡板的水平弹力1NF，设斜面的倾斜角为，则竖直方向有：2co

sNFmg∵mg和不变，∴无论加速度如何变化，2NF不变且不可能为零，故B错误，D正确．A．水平方向有：12sinNNFFma∴2sin0NF，若加速度增大，竖直挡板的水平弹力增大，故A正确；C．根据牛顿第二定律，斜面和

挡板对球的弹力及球的重力的的合力等于ma，故C正确．故选ACD．11．3.00(2.99～3.01均可)（2分）4.00(3.99～4.01均可)（2分）变大（1分）变大（1分）【解析】（1）根据胡克定律可知：5000.015.00F

kxN根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N(2.99～3.01均可)；两弹簧秤夹角为90°，则可知b的读数为：225.003.004.00FN(3.99～4.01均可)（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不

变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示：则可知两弹簧秤的示数均变大。12．0.4001.461/kb/k（每空2分）【解析】(1)中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，利用△x=aT2求得加速度；(2)根据牛顿第二定律写出1a与小车上砝码质量m的表达式，然后结合

斜率与截距概念求解即可.【详解】(1)B点的瞬时速度为：0.08m/s=0.400m/s20.2ACBxvT;加速度为：222220.0820.0327m/s1.46m/s0.1BCABxxxaTT.(2)设小车质量m′，则有：F＝(m+m′)a，则1mmaFF

，则斜率1kF，则小车受到的拉力1Fk=，截距mbF，则小车质量为：bmbFk.13.（1）ACD（2）2；1.5；0.0125（每空2分）解析：（1）竖直方向上由2ygT得T=0.1s水平方向上0x

vT得02/vms（2）通过B点时的竖直分速度1.5/2yABBCBhhvmsT（3）由yBvgt得，t=0.15sB点与抛出点的竖直距离为：210.11252Bhgtm所以抛出点在A点上方的高度为：0.11250.10.0125AB

ABhhhmmm14.（12分）22．（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律：mgsin53°﹣μmgcos53°=

ma，（2分）解得运动员在斜面上滑行的加速度：a=gsin53°﹣μgcos53°=8﹣0.6m/s2=7.4m/s2（1分）（2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式：H=212gt，（2分）解得：t=223.210Hsg=0.8s（1分）（3）为了

不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为tan53HL，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：212Hhgt（2分）tan53HLvt（2分）代入数据解得：v=

6.0m/s（2分）15.（12分）23．（1）100N；（2）0.3【解析】(1)对A受力分析如图甲所示由题意得：1cosθTfFF（2分）1sinθNTAFFmg（2分）111fNFF（1分）联立解得：100NTF（1分

）(2)对A、B整体受力分析如图乙所示由题意得：2cosθTfFFF（2分）2sinθ()NTABFFmmg（2分）222fNFF（1分）联立解得：20.3（1分）16.（14分）解：（1）设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，

施加外力前滑块恰好静止，由sincosmgmg（1分）得0.75tan（1分）施加F后由牛顿第二定律得：0sincosFmgmgma（1分）得a0=4m/s2（1分）由运动学规律知：20022sinABhva

sa（1分）代入数值解得v=4m/s（1分）（2）因112.5()3.03mgNMmgN，滑块在木板上滑动时，木板静止（1分）滑块在木板上滑动时由牛顿第二定律得：113mgma（1分）得a1=2.5m/s2（1分）由

运动学规律知：21min2vaL（1分）得Lmin=3.2m（1分）3）若水平面光滑，滑块做匀减速运动，加速度大小仍为a1，木板做匀加速运动由牛顿第二定律213mgMa（1分）得a2=1.25m/s2（1分

）设滑块滑上木板后经历时间，两者共速，则12vvatat终（1分）代入数值得4/3vms终（1分）