【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°＝1

2G，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222LtFgmgm

M=−−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222LtFgmgmM=−−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()()ABABmmgFmma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cos303sin301abkk==，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sin3012

mgagm==，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/ms，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2220.06450.05200.07070.05843.88/440.04CDABDEBCxxxxamsT−+−−+−===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sin

FMgfmg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cosfN

mg==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．