2021-2022学年高一上学期期末考试物理试题附解析

2021-2022学年高一上学期期末考试物理试题
一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）我国第一条商业运营的“上海磁悬浮”列车已于2003年10月1日正式运营．据报导，上海磁浮线全长33000m，全程行驶约7min30s，列车的最高速度为120m/s．如图所示，为列车达到最高时速前的速度图线OABC，这段位移为14700m，则列车在BC段的加速度为（）
A．0.4m/s2B．0.5m/s2C．0.6m/s2D．0.7m/s2
解：设匀速运动的时间为t，根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移得：
x=1
2
×60×60+60t+12×(60+120)×(215−60−t)
解得：t＝35s
则a=△v
△t
=120−60
215−60−35
=0.5m/s2，故ACD错误，B正确。

故选：B。

2．（3分）如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板，下面有一个托盘，让黑板撑开一个安全角度（黑板平面与水平面的夹角为θ），不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸在上面。

图中就有小朋友把一块质量为m的黑板擦吸在上面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数μ，则下列说法正确的是（）
A．黑板擦对黑板的压力大小为mgcosθ
B．黑板斜面对黑板擦的摩擦力大小为μmgcosθ
C．黑板对黑板擦的摩擦力大于mgsinθ
D．黑板对黑板擦的作用力大小为mg
解：A、对黑板擦受力分析，黑板擦受到竖直向下的重力mg、黑板对黑板擦的支持力N、
沿黑板向上的静摩擦力f 以及黑板对黑板擦的垂直黑板向下的吸引力F ，根据矢量的合成法则，结合三角知识，则有黑板对黑板擦的支持力大小为N ＝mgcos θ+F ，依据牛顿第三定律，则有黑板擦对黑板的压力大小为F 压＝mgcos θ+F ，故A 错误；
BC 、由上分析，可知，黑板斜面对黑板擦的摩擦力大小为f ＝mgsin θ，而F f 滑＝μ（mgcos θ+F ），故BC 错误；
D 、依据力的合成法则，则黑板擦对黑板的支持力与静摩擦力的合力大小为mg ，依据牛顿第三定律，则黑板对黑板擦的作用力大小也为mg ，故D 正确；
故选：D 。

3．（3分）列车出站的运动可视为匀加速直线运动，如果车头经过站牌时的速度为2m/s ，车
尾经过该站牌时的速度为2√10m/s ，则这列车上距车头为总车长的三分之一距离处的位置经过该站牌时速度为（ ）
A ．√10m/s
B ．4.0m/s
C ．5.0m/s
D ．2+2√103
m/s 解：设这列列车的长度为x ，车身总车长的三分之一处经过站牌点时的速度为v ，根据速度位移公式得：
v 2−v 12=2a x 3，
v 22−v 2=2a 23x ，
代入数据解得：v ＝4.0 m/s 。

故选：B 。

4．（3分）物体以初速度v 0沿光滑斜面向上匀减速直线运动，经时间t ，速度减为零，通过
的路程为s ，则（ ）
A ．经t 2时，速度为v 02，通过的路程为s 2
B ．经t 2时，速度为v 02，通过的路程为3s 4
C ．经s 2时，速度为v 02，通过的时间为t 4
D ．以上说法都不对
解：A 、采取逆向思维，由v ＝at 得，物体在12t 末和t 末的速度之比为1：2，知经t 2时的速度为12v 0．根据x =12at 2知，位移之比为1：3，所以通过的路程为3s 4．故A 错误，B 正确。

C、根据0−v02=2as，v2−v02=2a s
2，得出通过
s
2
的速度为
√2
2
v0．故C错误，D错误。

故选：B。

5．（3分）一个做匀加速直线运动的物体，初速度v0＝2.0m/s，它在第3s内通过的位移是
4.5m，则它的加速度为（）
A．0.5m/s2B．1.0m/s2C．1.5m/s2D．2.0m/s2
解：第2s末的速度为：v＝v0+at2
第2s末的速度是第3s的初速度，故第3s内的位移为s3=(v0+at2)t+1
2
at2
即：4.5=(2+2a)×1+1
2
a×1
解得：a＝1m/s2，故B正确。

故选：B。

6．（3分）下列关于超重和失重现象的描述中正确的是（）
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于失重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．在空中运动的铅球处于超重状态
D．电梯匀速下降时，在电梯中的乘客处于失重状态
解：A、电梯正在减速上升，加速度向下，故电梯中的乘客处于失重状态，故A正确；
B、磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，竖直方向的加速度不变，对地面的压力不变，
故B错误；
C、铅球加速度竖直向下，处于失重状态，故C错误；
D、电梯匀速下降时，加速度等于0，在电梯中的乘客处于平衡状态，故D错误。

故选：A。

7．（3分）如图所示是A、B两物体从同一地点出发，沿相同的方向做直线运动的v﹣t图象，由图象可知（）
A．A比B早出发5s
B．第15s末A、B速度相等
C．前15s内A的位移比B的位移大50m
D．第10s末A、B位移之差为75m
解：A、由速度时间图线可知，A比B迟出发5s。

故A错误。

B、第15s末，A的速度为20m/s，B的速度为10m/s，两速度不相等。

故B错误。

C、前15s内，A的位移为：x A=1
2
×10×20m=100m，B的位移为：x B＝10×15m＝
150m，即A的位移比B的位移小50m。

故C错误。

D、10s内，A的位移x A=1
2
×5×10m=25m，B的位移为x B＝10×10m＝100m，知A、
B的位移之差为75m。

故D正确。

故选：D。

8．（3分）如图，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一个滑轮B，一轻绳的一端C 固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10kg的重物，∠CBA＝30°，则滑轮受到绳子的作用力为（g取10N/kg）（）
A．50N B．100N C．20√3N D．100√3N
解：由题意可得，对绳B点受力分析：
滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，
因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，即F1＝F2＝G＝mg＝100 N。

用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则有合力F＝100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N．方向与水平方向成30°角斜向下，
故选：B。

9．（3分）已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N．则（）
A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的
C．F2有两个可能的方向D．F2可取任意方向
解：已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知另一个分力的最小值为Fsin30°＝25N
而另一个分力大小大于25N小于30N，所以分解的组数有两组解。

如图。

故C正确，ABD错误
故选：C。

10．（3分）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有一光滑档板A，在档板和斜面之间夹一质量为m的重球B，开始板A处于竖直位置，现使其下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置，分析重球B对斜面和对档板压力的变化情况是（）
A．对斜面的压力逐渐减小，对档板的压力也逐渐减小
B．对斜面的压力逐渐变大，对档板的压力则逐渐减小
C．对斜面的压力逐渐减小，对档板的压力先变小后变大
D．对斜面的压力逐渐减小，对档板的压力先变大后变小
解：挡板转动时，挡板给球的弹力F N2与斜面给球的弹力F N1合力大小方向不变，其中
F N1的方向不变，作辅助图如上，挡板转动过程中，F N2的方向变化如图中a、b、c的规
律变化，为满足平行四边形定则，其大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小。

与此对应，F N1的大小为一直减小。

综上所述，再根据牛顿第三定律得，在该过程中，球对斜面的压力方向垂直斜面指向斜面不变，大小始终减小。

球对挡板的压力方向始终与挡板垂直指向挡板，大小先变小后变大。

故选：C。

二、多选题（共4小题，共16分）
11．（3分）如图所示，大三角劈C置于粗糙水平面上，小三角劈B置于斜面上，B的上面又放一个小木块A．在A、B一起共同加速下滑的过程中，C静止不动。

下列说法正确的是（）
A．木块A受到方向向左的摩擦力
B．木块A对B的压力小于A的重力
C．B与C之间的滑动摩擦系数μ＜tanθ
D．水平地面对C没有摩擦力作用
解：A、A、B一起沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，将加速度分解为水平和竖直两个方向，对A分析受力情况，如图。

根据牛顿第二定律分析：A有水平向左的分加速度，水平方向的摩擦力必定向左。

故A正确。

B、根据牛顿第二定律得：
对A：m A g﹣N A＝m A asinα＞0，由B对A的支持力N A＜m A g
由牛顿第二定律得知木块A对B的压力小于A的重力。

故B正确。

C、对AB整体研究，受力如左图。

由Mgsinα＞μMgcosα，得到μ＜tanθ．故C正确。

D、对AB二个物体整体，水平方向加速度为acosα，由牛顿第二定律得：
那么水平地面对C摩擦力f C＝macosα≠0，方向水平向左。

故D错误。

故选：ABC。

12．（3分）质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、F2＝10N，则下列说法正确的是（）
A．弹簧的弹力大小为16N
B．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12N
C．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零
D．若F1＝10 N、F2＝20 N，则弹簧的弹力大小不变
解：A、两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有：F1﹣F2＝（m A+m B）a…①
再对物体A受力分析，运用牛顿第二定律，得到：
F1﹣F＝m A a…②
由①②两式解得：
F＝16N．故A正确。

B、如果只有F1作用，整体向左匀加速运动，则有：
对B研究得：弹簧的弹力大小为F＝m B a＝m B•
F1
m A+m B
=3×20
2+3N＝12N，故B正确。

C、若把弹簧换成轻质绳，同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小也是16N，故C错误。

D、若F1＝10N、F2＝20N，则
F1﹣F2＝（m A+m B）a
再对物体B受力分析，运用牛顿第二定律，得到：
F2﹣F＝m B a
联立解得，F＝14N．故D错误。

故选：AB。

13．（3分）下面关于加速度的描述中正确的是（）
A．列车启动时速度为零，而加速度不为零
B．匀速行驶的磁悬浮列车，由于其速度很大，所以加速度很大
C．加速度逐渐减小时，物体一定在做匀减速运动
D．加速度与运动方向相同时，物体一定在做加速运动
解：A、列车启动时速度为零，而加速度不为零，故A正确
B、匀速行驶的磁悬浮列车，由于其速度很大，由于速度不变，则加速度没有。

故B错
误
C、当加速度的方向与速度方向相同，加速度逐渐减小时，物体一定在做匀加速运动，故
C错误
D、加速度与运动方向相同时，物体一定在做加速运动。

故D正确
故选：AD。

14．（3分）如图所示，静止的小车板面上的物块质量m＝8kg，被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向左的方向对小车施以作用力，使小车运动的加速度由零逐渐增大到1m/s2，此后以1m/s2的加速度向左做匀加速直线运动．在此过程中（）
A．物块做匀加速直线运动的过程中不受摩擦力作用
B．物块受到的摩擦力先减小后增大，最后保持不变
C．某时刻物块受到的摩擦力为零
D．某时刻弹簧对物块的作用力为零
解：A、物体水平方向受弹簧的拉力及摩擦力；物体开始时静止，故弹簧的拉力等于摩擦力；当物体以1m/s2的加速度运动时，合力F＝ma＝8N，物体只需受向左的2N的摩擦力即可满足，故此时弹力不变，而摩擦力应向左共同产生加速度，故A错误；
B、当加速度从零开始增大时，合力应向左增大，由A的分析可知，当加速度为1m/s2
时，物体的合力向左，大小为8N，而在加速度增大的过程中，合力应从零增大的8N，故摩擦力应先减小，然后再反向增大；最后匀加速时保持不变，故B正确；
C、当加速度为a=6
8m/s
2＝0.75m/s2时，只需要合力为6N，故此时摩擦力为零，故C正
确；
D、平衡时摩擦力为6N，在向左加速过程，摩擦力先减小；最后增大到向左的2N；故在
整个变化过程中，摩擦力均不会超过6N，故物体不会滑动，因此弹簧的长度不变，故作用力不变，一直为6N，故D错误；
故选：BC。

三、实验题（共2小题，共15分）
15．某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点。

其相邻点间的距离如图1所示，每两个相邻的测量点之间的时间间隔为0.1s。

（计算结果保留3位有效数字）
（1）电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，根据打点计时器打出的纸带，下列选项中：
A．时间间隔B．位移C．平均速度D．瞬时速度
我们可以从纸带上直接得到的物理量是A，测量得到的物理量是B，通过计算能得到的物理量是CD。

（2）每两个计数点间还有4个点没有标出。

（3）试根据纸带上各个计数点间的距离，每隔0.1s测一次速度，计算出打下B、C、D、
E、F五个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填入下表：
v B v C v D v E v F 数值（m/s）0.4000.4790.5600.6400.721
（4）将B、C、D、E、F，各个时刻的瞬时速度标在直角坐标系中，并在图2中画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线。

解：（1）打点纸带上任意相邻的点间的时间间隔与交变电流的周期相同，所以可以从纸
带上直接得到的物理量是时间间隔，利用刻度尺测量的是长度，计算出的有平均速度和瞬时速度；
（2）由两点间的时间间隔为0.1 s，打点周期为0.02 s，所以两点之间还有4个点未画出；
（3）由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知：
v B=x AC
2T
=3.62+4.38
2×0.1
×10﹣2m/s＝0.400 m/s，
v C=x BD
2T
=4.38+5.20
2×0.1
×10﹣2m/sm/s＝0.479 m/s，
v D=x CE
2T
=5.20+5.99
2×0.1
×10﹣2m/sm/s≈0.560 m/s，
v E=x DF
2T
=5.99+6.80
2×0.1
×10﹣2m/sm/s≈0.640 m/s，
v F=x EG
2T
=6.80+7.62
2×0.1
×10﹣2m/sm/s＝0.721 m/s，
（4）利用得到的各点瞬时速度进行描点连线，不在直线上的点要分居直线两侧；
故答案为：（1）A，B，CD；（2）4；（3）0.400，0.479，0.560，0.640，0.721；（4）如上图所示。

16．如图甲示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．
（1）实验中还需要的测量工具有：毫米刻度尺．
（2）如图乙示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x．由图
可知：图线不通过原点的原因是由于弹簧自身重力；弹簧的劲度系数k＝ 4.9N/m （计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2）；
（3）如图丙示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F﹣L图象．下列正确的是B
A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小D．弹力与弹簧长度成正比．
解：（1）实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺．
（2）图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比．
由k=△F
△x
=4.9N/m．
由图可知，当F＝0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的．
故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重．实验中需要测量（记录）的物理量有：弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量（或与弹簧对应的长度）
（3）A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；
B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确；
C、同理C错误；
D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误；
故选：B．
故答案为：（1）毫米刻度尺（2）弹簧自身重力； 4.9 （3）B
四、计算题
17．一辆轿车违章超车，以108km/h的速度驶入左侧逆行车道时，猛然发现正前方65m处一辆卡车正以72km/h的速度迎面驶来，两车司机立即同时刹车，刹车的加速度大小相等，要保证两车不相撞，刹车加速度至少为多大？轿车的刹车时间多长？
解：
首先进行单位换算：108km/h＝30m/s 72km/h＝20m/s
假设刹车的加速度为a
由v02＝2as得
轿车的刹车距离：S1=v12 2a
卡车的刹车距离：S2=v22 2a
不相撞的条件是：S1+S2≤△S
则v12
2a
+
v22
2a
≤△S
解得a≥10m/s2
轿车的速度v1＝at1
所以刹车的时间为t1＝3s
答：刹车加速度至少为10m/s2；轿车的刹车时间为3秒．
18．一只气球以10m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球S0＝6m处有一小球以20m/s的初速度竖直上抛，g取10m/s2，不计小球受到的空气阻力．
（1）不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间？
（2）小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？
解：（1）小球抛出后上升的最大高度h=v02
2g
=400
20
m=20m，
小球上升的时间t′=v0
g
=2010s=2s．
（2）气球和小球速度相等经历的时间t=v0−v1
g
=20−10
10
s=1s，
此时气球的位移x1＝v1t＝10×1m＝10m，小球的位移x2=v0t−1
2
gt2=20×1−
1
2
×10×1m=15m，
因为x2＜x1+s0，知小球不能追上气球．
答：（1）小球抛出后上升的最大高度为20m，时间为2s．
（2）小球不能追上气球．
19．质量m A＝10kg的物块A与质量m B＝2kg的物块B放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固定档板连接，弹簧的劲度系数k ＝400N/m，现给物块A施加一个平行于斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，求：（g＝10m/s2）力F的最大值与最小值？
解：设刚开始时弹簧压缩量为x0，则有：
（m A+m B）gsinθ＝kx0 …①
因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，
对B，由牛顿第二定律知：kx1﹣m B gsinθ＝m B a…②
前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：
x0﹣x1=1
2at
2…③
①②③式联立解得：a＝5 m/s2
当A、B开始运动时拉力最小，此时有：F min＝（m A+m B）a＝60 N
当A、B分离时拉力最大，此时有：F max＝m A（a+gsinθ）＝100 N。

答：力F的最大值为60N，最小值为100N。

20．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平成θ＝37°固定，质量为m＝1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。

开启送风装置，有水平内右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止。

小球沿细杆运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略浮力。

求：
（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；
（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小。

解；（1）取沿杆向上为正方向，由图象可知：
在0～2 s内：a1=v1−v0
t1
=15m/s（方向沿杆向上）
在2～5 s内：a2=v2−v1
t2
=−10m/s（“﹣”表示方向沿杆向下）
（2）有风力时的上升过程，小球受力分析如图所示；
由牛顿第二定律得：
Fcosθ﹣μ（mgcosθ+Fsinθ）﹣mgsinθ＝ma1…①
停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；
根据牛顿第二定律有：﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2…②
由②解得：μ＝0.5
代入①得：F＝50 N
答：（1）小球在0～2s内的加速度a1＝15m/s2和2～5s内的加速度a2＝﹣10m/s2；（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ＝0.5和水平风力F的大小50N。