北京市東城區2020_2020學年高一物理上學期期末考試試題

北京市東城區2019-2020學年高一物理上學期期末考試試題（含解

析）

一、單項選擇題

1.下列選項中，哪組儀器可以測量國際單位制中的力學基本物理量（）

A. 密度計、彈簧測力計、打點計時器

B. 米尺、彈簧測力計、秒表

C. 秒表、天平、量筒

D. 米尺、天平、秒表

【答案】D

【解析】

【詳解】米尺測量長度，長度是國際單位制中三個力學基本物理量；天平測量質量，質量是國際單位制中三個力學基本物理量；秒表測量時間，時間是國際單位制中三個力學基本物理量；密度計是測量液體密度的儀器，量筒是測量體積的儀器，彈簧測力計是測量力的儀器，密度、體積與力都是導出量，不是基本物理量。由以上的分析可知，D正確，ABC錯誤。

故選D。

2.同一個物體，由于所要研究的問題不同，有時可以看成質點，有時不能看成質點。下面選項中正確的是（）

A. 研究地球的公轉周期時，可以把地球看作質點

B. 研究乒乓球的旋轉快慢時，可以把乒乓球看作質點

C. 研究百米跑運動員的起跑動作時，可以把運動員看作質點

D. 研究足球比賽中香蕉球的運動原因時，可以把足球看作質點

【答案】A

【解析】

【詳解】A．研究地球繞太陽公轉周期時，地球的大小相對于運動的軌道可以忽略不計，可以將地球看作質點，A正確；

B．研究乒乓球旋轉時，不可以把乒乓球看作質點，否則沒有轉動，B錯誤；

C．研究百米跑運動員的起跑動作時，不可以把運動員看作質點，否則沒有動作，C錯誤；D．研究足球比賽中香蕉球的運動原因時，不可以把足球看作質點，否則沒有足球的轉動導致的香蕉球，D錯誤。

1

故選A。

3.一個球形物體靜止放在光滑的水平地面上，并與豎直墻壁相接觸，如圖所示，A、B兩點分別是球與墻、地面的接觸點，則下列說法正確的是（）

A. 物體受到重力、地面的支持力和墻壁的彈力三個力作用

B. 物體受到重力、地面的支持力兩個力作用

C. 物體受到重力、地面的支持力和墻壁的摩擦力三個力作用

D. 物體受到重力、地球的引力和地面的支持力三個力作用

【答案】B

【解析】

【詳解】物體在豎直方向上受重力和支持力平衡，在水平方向上雖然與墻壁接觸，但不擠壓，不受墻壁的彈力，B正確，ACD錯誤。

故選B。

4.下列關于速度的說法正確的是（）

A. 速度是描述位置變化的物理量

B. 瞬時速度方向與物體運動的方向相同

C. 速度一定隨加速度增加而增加

D. 速度方向一定與加速度方向相同

【答案】B

【解析】

【詳解】A．速度是描述位置變化快慢物理量，位移是描述位置變化的物理量，A錯誤；B．瞬時速度的方向就是物體的運動方向，B正確；

C．當速度方向與加速度方向一致時，速度才增加，當速度方向與加速度反向相反時，速度減小，C錯誤；

D．加速度方向與速度變化量的方向一致，但是不一定與速度方向一致。當加速度與速度方向一致時，物體做加速運動，加速度與速度方向相反時，物體做減速運動，D錯誤。

故選B。

2

5.撐桿跳高是一項技術性很強的體育運動，完整的過程可以簡化成三個階段：持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落。撐桿跳高的過程中包含很多物理知識，下列說法正確的是（）

A. 持桿助跑過程，重力的反作用力是地面對運動員的支持力

B. 撐桿起跳上升階段，彎曲的撐桿對人的作用力大于人對撐桿的作用力

C. 撐桿起跳上升階段，彎曲的撐桿對人的作用力大小等于人對撐桿的作用力大小

D. 最高點手已離開撐桿，運動員還能繼續越過橫桿，是因為受到了一個向前的沖力

【答案】C

【解析】

【詳解】A．重力是由于地球的吸引而產生的，所以任意過程中，其反作用力均為人對地球的引力，A錯誤；

BC．彎曲的撐桿對人的作用力和人對撐桿的作用是相互作用力，故撐桿起跳上升階段，彎曲的撐桿對人的作用力等于人對撐桿的作用，B錯誤，C正確；

D．最高點手已離開撐桿，運動員還能繼續越過橫桿，是因為人的慣性，而沒有受到沖力作用，D錯誤。

故選C。

6.一物塊從粗糙斜面底端，以某一初速度開始向上滑行，到達某位置后又沿斜面下滑到底端，則物塊在此運動過程中（）

A. 上滑時的摩擦力小于下滑時的摩擦力

B. 上滑時的摩擦力大小等于下滑時的摩擦力大小

C. 上滑時的加速度小于下滑時的加速度

D. 上滑的時間大于下滑的時間

3

4 【答案】B

【解析】

【詳解】AB ．設斜面傾角為θ，物體受到的摩擦力cos f mg μθ=，物塊上滑與下滑時的滑動摩擦力相等，A 錯誤，B 正確；

C ．根據牛頓第二定律有，上滑時的加速度

a 上=cos sin

cos sin gm mg g g m μθθμθθ+=+

下滑時的加速度 a 下=sin cos sin cos mg gm g g m

θμθθμθ-=- 由此可知，上滑時的加速度大于下滑時的加速度，C 錯誤；

D ．上滑的過程，采用逆向思維，是初速度為零的勻加速直線運動，根據

212

x at = 可知上滑時的加速度大于下滑時的加速度，所以上滑時的時間小于下滑時的時間，D 錯誤。 故選B 。

7.甲、乙兩物體沿同一直線運動，其運動過程的v －t 圖如圖所示，則以下說法正確的是（ ）

A. t 1時刻之前乙在甲前面，t 1時刻之后乙在甲后面

B. t 1時刻之前甲乙運動方向相反，t 1時刻之后運動方向相同

C. t 1時刻兩物體到達同一位置

D. t 1時刻甲乙兩物體的速度相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A ．甲、乙兩物體沿同一直線運動，由于出發點位置關系未知，所以不能確定它們的位置關系，A 錯誤。

B ．根據速度的正負表示速度方向，知甲乙運動方向一直相同，B 錯誤。

CD．t1時刻兩圖象相交，甲乙兩物體的速度相同，但不一定到達同一位置，C錯誤，D正確。故選D。

8.如圖所示，細繩MO與NO所能承受的最大拉力相同，長度MO＞NO，則在不斷增加重物G

的重力過程中（繩OC不會斷）（）

A. 繩ON先被拉斷

B. 繩OM先被拉斷

C. 繩ON和繩OM同時被拉斷

D. 條件不足，無法判斷

【答案】A

【解析】

【詳解】物體對O點拉力等于物體重力，此力有兩個效果：一是使NO繩拉緊，二是使OM 繩拉緊。按效果把物體對O點的拉力分解，如圖所示：

由此可知NO繩受的力大于MO繩受的力。當重力逐漸增大，NO繩先達到最大拉力，NO繩先斷。A正確，BCD錯誤。

故選A。

9.一物體從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時速度為v，再運動到C點時的速度為2v，則AB與BC的位移大小之比為（）

A. 1：3

B. 1：4

C. 1：2

D. 1：1

【答案】A

【解析】

5

6 對AB 過程，由變速直線運動的速度與位移的關系式可得2v 2AB ax =，解得22AB v x a =，對BC 過程可得22

(2v)2Bc v ax -=，解得 232BC

v x a =，所以AB 與BC 的位移大小之比為1：3，故A 正確，BCD 錯誤； 故選A ． 10.從光滑斜面上某一位置先后由靜止釋放A 、B 、C 、D 四個小球（小球可以看作質點），已知相鄰兩小球釋放的時間間隔為0.1s 。某時刻拍下一張照片，四個小球的位置如圖所示。測出AB 、BC 、CD 間距離分別為x AB =5cm ，x BC =10cm ，x CD =15cm ，則（ ）

A. 小球A 的位置恰好為釋放四個小球的初始位置

B. 小球C 的速度是 A 、D 兩個小球速度之和的一半

C. 小球B 的速度大小為1.5m/s

D. 小球A 、B 、C 、D 的加速度大小均為5m/s 2

【答案】D

【解析】

【詳解】ACD ．根據

△x =aT 2

得小球的加速度為：

()22210510501x a T --??===．

m/s 2

B 點的速度等于A

C 段的平均速度，則有： ()2510100.75220.1

AC B x v T -+?===?m/s A 點小球的速度為：

0.7550.10.2A B v v aT =-=-?=m/s 0≠

可知小球不是從A 點釋放，AC 錯誤，D 正確；

7 B ．C 點是BD 段的中間時刻，根據平均速度的推論知，C 點小球的速度等于B 、D 點兩球速度之和的一半，B 錯誤。

故選D 。

11.一列火車由靜止以恒定的加速度啟動出站，設每節車廂的長度相同，不計車廂間間隙距離，一觀察者站在第一節車廂最前面，他大致測量了第一節車廂通過的時間及車廂長度，估算出第一節車廂尾駛過他時的速度為v 0，則第n 節車廂尾駛過他時的速度為（ ）

A. nv 0

B. n 2v 0

C. 0

nv D. 2nv 0

【答案】C

【解析】

【詳解】設每節火車的長度為l ，根據

22v ax =

得第一節車廂經過時有：

2

02v al =

n 節車廂經過時有：

22v a nl =?

聯立兩式解得：0v nv =，C 正確，ABD 錯誤。

故選C 。

12.如圖所示，A 、B 兩木塊間連一輕彈簧，A 、B 質量相等，一起靜止地放在一塊光滑木板上，重力加速度為g 。若將此木板突然 抽去，在此瞬間，A 、B 兩木塊的加速度分別是（ ）

A. a A =0，a B =2g

B. a A =g ，a B =g

C. a A =0，a B =0

D. a A =g ，a B =2g

【答案】A

【解析】

【詳解】開始時，對A 物體受重力和彈簧的彈力F ，根據平衡條件可得

8 mg =F 在抽出木板的瞬時，彈簧對A 的彈力和對B 的彈力并未改變。A 物體仍然受力平衡，則a A =0。對B 物體受重力和彈簧的向下的彈力，根據牛頓第二定律有：

2B F mg a g m +==

A 正確，BCD 錯誤。

故選A 。

13.如圖所示，質量為2m 的物塊A 與水平地面間的動摩擦因數為μ，質量為m 的物塊B 與地面的摩擦不計，在大小為F 的水平推力作用下，A 、B 一起向右做加速運動，則A 和B 之間的作用力大小為( )

A. 3

mg

μ B. 23mg μ C. 243F mg μ- D.

23F mg μ- 【答案】D

【解析】

以AB 組成的系統為研究對象，由牛頓第二定律得系統的加速度2223F mg F mg a m m m μμ-?-=

=+，以B 為研究對象，由牛頓第二定律得A 對B 的作用力：23AB F mg F ma μ-==，即AB 間的作用力為23

AB F mg F μ-=，D 正確． 14.如圖所示，長方體物塊A 疊放在長方體物塊B 上，B 置于粗糙水平面上A 、B 質量分別為m A =2kg ，m B =1kg ，A 、B 之間動摩擦因數μ1=0.2，B 與地面之間動摩擦因數μ2=0.1，現對A 施加水平力F ，若F 從0開始逐漸增大，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（ ）

A. 當拉力超過3N 時，A 、B 開始發生相對滑動

B. 當拉力超過4N 時，A 、B 開始發生相對滑動

C. 當拉力超過5N 時，B 的加速度為1m/s 2

D. 當拉力超過6N 時，A 、B 開始發生相對滑動

【答案】D

9 【解析】

【詳解】對AB 整體，B 與地面間的摩擦力：()223A B f m m g μ=+=N ，當AB 間摩擦力達到最大靜摩擦力時，A 、B 間發生相對滑動，即114A f m g μ==N ，對B ，根據牛頓第二定律有： 1

21B B

f f a m -=

=m/s 2 對AB 整體，由牛頓第二定律得： ()2A B B F f m m a -=+

解得：F =6N ，即當拉力超過6N 時，A 、B 開始發生相對滑動，B 的加速度為1m/s 2，ABC 錯誤，D 正確。

故選D 。

二、實驗題

15.如圖甲所示，用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼，探究在彈性限 度內彈簧彈力與彈簧伸長量的關系。

（1）實驗中還需要的測量工具有：____________________

（2）用縱軸表示鉤碼質量m ，橫軸表示彈簧的形變量x ，根據實驗數據繪制出乙圖。由圖可知：彈簧的勁度系數k =_____N/m （重力加速度g 取9.8m/s 2）。

（3）如圖丙所示，實驗中用兩根不同的彈簧a 和b ，畫出彈簧彈力F 與彈簧長度L 的關系圖像。則下列說法中正確的是_____。

A.a 的原長比b 的長

B.a 的勁度系數比b 的大

C.a 的勁度系數比b 的小

D.彈力與彈簧長度成正比

【答案】 (1). 刻度尺 (2). 4.9 (3). B

【解析】

【詳解】（1）[1]實驗需要測量彈簧伸長的長度，故需要刻度尺。

10 （2）[2]圖線的物理意義是表明彈簧的彈力大小和彈簧伸長量大小成正比。則有：

4.9

F k x

?==?N/m （3）[3]A ．在圖象中橫截距表示彈簧的原長，故b 的原長比a 的長，A 錯誤；

BC ．在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數k ，故a 的勁度系數比b 的大，B 正確；C 錯誤；

D ．彈簧的彈力滿足胡克定律，彈力與彈簧的形變量成正比，D 錯誤。

故選B 。

16.為了驗證“當質量一定時，物體的加速度與它所受的合力成正比”的結論是否正確，一組同學用圖甲所示的裝置進行實驗，并將得到的實驗數據描在圖乙所示的坐標圖中。

（1）關于該實驗，下列敘述正確的是（ ）

A. 保持小車的質量不變，改變沙和桶的總質量

B. 保持沙和桶的總質量不變，改變小車的質量

C. 保持小車和沙桶的質量均不變

D. 同時改變小車和沙桶的質量

（2）在圖乙中作出a -F 圖線。（ ）

（3）由a -F 圖線可以發現，該組同學實驗操作中遺漏了_____這個步驟。

（4）根據a -F 圖線可以求出小車的質量是______保留兩位有效數字）。

【答案】 (1). A (2). (3). 平衡摩擦力

(4). 0.25kg

11 【解析】

【詳解】（1）[1]本實驗為了驗證“當質量一定時，物體的加速度與它所受的合力成正比”的結論是否正確，所以要保持小車的質量不變，改變沙和桶的總質量，從而改變小車所受的拉力，A 正確，BCD 錯誤；

故選A 。

（2）[2]如圖為作出的作出a -F 圖線

（3）[3]從上圖中發現直線沒過原點，當F ≤0.2N 時，a =0．也就是說當繩子上有拉力時小車的加速度還為0，說明小車的摩擦力與繩子的拉力抵消呢。該組同學實驗操作中遺漏了平衡摩擦力這個步驟；

（4）[4]根據

F ma =

變形得：

1=a F m

可知a -F 圖線的斜率表示小車的質量，則有：

1 1.640.60.2

m ==- 解得：m =0.25kg

三、計算題

17.一輛汽車在高速公路上以v 0 =30m/s 的速度勻速行駛，由于在前方出現險情，司機采取緊急剎車，剎車加速度的大小為a =5m/s 2，求：

（1）從開始剎車到汽車停下，所經歷的時間。

（2）從開始剎車到汽車停下，所滑行的距離。

（3）汽車剎車后3s 內行駛的距離。

12 【答案】（1）6s ；（2）90m ；（3）67.5m 。

【解析】

【詳解】（1）設汽車經時間t 停止，由

00v v at =-=

代入數據得：t =6s

（2）汽車的位移為

03069022

v x t ==?=m （3）由于：3s ＜6s ，則汽車在3s 內的位移為：

2101112x v t at =- 代入數據解得：x 1=67.5m

18.物理課學習超重與失重現象后，某同學回家乘坐電梯時用心體會了一下，發現從電梯上升到靜止的過程中，他經歷了先加速再勻速，最后減速的運動過程。每次都是在17層到18層（他住18層）的過程中，有明顯減速的感覺。有一天，該同學用手機測出電梯 減速時的加速度為0.65m/s 2，設該同學的質量為60kg ，g =9.8m/s 2求，

（1）電梯從17層到18層減速過程中，該同學處于超重狀態還是失重狀態?

（2）減速過程中，電梯底面對該同學的支持力大小?

（3）電梯以多大的加速度減速時，電梯底面對他的支持力為零?

【答案】（1）失重狀態；（2）549N ；（3）9.8m/s 2。

【解析】

【詳解】（1）電梯從17層到18層減速過程中，加速度向下，所以該同學處于失重狀態；

（2）減速過程中，對手機，根據牛頓第二定律有：

N mg F ma -=

代入數據解得：F N =549N

（3）電梯底面對人的支持力為零時，根據牛頓第二定律有：

mg ma "=

解得：a "=9.8m/s 2

19.如圖所示，水平傳送帶A 、B 兩端相距s =2m ，工件（可以看作質點）與傳送 帶間的滑動摩擦因數μ=0.1。（g =10m/s 2）問：

13 （1）若傳送帶不轉動，要使工件達到B 端，工件水平滑上A 端瞬時速度至少多大？

（2）若傳送帶以v =1m/s 的速度順時針勻速轉動，將工件輕輕放于傳送帶A 端，則工件由A 端被傳送到B 端所用時間為多少？

（3）調節傳送帶的速度v 可以改變工件從A 端被傳送到B 端所用的時間t ，在忽略工件輕放于A 端速度的條件下，定性說明時間t 與傳送帶速度v 的關系，并且若要用最短時間t 傳送工件，計算傳送帶勻速轉動時速度v 的最小值。

【答案】（1）2m/s ；（2）2.5s ；（3）2m/s 。

【解析】

【詳解】只要工件相對于傳送帶相對運動，工件的加速度大小不變，設工件加速度大小為a ，根據牛頓第二定律可得：

mg ma μ=

解得：a =1m/s 2

（1）若傳送帶不轉動，要使工件達到B 端，工件在A 端的速度最小時達到B 端速度為零，根據速度位移關系可得： 22A v as =

解得：v A =2m/s

（2）若傳送帶以v =1m/s 的速度順時針勻速轉動，將工件輕輕放于傳送帶A 端，則達到與傳送帶速度相等經過的時間

11v t a

=

=s 此過程位移： 2

10.52v x a

==m 勻速運動的時間為：

12 1.5s x t v

-==s 所以工件由A 端被傳送到B 端所用時間為：

12 2.5t t t =+=s

14 （3）在忽略工件輕放于A 端速度的條件下，隨著傳送帶的速度增大，到達B 端的時間減??；但傳送帶速度達到一定值時，傳送帶速度增加，達到B 端的時間不變；若要用最短時間傳送工件，傳送帶勻速轉動時速度的最小值為v min ，此時工件一直加速到與傳送帶速度相等達到B 端。根據速度位移關系可得：

22min v as =

解得：2min v =m/s

20.如圖所示，斜面高為h ，水平面上D 、C 兩點距離為L ?？梢钥闯少|點的物塊從斜面頂點A 處由靜止釋放，沿斜面AB 和水平面BC 運動，斜面和水平面銜接處用一長度可以忽略不計的光滑彎曲軌道連接，圖中沒有畫出，不計經過銜接處B 點的速度大小變化，最終物塊停在 水平面上C 點。已知物塊與斜面和水平面間的滑動摩擦系數均為μ。請證明：斜面傾角θ稍微增加后，（不改變斜面粗糙程度）從同一位置A 點由靜止釋放物塊，如圖中虛線所示，物塊仍然停在同一位置C 點。

【答案】見解析所示

【解析】

【詳解】設斜面長為L "，傾角為θ，物塊在水平面上滑動的距離為S ．對物塊，由動能定理得：

cos 0mgh mg L mgS μθμ-?"-=

即：

cos 0sin h mgh mg mgS μθμθ-?

-= 0tan h mgh mg

mgS μμθ

--= 由幾何關系可知： tan h L S θ

=- 則有：

()0mgh mg L S mgS μμ---=

15 0mgh mgL μ-= 解得：h

L μ=

故斜面傾角θ稍微增加后，（不改變斜面粗糙程度）從同一位置A 點由靜止釋放物塊，如圖中虛線所示，物塊仍然停在同一位置C 點。