1、吉林省榆树市第一高级中学2020-2021学年高一物理上学期期末备考卷（B）（老教材）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，每小题3分；第912题有多项符
2、合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1关于牛顿运动定律，下列说法正确的有()A米、千克、牛顿都属于国际单位制中的基本单位B牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零的情况下的一个特例C在“嫦娥三号”卫星中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性D作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，所以作用效果不可以抵消【答案】D【解析】米、千克是国际单位制中的力学基本单位，牛顿为导出单位，故A错误；牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看出牛顿第一定律是
3、理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系，即Fma，当加速度a0时并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零。因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度a0条件下的特例，故B错误；有质量就有惯性，宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，也有惯性，故C错误；作用力与反作用力作用在不同的物体上，不是平衡力，作用效果不能抵消，故D正确。2如图所示，小明正在擦一块竖直放置的黑板。下列关于擦黑板的几种说法正确的是()A黑板擦与黑板间的摩擦力是静摩擦力B压力越大，黑板与黑板擦之间的摩擦力越大比C摩擦力的大小一定与黑板擦的重力成正D若黑板擦不小心脱手，则其在自由下落的过程中
4、也可能把字擦掉【答案】B【解析】黑板擦相对黑板滑动，所以是滑动摩擦力，故A错误；根据滑动摩擦力公式fFN，可知滑动摩擦力与压力成正比，所以压力越大，黑板与黑板擦之间的摩擦力越大，故B正确；摩擦力的大小与手压黑板擦的力成正比，与黑板擦的重力无关，故C错误；若黑板擦不小心脱手，板擦对黑板的压力为零，所以他们之间没有摩擦力，即在自由下落的过程中不可能把字擦掉，故D错误。3如图所示，甲、乙两辆汽车在t0时刻刚好经过同一位置，并沿同一方向做直线运动，已知甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。下列正确的是()A乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B在前4 s的时间内，甲车运动位移为29.6 mC在t4 s
5、时，甲车追上乙车D在t10 s时，乙车又回到起始位置【答案】B【解析】速度图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙车的加速度先减小后增大，最后再减小，故A错误；在前4 s的时间内，甲车运动位移xv0tat229.6 m，故B正确；图像与横轴围成的面积代表位移，在t4 s时，两车的速度相同，但前4 s内两车经过的位移不同，故两车没有相遇，故A错误；在10 s前，乙车速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置，故D错误。4如图所示，三个图象表示A、B、C、D、E、F六个物体的运动情况，下列说法中正确的是()A速度相等的物体是B、DB合力为零的物体是A、C、EC合力是恒力的物体是D、FD合力是变力的物
6、体是F【答案】D【解析】xt图象的斜率等于速度，则A的速度为0，B的速度v2 m/s；vt图象中表示速度随时间变化的规律，故C为匀速运动，速度为2 m/s；D为匀变速直线运动，加速度a2 m/s2；at图象中表示加速度随时间变化的规律，故F为加速度增大的加速运动，E为匀加速运动。则可知：只有B、C保持匀速运动且速度相等，故速度相等的是B、C，故A正确；做匀速运动或静止的物体合力为零，故合力为零的物体是A、B、C，B错误；做匀变速直线运动的物体合力为恒力，故合力是恒力的为D、E，故C错误；做变加速运动的物体受到的是变力；故合力为变力的物体是F，故D正确。5如图所示，两个质量分别为m1、m2的小环
7、能沿着一轻细绳光滑地滑动，绳的两端固定于直杆上的A、B两点，杆与水平面的夹角15，在杆上又套上一质量不计的可自由滑动的光滑小轻环，绳穿过轻环，并使m1、m2在其两侧，不计一切摩擦，系统最终处于静止状态时45，则两小环质量之比m1m2为()Atan 75 Btan 60Ctan 30 Dtan 15【答案】B【解析】小环为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故环与m2之间的细绳与竖直方向的夹角为60，环与m1之间的细绳与竖直方向的夹角为30，A点与m1之间的细绳与竖直方向的夹角也为30，m2与B点之间的细绳与竖直方向的夹角为60，根据平衡条件，对m1，有2Tcos 30m1g，对m
8、2，根据平衡条件，有2Tcos 60m2g，故m1m2tan 60，故B正确，ACD错误。6如图是沙漏照片，观察可以发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的形状，而是成了条条痕迹。若近似认为砂粒下落的初速度为0，忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，则以下推断正确的是()A出口下方10 cm处的痕迹长度约是5 cm处的2倍B出口下方10 cm处的痕迹长度约是5 cm处的4倍C出口下方02 cm范围内的砂粒数约与26 cm范围的砂粒数相等D出口下方02 cm范围内的砂粒数约与28 cm范围的砂粒数相等【答案】D【解析】根据v22gh，可知出口下方10 cm处的速度约是5 c
9、m处的倍，可知出口下方10 cm处的痕迹长度约是5 cm处的倍，AB错误；根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为135.可知从出口下落02 cm与28 cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方02 cm范围内的砂粒数约与28 cm范围的砂粒数相等，C错误，D正确。7滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图滑雪轨道是由光滑的斜直轨道AB和粗糙的水平轨道BC组成，B点处为一光滑小圆弧，AC段做匀加速直线运动，BC段做匀减速直线运动；t0时运动员从A点由静止开始下滑，最后停在C点。若第2 s末和第6 s末速度大小均为8 m/s，第4 s末速度大小为12 m/s，则()A运动员在
10、第4 s末已经过B点B运动员在运动过程中的最大速度为15 m/sC运动员在第12 s末恰好停在C点D光滑的斜直轨道的长度大于粗糙的水平轨道的长度【答案】A【解析】运动员在倾斜轨道的加速度a14 m/s2，如果第4 s末运动员还在倾斜轨道上，则速度va1t116 m/s，故在第4 s末已经过B点，A正确；运动员在水平轨道的加速度a22 m/s2，设运动员由A到B点所用时间为t，在B点速度大小为vB，速度大小由vB减为12 m/s所用时间为t1，则vBa1t，vBa2t112 m/s，t14 st，得m/s，s，则m/s，故B错误；在水平轨道上，速度大小由8 m/s减为0，所需时间t24 s，故运
11、动员在第10 s末恰好停在C点，故C错误；m， m，则xABxBC，故D错误。8如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数k的弹簧上，A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F，A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为g，则()A在图乙中PQ段表示拉力F逐渐减小B在图乙中QS段表示物体减速上升C位移为x1时，A、B之间弹力大小为mgkx1Ma0D位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为【答案】C【解析】开始时，弹簧的弹力向上，大小为F0(Mm)g，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度
12、的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律，F(Mm)gF0(Mm)a，F0减小，所以F增大，故A错误；在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动，故B错误；开始时弹簧的弹力F0(Mm)g，当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力F1F0FF0kx1(Mm)gkx1，以B为研究对象，则F1MgFx1Ma0，得Fx1F1mgMa0mgkx1Ma0，故C正确；P到Q的过程中，物体的加速度不变，得v122a0x2，Q到S的过程中，加速度随位移均匀减小，得，故D错误。9一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则(
13、)A质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B质点在1 s末速度为2 m/sC质点在第1 s内的平均速度0.75 m/sD质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s【答案】AB【解析】由图得10.5t，根据xv0tat2，得v0at，则加速度a20.51 m/s2，由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A正确，D错误；质点的初速度v01 m/s，在1 s末速度为vv0at2 m/s，故B正确；质点在第1 s内的平均速度m/s，故C错误。10如图所示，A、B两物体叠放在水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体。已知A的质量为m，B的质量为M。A、B之间的动摩擦因数
14、为1，B与桌面之间的动摩擦因数为2。C由静止释放，在C下落的过程中（C未落地，B未碰滑轮），下列说法正确的是()A若20，当C的质量mC2(Mm)时，绳子拉力为2(Mm)gB若20，当C的质量mC2(Mm)时，A、B之间的摩擦力为0C若20，当C的质量mC时，A、B之间的摩擦力为1mgD若20，当C的质量mC时，A的加速度为1g【答案】BD【解析】若20，以A、B整体为研究对象，FT2(Mm)g(Mm)a，即绳子拉力FT2(Mm)g，故A错误；若20，当C的质量mC2(Mm)时，即绳子拉力小于A、B整体的最大静摩擦力，整体保持静止，A、B之间的摩擦力为0，故B正确；若20，以整体为研究对象有m
15、C(MmmC)a，以A为研究对象，A、B刚好发生相对运动的瞬间有1mgma，解得，当C时，A、B一起向前做匀加速直线运动，A、B保持相对静止，即A、B之间的摩擦力为静摩擦力；当时，A、B之间发生相对运动，A的加速度a1g，故C错误，故D正确。11如图所示，粗糙地面上有一斜面体，倾角为。不可伸长的细绳跨过斜面顶端光滑定滑轮，左端连接静止的大物块，质量为M，右端连着一根光滑轻杆，轻杆铰接在斜面右侧，轻杆顶端用另一根细绳挂着质量为m的小物块。一开始整个装置静止，细绳垂直于轻杆。用手将大物块从A点移动到B点后松手，系统仍然保持静止，且在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
16、则下列说法中正确的是()A绳子的张力减小B在A处时绳子的张力比B处时一定大2Msin C地面给斜面体的作用力一定不变D若大物块再向下移动一点距离，则系统一定失去平衡【答案】AC【解析】以绳子结点为研究对象进行受力分析，如图所示，根据力的三角形和边的三角形相似可得，由于mg和H不变，OP减小，则拉力F减小，故A正确；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但B点绳子拉力小，所以A点摩擦力方向向下、B点摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得，在A处FAMgsin f，在B处FBMgsin f，解得FAFB2f，而fMgsin ，在A处时绳子的张力比B处时不一定大2Mgsin ，故B错误；地面给斜面体的
17、作用力等于总重，所以地面给斜面体的作用力一定不变，故C正确；在A点和B点大物块受到的摩擦力大小相等，但在B点摩擦力是否达到最大不确定，所以若将大物块再向下移动一点距离，则系统不一定失去平衡，故D错误。12如图甲所示，水平放置的传送带在电机的作用下一直保持顺时针匀速转动，速度大小为v2，两轮轴心间距为L。一个可以看作质点的小物块，以速度v1从传送带左轮的正上方水平向右滑上传送带，最终经过时间t0从右轮的正上方离开传送带。小物块与传送带之间的动摩擦因数为。根据以上物理量间的可能关系，画出几幅小物块和传送带的vt图象，下列有关小物块运动时间t0的计算方法或结果正确的是() A在乙图所示情况下，小物块
18、在传送带上运动的总时间t0只能用公式Lv1t0gt02来计算B在丙图所示情况下，小物块在传送带上运动的总时间t0只能用公式L(v1v2)t0来计算C在丁图所示情况下，小物块在传送带上运动的总时间t0D在戊图所示情况下，小物块在传送带上运动的总时间t0可以有三种表达方式【答案】ACD【解析】题图乙表明小物块一直做匀加速运动，离开传送带时速度还没达到v2，小物块在传送带上运动(位移为L)的总时间t0与v2无关，只能用公式Lv1t0gt02来计算，A正确；题图丙表明小物块一直做匀加速运动，离开传送带时速度正好达到v2，小物块在传送带上运动的总时间t0可能有三种计算方法，分别可用Lv1t0gt02、v
19、2v1gt0、L(v1v2)t0求得，B错误；题图丁表明小物块先做匀加速运动，达到传送带的速度v2后再做一段匀速运动离开传送带，小物块在传送带上运动的总时间t0分为两段，第一段时间为，第二段时间为，则t0t1t2，故C正确；题图戊表明小物块一直做匀减速运动，离开传送带时，速度正好达到v2，小物块在传送带上运动的总时间t0可能有三种计算方法，分别可用Lv1t0gt02、v2v1gt0、L(v1v2)t0求得，D正确。二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13(
20、6分)如图所示，用铁架台、弹簧、刻度尺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量的关系实验。重力加速度g取9.8 m/s2。(1)关于该实验，以下说法正确的是_（请将正确答案对应的字母填在横线上）；A弹簧被拉伸时，拉力越大越好B用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要使弹簧保持竖直状态C用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读数D用刻度尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量(2)如图所示，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可能是_；弹簧的劲度系数k_N/m。【答案】(1)BC (2)弹簧自身有重力 4.9 (每
21、空2分)【解析】(1)弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，故A错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要使弹簧保持竖直状态，此时弹簧的弹力等于钩码的重力，故B正确；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读数，故C正确；用刻度尺测得弹簧的长度不是伸长量，是原长和伸长量之和，故D错误。(2)由图可知，当F0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。根据题意。14(8分)验证牛顿第二定律的实验装置示意图如图所示。图中打点计时器的电源为交流电源，打点的时间间隔用T表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其
22、质量间的关系”。(1)实验步骤如下：平衡小车所受的阻力：取下小吊盘，将木板_（填“右端”或“左端”）抬高，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点。按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤。在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距x1、x2，求出与不同质量m相对应的加速度a。以砝码的质量m为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上做出m的关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则m的关系图线为一条倾斜直线。(2)回答下列
23、问题：如图乙所示，设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2、x3，则a可用x1、x3和T表示为a_；图丙为所得实验图线的示意图，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_。【答案】(1)右端 (2) (每空2分)【解析】(1)在平衡摩擦力时，取下小吊盘，将木板右端抬高，使木板形成斜面，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列间隔均匀的点，则此时说明小车做匀速运动。(2)两个相邻计数点之间还有4个点，打点计时器的打点时间间隔为T，计数点间的时间间隔t5T，由匀变速直线运动的推论xaT2，可得，加速度为。设小车所受外力为F、小车和车中砝码的质量
24、为M，小吊盘和盘中物块的质量m，由牛顿第二定律有F(Mm)a，变形得，结合图丙所示图像，可得斜率，所以拉力F；由截距，联立解得小车的质量MbF。15(8分)建筑工地上的一工人，通过定滑轮把重物吊起，如图所示。已知工人的质量M60 kg，重物的质量m50 kg，滑轮与绳之间的摩擦不计，工人的力量足够大，取g10 m/s2。(1)求工人竖直向下拉绳时，重物的最大加速度。(2)工人以最大加速度拉重物时，2 s末绳突然断开，求重物上升的最大高度。(设定滑轮足够高)【解析】(1)虽然工人的力量足够大，但通过定滑轮对重物的拉力不能超过工人的自身重力，如果超过自身重力，工人就变成爬绳了。由牛顿第二定律得：M
25、gmgmam (2分)解得重物的最大加速度am2 m/s2。 (2分) (2)绳断开后，重物做竖直上抛运动，有： (2分)解得：H4.8 m。(2分)16(8分)在“互联网”时代，网上购物已经成为一种常见的消费方式，网购也促进了快递业发展。如图，一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15 kg，货箱与地面间的动摩擦因数。若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速运动，取g10 m/s2，求：(1)拉力方向与水平面成60角时拉力的大小(结果保留1位小数)；(2)所施加拉力的最小值和方向。【解析】(1)研究货箱，根据平衡条件有：Fsin 60FNmg0 (1分)Fcos 60Ff0 (1分)F
26、fFN (1分)解得：F50 N86.6 N。 (1分)(2)如图所示，tan ，解得30 (2分)即弹力和滑动摩擦力的合力FNf方向固定不变，当拉力F的方向垂直FNf时，拉力F有最小值由矢量三角形的关系可得：Fmgsin 75 N。 (2分)17(14分)图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移，当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图b为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等
27、的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；(2)若人以v0的速度沿图中虚线S走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动d的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为d的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门（如图c），物体的移动速度不能超过多少？【解析】(1)依题意每扇门开启过程中的速度图象如图所示，设门全部开启所用的时间为t0，由图可得：dv0t0 (2分)由速度时间关系得：v0at0 (1分)联立解得：。 (1分)(2)要
28、使单扇门打开d，需要的时间tt0 (1分)人只要在t时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离为lv0t (1分)联立解得：ld。 (1分)(3)依题意宽为d的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1d的距离，速度达到v0，所用时间为t1t0，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又动了的距离 (2分)由匀变速运动公式，得：s2v0t2at22 (1分)解得：和（不合题意舍去） (1分)要使每扇门打开所用的时间为 (1分)故物体移动的速度不能超过。 (2分)18(16分)如图甲所示，质量M4 kg足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木
29、板的中点放一个质量m4 kg的铁块（可视为质点），铁块与木板之间的动摩擦因数0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物体开始均静止，从t0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6 s，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小a1、a2；(2)铁块和木板相对静止前，铁块运动的位移大小；(3)力F作用的最后2 s内，铁块的位移大小。【解析】(1)若摩擦力达到最大静摩擦力时，铁块和木板恰好发生相对滑动，对整体分析：F(Mm)a (1分)对木板分析：mgMa (1分)解得a2 m/s2，F16 N (1分)即拉力大于16 N时，铁块和木板
30、发生相对滑动前2 s拉力F120 N16 N，发生相对滑动，此时木板的加速度a2a2 m/s2 (1分)对铁块分析：F1mgma1 (1分)解得铁块加速度为：a13 m/s2。 (1分)(2)前2 s铁块运动的位移：x1a1t126 m (1分)t2 s时，铁块的速度v1a1t16 m/s，木板的速度v2a2t14 m/st2 s到t6 s过程，拉力F212 N，对铁块分析：F2mgma3解得a31 m/s2 (1分)木板继续以加速度a22 m/s2加速运动，共速时，有：vv1a3t2v2a2t2 (1分)解得t22 s，v8 m/s (1分)即在4 s是达到共速，则t2 s到t6 s过程铁块运动的位移：2a3x2v2v12 (1分)解得x214 m (1分)所以铁块和木板相对静止前，铁块运动的位移大小：xx1x220 m。 (1分)(3)4 s末达到共速，后两秒一起运动：F2(Mm)a4 (1分)x3vt3a4t32 (1分)解得：x319 m。 (1分)