2020-2021学年西藏拉萨中学高一（上）期末物理试卷（附答案详解）

2020-2021学年西藏拉萨中学高一（上）期末物理试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.下列物理量中，属于矢量的是（）

A.时间B.路程C.速率D.加速度

2.下列说法不正确的是（）

A.质点概念用了等效替代的思想

B.伽利略对落体运动的研究过程：发现问题一提出假说一间接验证一合理外推一

得出结论

C.伽利略的理想斜面实验是建立在可靠的事实基础之上的合乎逻辑的科学推理

D.牛顿是力学单位的国际单位

3.唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”，描述了庐山瀑布的美景。

三尺为1加，设水的初速度为零，不计空气阻力，重力加速度9=10m/s2,水落到

下方水潭中的速度约为（）

A.100m/sB.140m/sC.170m/sD.240m/s

4.如图所示，粗糙的A,B长方体木块叠放在一起。静置

于水平面上，现B木块受到一个水平方向的牵引力F,

但仍然保持静止，则以下判断中正确的是（）

A.A对B的压力就是A物体的重力

B.B不动是因为它受到的地面的摩擦力小于拉力F

C.8与A间只有一对相互作用力

D,木块8先对地面施加压力，使地面发生形变后，地面再对B施加支持力

5.蹦级是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志。运

动员从高处跳下，弹性绳被拉伸前做自由落体运动，弹性

绳被拉伸后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一定高度

后速度减为零。在这个下降的全过程中，下列说法中正确

的是（）

A.运动员一直处于失重状态；当速度减为零时，加速度

也为零

B.弹性绳拉伸后运动员先处于失重状态，后处于超重状态；当速度减为零时，加

速度不为零

C.弹性绳拉伸后运动员先处于超重状态，后处于失重状态；当速度减为零时，加

速度也为零

D.弹性绳拉伸前运动员处于失重状态，弹性绳拉伸后运动员处于超重状态；当速

度减为零时，加速度不为零

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

6.如图所示为一质点在0〜t2时间内的速度-时间图象，t2=

2t】，则下列说法正确的是（）

A.0〜ti时间内质点做曲线运动，J〜t2时间内质点做反

方向的直线运动

B.0〜J时间内质点的加速度大小在增加，％〜t2时间内质点的加速度大小不变

C.0〜ti与口〜两段时间内质点的加速度方向相反

D.0〜％时间内的平均速度大于口〜12时间内的平均速度

7.如图所示，倾角为。的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳

跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知4、8、

A.B受到C的摩擦力一定不为零

B.C受到水平面的摩擦力一定为零

C.C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力

D.将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时水平面对C的摩擦力为零

8.如图所示，表面粗糙的水平传送带匀速向右传动.现在其左侧的A处轻轻放上一物

块，则该物块的运动情况和受力情况可能为（）

A,一直向右做匀加速运动

B.先向右做匀加速运动，后继续向右做匀速运动

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C.先受到向右的滑动摩擦力，后受到向右的静摩擦力

D,先受到向右的滑动摩擦力，后不受摩擦力

9.某物体从45〃?高的地方做自由落体运动，g=l（hn/s2.则（）

A.物体从开始下落到中间位置所用的时间为1.5s

B.物体在下落过程中的平均速度大小为15m/s

C.物体在第/s末、第2s末、第3末的速度大小之比是1：3：5

D.物体在第/s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1：4：9

10.如图所示，物体尸以一定的初速度V沿光滑水平面向右上K

运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向

弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在「与弹簧发生相互作用的

整个过程中（）

A.P的加速度大小不断变化，方向也不断变化

B.P的加速度大小不断变化，但方向只改一次

C.P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小

D.有一段过程P的加速度逐渐增大，速度逐渐减小

三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）

11.有同学利用如图1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2公和2c，回答下列问题:

（1）改变钩码个数，实验能完成的是

4.钩码的个数Ni=必=2,N3=4

8.钩码的个数Ni=%=3,N2=4

C.钩码的个数Ni=N2=N3=4

D钩码的个数N1=3,N2=4,刈=5

(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是

4标记结点。的位置，并记录OA、OB、0C三段绳子的方向

8.量出。4、OB、0C三段绳子的长度

C用量角器量出三段绳子之间的夹角

D用天平测出钩码的质量

(3)在作图时，你认为图2中是正确的。(填“甲”或“乙”)

12.为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木

板水平放置。

5I,«.CI).E

*L5.20-I*-5.84-X-6.45417.07-1一位:cm

图2

(1)电火花打点计时器工作电压为V的交流电；

(2)在该实验中必须采用控制变量法，应保持不变；

(3)图2为某次实验得到的纸带，各计数点之间的距离已经经标在纸带上，交流电

的频率为50Hz,由此可求得木块的加速度的大小是m/s2,打点计时器在打

下。点时木块的速度为m/s(结果保留三位有效数字)；

(4)一组同学在保持钩码质量一定时，探究加速度与质量的关系，以下做法正确的

是;

4平衡摩擦力时，应将钩码用细绳通过定滑轮系在木块上

B.每次改变木块的质量时，不需要重新平衡摩擦力

C实验时，要保证绳和纸带均与木板平行以减小误差

。.木块运动的加速度可用天平测出钩码质量加以及木块质量直接用公即=詈

求出

(5)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画

出a—尸关系图线如图3所示：

①分析此图线，C4段不过原点的可能原因是：；

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②此图线的48段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是

A.小木块与轨道之间存在摩擦

8.导轨保持了水平状态

C.所挂钩码的总质量太大

D所用小木块的质量太大

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图所示，在倾角为30。的斜面上固定一竖直挡板，质量

为m的光滑小球静止在斜面与挡板之间，重力加速度大小

为go求：

(1)斜面对小球的支持力大小；

(2)小球对竖直挡板的压力。

14.超载、超速都会危及人民的生命财产的安全，一货车严重超载后的总质量为503

以54km//i的速率匀速行驶，发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加

速度的大小为2.5m/s2,而不超载时则为5m/s2。

(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？

(2)在一小学附近，限速为36k?n",若该货车不超载，仍以54km"的速率匀速行

驶，看见正前方有一小孩后立即刹车到停止，幸运的是没有发生车祸，问货车比不

超速行驶至少多前进了多远？

15.如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦

因数〃1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=Mg、大小可以忽略的铁块，铁块

与木板间的动摩擦因数〃2=0.4,取g=lOm/s2,在铁块上加一个水平向右的拉力,

试求：

(1)F增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？

(2)若木板长L=1m,水平拉力恒为8M经过多长时间铁块运动到木板的右端？

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答案和解析

1.【答案】。

【解析】解：时间、路程、速率都是只有大小没有方向的，都是标量，加速度是即有大

小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的，是矢量，所以。正确.

故选力.

既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、

位移、动量等都是矢量；

只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量.

本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握.

2.【答案】A

【解析】解：A、用质点代替物体，采用的科学方法是建立理想化的物理模型的方法，

故4错误；

8、伽利略在研究物体下落规律时，首先是遇到问题即对亚里士多德的观点提出疑问，

然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是

均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，然后进行合理的外推得出

结论，故伽利略探究过程顺序是发现问题--提出假说--实验验证--数学推理--合理外推--

得出结论，故8正确；

C、伽利略的理想斜面实验是建立在可靠的事实基础之上的合乎逻辑的科学推理，故C

正确；

£＞、牛顿是力学单位制中采用国际单位的一个导出单位，故。正确。

本题选择不正确的，

故选：Ao

质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；根

据伽利略对落体运动规律的研究，结合伽利略所开创的研究问题的方法和思维过程判断;

在国际单位制的力学单位中，，小口、s为基本单位，N是导出单位。

伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理

的方法道路，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法。

3.【答案】B

【解析】解：可以认为庐山瀑布的水流是做自由落体运动，三千尺就是1000米，

根据。2=2gh

得：v=-J2gh=V2x10x1000m/s=140m/s.故AC£>错误，8正确；

故选：B。

庐山瀑布的水流可以认为是做自由落体运动，三千尺就是1000米，根据位移速度公式

求出末速度

本题是自由落体运动中位移速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题.

4.【答案】C

【解析】解：4、压力和重力是不同性质的两个力，4对B的压力的施力物体是4、受

力物体是8,A物体的重力的施力物体是地球、受力物体是A,A对8的压力等于A物

体的重力，二者不是一回事，故A错误。

8、8不动是因为它受到的地面的最大静摩擦力大于F,根据平衡条件可知实际的摩擦

力等于拉力F，故B错误。

C、B与A间只有一对相互作用力，即A对8的压力和8对A的支持力，二者之间没有

摩擦力，故C正确。

Q、木块B对地面的压力和地面对B的支持力是一对作用力与反作用力，二者同时产生、

同时消失、等大反向、作用在两个物体上，故。错误。

故选：Co

压力和重力是不同性质的两个力，二者不是一回事；B不动是因为它受到的地面的最大

静摩擦力大于；B与4间只有一对相互作用力；作用力与反作用力是同时产生，没有先

后。

本题主要是考查共点力的平衡和受力分析，知道静止的物体受力平衡，掌握作用力与反

作用力的特点。

5.【答案】B

【解析】解：弹性绳拉伸前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉伸后，开始

拉力小于重力，加速度方向向下，还处于失重状态；当拉力等于重力时，加速度为零，

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速度最大；当拉力大于重力，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态。所以弹性

绳拉伸后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，当运动员下落一定高度后速度减为

零时加速度向上不为零，故4CD错误，8正确。

故选：B。

运动员处于超重状态则加速度向上，运动员处于失重状态则加速度向下.

主要考查了对超重失重现象的理解，运动员处于超重或失重状态时，运动员的重力并没

变，只是运动员所受拉力变了，要注意运动员所受合力为零时加速度为零，速度最大.

6.【答案】BD

【解析】解：A、v-t图象只能表示直线运动速度随时间变化的规律，知0〜”时间内质

点做直线运动，匕〜J时间内质点做反方向的直线运动，故A错误；

B、速度一时间图象的斜率表示加速度，知0〜”时间内质点的加速度大小在增加，G〜t2

时间内质点的加速度大小不变，故B正确；

C、图象斜率的符号表示加速度方向，知0〜h与匕〜。两段时间内质点的加速度方向相

同，均沿负方向，故C错误；

。、根据。-t图象与时间轴围成的面积表示位移，知。〜h时间内的位移大于G〜t2时间

内的位移，所用时间相等，则0〜"时间内的平均速度大于匕〜t2时间内的平均速度，故

D正确。

故选：BD。

t图象只能表示直线运动中速度随时间变化的规律；速度-时间图象的斜率表示加速

度，图象与时间轴围成的面积表示位移，分析位移关系，判断平均速度关系。

解决本题的关键要知道速度-时间图象与时间轴围成的面积表示位移，图象的斜率表示

加速度，要注意速度图象只能表示直线运动的规律。

7.【答案】CD

【解析】解：设A、B、C的重力分别为公、GB、GC.N

4、若仇=GBSMO,B相对于C没有运动趋势，不受到C的摩擦/F

力。故A错误。—yi...

BC、以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：

地面对C的摩擦力/=Feos。=Geos。，方向水平向左，说明

GC+GB

C有沿地面向右滑动的趋势。故B错误，C正确。

D、将细绳剪断，若8依然静止在斜面上，则以8、C整体为研究对象得到，/=0,即

水平面对C的摩擦力为零。故。正确。

故选：CD。

以8为研究对象，分析绳子的拉力与重力沿斜面向下的分力的关系，判断8是否受到C

的摩擦力.以8、C整体为研究对象，根据平衡条件分析水平面的摩擦力.

本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象.当几个物体的加速度相同时可以

采用整体法研究，往往比较简捷.

8.【答案】ABD

【解析】解：A、8、木块初速度为零，由静到动是加速，若达到最右端时仍未与传送

带相对静止，则一直加速；故A正确；

8、若传送带足够长，故最后一起匀速，故先做加速运动，再做匀速运动；故B正确；

C、。、滑块向右加速阶段，加速度向右，故合力向右，静摩擦力向右；滑块匀速阶段，

合力为零，故摩擦力为零，即不受摩擦力；故C错误，。正确；

故选：ABD.

木块初速度为零，由静到动是加速，根据物体的加速长度及传送带的长度关系分析物体

可能的运动情况.

本题关键是明确求解摩擦力方向的思路，先确定运动情况，得到加速度情况和合力情况，

最后得到摩擦力情况.

9.【答案】BD

【解析】解：A、根据?=可知y=盘2.12s，即从开始下落到中间

位置所用的时间为2.12s,故A错误。

8、根据九=；gt2,可知£=得符=3s,即3s落地，下落过程中的平均速度为：

v=y==15m/s,故B正确。

C、根据v=gt知，物体在第1s末、第25末、第3s末的速度大小之比是1：2：3,故C

错误。

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。、根据/i=：gt2,初速度为零的匀加速直线运动，在第6内、前2s内、前3s内的位

移大小之比是1：4：9,故。正确。

故选：BD.

自由落体运动就是初速度为零的匀变速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，在相

邻相等时间内的位移差为：△尤=。产；位移/i=；gt2,；速度。=gt。

此题考查初速度为零的匀变速直线运动规律，知道自由落体运动就是初速度为零的匀变

速直线运动，满足一切匀变速直线运动规律。

10.【答案】CD

【解析】解：AB、物体P向右运动压缩弹簧，弹力方向始终向左，根据胡克定律可知：

弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比，当物体P向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速

度逐渐增大；物体P被弹簧弹回向左运动，弹簧恢复原长，加速度逐渐减小，故4B错

误：

CD,物体尸水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：弹簧的弹力与弹簧压缩

的长度成正比。当物体P向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速

度逐渐增大，做变减速运动，速度逐渐减小，当速度减为零时，速度最小，弹力最大，

加速度最大，故CD正确：

故选：CD。

物体P水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：弹簧的弹力与弹簧压缩的长度

成正比。当物体P向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，做变减速运动，

当速度减为零时，速度最小，弹力最大，加速度最大；之后物体尸被弹簧弹回向左运动，

弹簧恢复原长，加速度逐渐减小，但方向未变。

本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运

动情况。

11.【答案】BCDA甲

【解析】解：(1)对。点受力分析

OAOB0C分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于0D.因此三

个力的大小构成一个三角形。

4、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；

B、3、3,4可以构成三角形，则结点能处于平衡。故B正确；

C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡。故C正确；

D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡。故O正确。

故选：BCD。

(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。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，要记录祛码的个数和记录OA、OB.0C三段绳子的方向，故A正确，

88错误。

故选：Ao

(3)以。点为研究对象，用的是实际作用效果在。C这条线上，由于误差的存在，6、丹

的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。

掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角

度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。

12.【答案】220木块质量3.881.69BC没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足C

【解析】解：(1)电火花打点计时器工作电压为220V的交流电，故填：220。

(2)在该实验中必须采用控制变量法，为了探究加速度与力的关系，故要保持木块质量

不变，故填：木块质量。

(3)两相邻计数点间时间间隔为0.04s,根据逐差法得a=还时刊产垃应=

(7.07.6.45)-(5.84^^10_2m2=3887n4

4X0.042/'

根据瞬时速度约等于短时间内的平均速度得为=箸=鬻X10-2m/s=1.69m/s,

///XU.U4

第12页，共15页

故填：3.88、1.69。

(4)4、平衡摩擦力时，应取下连接钩码的细绳，平衡摩擦力后，木块受到细绳的拉力即

为合力，故A错误；

B、平衡摩擦力的原理是Tngsina=〃mgcosO,每次改变木块的质量时，等式也成立，

故不需要重新平衡摩擦力，故8正确；

C、为了减小误差，实验时要保证绳和纸带均与木板平行，故C正确；

。、探究加速度与质量的关系，不能用牛顿第二定律直接计算，故。错误。

故选：BC。

(5)①分析此图线，从横截距看出已经有合力但加速度任然为零，C4段不过原点的可能

原因：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。故填：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。

②此图线的段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是，随着合外力的增大，重物

的质量不满足远远小于木块的质量，导致木块受到的合外力发生变化，故错误，C

正确。

故选：Co

故答案为：(1)220(2)木块质量(3)3.88、1.69(4)BC(5)没平衡摩擦力或平衡摩擦

力不足、C

电火花打点计时器工作电压为220V的交流电；在该实验中必须采用控制变量法，探究

加速度与力的关系，故要保持木块质量不变；根据逐差法求得加速度，由外=篝得VD；

平衡摩擦力的原理是mgsinJ=NmgcosO,每次改变木块的质量时，等式也成立，故不

需要重新平衡摩擦力；横截距看出已经有合力但加速度任然为零，C4段不过原点的可

能原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；图线的A8段明显偏离直线，造成此误差

的主要原因是，随着合外力的增大，重物的质量不满足远远小于木块的质量，导致木块

受到的合外力发生变化。

正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实

验步骤、所测数据、实验误差等，会起到事半功倍的效果，会用逐差法求解加速度。

13.【答案】解：球受力分析如图所示：

mg

根据平衡条件有:

mgmg2>j3

(l)M=k玄=-9，

V3

(2)/V2=mgtand=mgtan30°=—

所以斜面对小球的支持力大小是等mg,根据牛顿第三定律，小球对竖直挡板的压力

N2'=N2=^mg.

答：(1)斜面对小球的支持力大小是争mg；

(2)小球对竖直挡板的压力为乎mg。

【解析】对小球进行受力分析，根据平衡条件可以斜面对小球的支持力大小及小球对竖

直挡板的压力，再根据牛顿第三定律小球对竖直挡板的压力。

本题考查了共点力的平衡条件。注意点：解决力的平衡问题时，要注意牛顿第三定律的

使用，善于转化研究对象来简化受力分析。

14.【答案】解：⑴货车刹车时的初速度为=54km//i=15m/s,末速度为0,加速度

分另1J为2.5m/s2和5M/S2,

根据速度位移公式“2-诏=2a%得，：

货车在超载时的位移为：打