湖南省衡阳县第一中学2020-2021学年高一上学期期末质量检测物理试题

湖南省衡阳县第一中学2020-2021学年高一上学期期末质量

检测物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．关于加速度表达式a=v

t

的下列说法，正确的是（）

A．利用a=v

t

求得的加速度是△t时间内的平均加速度

B．△v表示在△t时间内物体速度的变化量，它的方向不一定与加速度a的方向相同

C．v

t

表示速度的变化率，是标量

D．加速度a与△v成正比，与△t成反比

2．下列说法正确的是（）

A．高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，加速度也一定很大

B．质点是理想化模型，现实并不存在，所以引入它没有多大意义

C．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”

D．s、kg、m是国际单位制中力学的三个基本单位

3．某质点做直线运动的位移x=10t+t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点（）A．第1s内的位移10m B．前2s内的平均速度为12m/s

C．任意相邻1s内的位移差都是1m D．任意1s内的速度增加量都是1m/s 4．如图所示的水半面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止.下列判断正确的是（）

A．F1>F2>F3B．F3>F1> F2C．F2>F3>F1D．F3> F2> F1 5．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度-时间图象如图所示，那么在0～t0和t0-3t0两段时间内（）

A ．加速度之比为3：1

B ．位移大小之比为1：1

C ．平均速度大小之比为1：1

D ．在0t 时刻汽车的运动方向发生改变

6．如图所示，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成53°角时，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌面间

的动摩擦因数为（不计空气阻力，sin53°

＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）

A ．3

B ．2

C ．2

D ．12

7．甲、乙两球从同一高度相隔1秒先后自由落下，在下落过程中（）

A ．两球的距离始终不变

B ．两球的距离越来越大

C ．两球的速度差越来越大

D ．两球速度差越来越小

8．1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m ）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为，发动机已熄火），如图4所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F ，开动时间，测出飞船和火箭的速度变化是，下列说法正确的是

A ．火箭质量应为

B ．宇宙飞船的质量m 应为

C ．推力F 越大，就越大，且与F 成正比

D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F

9．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不变

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等于ma

D．无论加速度大小如何，斜面对球一定有弹力的作用，而且该弾力是一个定值．

二、多选题

10．以下说法正确的是

A．物体的形状、大小对所研究的问题可以忽略时，该物体可以视为质点

B．第5s内与5s内是指同一段时间

C．运动物体的位移大小一定不会大于其路程的大小

D．两个分力的夹角小于180°时，其合力大小随夹角的减小而减小

11．如图，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态，在缓慢减小木板的倾角 过程中，下列说法正确的是（）

A．A受到的压力逐渐减小

B．A受到的摩擦力逐渐减小

C．C对B的压力逐渐变大

D．C受到二个力的作用

12．质量为m=2√3kg的小球置于倾角为300的光滑固定斜面上，劲度系数为k= 200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在竖直墙上的P点，小球静止于斜面上，弹簧轴线与竖直方向的夹角为300，如图所示．取g=10m/s2．则

A．弹簧对小球拉力大小为20√3N

B．小球对斜面的压力的大小为10N

C．弹簧的伸长量为10cm

D．弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度大小为5m/s2

13．如图所示，在某特殊介质体中，甲、乙两球均从静止开始由x沿直线运动到y．甲球一直以加速度a0运动，到达y时速度为v；乙球先以加速度a1运动，途中某点改以加速度a2运动，到达y点时的速度也为v．若a1≠a2≠a0，则( )

A．甲、乙两球有可能同时到达y点

B．最快到达y点的一定是甲球

C．若a1>a0，则乙球一定先到达y点

D．若a1

三、实验题

14．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．

（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F 两力中，方向一定沿AO方向的是_____．（2）本实验采用的科学方法是_____．

A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法

（3）下列方法中，有助于减小实验误差的是_____

A．尽可能使OB和OC两细绳的夹角大些

B．尽可能使两弹簧秤的读数相差大些

C．尽可能使OB和OC两细绳与纸面平行

15．用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．

（1）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a F

-图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．

A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）

B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

C．砂桶和沙子的总质量m远小于小车和砝码的总质量M（即m M

<<）

D．砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M．

（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O、A、B、C、D、E、F 为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则小车运动的加速度a＝_____ 2

m s.（结果保留3位有效数字）

（3）小车质量M一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为m，根据实

验数据描绘出的小车加速度a与砂桶和沙子的总质量m之间的11

a m

-关系图象如图丁

所示，则小车的质量M=_____Kg.（g=10m/s2）

四、解答题

16．某物体从125m的高处下落做自由落体运动，

求（1）物体落地所需的时间；

（2）落地速度；

（3）物体运动过程最后2s下落的距离．（g=10m/s2）

17．如图所示，质量为m1=8kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O.轻绳OB水平且B端与放在水平面的质量为m2＝20kg的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角为37°，物体乙与水平面间的动摩擦因数为0.5.物体点A、B都处于止状态，取g ＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求:

(1)绳OA的拉力大小;

(2)物体乙受询的摩擦力.

18．如图所示，置于水平面上的木箱的质量为m=3.8kg，它与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，在与水平方向成37°角的拉力F的恒力作用下从A点向B点做速度V1=2.0m ／s匀速直线运动．（cos37°=0.8，sin37°=0.6，g取10N/kg）

（1）求水平力F的大小；

（2）当木箱运动到B点时，撤去力F，木箱在水平面做匀减速直线运动，加速度大小为2.5m/s2，到达斜面底端C时速度大小为v2=1m/s，求木箱从B到C的位移x和时间t；

（3）木箱到达斜面底端后冲上斜面，斜面质量M=5.32kg，斜面的倾角为37°．木箱与斜面的动摩擦因数μ=0.25，要使斜面在地面上保持静止．求斜面与地面的摩擦因数至少多大．、

参考答案1．A

【解析】

利用a=v

t

求得的加速度是△t时间内的平均加速度．故A正确．根据a=

v

t

知，速度变化

量的方向与加速度方向相同．故B错误．v

t

表示速度的变化率，是矢量．故C错误．a=

v

t

是加速度的定义式，加速度与速度变化量、变化的时间无关．故D错误．故选A．

点睛：解决本题的关键理解加速度的定义式，知道加速度是矢量，方向与速度变化量或速度变化率的方向相同．

2．D

【解析】

【分析】

速度与加速度无关；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可.

【详解】

A、高速行驶的磁悬浮列车，虽其速度很大，若是匀速运动，则速度不变，所以没有加速度；故A错误.

B、质点是忽略了物体的形状和大小，把物体看成一个具有质量的点，这是为了研究问题方便而建立的理想化模型，实际不存在；故B错误.

C、力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不再受力了，它总会逐渐停下来，是亚里士多德的观点；故C错误.

D、国际单位制中力学的三个基本单位分别是千克、米、秒；故D正确.

故选D.

【点睛】

本题就是考查学生对质点概念以及牛顿第一定律的理解，是很基本的内容，必须要掌握住的. 3．B

【解析】

【详解】

将位移x与时间t的关系式x=10t+t2，与匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+1

2

at2对比，

得到质点的初速度为v0=10m/s，加速度a=2m/s2．第1s内的位移x1=10×1+12m=11m，选项

A 错误；前2s 内的位移是：x 2=10t+t 2=10×2+22=24（m ），平均速度为：22224 12/2

x v m s t ===，故B 正确．质点做匀减速运动，任意相邻的1s 内位移差相等，都是：△x=aT 2=2×

1m=2m ，故C 错误．任意1 s 内速度变化量为△v=at=2×

1=2m/s ，故D 错误．故选B ． 4．B

【分析】

如果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡．很显然这三个力的合力应该为零．而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法．本题对P 点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解．

【详解】

对P 点受力分析，如图所示：

根据共点力平衡条件有：133cos302

F F F =?=，2331sin 302F F F =?=，因而312F F F >>；故选B.

【点睛】

物体在三个力的作用下处于平衡状态，要求我们分析三力之间的相互关系的问题叫三力平衡问题，这是物体受力平衡中最重要、最典型也最基础的平衡问题．这种类型的问题有以下几种常见题型：

①三个力中，有两个力互相垂直，第三个力角度（方向）已知．

②三个力互相不垂直，但夹角（方向）已知《考试说明》中规定力的合成与分解的计算只限于两力之间能构成直角的情形．三个力互相不垂直时，无论是用合成法还是分解法，三力组成的三角形都不是直角三角形，造成求解困难．因而这种类型问题的解题障碍就在于怎样确定研究方法上．解决的办法是采用正交分解法，

将三个不同方向的力分解到两个互相垂直的

方向上，再利用平衡条件求解．

③三个力互相不垂直，且夹角（方向）未知

三力方向未知时，无论是用合成法还是分解法，都找不到合力与分力之间的定量联系，因而单从受力分析图去求解这类问题是很难找到答案的．要求解这类问题，必须变换数学分析的角度，从我们熟悉的三角函数法变换到空间几何关系上去考虑，因而这种问题的障碍点是如何正确选取数学分析的方法．

解决这种类型的问题的对策是：首先利用合成法或分解法作出三力之间的平行四边形关系和三角形关系，再根据力的三角形寻找与之相似的空间三角形，利用三角形的相似比求解． ④三力的动态平衡问题

即三个力中，有一个力为恒力，另一个力方向不变，大小可变，第三个力大小方向均可变，分析第三个力的方向变化引起的物体受力的动态变化问题．

这种类型的问题不需要通过具体的运算来得出结论，因而障碍常出现在受力分析和画受力分析图上．在分析这类问题时，要注意物体“变中有不变”的平衡特点，在变中寻找不变量．即将两个发生变化的力进行合成，利用它们的合力为恒力的特点进行分析．在解决这类问题时，正确画出物体在不同状态时的受力图和平行四边形关系尤为重要．

5．C

【详解】

A .根据v -t 图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得：加速度大小之比为：a 1：a 2=00v t ：00

2v t =2:1；故A 错误.

B .根据v -t 图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得：位移之比为x 1：x 2=

12v 0t 0：12v 0?2t 0=1:2；故B 错误.

C .在0-t 0时间内物体做匀加速直线运动，在t 0-3t 0间内物体做匀减速直线运动，由平均速度公式02v v v +=得两段时间内的平均速度均为02

v ；故C 正确. D .汽车的速度一直为正，运动方向没有改变；故D 错误.

6．D

【解析】

物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，设物块质量为m , 物块与桌面间的动摩擦因数为μ，则F mg μ=

保持F 的大小不变，而方向与水平面成53°角时，物块也恰好做匀速直线运动．对此时的物块受力分析如图，据平衡条件可得：

0sin 53N F F mg +=、N f F μ=、0cos53F f = 联立解得：12

μ=

．故D 项正确． 7．B

【分析】

甲乙两球均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可解题．

【详解】

A 、设乙运动的时间为t ，则甲运动时间为t +1，则两球的距离2211(1)222

g h g t gt gt ?=+-=+，可见两球间的距离随时间推移，越来越大；故A 错误，B 正确.

C 、

D 、甲乙两球均做加速度为g 的自由落体运动，速度之差为△v =g (t +1)-gt =g ，保持不变；故C ，D 均错误.

故选B.

【点睛】

本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式及速度时间公式的直接应用.

8．C

【解析】

设它们之间的作用力是T ，分析飞船有()F T t m v -?=?，分析火箭有：x T v m v ?=?，所以可得火箭的x F t m m v ?=-?，飞船的质量为x F t m m v

?=-?，故AB 错误；

根据冲量定理可得()x F t m m v ?=+?，故有()

x v F m m t ?=+?，所以推力F 越大，v t ??就越大，且

v t ??与F 成正比，因为x m v T F t

?=

【分析】 以小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析竖直挡板对球的弹力和斜面对球的弹力情况，小球所受的合力为ma .

【详解】

以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示：

重力mg 、竖直挡板对球的弹力F 2和斜面的弹力F 1.

设斜面的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得

竖直方向：F 1cos θ=mg ①

水平方向：F 2-F 1sin θ=ma ②

A 、

B 、D 、由①看出，斜面的弹力F 1大小不变，与加速度无关，不可能为零.由②看出，F 2=F 1sin θ+ma ，若加速度增大时，F 2增大，故A ，B 错误、D 正确.

C 、根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于ma ；故C 错误.

故选D.

【点睛】

本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度.

10．AC

【解析】

A ：物体的形状、大小对所研究的问题可以忽略时，该物体可以视为质点．故A 项正确．

B ：第5s 内指4～5s 这一段时间，5s 内指0～5s 这一段时间．故B 项错误．

C：位移是从始位置指向末位置的有向线段，路程是物体运动轨迹的长度．则运动物体的位移大小一定不会大于其路程的大小．故C项正确．

D：F=两个分力的夹角小于180°时，其合力大小随夹角的减小而增大．故D项错误．

11．BD

【分析】

先对BC研究：分析BC整体的受力，由平衡条件分析A对B的支持力和摩擦力变化，即可知道B对A的压力和摩擦力如何变化；C球只受两个力，对B的压力不变．

【详解】

A、对BC整体：分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知：N=mg cosθ，f=mg sinθ，减小θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大；故A错误，B正确.

C、D、由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变；故C错误，D正确.

故选BD.

【点睛】

本题是三个物体的平衡问题，关键要灵活选择研究的对象，采用整体法和隔离法结合研究. 12．CD

【解析】

小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，设斜面对小球的支持力为F N，设弹簧的伸长量为x，对小球受力分析如图，则：

F N sin300=Tsin300、F N cos300+Tcos300=mg、T=kx

联立解得：F N=T=20N、x=0.10m=10cm

A：小球受的弹簧拉力为T=20N，故A项错误．

B：斜面对小球的支持力为F N=20N，据牛顿第三定律，小球对斜面的压力的大小为

20N．故B项错误．

C：弹簧的伸长量x=0.10m=10cm，故C项正确．

D：弹簧被剪断的瞬间，小球受重力、斜面对小球的支持力，小球将沿斜面下滑，则：mgsin300=ma，解得：a=5m/s2．故D项正确．

13．CD

【解析】

【详解】

根据速度时间图线得，若a1＞a0，如图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t甲＜t乙．

若a0＞a1，如上图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t

＞t乙．

甲

通过图线作不出位移相等，速度相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达．故AB错误，CD正确。

故选：CD．

【点睛】

分a1＞a0和a0＞a1两种情况分别作出速度时间图像，保证末速度相等，位移相等，即可比较

所用时间的长短，判断哪个先到达。

14．F ' B C

【解析】

(1)F 是实验测得的1F 、2F 用平行四边形定则作图而得，'F 是用一个力拉橡皮条时直接测量而得．则方向一定沿AO 方向的是'F ．

(2) 本实验采用的科学方法是等效替代法．故B 项正确．

(3)A ：尽可能使OB 和OC 两细绳的夹角大，会使合力偏小，测量的相对误差较大．故A 项错误．

B ：尽可能使两弹簧秤的读数相差大些，会使弹簧秤读数较小的那个力测量的相对误差较大．故B 项错误．

C ：尽可能使OB 和OC 两细绳与纸面平行，这样才能使所有力在一平面内，减小实验的误差．故C 项正确．

15．BD 2.00 0.4

【解析】

(1)图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）

图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量m 未远小于小车和砝码的总质量M 后，绳上拉力小于砂桶和沙子的总重力．

故答案为BD

(2) 相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔0.10T s =

小车运动的加速度

()2

222211.9910.017.98 6.02 3.96 2.0010/ 2.00/(3)0.30CF

OC x x a m s m s T -++---?-=== (3) 设绳子拉力为T ，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：mg T ma -= 对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：T Ma = 联立解得：mg a m M

=+，整理得：111M a g g m =+? 由11a m

-关系图象可得：0.50.1100M g -=-，解得：0.40M kg =

16．（1） 5s （2）50m/s （3）80m

【解析】

试题分析：根据位移时间公式求出落地的时间；根据速度时间公式求出落地的速度；根据位移时间公式即可求出最后2s 后下落的位移．

（1）根据自由落体公式：212

h gt =，带入数据解得：t =5s （2）根据速度时间公式可得落地速度为：105/50/v gt m s m s ==?=

（3）前3s 下落的位移为：221111034522

h gt m m ==??=，则最后2s 后下落的位移为：1254580h m m ?=-=．

点睛：本题主要考查了自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，属于基础题． 17．(1)100N ；(2)60N ，方向向左

【解析】

【分析】

(1)以结点O 为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出轻绳OA 受到的拉力.

(2)结合对乙的受力分析即可求出物体乙受到的摩擦力.

【详解】

(1)以结点为研究对象，受到三个拉力作用，其中物体甲对O 点拉力等于物体甲的重力，即F =m 1g ．

根据平衡条件得，轻绳OA 的拉力1cos37OA m g F =

?

得100oA F N =

(2)对乙物体研究，由二力平衡得：

物体乙受到的摩擦力 OB f F = 根据平衡条件得:1tan 60OB F m g N θ==

所以60f N =,方向水平向左．

【点睛】

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答.

18．（1）10N （2）0.4s 0.6m （3）

13

（答0.33也得分） 【解析】

（1）由平衡知识：对木箱水平方向cos F f θ=，竖直方向：sin N F F mg θ+= 且N f F μ=，

解得F=10N

（2）由22212v v ax -=，解得木箱从B 到C 的位移x=0.6m ， 21120.12.5

v v t s s a --===- （3）木箱沿斜面上滑的加速度21sin 37cos378/mg mg a m s m

μ?+?== 对木箱和斜面的整体，水平方向11cos37f ma =?

竖直方向：()1sin37N M m g F ma +-=?，其中11N f F μ=，解得113

μ= 点睛：本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解． 求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法．