1、黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）一、选择题：（本题共15小题，第110题只有一项符合题目要求，第1115题有多项符合题目要求）1.关于速度与加速度，下列说法中正确的是( )A. 速度变大，加速度一定变大B. 加速度变大，速度一定变大C. 加速度描述了物体速度变化的快慢D. 加速度变化，速度才会发生变化【答案】C【解析】【详解】AB根据加速度的定义式：可知加速度大小与速度变化量和时间有关，与速度大小无必然练习，AB错误；C根据加速度定义式可知加速度是描述速度变化快慢的物理量，C正确；D根据加速度定义式变形：可知加速度和时间不为零，速度就会改变，与
2、加速度是否变化无关，D错误。故选C。2.关于物理学方法，下列说法正确的是( )A. 合力与分力的概念的提出用到了等效替代的思想方法B. 探究加速度与力、质量的关系实验用到了微元法C. 由平均速度得到瞬时速度的概念用到了控制变量法D. 推导匀变速直线运动的位移时间公式用到了极限法【答案】A【解析】【详解】A合力与分力的概念的提出用到了等效替代的思想方法，A正确；B探究加速度与力、质量的关系实验用到了控制变量法，B错误；C由平均速度得到瞬时速度的概念用到了极限思想法，当时间取到极小值时，这段时间内的平均速度就可以视为瞬时速度，C错误；D推导匀变速直线运动的位移时间公式用到了微元法，把整个运动过程划
3、分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，D错误。故选A。3.关于力，下列说法中正确的是( )A. 摩擦力一定与物体运动方向相反B. 有弹力一定有摩擦力C. 合力不可能等于其中一个分力D. 大小为4N、8N、15N的三个力合力大小可以为5N【答案】D【解析】【详解】A摩擦力与相对运动的方向相反，不一定与运动的方向相反，A错误；B摩擦力的产生需要在粗糙的接触面之间有弹力，并且发生相对运动趋势或相对运动，B错误；C合力可能大于分力、等于分力、小于分力，例如两个分力大小相等且夹角为，则合力与分力大小相等，C错误；D三个力共线同向，合力最大值：三个力不能够成首尾相接的三角形，
4、所以合力不可能为零，最小值为：因此合力的范围：，合力可以为，D正确。故选D。4.有关超重和失重，以下说法中正确是( )A. 物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B. 不计空气阻力，竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C. 在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D. 完全失重就是重力完全消失【答案】B【解析】【详解】AD不论超重、失重或完全失重，物体所受的重力是不变的，AD错误；B竖直上抛过程中的木箱只受重力，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，B正确；C物体加速度向下为失重状态，所以升降机的加速度向下，可能加速下降，也可能减速上升，C错误
5、。故选B。5.如图所示，一质量为m的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为37，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为（）( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】沙袋受重力、绳子拉力和外力三力作用下平衡，将三个力合成三角形，如图所示：根据平衡条件：解得：，A正确，BCD错误。故选A。6.如图所示为一质点做直线运动的速度时间图像，下列说法中正确的是( )A. ab段与bc段的速度方向相反B. bc段与cd段的加速度方向相反C. 质点ab段的加速度大于bc段的加速度D. ad段质点通过的位移为3m【答案】D【解析】【详
6、解】Aab段与bc段的速度均为正值，所以方向相同，A错误；B图像斜率的物理意义为加速度，bc段与cd段的斜率相同，所以加速度大小和方向均相同，B错误；C从图像中可知质点ab段的斜率小于bc段的斜率，所以ab段的加速度小于bc段的加速度，C错误；D图线和时间轴围成的面积为位移，根据图像面积的正负关系可知内质点的位移与质点的位移相同，计算面积：D正确。故选D。7.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中A. N1始终减小，N2始终增大B. N1始终减小，
7、N2始终减小C. N1先增大后减小，N2始终减小D. N1先增大后减小，N2先减小后增大【答案】B【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解8.如图，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30和60，AC绳能承受的最大的拉力为300N，而BC绳能承受的最大的拉力为200N，若保证两绳都不被拉断，则所挂重物的最大重力为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】如图，对结点C受力分析并合成三角形：假设两段绳子分别达到最大拉
8、力，根据平衡条件：解得：解得：因为：，可知AC绳最容易被拉断，所以重物的最大重力为，D正确，ABC错误。故选D。9.质点以某一初速度做匀加速直线运动，加速度为 a，在时间 t 内速度变为初速度的3 倍，则该质点在时间 t 内的位移为A. at2B. at2C. at2D. 2at2【答案】B【解析】【详解】设质点的初速度为v0，则ts末的速度为3v0，根据速度位移公式得：因为则有：可知x=at2A. at2，与结论不相符，选项错误；B. at2，与结论不相符，选项错误；C. at2，与结论不相符，选项错误；D. 2at2，与结论不相符，选项错误10.如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量
9、为的平盘，盘中有一质量为的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了现向下拉盘使弹簧再伸长后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力大小应为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力【详解】设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，起初整个系统处于静止状态时：现向下拉盘使弹簧再伸长后停止，然后松手放开瞬间，以和为整体受到的合力大小为，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得
10、：单独隔离物块由牛顿第二定律得：联立方程得：故本题选B【点睛】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度11.下列关于作用力与反作用力的说法正确的是( )A. 只有当相互作用的两个物体都静止时，它们间的作用力与反作用力大小才相等B. 静摩擦力的反作用力一定是静摩擦力C. 作用力与反作用力可以相互平衡D. 对物块施加水平恒力，使它在粗糙地面上匀加速前进，物块与地面间的一对摩擦力大小相等【答案】BD【解析】【详解】A相互作用力的关系与物体的运动状态无关，A错误；B作用力与反作用力的性
11、质相同，静摩擦力的反作用力一定是静摩擦力，B正确；C作用力和反作用力的研究对象是不同的物体，与平衡无关，C错误；D地面对物块的摩擦力和物块对地面的摩擦力是一对相互作用力，D正确。故选BD12.若物块以一定的初速度滑上足够长粗糙的斜面，物块与斜面的动摩擦因数处处相同，对其运动过程，下列说法正确的是( ) A. 上滑和下滑时，物块的加速度大小相等B. 下滑到底端时，物块的速度与初速度相同C. 上滑过程与下滑过程中，物块的平均速度大小不相等D. 上滑过程与下滑过程中，物块的运动时间不相等【答案】CD【解析】【详解】A上滑过程中，根据牛顿第二定律求解加速度：下滑过程中：所以，上滑过程的加速度大于下滑过
12、程中的加速度，A错误；B根据匀变速直线运动中位移与速度的关系：可知上滑和下滑过程中位移大小相同，上滑过程视为初速度为零的匀加速直线运动的逆过程，上滑过程中加速度大，所以初速度大，下滑过程中加速度小，所以滑至底端速度小，B错误；C匀变速运动的平均速度可表示为：根据B选项分析可知上滑过程与下滑过程中，物块的平均速度大小不相等，C正确；D根据匀变速直线运动位移与时间的关系：上滑和下滑过程中位移大小相同，可知上滑过程中加速度大，时间短，下滑过程中加速度小，时间长，D正确。故选CD。13.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在前，速度为20m/s，A车速度为8m/s，当A、B相距28m时，B车因前方
13、突发情况紧急刹车（刹车过程可视为匀减速直线运动），加速度大小为2m/s2，从此开始计时，则：A. A追上B之前，经5s二者相距最远B. A追上B之前，二者相距的最大距离为64mC. A车经16s追上B车D. A车经14s追上B车【答案】BC【解析】【详解】A二者速度相等时，距离最远，根据题意：解得：，A错误；B二者速度相等时，距离最远：解得：，B正确；CD两车相遇时，处于同一位置，B车速度减为0用时：B车前进的距离：A车前进的距离：此时二者相距：B车静止，A车继续匀速直线运动：解得：C正确，D错误。故选BC。14.一轻质弹簧一端固定在倾角为37的光滑斜面的底端，另一端拴住质量不计的物块P，Q为
14、质量为4kg的重物，弹簧的劲度系数为k=600N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，已知在前0.2s内F为变力，0.2s以后F为恒力（，），则有( )A. P、Q一起匀加速的加速度为2m/s2B. F的最小值为8N，F的最大值为36NC. P、Q分离时弹簧为原长D. 若P为有质量的物体，P、Q分离时弹簧为原长【答案】AC【解析】【详解】AC系统做匀变速直线运动，因为物块P质量不计，Q物块质量为，两物块分离时，对系统应用牛顿第二定律：对于Q物块应用牛顿第二定律：因为加速度相同，所以，所以弹簧恢复原长时，二者分离；开始P、Q静止，根
15、据平衡条件：根据题意弹簧经过恢复原长，根据匀变速直线运动位移与时间关系：解得：，AC正确；B开始时，弹簧弹力沿斜面向上最大，外力有最小值：解得：两物块分离后，弹簧弹力为零，外力有最大值：解得：，B错误；D根据A选项分析可知，若P物块质量不为零，二者分离时，D错误。故选AC。15.如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地( )A. 小球离开M后经时间落地B. 小球向右匀加速运动直至从M上掉落C. 小球的落地点可与M左端相距D.
16、小球的落地点可与M左端相距【答案】ACD【解析】【详解】AB滑块上表面光滑，在滑块和小球脱离之前，小球静止不动，脱离之后，小球做自由落体运动：解得：，A正确，B错误；C小球未脱离滑块时，滑块的加速度：脱离时，物块的速度为：小球脱离滑块时，滑块的加速度：若小球落地时，滑块未停下，则时间内，滑块运动的位移：解得：，C正确；D若小球落地时，滑块已停下，则时间内，滑块运动的位移：解得：，D正确。故选ACD。二、实验题(2小题。)16.在“验证力平行四边形定则”实验中，需要将橡皮筋的一端固定在A点，用两个弹簧秤(量程均为5N)通过细绳互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋的另一端伸长到O点，后又用一个弹簧秤拉橡皮
17、筋继续实验。关于该实验，下列说法正确的是( )A. 用一个弹簧秤拉橡皮筋时，必须使橡皮筋拉伸到同一结点OB. 用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮筋时，拉力F1、F2越大越好C. 拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应贴近且平行于木板D. 实验时，两弹簧秤拉力的方向必须相互垂直【答案】AC【解析】【详解】A用一个弹簧秤拉橡皮筋时，为了保持合力恒定，必须使橡皮筋拉伸到同一结点O，A正确；BD用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮筋时，拉力F1、F2大小和夹角适当即可，BD错误；C拉橡皮筋时，橡皮筋、细绳和弹簧秤应贴近且平行于木板，尽量保证各力在同一平面内，减小实验误差，C正确。故选AC。17.为了“探究加速度与力、质
18、量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是_A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行C.先接通电源后释放小车D.实验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，己知相邻计数点间的时间间隔为，且间距已量出分别，则小车的加速度a=_ （结果保留两位有效数字）.（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受拉力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图丙所示，图线_是在轨道倾斜情况下得到的（填“或“”）；小车及车中袪码的总质量_kg（结
19、果保留两位有效数字）.【答案】 (1). (1) BC； (2). (2) 0.34 ； (3). (3)， (4). 0.67【解析】【详解】（1）1A.平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动.故A错误.B.为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行.故B正确.C.使用打点计时器时，为了有效利用纸带，应先接通电源后释放小车.故C正确.D.试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量.故D错误.（2）2由匀
20、变速运动的规律得：s4-s1=3a1T2s5-s2=3a2T2s6-s3=3a3T2联立并代入数据解得：（3）3 由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的4根据F=ma得a-F图象的斜率由a-F图象得图象斜率k=1.5，所以m=0.67kg三、计算题(4小题。)18.如图所示，木块A、B叠放于水平面上，它们的质量分别为2m、3m，地面光滑，现用水平向右的恒力F作用在B上，使A、B保持相对静止一起加速运动，求B对A的摩擦力。【答案】【解析】【详解】由
21、题可知：mA=2m，mB=3m对整体，根据牛顿第二定律有：F=(mA+mB)a对A物体，根据牛顿第二定律有：f=mAa解得：19.如图所示，倾角为光滑斜面AB与粗糙水平面BC平滑连接，一个可视为质点的小滑块m从斜面顶端A点无初速度释放，经过B点进入BC平面（经过B点前后速度大小不变）最终停于D点。设小滑块与BC面的滑动摩擦因数为，斜面高为L。求：（1）小滑块从A滑到B所用时间t；（2）水平距离BD长为多少？【答案】(1) ；(2) 。【解析】【详解】（1）滑块从A至B，根据牛顿第二定律有：匀加速下滑时间设为t，根据位移时间公式有：得：（2）到达B点的速度为v，根据速度时间公式有：从B到C，根据
22、牛顿第二定律有：根据速度位移公式有：得：20.如图所示，一物块置于水平地面上.当用与水平方向成角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成角的力F2推物块时,物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为多少？（，结果可以用分数表示）【答案】。【解析】【详解】在F1作用下匀速运动时，对其受力分析，如图所示：根据平衡条件有：在F2作用下匀速运动时，对其受力分析，如图所示：根据平衡条件有：解得：21.传送带O1O2水平部分AB长L=32m，当传送带由静止开始以a0=2m/s2匀加速度启动瞬间将一小物块（可视为质点）无初速度轻放在传送带上A点，被传送带传送
23、到B。物块与传送带间动摩擦因数为=0.1，传送带加速t0=2s后保持该速度匀速运动。g=10m/s2求：（1）物块从传送带上A点运动到B点所需时间t=？（2）若物块为小墨块，则它在传送带上相对运动时会在传送带上留下痕迹，求痕迹长S=？（3）若传送带皮带轮O1O2的半径R为米，且由静止开始保持a1匀加速运动，传动过程中皮带始终绷紧（水平部分始终保持水平）。为使小墨块在传送带上留下的痕迹最长，传送带加速度a1需满足什么条件？【答案】(1) 10s；(2) 4m；(3) 。【解析】【详解】（1）因为：am=g=1m/s2a0=2m/s2所以传送带与物块分别加速。对传送带：v0=a0t0=4m/s对物块：v0=amt1解得：t1=4s根据题意：L-S1=v0t2解得：t2=6s所以物块从A到B运动时间：t=t1+t2=10s（2）因为相对运动时间t1=4s，所以在04s内：传送带位移：即S=12m，物块位移：S1=8m所以相对位移：S=S-S1=4m（3）痕迹最长即传送带全部覆盖，即相对路程为传送带总长：L=2L+2R=68m经分析为使相对路程达到L，a0最小时物块应一直加速运动到B，有：解得：t3=8s这段时间内传送带路程：S=L+L=100m即：解得：a1=3.125m/s2所以为使小墨块在传送带上留下的痕迹最长，传送带加速度a1需满足：