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1、绝密启用前2019-2020 学年第一学期期末考试高一物理试题考试范围： xxx；考试时间： 100 分钟；命题人： xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第 I 卷（选择题）请点击修改第 I 卷的文字说明评卷人得分1下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位（）A. m、kg、s B.kg、N、 J C.kg、N、m D.m、 N、kg2导航已经成为行车出门必备方式了，如图所示是从学习出发到三山菜场的导 航路线，导航显示了 9 分钟， 4.5公里等数据，下列说法正确的是（）A. 路线中的 4.5 公里指从学校出发到菜场的位移大
2、小B. 研究汽车经过红绿灯路口的过程时可视汽车为质点C. 这一段路汽车的平均速度大小为 30km/h. 地球D. 这一段路汽车的平均速度大小小于 30km/ h3如图所示，油桶放在汽车上，汽车停与水平地面，则涉及油桶、汽车三个物体之间的作用力和反作用力一共有几对（ ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5试卷第 16 页，总 12 页4竖直向上抛出一只小球， 3s落回抛出点，不计空气阻力，则球的初速度是（）A. 10m/ s B.30m/ s C. 15m/ s D. 20m/ s5伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验，下列哪些方法是他在这个实验中采用过的（ ）A. 用秒表计时
3、B. 改变斜面倾角， 比较各种倾角得到的 x与t的平方成正比， 然后将斜面实验的 结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动C. 用打点计时器打出纸带进行数据分析D. 改变斜面倾角，比较各种倾角得到的 v与 t成正比，然后将斜面实验的结果合 理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动 66如图所示，某同学让带有水的伞绕伞柄旋转，可以看到伞面上的水滴沿 伞边水平飞出。若不考虑空气阻力，水滴飞出后在空中的运动是（ ）A. 匀速直线运动 B. 平抛运动 C. 自由落体运动 D. 圆周运动7某人用一只手紧握一饮料瓶，使瓶子静止在竖直方向上，对饮料瓶的受力， 下列说法正确的是（ ）A. 重力、
4、弹力B. 重力、弹力和摩擦力C. 重力和摩擦力D. 重力和托力8某赛车在逆时针减速转弯，图示为转弯轨迹，则该车所受的合外力的示意图 可能为（ ）A. A B. B C. C D. D9如图是某物体受到同一平面内三个共点力作用的四种情形的力图示（坐标纸中每格边长表示 1N 的大小的力），则下列对该物体所受合力大小的描述中正确的是（ ）4NA.甲图中物体所受的合力大小等于B.乙图中物体所受的合力大小等于5NC. 丙图中物体所受的合力大小等于 0D. 丁图中物体所受的合力大小等于 6N10一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从t 0 时刻起，用一水平向右的拉力 F 作用在物块上，且 F 的大小随
5、时间从零均匀增大，则下列关于物块的 加速度 a、摩擦力 Ff 、速度 v 随 F的变化图像正确的是（）A. A B. B C. C D. D11如图所示，一个铁球从竖直在地面上的轻质弹簧的正上方某处自由落下， 接触弹簧后将弹簧弹性压缩，从它接触弹簧开始到弹簧压缩到最短的过程中， 小球的速度和受到的合外力的变化情况是（ ）A. 合力变小，速度变小B. 合力变小，速度变大C. 合力先变小后变大，速度先变小后变大D. 合力先变小后变大，速度先变大后变小评卷人得分二、多选题12下列关于速度、加速度说法正确的是（）A. 速度大的物体，加速度也大B. 速度为 0，加速度可以不为 0C. 速度变化大的物体，
6、加速度一定大D. 速度变化快的物体，加速度一定大13如图所示，用两根细线把 A、B 两小球悬挂在天花板上的同一点 O，并用第 三根细线连接 A、B两小球，然后用某个力 F 作用在小球 A上，使三根细线均处 于直线状态，且 OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态，则该力可能 为图中的（ ）A. F1 B.F2 C.F3 D.14山崖边的公路常常称为最险公路，一辆汽车欲安全通过此弯道公路，下列说法正确的是（ ）A. 若汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈较为安全B. 若汽车以恒定的线速度大小转弯，选择外圈较为安全C. 汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用D. 汽车在转弯时受到重力、支持力、摩
7、擦力和向心力作用15如图所示，是某同学站在压力传感器上做下蹲或起立的动作时记录的力随时间变化的图线，由图线可以得到正确的信息是（ ）A. 该同学做了两次下蹲动作B. 该同学做了四次下蹲动作C. 下蹲过程中人处于先失重后超重的状态D. 起立过程中人处于先失重后超重的状态第 II 卷（非选择题）请点击修改第 II 卷的文字说明评卷人得分16实验“探究小车速度随时间变化的规律”实验中（1）用到电磁打点计时器，应采用的电源是（ ）A. 学生电源交流输出B. 3 节干电池C. 蓄电池（ 2）下列说法正确的是（ ）A.应先接通电源，在打点计时器开始打点后再释放小车 B.应先释放小车，再接通打点计时器的电源
8、 （3）某学生实验时得到一条点迹清晰的纸带如图所示， 图中 O、A、B、C、D、E是 打点计时器连续打下的 6 个点，若打点计时器的打点周期为 T，则利用此纸带得 到小车的加速度的表达式为 （用 x2、 x5、 T 来表示）17如图所示，某同学利用重物和弹簧测力计等实验装置做“探究求合力的合 成方法”实验。弹簧测力计 B 挂于竖直木板上的固定的 C处。步：用细线挂一重物M，弹簧测力计挂钩拉着两细绳套，用一只手持弹簧测力计 A拉结点 O，分别读出弹簧测力计 A和 B的示数 FA和FB，并在贴于竖直木板的白纸上记录 O点的位置和拉线的方向。第二步：用一个弹簧测力计测出重物 M重力的大小计作 F。（
9、1）本实验中的弹簧测力计示数的单位为 N，图中 B的示数为 N。（2）利用力的图示来探究求力的合力方法时，应过 O点作出 （填“竖直向上”或“竖直向下”）的 F 来表示 A和 B两弹簧测力计的合力。18某学生做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，实验时把弹簧竖直悬挂 起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧伸长的长度x，数据记录如表所示。（1）根据表中数据在图甲中作出 F x图线 ；（ 2）根据 F x 图线可以求得弹力和弹簧伸长的关系式为 F x（式中各物理量均采用国际单位） ；（3）一位同学做此实验时得到如图乙所示的 F x图线，说明此同学可能出现了 哪种错误？ 评卷人得分四、解
10、答题O 点由19如图甲为一航拍飞机，操作员启动上升按钮，航拍飞机从地面上的静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过 8s到达离 O点高为 48m处的 A 点时， 操作员调节螺旋桨转速，改变升力大小，使得航拍飞机继续匀速上升，经4s 运 动到 B点，如图乙所示，求：（1）航拍飞机匀加速运动阶段的加速度 a和 A点的瞬时速度大小 vA；2）航拍飞机从 O点到 B 点的平均速度大小 v20在动画片熊出没中，熊二用一根轻绳绕过树枝将光头强悬挂起来，如 图所示，此时轻绳与水平地面的夹角370。已知光头强的质量为 60kg ，熊二的质量为 300kg ，不计轻绳与树枝间的摩擦。 （已知 sin370 0.6
11、、cos370 0.8 ）求：（1）轻绳对熊二的拉力的大小；（2）地面对熊二的支持力的大小；（3）熊二对地面的摩擦力的大小和方向。21如图所示，民俗运动会中有一种掷飞镖游戏比赛项目，比赛中某选手站在 靶的正前方手持飞镖将其水平掷出， 飞镖出手瞬间的位置高出靶心 O点 h 0.2m， 离靶面水平距离 L 2m ，若将飞镖在空中的运动看平抛运动， 并且刚好击中靶心， 飞镖可视为质点，求：（1）飞镖的初速度大小；（ 2）飞镖击中靶心前瞬间的速度大小和方向（用于水平方向所成的夹角的正切值来表示）；（3）若飞镖击中以靶心为 O 圆心、半径 R 10cm的圆形范围内为有效成绩并得 分，设飞镖每次水平掷点位
12、置不变， 且飞镖只在与靶面垂直的竖直面内的运动， 则飞镖水平掷出的初速度大小在什么范围内时才可以得分？22水平地面上有一固定的磁场斜面，倾角为370 ，一质量 m 1kg 滑块在平行于斜面向上的恒定拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上做匀加速度直线运动， 滑块与斜面间的动摩擦因数 0.5 。从滑块由静止开始运动时计时， 在 4s末撤去 恒定拉力 F，滑块刚好可以滑到斜面顶端， 滑块在 0到 4s内v t图像如图乙所示， 求：1）滑块前 4s 的加速度以及前 4s 内位移的大小；2）拉力 F 的大小；3）滑块经过斜面上距斜面顶点 0.2m 处所对应的时刻？参考答案1A 【解析】力学国际基本单位有
13、三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位A、米、千克、秒是国际单位制中的基本单位，故 A 正确；B、牛顿、焦耳是导出单位，故 B 错误；CD、牛顿是导出单位，故 CD错误；故选 A。 【点睛】力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位。2D【解析】 A、路线中的 4.5公里指从学校出发到菜场的路程，不是位移大小，故 A 错误；B、研究汽车经过红绿灯路口的过程时，当汽车的形状、大小跟所研究的问题的 影响不可以忽略，所以汽车不能视为质点，故 B 错误；CD、这一段路汽车的平均速度大小为 v x s 4.5km 30km / h ，故 C 错误， D 正t t 9 h60 确；故选 D。
14、3D 【解析】油桶对汽车的压力与汽车对油桶的支持力、汽车对地面的压力与地面 对汽车的支持力、地球对车的引力于车对地球的引力、地球对油桶的引力于油 桶对地球的引力、油桶对车的引力于车对油桶的引力共 5对，故 ABC错误， D正 确； 故选 D。4C 【解析】根据竖直上抛运动的上升和下降过程具有对称性，所以下降过程的时 间为 1.5s ，则球的初速度是 v gt 10 1.5m/ s 15m/s，故 C正确， ABD错误； 故选 C。5B【解析】 A、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是用水钟计时， 故 A 错误；C、在伽利略时代还没有发明打点计时器，故 C错误；BD、在伽利略时代，技术
15、不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接 得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度 为零，而且 x 与 t 平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀 变化，将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直 线运动，故 B 正确， D错误；故选 B。【点睛】考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的 方法以及其科学的思维即可正确解答。6B 【解析】若不考虑空气阻力，由于惯性水滴在水平方向上做匀速直线运动，竖 直方向上只受重力做自由落体运动， 因此水滴飞出后在空中做平抛运动 B 正确 7B【解析】水平方向， 手对瓶子的压
16、力， 竖直方向，瓶保持静止，处于平衡状态， 受重力和静摩擦力，故 B 正确， ACD错误；故选 B。8C 【解析】做曲线运动的物体，合外力的方向总指向曲线运动的凹侧，又由于减速运动，故外力的方向与速度方向的夹角大于 90°，故 C正确， ABD错误； 故选 C。【点睛】考查了曲线运动的条件的应用，即合外力与速度之间的关系不在一条直线上，物体就会做曲线运动，合外力的方向总指向曲线运动的凹侧。9B【解析】 A、对甲，先将 F1与 F3合成，合力为向左的 3N， 然后再用勾股定理，求得合力等于 5 N，故 A 错误；B、对乙，先将 F1 与 F3沿水平和竖直方向正交分解，水平分量相等，竖直
17、分量分 别为 1N和 2N，再与 F2 合成，求得合力等于 5N，故 B正确；C、对丙， F2和 F3的合力与 F1 等大同向，故合力等于 6 N，故 C错误；D、根据三角形法则，丁图中合力等于 0，故 D 错误；故选 B。【点睛】力的合成遵循平行四边形定则，三力合成可以先合成其中两个力，再与第三个力合成，也可用正交分解法先分解再合成。10B【解析】当物体静止时，拉力 F 小于最大静摩擦力，加速度为 0，速度为 0，静 摩擦力 Ff F kt ；当拉力 F 大于最大静摩擦力时，物体运动，滑动摩擦力 Ff mg 保值不变且小于最大静摩擦力，加速度为 a kt mg k t g ，做加速度增大的
18、mm加速运动，故 B正确， ACD错误；故选 B。11D 【解析】 试题分析：刚开始压缩时，重力大于弹力 mg F ，所以合力向下，物体做加速 运动，随着弹簧的压缩程度变大，所以弹力在变大，故合力在减小，物体做加 速度减小的加速运动，当 mg F 时，合力为零，加速度为零，速度最大， 由于此时小球仍有向下的速度，故弹簧仍旧要被继续压缩，故弹力仍旧继续增 大，此后 mg F ，故合力向上，速度向下，所以做减速运动，弹力继续增大， 合力向上增大，所以小球做加速度增大的减速运动，当到最低点时，小球速度 读为零，加速度最大，即合力最大，故选 D， 考点：考查了牛顿第二定律的应用 点评：做本题的关键是知
19、道弹簧弹力的变化情况，然后根据重力和弹簧的大小 关系分情况讨论合力与速度的变化情况 12BD【解析】 A、加速度的大小和速度大小没有必然联系，如在匀速直线运动中，速 度很大而加速度却为零，故 A 错误；B、竖直上抛运动，运动到最高点，速度为 0，加速度为 g，故 B 正确； C、速度变化大的物体，由于时间不知道，根据 a v ，所以加速度不一定大， t故 C 错误；D、加速度是描述速度变化的快慢的物理量，所以物体的速度变化越快，则加速 度越大，故 D 正确；故选 BD。【点睛】加速度的大小、 速度大小、速度变化量没有必然联系， 速度大的物体， 加速度不一定大， 速度变化大的物体， 加速度不一定
20、大， 但速度变化快的物体， 加速度一定大。13BC 【解析】物体受力平衡时，无论如何建立坐标系，两个坐标轴方向的合力应都 是零，以 A 为原点，以 OA方向和垂直于 OA方向建立坐标系可以看出，该力若沿 F1方向和 F4方向球 A 受力的合力不可能为零，则物体不可 能平衡，所以该力不可能沿 F1方向和 F4方向，故 AD错误， BC正确； 故选 BC。【点睛】以 A 球为研究对象，以 A为原点，建立坐标系，根据物体平衡时沿任 何方向的合力都应为零进行判断。14ABC 【解析】汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供向心力， 若汽车以恒定的角速度转弯，由 f m 2r 可知，半径越小
21、，摩擦力越小，所以选2择内圈较为安全；若汽车以恒定的线速度大小转弯， 由 f mv 可知，半径越大， r摩擦力越小，所以选择外圈较为安全；故 ABC正确， D错误； 故选 ABC。15AC 【解析】人下蹲过程中有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个 最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立过程中对应先超重再失 重，对应图象可知，该同学做了两次下蹲 -起立的动作， AC正确， BD错误； 故选 AC。【点睛】当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就 说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。1
22、6 A A a x5 2x23T2【解析】 (1) 用到电磁打点计时器，电源是 V的交流电源，应采用的电源 是学生电源交流输出，故 A正确， BC错误； (2) 实验时，应先接通电源，在打点计时器开始打点后再释放小车，故 A 正确，B错误；(3) 根据 x aT2得 x3 x2 aT2， x4 x3 aT2， x5 x4 aT2 ，联立解得 a x5 2x2 3T217 3.45 竖直向上【解析】 (1) 弹簧测力计的分度值为 0.1N ，读数时要求估读到分度值的下一位， 所以图中 B 的示数为 3.45N；(2) 以结点 O为对象受力分析， A和 B两弹簧测力计的拉力和 M的拉力，所以 A
23、和 B 两弹簧测力计的合力与 M 的重力大小相等，方向相反，故利用力的图示来 探究求力的合力方法时，应过 O点作出竖直向上的 F 来表示 A和 B两弹簧测力计的合力1850弹簧伸长量已超出了弹簧的弹性限度答案第 14 页，总 10 页解析】 (1) 描点作图，如图所示：（2） 图象的斜率表示劲度系数， 故 k7.0 00.14 0N/m50N /m ，可以求得弹力和弹簧伸长的关系式为 F 50x ；（3） 由图可知，当力达到某一值时，图象发生了弯曲，说明此时弹簧伸长量已 超出了弹簧的弹性限度。【点睛】考查弹力与弹簧形变量之间的关系实验；解题的关键在于明确实验原 理，根据胡克定律进行分析，明确图
24、象斜率表示劲度系数。19（1）12m/s（2）8m/s 【解析】【分析】航拍飞机由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，根据运动规 律求出匀加速运动阶段的加速度和 A 点的瞬时速度大小，根据平均速度公式求 出从 O点到 B点的平均速度大小。解：（1）飞机做匀加速直线运动 s1 1 at122得到： a 1.5m/ s2vA at1 12m/ s（ 2）匀速运动： sAB vAt 48m总位移： s s1 48 96m飞机在 OB段的平均速度 v s 96m/s 8m/ st 1220（1） 600N（2）2640N（3）480N, 方向水平向左 【解析】【分析】以光头强为研究对象求出轻绳对熊二的拉
25、力的大小，以熊二为研究对象根据平衡条件求出地面对熊二的支持力的大小和熊二对地面的摩擦力 的大小和方向。解：（1）以光头强为研究对象，受力分析，得到拉力 T mg 600N（2）以熊二为研究对象，受力分析：竖直方向 FN Tsin Mg得到 FN 2640N（3）水平方向 Ff Tcos得到： Ff 480N由牛顿第三定律，熊二对地面的摩擦力的大小： Ff' Ff 480N ，方向水平向左。21（1）10m/s（2）0.2（3）10 6 m/s v 14.1m / s3【解析】飞镖在空中的运动看平抛运动，由平抛运动规律求出飞镖的初速度大小和飞镖击中靶心前瞬间的速度大小和方向，飞镖落在最上
26、端，掷出的初速度 最大，飞镖落在最下端，掷出的初速度最小。解：（1）由平抛运动竖直方向： h 1 gt2 ，得到 t 0.2s2水平方向： L v0t ，得到： v0 10m/s；（2）竖直速度： vy gt 2m/ s合速度： v v02 gt104m/ s，方向： tan vy 0.23）水平方向： L v0t落在最上端，竖直方向： y1 h 0.1m 0.1m ，又因为 y1 1 gt22 得到： t1 2 s1 10初速度 v1 10 2m/s 14.1m/ s落在最下端，竖直方向： y2 h 0.1 0.3m ，得到： t1 6 s2 1 10 初速度 v2 10 6 m/ s3故速
27、度范围为： 10 6 m/s v 14.1m / s322(1)8m(2)11N(3) 0.4s和 4.85s【解析】由 vt 图像求出滑块前 4s的加速度以及前 4s 内位移的大小，滑块在拉 力作用下，由牛顿第二定律求出拉力 F 的大小，滑块先做匀加速直线运动，撤 去力 F 后做匀减速运动，在沿斜面向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运 动学公式求出。解：(1)由图可知：加速度大小 a v 1m/s2t位移的大小即为图线与时间轴围成的面积： s 4 4m 8m；2(2)滑块在拉力作用下，受力分析如图：Y 轴上，由平衡方程： FN mgcos ， FfmgcosX 轴上，由牛顿第二定律 ; F
28、 mgsin Ff ma 得到： F mgsin Ff ma 11N3)滑块先以 a1 1m / s2做匀加速直线运动，撤去力 F 后，滑块受力如图所示：X轴上，由牛顿第二定律： mgsin Ff ma2 ，得到：10m/ s22 以4m/ s匀减速到 0 过程，位移 s2 v 0.8m 2a由匀变速位移公式：s3 v0t2 2at2，解得： t2 0.2s或0.6s（已反向运动， 舍弃）距顶端 0.2m 处的位置在减速前进的 s3 s2 0.2m0.6m处。得到： t 2 0.2s所对应的时刻为 t 4 0.2 4.2s滑块减速到 0时间为 t3 v 0.4sa2此后滑块会下滑，摩擦力反向，设滑块加速度为 a3由牛顿第二定律： mgsin F f ma3解得： a3 2m/ s2设加速运动 0.2m的时间为 t4， s4 1 at42 ，得到：2t45s所对应的时刻为： t 4 0.4 t422 5s54.85s即滑块经过斜面上距斜面顶点0.2m处所对应的时刻分别为 0.4s和 4.85s。