河北省保定市高一(上)期末物理试卷(含答案)

高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本量，它们的单位分别
是（）
A. 米、千克、秒
B. 厘米、千克、秒
C. 米、克、小时
D. 米、克、秒
2.如图所示，小船过河时，船头始终垂直河岸，已知河水的
速度为3m/s，小船在静水中速度为4m/s，河宽为200m，则
小船渡河需要的时间为（）
A. 40s
B. 66.7s
C. 50s
D. 90s
3.关于加速度，下列说法中正确的是（）
A. 加速度越大，速度变化量一定越大
B. 加速度越大，速度变化率一定越大
C. 速度为零，加速度一定为零
D. −10m/s2的加速度小于5m/s2的加速度
4.关于摩擦力的说法正确的是（）
A. 受静摩擦力的物体一定处于静止状态
B. 受滑动摩擦力的物体一定处于运动状态
C. 两个物体间静摩擦力的大小跟它们接触面间的压力成正比
D. 滑动摩擦力的方向总是沿着接触面，并且跟物体的相对运动方向相反
5.汽车在公路上以54km/h的速度行驶，突然发现前方30m处有一障碍物，驾驶员反
应一段时间后开始刹车，刹车的加速度大小为6m/s2，为使汽车不撞上障碍物，则允许驾驶员的最长反应时间为（）
A. 0.95s
B. 0.85s
C. 0.75s
D. 0.65s
6.如图所示，两个物体A和B，质量分别为2m和m，
用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，A静止于水平地面
上，θ=30°，则以下说法正确的是（）
A. 物体A可能受三个力
mg
B. 地面对物体A的支持力大小为1
2
C. 地面对物体A的摩擦力大小为3
mg
2
D. 如果增加物体A的质量，则地面对物体A的摩擦力变大
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.如图所示，两个物块A、B用竖直的轻弹簧连接后悬挂在天花板上，
已知物块A的质量为物块B质量的2倍，重力加速度为g，两个物
块均处于静止状态，现在突然剪断物块A与天花板之间的竖直轻绳，
则剪断瞬间（）
A. 物块A的加速度等于g
B. 物块A的加速度等于1.5g
C. 物块B的加速度等于g
D. 物块B的加速度等于0
8.如图所示，在水平地面的O点正上方不同高度的A、B
两点分别水平抛出一小球，不计一切阻力，如果两球均
落在同一点C上，则两小球（）
A. 在空中飞行时间可能相等
B. 抛出时的
初速度可能相同
C. 落地的速率可能相等
D. 落地的速度方向不同
9.如图所示为某质点做直线运动的v-t图象，关于这个质点在0-4s内的运动情况，下
列说法中正确的是（）
A. 质点的速度方向不变
B. 质点的加速度方向不变
C. 2s末质点离出发点最远
D. 2s时质点所受合力改变方向
10.如图所示为风洞实验示意图，实验中可以产生大小可调节的风力，将一套有小球的
固定细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于杆的直径，杆足够长，杆与水平方向的夹角为θ，小球与杆间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ．现将小球由静止释放，同时开始送风，风对小球的作用力F方向与杆垂直，大小随时间变化的关系式为F=kt，关于小球的运动，下列说法正确的是（）
A. 加速度先增大后不变
B. 加速度先增大后减小到零，然后再增大，最后为零
C. 速度先增大后减小到零
D. 速度先增大后不变
三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11.用接在50Hz交流电源上的打点计时器，研究小车做匀加速直线运动的规律，某次
实验中得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个点作为计数点，分别标作0、1、2、3、4．量得两计数点间的距离s1=30.0mm，s2=36.1mm，s3=41.9mm，s4=48.0mm，则小车在0与1两计数点间的平均速度为______m/s，小车的加速度为______m/s2（小数点后保留2位）
12.某实验小组欲用图甲所示实验装置“验证牛顿第二定律”。

图中A为小车，B为装
有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘及砝码的质量为m2。

（1）有关本实验，下列说法正确的是______
A．当m1远大于m2时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于小盘及砝码的重力
B．平衡摩擦力时，应将小盘用细线通过定滑轮系在小车上
C．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力
D．实验时，应先释放小车，后接通打点计时器的电源
（2）某同学平衡好摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码个数，测出小盘（及砝码）的重力F与小车加速度a的多组数据，并记录如下：
①根据表中的数据在图乙的坐标图上作出图象；
②图象的斜率的物理意义是______；
③小车的质量为______kg．（保留2位有效数字）
四、计算题（本大题共4小题，共45.0分）
13.如图所示，半径为r的圆球在水平绳AB的拉力作用
下静止在斜面上，已知圆球质量为m，水平绳AB长
为l，重力加速度为g，求：
（1）水平绳AB对圆球的拉力大小；
（2）斜面对圆球的支持力大小
14.小丽学习了高中物理关于超失重的知识，一次乘坐直升式电梯，发现电梯中一质量
为5kg的物体在电子秤上显示只有4kg，取重力加速度g=10m/s2进行计算中，根据这些数据，请你帮助小丽写出下面两问的计算过程和结果。

（1）此时电梯的加速度；
（2）已知小丽体重50kg，小丽对电梯地板的压力有多大？
15.一辆巡逻车最快能在10s内由静止匀加速到最大速度v m=50m/s，并能保持这个速度
匀速行驶，问该巡逻车在平直的高速公路上由静止追上前方2000m处正以v=35m/s 的速度匀速行驶的汽车，至少需要多少时间？
16.如图为某种传输装置示意图，它由水平传送带AB和倾斜传送带CD两部分组成，B、
C两点由一段光滑小圆弧连接，物体能够以不变的速率从B运动到C．A、B两端相距3m，C、D两端相距4.45m，且与水平地面的夹角θ=37°．水平部分AB以5m/s 的速率顺时针转动，将质量为10kg的物块无初速地放在A端，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若CD部分传送带不运转，求物块沿传送带所能上升的最大距离；
（2）若要物块能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为米、千克、秒对应的符号为：m、kg、s，故A正确，BCD错误。

故选：A。

知道基本物理量和基本单位，明确力学中三个基本物理单位为m、kg和s。

国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。

它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。

他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。

2.【答案】C
【解析】
解：船头始终垂直河岸，渡河时间为：t===50s，故ABD错误，C正确；故选：C。

将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸时间。

解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解。

3.【答案】B
【解析】
解：A、加速度越大，速度变化量不一定越大，还与所经历的时间有关，故A错误；
B、根据可知，加速度越大，速度变化率一定越大，故B正确；
C、速度为零，加速度不一定为零，如自由落体运动的瞬间速度为零，加速度不为零，故C错误；
D、加速度的正负号表示方向，不表示大小，故D错误；
加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化量大，加速度不一定大。

加速度是矢量，加速度的正负表示方向。

解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道速度大，加速度不一定大，速度变化量大，加速度不一定大，加速度与速度无关。

4.【答案】D
【解析】
解：A、受静摩擦力作用的物体不一定静止，比如：正在沿着传送带斜向上运动的物体，故A错误；
B、受滑动摩擦力的物体不一定处于运动状态，比如：在地面上滑行的物体，地面受到是滑动摩擦力，但地面没有动；故B错误；
C、滑动摩擦力大小一定和正压力成正比关系，故C错误；
D、滑动摩擦力的方向总是与物体相对的运动方向相反，滑动摩擦力可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动的方向相同；故D正确；
故选：D。

摩擦力的概念是：两个互相接触的物体，当它们做相对运动时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力。

当一个物体在另一个物体表面滑动时，产生的摩擦力叫滑动摩擦力，其方向与相对运动方向相反，且静止的并一定受静摩擦力，运动的不一定受到滑动摩擦力。

本题考查了摩擦力种类和方向，抓住产生滑动摩擦力产生的条件，以及摩擦力的效果--阻碍物体的相对运动；看解答此题。

5.【答案】C
【解析】
解：v=54km/h=15m/s，
根据得代入数据有：，
代入数据解得：△t=0.75s，
所以△t可以小于0.75s，故C正确，ABD错误。

汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合位移之和等于30m，根据运动学公式求出驾驶员允许的反应时间。

解决本题的关键理清汽车在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题
6.【答案】C
【解析】
解：A、先以B为研究对象，受重力和拉力，根据平衡条件，有：T=mg；
再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，有：
水平方向：Tcosθ=f
竖直方向：N+Tsinθ=2mg
将T=mg代入，有：
f=
N=1.5mg
结合牛顿第三定律，物体A对地面的压力大小为1.5mg，物体A对地面的摩擦力大小为mg，故A错误，B错误，C正确；
D、由前面的分析可知，地面对物体A的摩擦力的方向与A的质量无关。

故D 错误。

故选：C。

先以B为研究对象根据平衡条件求出绳子的拉力；然后以A为研究对象受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和摩擦力的大小。

该题考查共点力的平衡，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。

7.【答案】BD
【解析】
解：设物块B的质量为m，A的质量为2m。

剪断绳子前，弹簧的弹力为：F=mg
剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析，B的合力仍为零，B的加速度为：a B=0
对A分析，加速度为：a A===1.5g．故AC错误，BD正确；故选：BD。

先分析开始时两物体及弹簧的受力，再根据弹簧的弹力不能突变的性质，根据牛顿第二定律可求得突然剪断绳子后两物体的加速度大小。

题是牛顿第二定律的应用中瞬时问题，要知道剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，再结合牛顿第二定律进行求解即可。

8.【答案】CD
【解析】
解：A、根据h=得，t=，高度不同，则飞行的时间不同，B电抛出的小球的运动时间大于A点抛出小球的运动时间，故A错误。

B、两球水平位移相等，运动时间不等，根据x=v0t知，抛出的初速度不同，故B错误。

C、在B点抛出的小球运动时间较长，则初速度较小，由于高度较大，根据
知，落地的竖直分速度较大，根据平行四边形定则可知，落地的速率可能相等，但是方向一定不同，故C、D正确。

故选：CD。

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，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。

根据平行
四边形定则比较落地的速率以及落地的速度方向。

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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

9.【答案】BC
【解析】
解：A、图象的斜率不变，故加速度不变；因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动；故速度方向发生变化，故A错误B正确；
C、开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，t=2s时，物体速度减
为零，然后物体反向加速运动，t=4s时，回到起始点；因此质点在2s末质点离出发点最远，故C正确；
D、根据牛顿第二定律可知，2s时质点所受合力方向没有发生改变，故D错误。

故选：BC。

正确理解v-t图象的物理意义，从图象上能得出物体加速度、速度、位移、路
程等物理量的变化情况，注意速度的正负表示运动方向，斜率的大小表示物
体运动的加速度，根据牛顿第二定律可确定合外力的方向。

正确理解v-t图象的物理意义，不能单凭感觉理解，如本题中图象为直线，很容易误认为物体做单项直线运动。

10.【答案】BC
【解析】
解：小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在垂直杆方向，有：
N-mgcosθ+F=0
故N=mgcosθ-F=mgcosθ-kt，即弹力先减小到零，后反向增加；
在平行杆方向，有：
mgsinθ-f=ma
其中：f=μN
故a=gsinθ-=gsinθ-；
由于弹力先减小到零，后反向增加，故加速度先增加后减小到零，最后反向
增加，物体静止时加速度再次为零；
当加速度与速度相同时，球做加速运动，当加速度与速度反向时，球做减速运动，直到静止；
故AD错误，BC正确；
故选：BC。

小球受重力、支持力、风力和滑动摩擦力，在平行杆方向和垂直杆方向进行正交分解，根据牛顿第二定律列式进行分析即可。

本题关键是明确物体受力情况和运动情况，要结合牛顿第二定律分析加速度情况，根据加速度与速度方向关系确定速度变化情况。

11.【答案】0.30；0.60
【解析】
【分析】
利用平均速度的定义可以求出0与1两点之间的平均速度。

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小。

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。

【解答】
解：每五个打印点取一个点作为计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔
T=0.1s，
利用平均速度的定义得小车在0与1两计数点间的平均速度==
=0.30m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：s3-s1=2a1T2
s4-s2=2a2T2
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值
得：a=（a1+a2）
即小车运动的加速度计算表达式为：a=
m/s2=0.60m/s2
故答案为：0.30；0.60。

12.【答案】A；小车质量的倒数；1.0
【解析】
解：（1）A、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子
的拉力F=Ma=，故应该是m2＜＜m1，即实验中应满足小盘和重物的质量远小于小车的质量，故A正确。

B、平衡摩擦时。

不能将小盘用细线通过定滑轮系在小车上。

故B错误。

C、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故
不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D、实验时应先接通电源后释放小车，故D错误；
故选：A
（2）①根据表中的数据在图乙的坐标图上作出
a-F图象如图：
②由牛顿第二定律：F=ma
图象的斜率：k=
可知F-a图的斜率意义的小车质量的倒数
③对F-a图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：
kg
故答案为：（1）A；
（2）①如图（连线时第三个点误差大，应舍去）
②小车质量的倒数
③1.0
（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了。

②让小车的质量
M 远远大于小盘和重物的质量m 。

（2）①根据描点法即可做出aF 图象；
②由公式分析F-a 图的斜率意义；
③F-a 图的斜率等于小车质量，可得到小车质量；
本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a-F 图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中。

13.【答案】解：以小球为研究对象，分析受力如
图，由共点力平衡条件得：
T =N sinα
mg =N cosα
由几何关系有：
sinα=r r +l ，cosα= 22r +l 联立得：
T = 2rl +l 2mg
N = 2rl +l 2mg
答：（1）水平绳AB 对圆球的拉力大小是 2rl +l 2mg 。

（2）斜面对圆球的支持力大小是2mg 。

【解析】
以小球为研究对象，由共点力平衡条件求水平绳AB 对圆球的拉力和斜面对圆球的支持力大小。

对于共点力平衡问题，关键是正确分析物体的受力情况，画出受力示意图。

再由正交分解法或合成法研究。

14.【答案】解：（1）设物体质量为m ，显示质量为m ’
根据牛顿第二定律可得：mg -m ’g =ma
解得：a =2m /s 2，方向竖直向下；
（2）对于小丽为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
Mg -F N =Ma
解得：F N =400N ，所以小丽对地板的压力为400N ，方向竖直向下。

答：（1）此时电梯的加速度为2m /s 2，方向向下；
（2）小丽对电梯地板的压力为400N 。

【解析】
（1）以物体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解加速度；
（2）对于小丽为研究对象，根据牛顿第二定律求解支持力，再根据牛顿第三定律求解压力。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。

15.【答案】解：设至少经过时间t追上
此时汽车的位移x2=v2t
巡逻车匀加速运动的位移x′=v m
2
t′=25×10m=250m，匀速运动的位移x″=v m （t-10）
则巡逻车的位移x1=x′+x″=250+50×（t-10）=50t-250
因为x1=x2+2000m
代入数据得，t=150s。

故巡逻车追上汽车，至少需要150s。

【解析】
巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，追赶上时巡逻车和汽车的位移存在这样的关系，x1=x2+2000m，x1表示巡逻车的位移，x2表示汽车的位移。

根据运动学公式，结合位移关系求出追及的时间。

解决本题的关键知道巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，追赶上时巡逻车和汽车的位移存在这样的关系，x1=x2+2000m。

16.【答案】解：（1）由牛顿第二定律可得，米袋在AB上加速运动的加速度为：
a0=f
m =μmg
m
=μg=0.5×10=5m/s2；
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离：
s0=v02
2a0=52
2×5
=2.5m＜L1=3m，
故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达B、C端速度为：v0=5m/s；设米袋在CD上传送的加速度大小为a，由顿第二定律得：
mg sinθ+μmg cosθ=ma
解得：a=10m/s2，
能沿CD上滑的最大距离：s=v02
2a
=1.25m；
（2）设CD部分运转速度为时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为传送带的速度之前的加速度为：
a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10m/s2，
此时上滑的距离为：s1=v 2−v
2
2a1
，
米袋速度达到传送带的速度后，由于μmg cosθ＜mg sinθ，米袋继续减速上滑，速度为零时刚好到D端，
其加速度为：a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2m/s2，
减速到零时上滑的距离为：s2=0−v 2
2a2
两段位移的和：s1+s2=L2
联立可得：v=4m/s
可知要物块能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应大于等于4m/s。

答：（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是1.25m；（2）要物块能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应大于等于4m/s。

【解析】
（1）由牛顿第二定律可以求出米袋在水平传送带与倾斜传送带上的加速度，
应用匀变速运动的速度公式与位移公式求出位移，然后得出米袋到达B的速度是5m/s；。

（2）由于米袋开始的速度大于倾斜传送带的速度，所以所受摩擦力的方向向下，根据牛顿第二定律求出加速度，从而求出匀减速运动速度达到传送带速
度的位移关系；因为mgsinθ＞μmgcosθ，速度达到传送带速度后不能一起做匀速直线运动，向上做匀减速直线运动，摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律
求出运动的加速度，根据运动学公式求出米袋到达D点的过程中的位移关系，联立即可求出传送带的速度。

本题是个多过程问题，关键要理清各个阶段的运动情况，结合牛顿运动定律
和运动学进行求解。