精品：福建省宁德市2019-2020学年高一(上)期末物理试题(解析版)

宁德市2019-2020学年度第一学期期末高一质量检测物理试
题
一、选择题
1.在力学范围内，国际单位制规定了三个基本量，下列仪器所测的物理量不是基本量的是（）
A. 秒表
B. 弹簧测力计
C. 托盘天平
D. 刻度尺
【答案】B
【解析】
【分析】
国际单位制中共有七个基本量，相对应的单位是基本单位．力学的三个基本单位是米、千克、
秒，基本量是长度、质量、时间．
【详解】国际单位制中，规定力学中三个基本单位分别是米、千克、秒，其物理量规定为基本物理量，分别是长度、质量、时间，测量使用的仪器分别是刻度尺（D）、天平（C）和秒表（A，或钟表）．弹簧测力计是测量力的仪器．由以上的分析可知，B符合题意，ACD不符合题意．本题选择仪器所测的物理量不是基本量的，故选B．
2.下列说法正确的是（）
A. 形状规则的物体重心一定在物体的几何中心上
B. 时间、质量和路程都是标量，位移、速度和力都是矢量
C. 研究气流对乒乓球旋转的影响时，可以把乒乓球看成质点
D. 炮弹以700m/s的速度射出炮口，700m/s是指炮弹在炮筒中的平均速度大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．形状规则的物体的重心不一定在物体的几何中心上，只有形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上，故A错误；
B．位移、速度、力都既有大小又有方向，这三个物理量都是矢量，时间、质量和路程都是标量，故B正确；
C．研究气流对乒乓球旋转的影响时，需要考虑乒乓球的形状，所以乒乓球不能被看成质点，故C错误；
D．炮弹以700m/s的速度射出炮口，700m/s是瞬时速度，故D错误。

故选B。

3.下列关于加速度的说法正确的是（）
A. 猎豹突然加速扑向猎物时，因速度变化快，所以加速度大
B. 磁悬浮列车在轨道上高速行驶，因速度很大，所以加速度很大
C. “长征三号甲”火箭点火后即将升空，因火箭还没运动，所以加速度为零
D. 直道上高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因速度减小，所以加速度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．加速度是反应物体速度变化快慢的物理量，猎豹突然加速扑向猎物时，猎豹速
度变化很快，加速度大，故A正确；
B．运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶，速度很大，加速度不一定很大，如匀速运动，加速度为零，故B错误；
C．点火后即将升空的火箭，速度在发生变化，加速度不为零，故C错误；
D．根据加速度表示速度变化的快慢可知，高速行驶的轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大，故D错误。

故选A。

4.关于物理学研究方法，下列说法正确的是（）
A. 用质点来表示物体的方法叫微元法
B. 在观察桌面的微小形变时用到了放大法
C. 在探究共点力的合成时用到了控制变量法
D. 在研究力与运动的关系时伽利略运用了等效替代法
【答案】B
【解析】
【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误；
B．在观察桌面的微小形变时用到了放大法，故B正确；
C．在探究共点力的合成时用到了等效替代法，故C错误；
D．伽利略研究力与运动的关系时，采用了理想实验法；采用了无法完成的实验，但是在已知事实的基础上，经合理外推得出了结论，故D错误。

故选B。

5.如图所示为某质点的位移随时间变化的图像，则（）
A. AB段质点做匀速运动
B. BC段质点做加速运动
C. CD段质点运动速度最大
D. 0~4 s质点的位移大小为4 m
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，AB段与时间轴平行表示位移不变，质点处于静止状态，故A错误；BC．在位移一时间图象中的斜率表示速度，BC、CD段的斜率不变，说明质点在BC、CD 段都做匀速直线运动，BC段表示质点沿正向做匀速运动，CD段表示质点沿负向做匀速运动，且CD段质点运动速度最大，故C正确，B错误；
D．由图可知0~4 s质点的位移大小为0，故D错误。

故选C。

6.2019年10月在我国武汉举行的第7届世界军人运动会中，中国跳水队获得男子双人10米台金牌。

运动员从开始下落到入水前的运动可近似看作自由落体运动。

在此过程中（）A. 运动员处于失重状态
B运动员将感觉到水面匀速靠近
C. 前一半位移用时短，后一半位移用时长
D. 前一半时间内位移大，后一半时间内位移小
【答案】A
【解析】
【详解】A．运动员向下加速，处于失重状态，故A正确；
B．运动员做初速度为零的匀加速直线运动，以自己为参考系，水面做匀加速上升，故B错误；
C．运动员在下落中做自由落体运动，即为初速度为零的匀加速直线运动；故前一段位移与后一段位移时间之比为
)
12
:1:1
t t=
故C错误；
D．运动员在下落中做自由落体运动，即为初速度为零的匀加速直线运动，两段相等时间内的位移之比为1：3，故D错误。

故选A。

7.在四辆小车车厢顶部用细线各悬挂一个小球，小车在水平道路上均作直线运动，当小球相.
对车厢静止时，0βαθ>>>︒，则加速度最大的小车是（ ）
A. B. C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】以A 图为例，选小球为研究对象，由牛顿第二定律得
cos T mg α=
sin T ma α=
两式联立解得tan a g α=，可知α越大，汽车加速度越大，因为
β＞α＞θ＞0°
所以D 图中汽车的加速度最大，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

8.如图所示，粗糙的水平地面上有一质量为M 倾角为α的斜面体P ，在P 上有一质量为m 的滑块Q ，且P 、Q 均静止，则（ ）
A. P 对Q 的支持力大小为sin mg α
B. P 对Q 的摩擦力大小为cos mg α
C. 地面对P 的支持力大小为()M m g + 的
mg
D. 地面对P的摩擦力大小为cos
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对P受力分析，因为Q处于静止，由平衡条件得，P对Q的支持力
N=mg cosα
P对Q的摩擦力
f=mg sinα
故AB错误；
CD．对整体受力分析，在竖直方向由平衡条件得，地面对P的支持力大小
F N=（M+m）g
地面对P的摩擦力大小为0，故C正确，D错误。

故选C。

9.有三个共点力，大小分别是3N、7N、12N，则其合力可能是（）
A. 1N
B. 8N
C. 15N
D. 23N 【答案】BC
【解析】
【详解】F1=3N、F2=7N、F3=12N，三个力最大值等于三个力之和，即22N。

F1、F2两个力的合力最大为10N，最小为4N，F3=12N不在其范围内，所以三个力最小值是2N，故BC 正确，AD错误。

故选BC。

10.甲、乙两车在平直公路上行驶，速度随时间变化的关系如图所示，t=0时刻两车并排行驶，则（）
A. t=1s时，两车相距2m
B. t=2s时，两车再次并排行驶
C. 0~1s内，乙车总在甲车前
D. 两次并排行驶的位置相距2m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据“面积”大小表示位移，由图象可知，t=1s时，甲车的位移为
112
1 1.5m 2
x
+
=⨯=
乙车的位移为
2212m
x=⨯=所以两车相距
210.5m
x x x
∆=-=
故A不符合题意；
BD．由图像可知t=2s时，两车的位移相等，因为两车在t=0时并排行驶，所以t=2s时两车再次并排行驶，此时距出发点的距离为
224m
x'=⨯=
故B符合题意，D不符合题意；
C．根据“面积”大小表示位移，由图象可知，在0~1s内，乙车位移总大于甲车的位移，所以在0~1s内，乙车总在甲车前，故C符合题意。

故选BC。

11.如图所示，半圆柱体P固定在水平地面上，其右端有一竖直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的圆柱体Q。

现使MN保持竖直且缓慢地向右平移，则在Q落地之前（）
A. Q所受的合力保持不变
B. P对Q的弹力逐渐减小
C. MN 对Q 的弹力逐渐减小
D. MN 对Q 的弹力逐渐增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A ．物体Q 一直保持静止，所受合力为零不变，故A 正确；
BCD ．对圆柱体Q 受力分析，受到重力、杆MN 的支持力和半球P 对Q 的支持力，如图
重力的大小和方向都不变，杆MN 的支持力方向不变、大小变，半球P 对Q 的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到
1tan N mg θ=
2cos mg N θ
= 由于θ不断增大，故N 1不断增大，N 2也不断增大，故BC 错误，D 正确。

故选AD 。

12.如图（甲）所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m 的小球从弹簧上端h 高处静止释放。

以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox ，画出小球所受弹力F 大小随位置坐标x 的变化关系如图（乙）所示，不计空气阻力，重力加速度为g ，则小球在向下运动的过程中（ ）
A. 当x=h时，速度最大
B. 当x=h+x0时，速度最大
C. 当x=h+2x0时，加速度大小为g
D. 从x=h到x=h+2x0，加速度一直减小
【答案】BC
【解析】
【详解】ABD．根据乙图可知，小球开始做自由落体运动，接触弹簧后，由于弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，小球做加速度减小的加速运动，当
x=h+x0
小球的重力等于弹簧的弹力，此时加速度为零，小球具有最大速度，接下来弹力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故AD不符合题意，B符合题意；
C．由于当x=h时小球的加速度为g，根据对称性可知，当
x=h+2x0
时，小球的加速度大小为g，方向向上，故C符合题意。

故选BC。

二、实验题
13.某物理兴趣小组利用图（乙）所示装置研究弹簧弹力
(1)测得弹力大小F 和弹簧长度L 的关系如图（甲）所示，由图可知，该弹簧的原长为_________cm ，该弹簧的劲度系数为_________N/m ；
(2)某次测量如图（乙）所示，弹簧稳定时指针示数为 ______cm 。

由此可推测出本次所挂钩码的个数为_____个。

（已知每个钩码质量100g ，重力加速度g 取9.8m/s 2）
【答案】 (1). 3.00±0.02 (2). 98±2 (3). 8.00±0.01 (4). 5
【解析】
【详解】(1)[1]由图读出，弹簧的弹力F =0时，弹簧的长度为
L 0=3cm
即弹簧的原长为3cm ；
[2]由图读出弹力为F 1=1.96N ，弹簧的长度为L 1=5cm ，由胡克定律得弹簧的劲度系数为
()2
1.96098N /m 5310F k x -∆-===∆-⨯ (2)[3]刻度尺的最小分度是1mm ，所以刻度尺的读数为8.00cm ；
[4]根据胡克定律可得弹簧秤的示数为
()1980.080.03 4.9N F k x =∆=⨯-=
由此可推测出本次所挂钩码的个数为
1 4.950.19.8
F n mg ===⨯个 14.某同学利用图（甲）所示的装置探究加速度与力的关系
(1)下列说法中正确的是_______
A.连接小车的细绳应跟长木板保持平行
B.小车运动的加速度可用钩码质量m和小车质量M直接用公式
mg
a
M
=求出
C.把所悬挂的钩码总重量当成细绳对小车的拉力大小，可任意添加钩码来改变拉力
D.平衡摩擦力的目的是使小车做加速运动时的合力大小等于细绳对小车的拉力大小
(2)图（乙）是实验中得到的一条纸带的一部分，1、2、3、4、5是计数点，相邻两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz。

由此可得出当打点计时器打下计数点4时，小车的速度大小v=______m/s；小车的加速度a=___m/s2。

（计算结果保留三位有效数字）
(3)该同学实验时由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测量出多组a、F（F大小为所挂钩码的总重量）值，作出的a－F图像可能是____________
A. B. C.
【答案】(1). AD(2). 0.415(3). 1.09(4). B
【解析】
【详解】(1)[1]A．若细绳与长木板不保持平行，则绳子的拉力分力等于小车的外力，这样导致误差增大，故A正确；
B．小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式
mg
a
M
=
求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，故B错误；
C．当钩码质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，实验过程
中钩码质量不能太大，故C 错误；
D ．平衡摩擦力的目的是使小车做加速运动时的合力大小等于细绳对小车的拉力大小，故D 正确。

故选AD 。

(2)[2]由于相邻两计数点间还有4个打点未画出，且交流电的频率为50Hz ，所以相邻的计数点间的时间间隔是
T =0.1s
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，则有
3540.03590.0471m /s 0.415m /s 220.1
x v T +=
==⨯ [3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x =aT 2
可以求出加速度的大小，则有
()
()
223513
2
2
0.03590.04710.01430.0253
m /s 1.09m /s 220.1x x a T -+--=
=
=⨯
(3)[4]若没有平衡摩擦力，则当F ≠0时，a =0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线B ，故B 正确，ACD 错误。

三、计算题
15.某汽车在平直大路上以15m/s 的速度匀速行驶，司机看到前方斑马线上有行人通过，随即刹车减速礼让行人，汽车刹车过程可看作匀减速直线运动，刹车3s 末汽车的速度为3m/s ，求：
(1)刹车过程中汽车的加速度大小；
(2)从开始刹车经2s ，汽车通过的位移大小。

【答案】(1)4m/s 2；(2)22m 【解析】
【详解】(1)根据加速度的定义式，可得
22315
3
m /s 4m /s v a t =-∆-=
=∆ 所以刹车过程中汽车的加速度大小4m/s 2； (2)根据速度时间公式
201
2
x v t at =+
代入数据得
x =22m
16.如图所示，载有小孩的雪橇总质量m =40kg ，在大小为100N 的拉力F 作用下，沿水平雪地向右做匀速直线运动，该拉力与水平面的夹角为37︒，重力加速度g 取10m/s 2，cos 37︒=0.8，sin 37︒=0.6。

求
(1)地面对雪橇的摩擦力大小； (2)雪橇对地面的压力大小。

【答案】(1)80N ；(2)340N 【解析】
【详解】(1)对雪橇受力分析如图所示
在水平方向有
cos37f F =︒
代入数据得
f =80N
(2)在竖直方向有
sin37N F mg +︒=
代入数据得
由牛顿第三定律得
N ′=340N
17.质量m =2.0kg 物体在水平拉力F 作用下，由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，1s 后撤去拉力。

通过速度传感器测得物体的瞬时速度随时间变化v －t 图像如图所示，重力加速度g 取10m/s 2。

求：
(1)物体在0~1s 内加速度大小a 1和1s~3s 内的加速度大小a 2； (2)物体所受到的水平拉力F 大小和摩擦力f 大小。

【答案】(1)4m/s 2，2m/s 2；(2)4N ，12N 【解析】
【详解】(1) 根据加速度的定义式
1
11
v a t ∆=
∆ 代入数据可得物体在0~1s 内的加速度大小为
214m /s a =
根据加速度的定义式
222
v a t ∆=
∆
代入数据可得1s~3s 内的加速度大小
222m /s a =
(2) 1s~3s 内根据牛顿第二定律
2f ma =
代入数据得
的的
0~1s 内根据牛顿第二定律
1F f ma -=
代入数据得
F =12N
18.如图所示，水平传送带以速度v 0=2.5m/s 顺时针转动，不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接托盘Q 和物块P （置于传送带最右端、可视为质点），OP 段水平，物块P 与托盘Q 均处于静止状态。

已知物块P 的质量m 1=0.2kg 、与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带的两端相距l =2m ，托盘Q 到地面的高度h =1.25m ，不计滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度g 取10m/s 2。

求：
(1)托盘Q 的质量m 2；
(2)现将质量m =0.1kg 的砝码轻放入托盘中，托盘Q 开始向下运动，落地后自动与轻绳脱离，则
①托盘Q 落地速度大小； ②物块P 在传送带上的运动时间t 。

【答案】(1)0.1kg ；(2)①2.5m/s ；②2.5s 【解析】
【详解】(1)因为P 、Q 静止，根据平衡条件得
2m g T =
1T m g μ=
的
代入数据得
20.1=m kg
(2)①根据牛顿第二定律
11T m g m a μ-=
()()22m m g T m m a +-=+
根据速度位移公式
22v ah =
代入数据得
v =2.5m/s
②P 向左加速的时间
11s v
t a
=
= 托盘落地后P 的加速度
111
m g
a m μ=
当P 的速度减为0时
2
11
2v s a =
代入数据得
10.625s =m
因为
1 1.875s h m l +=<
所以P 随着传送带返回，加速度也是
111
m g
a m μ=
时间为
021
()
1v v t a --=
=s
位移为
2
21
0.6252v s a ==m
时间为
12
30
0.5s h s t v +-=
=s 代入数据得
123 2.5t t t t =++=s。