湖南省郴州市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12小题，每小题4分，共计48分．每小题只有一个选项符合题意． 1.下列各说法中正确的是（ ）

A. 研究蜜蜂飞行时翅膀的振动特点时，蜜蜂可以看做质点 B. 早上8时15分，上午第一节课开始，早上8时15分为时刻 C. 平均速度是物体在某一段时间内速度的平均值

D. 位移是用来描述直线运动的，路程是用来描述曲线运动的 【答案】B 【解析】

【详解】A．研究蜜蜂飞行时翅膀的振动特点时，不能把蜜蜂看成质点，否则就没有振动了，故A错误；

B．早上8时15分对应一个时间点，是时刻，故B正确；

C．平均速度对应一段时间或一段位移，是过程量；平均速度不等于速度的平均值，故C错误； D．位移和路程既可以用来描述直线运动也可以描述曲线运动，它们是两个不同的物理量，故D错误。 故选B。

2.物体A的加速度为3m/s2，物体B的加速度为﹣5m/s2，下列说法中正确的是（ ） A. 物体B的速度变化比A的速度变化快 C. 物体A的速度一定在增加 【答案】A 【解析】

【详解】A．加速度为反映速度变化快慢的物理量，正负号表示方向，物体B的加速度大，可知物体B的速度变化比A快，故A正确；

B．加速度正负表示方向，不表示大小，可知物体A的加速度小于物体B的加速度，故B错误；

CD．由于速度的方向未知，可知物体A、B的速度可能增加，可能减小，故CD错误。 故选A。

3.物体做曲线运动，下列物理量中，一定变化的是（ ） A. 速率

B. 物体A的加速度比B的加速度大 D. 物体B的速度一定在减小

B. 合外力 C. 加速度 D. 速度 【答案】D 【解析】 【分析】

既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的． 【详解】A、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，即速率是不变的，所以A选项错误． B、平抛运动是曲线运动，其合外力就是物体的重力，重力是不变的，所以B选项错误． C、平抛运动也是曲线运动，但是它的加速度是重力加速度，是不变的，所以C选项错误． D、物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，所以D选项正确． 故选D．

4.如果测得刘翔参加110m栏比赛起跑的速度为8.5m/s，12.91s末到达终点时速度为10.2m/s，那么刘翔在全程内的平均速度为（ ） A. 9.27m/s C. 8.52m/s 【答案】C 【解析】

【详解】由平均速度的定义，总的位移是110m，总的时间是12.91s，所以平均速度为：

B. 9.35m/s D. 10.2m/s

v所以C正确，ABD错误。 故选C。

x110m/s8.52m/s t12.915.对牛顿第一定律和牛顿第三定律的理解，下列说法正确的是（ ） A. 运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大 B. 静止的火车起动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故 C. 作用力和反作用力同时产生，同时消失

D. 两物体处于相对静止时，它们之间的作用力和反作用力的大小才相等

【答案】C 【解析】

【详解】AB．惯性和物体的质量有关，和物体的运动状态无关，故AB错误；

C．由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，故C正确； D．两物体不管处于相对静止还是运动状态，它们之间的作用力和反作用力的大小都相等，故D错误。 故选C。

6. 如图是A、B两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v-t图象,从图象上可知（ ）

A. A做匀速运动, B做匀加速运动 B. 20s末A、B相遇 C. 20s末A、B相距最远 D. 40s末A、B相遇 【答案】ACD 【解析】 【分析】

速度时间图象的斜率代表物体的加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动．速度图象与时间轴围成的面积代表物体通过的位移，面积差越大代表距离越远，面积相等代表相遇． 【详解】A、由速度—时间图象可知：物体A的速度保持不变，故A做匀速直线运动，物体B的斜率保持不变，故B做匀加速直线运动；故A正确.

B、C、在0～20s内物体A的速度始终大于物体B的速度，并且A的速度图象与时间轴围成的面积代表A的位移，而B的速度图象与时间轴围成的面积代表B的位移，两个面积的差代表两者之间的距离.由图可知在相遇之前20s末A、B相距最远；故B错误，C正确. D、由图可知：40s末，A的位移x1=5×40=200m，B的位移x240s末两个物体的位移相等，故40s末A、B相遇；故D正确.

14010m200m，可知2本题选不正确的故选B.

【点睛】解决追击相遇问题可以利用运动学公式，也可以利用速度时间图象，但利用速度时间图象更简洁，计算量更小．

7.如图所示，A、B两物块叠放在水平面上，在水平恒力F作用下，A、B一同作匀速直线运动，在此过程中物体B所受外力个数为（ ）

A 2个

【答案】C 【解析】

【详解】因为A、B做匀速运动，知A处于平衡状态，则A受重力和支持力作用，不会受摩擦力作用，因为一旦受摩擦力，A将不再平衡，所以A受两个力作用；而物体B受到重力，拉力

F，A对B的压力，地面对B的支持力与滑动摩擦力，共5个力，故C正确，ABD错误。

故选C。

8.一个物体从45m高处开始做自由落体运动（g＝10m/s）。则（ ） A. 物体下落的总时间为4.5s C. 2s末的速度是20m/s 【答案】C 【解析】

【详解】A．根据位移公式hB. 前2s的平均速度是15m/s D. 最后1s内的位移为20m

.

B. 3个 C. 5个 D. 6个

2

12gt有 2t故A错误；

2h245s3s g10BC．根据速度与时间公式得2s末的速度

v2gt2102m/s20m/s

则2s内的平均速度为

v0v2020m/s10m/s 22故B错误，C正确；

D．最后1s下落的位移为前3s的位移减去前2s的位移，前2s的位移为

h2所以最后1s的位移为

121gt21022m20m 22hhh245m20m25m

故D错误。 故选C。

9.升降机地板上放一个弹簧盘秤，盘上放一质量为m物体，当秤的读数为0.8mg时，升降机可能做的运动是（ ） A. 加速上升 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 加速下降

C. 减速下降

根据物体的受力情况可求得物体的合力，再由牛顿第二定律可知加速度的方向，由运动学公式可得出升降机可能的运动情况；

【详解】当秤的读数为0.8mg，物体受到的支持力竖直向上为0.8mg，则物体受到的合力方向竖直向下，则物体的加速度竖直向下，则升降机可能竖直向上做匀减速运动，或竖直向下做匀加速运动，故B正确，ACD错误．

【点睛】本题为牛顿第二定律的应用之超重与失重，根据题意判断出加速度的方向，然后判断物体的运动性质即可正确解题．

10.如图，平台高h＝5m，小球以v0＝10m/s的速度水平抛出，忽略空气阻力（g＝10m/s2），则小球（ ）

的D. 匀速下降

A. 落地速度为10m/s C. 落地时位移为10m

B. 落地时间为0.5s

D. 落地时速度与水平方向成45

【答案】D 【解析】

【详解】ABD．根据h12gt得小球落地的时间为 2t小球落地时竖直分速度为

2h1s gvygt101m/s10m/s

根据平行四边形定则知，落地的速度为

22vv0vy102m/s

设速度方向与水平方向的夹角为α，则有

tan解得

vyv01

45

故AB错误，D正确； C．小球落地时水平位移为

xv0t101m10m

则落地时位移

sx2h255m

故C错误。 故选D。

11.如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统用细线悬挂于天花上，并处于静止状态．现将细绳剪断，设细绳剪断瞬间，木块1的加速度大小为a1，木块2的加速度大小为a2。重力加速度大小为g。则有

A. a1g，a2g C. a1B. a1g，a20 D. a1Mmg，a20 mMmg，a2g m【答案】C 【解析】

【详解】细绳剪断前，系统受重力（M+m）g和绳弹力T处于静止状态，以系统为研究对象，可得

T（mM）g

对2隔离分析，受重力Mg和向上的弹簧弹力F，则

FMg

剪断细绳瞬间，绳弹力为零，弹簧弹力F不变，则根据牛顿第二定律，木块1

（mgF）ma1

故加速度

a1木块2

Mmg mFMg

故加速度

a20

故选C。

12.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60光滑斜面OA，光滑

挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60，下列说法正确的是（ ）

A. 若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为3G

B. 若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对斜面的压力逐渐增大 C. 若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，则球对挡板的压力逐渐减小

D. 若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零 【答案】D 【解析】

【详解】A．球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示，FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知

FAFBG

故A错误；

BC．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60，根据图象可知，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；

D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确。 故选D。

二、填空题（本题共2小题，每空2分，共14分）

13.在“探究弹簧弹力与形变量关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，根据图象回答以下问题。 （1）弹簧的原长为_____cm。 （2）弹簧的劲度系数为_____N/m。

（3）分析图象，总结出弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为_____。（L用m为单位），弹簧的弹力与弹簧的形变量的关系为_____。

【答案】 (1). 10 (2). 1000 (3). F1000L0.10N (4). 弹簧的弹力与形变量成正比 【解析】

【详解】(1)[1]钩码的重力即等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律

Fkxk(LL0)

所以图线在横轴上的截距表示弹簧的原长，斜率表示劲度系数，故

L010cm

(2)[2]由胡克定律可得：劲度系数

k40N/m1000N/m

0.140.10(3)[3][4]根据图像，由数学知识总结出弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为

F1000(L0.10)N

所以，弹簧的弹力与形变量成正比。 14.某实验小组做验证牛顿第二定律实验

（1）实验小组中的小华用图所示装置做实验图中带滑轮的长木板水平放置于桌面拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。小华做实验时，下列操作必要且正确的是_____ A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动

B．小车靠近打点计时器先接通电源，再释放小车打出一条纸带同时记录传感器的示数 C．改变砂和砂桶质量打出几条纸带 D．用天平测出砂和砂桶的质量

E．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量

（2）图为上述实验中打下的一条纸带A点为小车刚释放时打下的起始点每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为_____m/s，小车的加速度为_____m/s2．（以上两空均保留一位有效数字）

【答案】 (1). ABC (2). 0.8m/s (3). 4m/s2 【解析】

【详解】(1)[1]A．本实验需要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，故A正确；

B．打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源，待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故B正确； C．改变砂和砂桶质量打出几条纸带，故C正确；

DE．由于此装置安装了拉力传感器来测绳子的拉力，即小车受到的拉力，所以不需要用天平测量小桶（内有砂子）的质量，也不需要该质量远小于小车的质量，故DE错误。 故选ABC。

(2)[2]每两点间还有四个计时点未画出，所以

T50.02s0.1s

C点速度等于BD的平均速度

vCxBD18.02.0102m/s=0.8m/s 2T20.1[3]用逐差法求小车运动的加速度，其计算表达式为

axCExAC32.08.08.022210m/s4m/s

4T240.12三、计算題（本题共3小题，15题12分，16题12分，17题14分，共38分解答时请写必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．）

15.在平直公路上，一辆汽车的速度为20m/s，从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车做匀

减速运动的加速度大小为5m/s，求： （1）刹车后3s末汽车的速度为多大； （2）刹车刹车停止所需的时间为多少； （3）刹车后8s内汽车的位移大小。 【答案】(1)5m/s （2）4s （3）40m 【解析】

【详解】（1）设刹车后t13s末的速度v1，v020m/s，a5m/s2，由：v1v0at1，得：

2

v15m/s

(2)设汽车刹车停下来所需的时间为t2有：

vv0at20

得：

t24s

(3)汽车刹车后4s已经停止运动，则：8s内的位移为：

x得：

v0t2 2x40m

16.如图所示，质量M＝23kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝23kg的小球相连。今用跟水平方向成a＝30角的力F＝103N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m始终保持如图所示相对位置不变，g取10N/kg。求： （1）运动过程中轻绳拉力及与水平方向夹角θ； （2）木块与水平杆间的动摩擦因数。

【答案】（1）FT30N 60（2）【解析】 【详解】(1)以球m3 7研究对象，其受力分析如图所示，球m处于平衡状态，

在x方向上：

Fcos30FTcos

在y方向上：

Fsin30FTsinmg

联立并代入数据解得：

FT30N，60

(2)以木块M为研究对象，其受力分析如图所示，木块M处于平衡状态：

在x方向上：

FTcos60Ff

在y方向上：

FNMgFTsin60）

摩擦力为：FfFN

联立并代入数据解得：

3 717.如图所示，可看成质点的物体A放在长L＝2m的木板B的右端木板B静止于水平面上，已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.1，B与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度取g＝10m/s，若从t＝0s开始，木板B受F＝16N的水平恒力作用，求： （1）木板A未从木板B上滑下之前，A、B的加速度大小； （2）物体A经多长时间从木板B上滑下； （3）当t＝2s时，木板B的速度。

2

22【答案】（1）aA1m/s，aB5m/s （2）1s （3）12m/s

【解析】

【详解】(1)根据牛顿第二定律得：对B

F2mAmBg1mAgmBaB

对A：

1mAgmAaA

得：

aA1m/s2，aB5m/s2

(2)设物体A经时间t1从木板B上滑下，t1时间内： A的位移：x1且有

11aAt12，B的位移：x2aBt12 22x2x1L

联立以上三式，代入数据得：

t11s

(3)t11s末，A从木板B上滑落，此时B的速度：

v1aBt15m/s

A滑落后，设B的加速度为a，根据牛顿第二定律得：

代入数据得：

则t22s时，B的速度：

代入数据得：

F2mBgmBa

a7m/s2

v2v1at2t1

v212m/s