【文档说明】【精准解析】黑龙江省牡丹江市穆棱一中2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题.doc，共(15)页，893.000 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省牡丹江市穆棱一中2019-2020学年高一上学期期末物理试题一．选择题（共10题，每题5分，共50分，1--6单选，7--10多选）1.下列说法中错误的是（）A.研究地球自转时可以把地球当作质点B.第1s末与第2s初

指的是同一时刻C.运动物体在某段时间内的路程总是大于或等于其位移的大小D.运动物体的加速度增大时，其速度可能减小【答案】A【解析】【详解】A、地球自转时，自身大小不能忽略，因此不可以把地球当作质点，故A错误；B、第1s末与第2s初在时间轴上是同一点，即指的是同一时刻，故B正确

；C、当做单向直线运动时，位移大小等于路程，当做曲线运动时，位移大小小于路程，故C正确；D、运动物体的加速度与速度方向相反时，若加速度增大时，其速度则减小，故D正确．【点睛】考查质点的概念、时间与时刻的区别、掌握位移与路程的关系，并理解速度与加速度的联系．2

.右图是某质点运动的速度-时间图像，由图像得到的正确结果是()A.0~1s内的平均速度是2/msB.0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相反C.0~1s内的加速度小于2~4s内的加速度D.0~2s内的位移大小是3m【答案】D【解

析】【详解】A：0~1s内物体做匀加速直线运动，则0~1s内物体的平均速度11002122vmmvss++===．故A项错误．B：0~4s内物体的速度始终为正，则物体在0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相同．故B项错误．C：速度时间图象斜

率的绝对值表示加速度的大小，则物体在0~1s内的加速度大于2~4s内的加速度．故C项错误．D：速度时间图象与坐标轴围成面积表示对应时间内的位移，则0~2s内物体的位移1(12)232xmm=+=．故D项正确．【点睛】图象类题目要理解图象横纵坐标、截距、斜率、交点、图象

与坐标轴围成的面积等对应的物理意义．3.16世纪末意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于（）A.等效替代B.实验归纳C.理想实验D.控制变量【答案】C【解析】【详解】斜面实验

重要思路是假定斜面绝对光滑，但是绝对光滑的物体不存在，所以这种思想属于理想化，我们也把这个实验成为理想实验．所以C对．4.如图所示，AB、AC两光滑斜面互相垂直．AC与水平方向成30°角．若把球O的重力G按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为()

A.33G，3GB.2G，32GC.22G，22GD.22G，32G【答案】B【解析】【详解】已知重力和两个分力的方向，根据平行四边形定则作力图，如图所示，由图得到：G1＝G•sin60°＝32G；G2＝G•sin30°＝12G，故选B．【点睛】本题考查了力的分解，关键运用

平行四边形作力图，然后解矢量三角形，基础题．5.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M，长度为L的木板甲，木板的上表面粗糙、下表面光滑，木板甲上有一质量为m的物块乙，物块乙与木板甲间的动摩擦因数为μ。若用水平恒力F将物块乙从木板甲的一端拉到另一端，当物块乙与木板甲分离时，木板甲的速

度为v。要使v减小，下列操作可行的是（）A.增大物块乙的质量mB.增大物块乙上受的力FC.增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μD.在木板甲长度L不变的条件下，减小其质量M【答案】B【解析】【详解】A．对物块乙分析可知，受拉力和摩擦力作用，根据动量定理有

'Ftmgtmv−=对木板甲分析，根据动量定理有mgtMv=要使物块与木板分离，则木块的位移与木板间的位移差等于板长，则有22vvttL−=联立则有222FgmgtttLmM−−=解得222LtFgmgmM=−−可知，增大物块乙

的质量m，时间t增大，根据mgvtM=知速度v变大，故A错误；B．根据222LtFgmgmM=−−可知，增大物块乙上受的力F，则t减小，根据mgvtM=可知速度v减小，故B正确；C．根据222

LtFgmgmM=−−可知，增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数μ，可知t增大，根据mgvtM=可知速度v变大，故C错误。D．根据222LtFgmgmM=−−可知，在木板甲长度L不变的条件下，减小其质量

M，可知t增大，根据mgvtM=可知速度v变大，故D错误。故选B。6.如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取210m/s）（）

A.0B.2.5NC.5ND.3.75N【答案】D【解析】【详解】剪断细线前，只有A对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力15NAFmg==弹，将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得()()ABABmmgFm

ma弹+−=+，解得22.5m/sa=，隔离B，则有:NBBmgFma−=，代入数据解得N3.75NBBFmgma=−=，D正确．7.甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其v—t图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是()A.

两车在t1时刻也并排行驶B.t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】AB．已知在t2时刻两车并排行驶，在t1-t2时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知甲通过的位移比乙车的大，可知t1时刻，甲车在后，

乙车在前。故A错误、B正确。C．根据v-t图线切线的斜率表示加速度，可知，甲车的加速度先减小后增大。故C错误。D．根据v-t图线切线的斜率表示加速度，可知，乙车的加速度先减小后增大。故D正确。故选BD。8.如图（a），物块和木板叠

放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系

如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出A.木板的质量为1kgB.2s~4s内，力F的大小为0.4NC.0~2s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案

】AB【解析】【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，

对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.9.将一个F=10N的力分解为两个分力，如果已知其中一个不为零的分力F1方向与F成30°角，则关于另一个分力

F2，下列说法正确的是（）A.F2的方向可能与F平行B.F2的大小可能小于5NC.F2的大小可能大于5ND.F2的方向与F1垂直时F2最小【答案】CD【解析】【详解】A．如果F2的方向与F平行，则F1的方向也与F

平行，这显然不符合题意，所以可知F2的方向不可能与F平行．故A错误；BCD．当F2的方向与F1的方向垂直时，F2具有最小值F2min=Fsin30°=5N，所以F2的大小不可能小于5N．故B错误，CD正确．10.如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质

量为m的小球，整体处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧与竖直方向成60°角，a、b两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，则A.弹簧a、b的劲度系数之比为3:2B.弹簧a、b的劲度系数之比为3:1C.若弹簧a下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD.若弹簧

b下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3g【答案】B【解析】【详解】AB.对小球受力分析，受到a弹簧的拉力、b弹簧的拉力和重力，三力平衡，故有cos30aaTmgkx==，sin30bbTmgkx==，故cos

303sin301abkk==，故A错误，B正确；CD.若弹簧a下端与小球松脱，松脱瞬间b弹簧的弹力不变，故小球所受重力和b弹簧弹力的合力与aT大小相等方向相反，故cos3032mgagm==，若弹簧b下端

与小球松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与bT大小相等方向相反，故小球的加速度sin3012mgagm==，故C错误，D错误；故选：B【点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变

），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题二.实验题（11题6分，12题8分，每空2分，共14分）11.有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳

子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力123FFF、和，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验不能完成的是（）A.钩码的个数122NN==，34N=B.钩码的个数123NN==，34N=C.钩码的个数1234NNN===D.钩码的个数1=3N，24N=

，35N=（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（）A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向．B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度C.用量角器量出三根绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量（3）在作图时，下图中更加符合实际的图是___图．

（填“甲”或“乙”）【答案】(1).A；(2).A；(3).甲。【解析】【详解】(1)[1]由于三共点力处于平衡，由三角形法则可知12FF、和3F三个力的大小构成一个矢量三角形，A．2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡．故A符合题意；B．3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B不

符合题意；C．4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C不符合题意；D．3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡．故D不符合题意。故选A。(2)[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向

并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误。故选A．(3)[3]3F的方向和钩码重力的方向相同，竖直向下，F合是通过力的平行四边形定则做出来的，因有误

差存在不一定沿竖直方向，故选择甲图。12.某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将

滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)．请回答下列问题：①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=__________m/s；(结果保留3位有效数字)②滑块做

匀加速直线运动的加速度a=_____m/s2；(结果保留3位有效数字)③滑块质量M=___________(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)．（3）保持木板倾角不变，挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速

度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a—mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=______kg．(取g=10m/s2，结果保留3位有效数字)【答案】①1.38/ms；②23.88/m

s，③0mgMa=；（4）0.200Mkg=【解析】试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可以求出加速度的大小；当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉

钩码的重力等大反向；根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量．从图乙中可知5.20ABxcm=，5.84BCxcm=，6.45CDxcm=，7.07DExcm=（2）①相邻计数点间的时间间隔为20.020.04Ts==，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可

得26.457.0710/1.69/220.04CEDxvmsmsT−+===，②根据逐差法可得221222DEBCCDABxxaTxxaT−=−=，，联立即得2220.06450.05200.07070.05

843.88/440.04CDABDEBCxxxxamsT−+−−+−===③滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得0sinmgMgf=−，撤去0m时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力sinFMgf=−合，由牛顿第二定律得FMa=合，解

得0mgMa=．（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得sin0Mgf−=，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为sinFMgfmg合=−−，由牛顿第二定律得FMa=

合，解得magM=−，由图丙所示图象可知13.52.550.20kM−===，解得M=0.200kg．三、计算题：（13题10分，14题10分，15题16分，共计36分）13.滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究

表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止).某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图)，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，试求：(重力加速度g

取10m/s2，sin37°取0.6，忽略空气阻力)(1)水平牵引力的大小；(2)滑板的速率.【答案】（1）810N（2）5m/s【解析】（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得①②由①、②联立，得

（2）得14.质量M＝50kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计，测力计下挂着一个质量m＝1kg的物体A．在升降机运动的某段时间内，人看到弹簧测力计的示数为8N．g取10m/s2．（1）求此时升降机加速度的大小和方向；（2）求此时人对地板的压力大小；

（3）请你判断此时升降机在向上运动还是在向下运动，升降机处于超重状态还是失重状态．【答案】（1）2m/s2，方向竖直向下（2）400N（3）失重【解析】设向下为正方向（1）以物体A为研究对象，它受到竖直向下的重力mg、竖直向上的拉

力F作用根据牛顿第二定律mg－F＝ma代入数据，解得升降机的加速度大小a＝2m/s2，方向竖直向下（2）以人为研究对象，它受到竖直向下的重力Mg、竖直向上的支持力N作用根据牛顿第二定律Mg－N＝Ma代入数据，解得N＝400N根据牛顿第三定律，此时人对地板的压力大小为400N（3）升降机可

能在向上运动，也可能在向下运动．升降机处于失重状态．点睛：注意当加速度向下时物体失重，加速度向上时物体超重；发生失重或超重时速度方向不能确定.15.如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏

的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？【答案】2s【解析】【分析】物体在传送带上受到重力、支持力和摩擦力作用先做初速度为0的匀加速直线运动，当速度和传送带速度一样时进行判断物体跟随传送带匀速还是单独做匀变速直

线运动，根据总位移为16m，可以求出整个运动过程的时间t．【详解】物体放上传送带后,开始一段时间t1内做初速度为0的匀加速直线运动,小物体受到沿斜面向下的摩擦力,可以知道,物体所受合力F=sinmgf+合又因为cosfNmg==所以根据牛顿第二定律可得:210

/Famsm==合当物体速度增加到10m/s时产生的位移25162vxmma==所用时间为:1vtsa==所以物体速度增加到10m/s后,因为cosmgsinmg,所以物体将受沿传送带向上的摩擦力沿皮带向下做匀

加速直线运动22sincos2/mgmgamsm−==匀加速运动的位移为11m,设所用时间为t',则21112vtat=+计算得出:1ts=或-11s(舍去)=1s+1s=2st总【点睛】皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变

，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．