19-20学年江苏省扬州市高一(上)期末物理试卷 (含解析)

19-20学年江苏省扬州市高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.关于物体惯性，下列说法中正确的是()
A. 把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因
B. 优秀田径运动员在进行100m比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，
物体的惯性也越大
C. 战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
D. 公交汽车在起动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故
2.手机给人民生活带来很多便利，如导航软件不仅极大地方便了出行的人们，更是缓解了城市交
通压力。

下面是某位游客司机准备从上海浦东国际机场附近前往上海迪士尼度假区，导航规划了三条路线，下列说法错误的是()
A. 研究汽车在地图上的实时位置，可以把汽车看成质点
B. 图中的40分钟、38分钟、45分钟都表示时间间隔
C. 图中的28公里、28.6公里、26.5公里分别表示路程
D. 三条路径路程不同、时间不同、位移也不同
3.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的x−t图象如图
所示(乙的图线为抛物线)，下列说法错误的是()
A. 乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动
B. 0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大
C. t2时刻，乙物体追上甲
D. t1时刻，两者相距最远
4.如图所示，一质量为2m的物块在水平外力F=√3
mg的作用下静止在角为30°的斜面体上.已知
3
物块与斜面体之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度大小为g，关于物块所受的摩擦力f，下列说法正确的是()
A. f=mg、沿斜面向上
B. f=√3
mg、与F的方向相反
3
C. f=4√3
mg、与F方向的夹角为120°
5
D. f=2√3
mg、与F方向的夹角为120°
3
5.—质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所
示。

则物块()
A. 仍处于静止状态
B. 沿斜面加速下滑
C. 受到的摩擦力不变
D. 受到的合外力增大
6.自由落体运动是()
A. 物体不受任何作用力的运动
B. 物体在真空中的运动
C. 加速度为g的竖直下落运动
D. 初速度为零，加速度为g的竖直下落运动
7.如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，
体重计的示数最大的是()
A. 电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2
B. 电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2
C. 电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2
D. 电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2
8.关于运动的合成，下列说法中正确的是()
A. 只要两个互成角度的分运动是直线运动，那么合运动也一定是直线运动
B. 两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动
C. 两个互成角度的匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动
D. 合运动的速度一定比每一个分运动的速度大
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是()
A. 第1s内速度的变化量小于第2s内速度的变化量
B. 第1s内位移小于第2s内的位移
C. 第1s内速度的变化量等于第2s内速度变化量
D. 相邻两段相等时间内位移之差等于一个恒量
10.两个质点甲和乙，同时由同一地点向同一方向做直线运动，它们的v−t图
象如图所示，则下列说法中正确的是()
A. 质点乙静止，质点甲的初速度为零
B. 质点乙运动的速度大小、方向不变
C. 第2s末质点甲、乙速度相同
D. 第2s末质点甲、乙相遇
11.如图所示，将一质量为m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平力
F经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度匀速运动，当某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的
瞬间()
A. 物体的加速度大小为F
，方向水平向左
m
B. 物体的加速度大小为2F
，方向水平向左
m
C. 地面对物体的作用力大小为mg
D. 地面对物体的作用力大小为√mg2+F2
12.物体在平抛运动的过程中，在相等的时间内，下列物理量相等的是()
A. 速度的增量
B. 加速度
C. 位移
D. 平均速度
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
13.在“探究a与F、m之间的关系”实验中：
(1)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图1所示．请你指出该装置中的错误或
不妥之处并改正(写出两处即可)：①____________________；②________________．
(2)如果该同学先平衡了摩擦力，以砂和砂桶的重力为F，在小车和砝码的总质量M保持不变的
M，测小车加速度a，作a−F的图象如图2所示，情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到1
3
则正确的是________．
(3)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图3所示，该纸带上相邻两个计数点
间还有4个点未画出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz，则小车的加速度大小是
________m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是________m/s.(结果均保留两位有效数字)
(4)保持砂和砂桶的质量不变，改变小车中砝码的质量，进行多次测量，在坐标纸中画出小车a−
1
图象如图4所示：
m
根据作出的a−1
图象可以得到结论：_______________________________________
m
14.完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：
①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结
点O点的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及______ ．
②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到______ ，记下细绳套的方向(如
图丙中的c)，读得弹簧测力计的示数F=______ ．
四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）
15.如图所示，一滑雪运动员(可看做质点)自平台A由静止开始沿光滑雪道滑下，滑到一平台B上，
从平台B的边缘沿水平方向滑出，恰好落在临近平台的一倾角θ=53∘的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑。

已知斜面顶端与平台B的高度差ℎ=20m，斜面顶端高H1=68.75m，重力加速度g=10m/s2，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，求：
(1)斜面顶端与平台B边缘的水平距离s；
(2)滑雪运动员开始下滑时的高度H。

16.如图所示，物块以初速度v0=12.4m/s沿一固定斜面从底端向上
运动。

已知：斜面倾角θ=37°且足够长，物块与斜面间的动摩
擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=
0.8.求：
(1)物块向上运动过程中的加速度大小a；
(2)物块向上运动的最大距离x和所需时间t；
(3)物块能否滑回底端？请说明理由。

17.如图，一个质量为m=2kg的小物块静置于足够长的斜面底端。

现对其施加一个沿斜面向上、
大小为F=25N的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到15m/s。

设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g=10m/s2。

求：
(1)物块所受摩擦力的大小；
(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；
(3)物块在斜面上运动的总时间。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力改变物体的运动状态，不是改变惯性，故A错误；
B、惯性的大小和物体运动的速度无关，故B错误；
C、战斗机在空战时，甩掉副油箱减小质量，从而减小惯性，提高飞行的灵活性，故C正确；
D、公交汽车在起动时，根据惯性可知乘客都要向后倾，故D错误。

故选：C。

一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的．
需要注意的是：一切物体都有惯性，惯性的大小只与质量有关，与其他都无关．
2.答案：D
解析：解：A、研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状能够忽略，可以把汽车看成质点，故A正确；
B、图中的40分钟、38分钟、45分钟都表示时间间隔，故B正确；
C、图中的28公里、28.6公里、26.5公里是轨迹的长度，分别表示路程，故C正确；
D、三条路径路程不同、时间不同、位移相同，故D错误。

本题选择错误的，故选：D。

明确位移和路程的定义，明确位移为起点到终点的有向线段，而路程是指实际轨迹的长度；
当物体的大小和形状在所研究的问题中可以忽略时可以看作质点；
明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间。

本题考查位移与路程、质点、瞬时速度和平均速度等，对于物理学中相近知识点要注意准确理解，掌握它们的区别和联系。

3.答案：B
解析：
在位移−时间图象中，图象的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，抛物线表示匀变速直线运动，图象的交点表示相遇。

解决本题时，要在理解位移−时间图象点和斜率的物理意义的同时，还要理解好好速度−时间图象的点、线、面的物理意义，知道图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向。

A、在位移−时间图象中，图象的斜率表示速度，由图象可知，乙的斜率先负后正，则乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动，故A正确；
B、乙的图线为抛物线，则乙做匀变速直线运动，加速度不变，故B错误；
C、图象的交点表示相遇，t2时刻之前甲在乙的前面，则t2时刻，乙物体追上甲，故C正确；
D、纵坐标之差表示甲乙之间的距离，根据图象可知tl时刻，两者相距最远，故D正确。

本题选错误的，
故选：B。

4.答案：D
解析：
本题主要是考查了共点力的平衡问题。

物体受到的摩擦力为静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反，根据共点力的平衡条件求解摩擦力的大小和方向。

ABCD.重力沿斜面向下的分力为：
所以重力沿斜面向下的分力与F的合力与摩擦力f平衡，则：
，
F
合
与F的夹角α为：
cos α=
F
F
合
=
1
2
解之得
α=60°
所以f与F方向的夹角为120°，
故选D。

5.答案：A
解析：
质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，对其受力分析，可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡。

本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体叠放在原来的物块上。

由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图：
，
根据共点力平衡条件，有f=mgsinθ ，N=mgcosθ，f=μN，解得：μ=tanθ，对物块施加一个
竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图：，
与斜面垂直方向依然平衡，故有：N=(mg+F)cosθ，因而最大静摩擦力为：f=μN=μ(mg+ F)cosθ=(mg+F)sinθ，故在斜面平行方向的合力为零，故合力仍然为零，物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误，摩擦力由mgsinθ增大到(F+mg)sinθ，BCD错误；A正确。

故选A。

6.答案：D
解析：解：A、做自由落体运动的物体仅受重力作用，而不是不受力，故A错误．
B、只有初速度为0，仅受重力的运动才是自由落体运动，故物体在真空中的运动不一定是自由落体运动，故B错误．
C、自由落体运动是初速度为0，仅在重力作用下的运动，而该选项中不知物体初速度是否是0，故C错误．
D、自由落体运动是物体仅在重力作用下由静止开始下落的运动，故物体的加速度等于当地的重力加速度g，故D正确．
故选：D．
自由落体运动是物体仅在重力作用下由静止开始下落的运动，即物体仅受重力，初速度为0．
掌握自由落体运动的特点即可解决此题，注意两个条件：即(1)物体仅受重力，(2)初速度为0．7.答案：C
解析：解：电梯加速上升或减速下降均可以增大体重计示数，加速度越大的效果越明显，故C正确，ABD错误；
故选C。

先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解
只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大或变小，而重力保持不变
8.答案：B
解析：本题主要考察运动合成中各物理量之间的关系
运动的合成是指位移、速度和加速度的合成，且遵循平行四边形定则．对于两个直线运动，每个分运动的加速度与速度共线，但是分别合成后，加速度与速度是否共线无法判断，所以合运动不一定
是直线运动，故A错误；对于两个匀速直线运动，其加速度均为零，因此，无论这两个分运动在同一直线上还是互成角度，它们的合运动仍是匀速直线运动，选项B正确．两个匀加速直线运动合成，当合加速度与合速度重合时，物体做直线运动，但不重合时，物体做曲线运动，故选项C错误；速度合成后的合速度取值范围介于两分速度之差与之和间，所以可能比每个分速度都大，可能比每个分速度都小，可能比某个大比另一个小，故D错误
9.答案：CD
解析：解：A、因为加速度不变，根据△v=a△t，可知第1s内速度的变化量与第2s内速度的变化量相同．故A错误，C正确．
B、因为不知物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动，所以无法比较第1s内和第2s内的位移大小．故B错误．
D、在匀变速直线运动中，相邻两端时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2.故D正确．
故选：CD．
匀变速直线运动的加速度不变，在相等时间内速度的变化量相等，在连续相等时间内的位移之差是一恒量．
解决本题的关键知道匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式和推论，并能灵活运用．10.答案：BC
解析：解：AB、由于乙物体的斜率为零，乙物体做匀速直线运动，甲物体的初速度为零，故A错误，B正确．
C、在速度−时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以第2s末甲乙两物体的速度均为10m/s，故C正确．
D、在速度−时间图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，所以到第2s末乙的面积是甲的面积的两倍，即乙的位移是甲的两倍，又因两物体从同一地点向同一方向做直线运动，所以两物体不相遇，故D错误．
故选：BC
在速度−时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐
标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，要注意上下面积之和为零时，位移等于零．
11.答案：BD
解析：解：AB、开始时物体做匀速直线运动，则知推力F等于滑动摩擦力，即F=f.某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动，滑动摩擦力仍然向左，则合力为F合=
F+f=2F，方向向左，根据牛顿第二定律得，物体的加速度a=F合
m =2F
m
，方向水平向左。

故A错
误，B正确；
CD、地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力mg，摩擦力等于F，根据平行四边形定则知，地面对物体的作用力F′=√(mg)2+F2.故C错误，D正确。

故选：BD。

物体原来做匀速直线运动，由平衡条件可求得物体所受的滑动摩擦力大小．改推力为拉力，求出瞬间的合力，从而得出瞬间的加速度大小和方向．地面对物体有支持力和摩擦力作用，结合平行四边形定则求出地面对物体的作用力．
本题考查牛顿第二定律的瞬时性和矢量性，关键要抓住改推力为拉力瞬间，滑动摩擦力没有变化，确定出物体所受的合力，结合牛顿第二定律进行求解．
12.答案：AB
解析：解：A、平抛运动的加速度不变，根据△v=g△t，知相等时间内速度的增量相等。

故AB正确。

C、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，在相等时间内，在水平方向上位移相等，竖直方向上的位移不等，则相等时间内位移不等，故C错误；
D、平均速度等于位移除以时间，位移不等，则平均速度也不等。

故D错误。

故选：AB。

平抛运动是加速度不变的匀变速曲线运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的加速度保持不变．
13.答案：(1)
①打点计时器接直流电源错误，应使用交流电源；
②小车离打点计时器太远，应将小车靠近打点计时器；
(2)C；
(3)0.39；0.38；
(4)当小车所受合力一定时，加速度与小车的质量成反比
解析：
(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
(2)正确的a−F图象应该是过原点的直线，不满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量时图象发生弯曲；
(3)纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度；
(4)该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要，即可得出结论明确实验原理以及具体的操作细节，加强动手实验，同时加强基本运动学规律在物理实验中的应用。

探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过度平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。

(1)
①错误的是使用直流电源，应该用交流电源
②小车离定滑轮太近(离打点计时器较远)，小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远，这样便于小车运动一段过程，从而能准确测量小车的加速度，减小误差；
③没有平衡摩擦，应将长木板右端适当垫高；
(2)如果这位同学先如(1)中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始a−F的图象是一条过原点的直线，
M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图象不断往桶里加砂，砂的质量最终达到1
3
发生弯曲，故C正确；
=0.39m/s2；
(3)利用逐差法可知加速度a=x BD−x OB
4T2
=0.38m/s2；
中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度v=x AC
2T
(4)通过图4可知，当小车所受合力一定时，加速度与小车的质量成反比。

故答案为：
(1)
①打点计时器接直流电源错误，应使用交流电源；
②小车离打点计时器太远，应将小车靠近打点计时器；
③没有平衡摩擦，应将长木板右端适当垫高；
(2)C；
(3)0.39；0.38；
(4)当小车所受合力一定时，加速度与小车的质量成反比。

14.答案：①两细绳套的方向；②同一位置O；4.0N
解析：
明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还要记录方向，该实验采用的是“等效替换”，两次拉橡皮筋要使结点被拉到同一位置。

在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。

①如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F1、F2以及两细绳套的方向；
②如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F=4.0N。

故答案为：①两细绳套的方向；②同一位置O；4.0N。

15.答案：解：(1)运动员由B点平抛
gt2，
ℎ=1
2
s=v B t，
，且v y=gt，
运动员落到斜面顶端tanθ=v y v
B
联立解得：s=30m；
mv B2，解得：H=100m；
(2)运动员由A到B，据动能定理得：mg(H−ℎ−H1)=1
2
答：(1)斜面顶端与平台B边缘的水平距离s为30m；
(2)滑雪运动员开始下滑时的高度H为100m；
解析：(1)滑雪运动员刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时他的速度的方向恰好沿着斜面的方向，由此可以求得初速度的大小，由平抛运动的规律求解s；
(2)从A到B得运动过程中运用机械能守恒或动能定理，即可求解H；
解决平抛运动的问题思路是分解，即研究水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体。

清楚研究的过程，动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量。

16.答案：解：设物块质量为m
(1)物块向上运动过程，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据得：a=12.4m/s2
(2)物块向上运动的最大距离为：x=v02
2a
代入数据得：x=6.2m
物块向上运动的时间为：t=v0
a =12.4
12.4
s=1s
(3)不能
因为物块重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsinθ=6m
物块所受最大静摩擦力为：f max=μmgcosθ=6.4m
则有：F1<f max，所以物块不能下滑，不能滑回底端。

或：μ>tanθ物块不能下滑，不能到达底端。

答：(1)物块向上运动过程中的加速度大小a是12.4m/s2；
(2)物块向上运动的最大距离x是6.2m，所需时间t是1s；
(3)物块不能滑回底端。

因为物块重力沿斜面向下的分力小于物块所受最大静摩擦力。

解析：(1)分析物块受力情况，根据牛顿第二定律求加速度大小。

(2)物块上滑时做匀减速运动，末速度为零，由速度位移公式求上滑的最大距离，由速度时间公式求上滑的时间。

(3)根据重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的关系进行判断。

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，求加速度是关键。

本题最大距离也可以根据动能定理求解，更为简洁。

17.答案：解：(1)物块的加速度为：a1=v 
t1=15
3
m/s2=5m/s2，
由牛顿第二定律得：F−f−mgsinθ=ma1解得：f=5N；
(2)撤去拉力后，物块继续上滑，由牛顿第二定律得f+mgsinθ=ma2，解得：a2=7.5m/s2
撤力前物块向上滑行的距离：x1=v2
2a1=152
2×5
m=22.5m
撤去拉力后物块向上滑行的距离：x2=v2
2a2=152
2×7.5
m=15m，
物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离：x=x1+x2=22.5m+15m=37.5m；
(3)撤力后物块上滑的时间：t2=v
a2=15
7.5
s=2s，物块沿斜面向下滑动过程，由牛顿第二定律得：
mgsinθ−f=ma3，
解得：a3=2.5m/s2，由x=1
2
a3t32可知
滑块的运动时间：t3=√2x
a3
=√30s，
滑块在斜面上运动的总时间：t=t1+t2+t3=5+√30s≈10.48s；
答：(1)物块所受摩擦力的大小为5N；
(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离为37.5m；
(3)物块在斜面上运动的总时间为10.48s。

解析：本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

(1)由加速度定义式求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出摩擦力大小。

(2)由牛顿第二定律求出物块的加速度，应用运动学公式求出物块在斜面上滑行的距离。

(3)应用牛顿第二定律求出加速度，求出物块在各阶段的运动时间，然后求出物块在斜面上的总运动时间。