广东省2021-2021学年高一物理上学期期末考试试题(含解析)

广东省汕头市金山中学最新学年高一物理上学期期末考试试题（含解

析）

一、单项选择题：（6小题，每题4分，共24分）

1.图示为一质点做直线运动的v﹣t图象，据此图象得到的结论是（ ）

A. 质点在第1秒末改变运动方向 B. 质点在第1秒末加速度改变方向 C. 质点在第2秒运动方向与第1秒相反 D. 质点在前2秒内的位移为零 【答案】B 【解析】

【详解】AC. 前2s内质点的速度图象都在时间轴的上方，一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故A错误，C错误；

B. 质点在第一秒内做加速运动，加速度为正；第二秒内做减速运动，加速度为负，质点在第1秒末加速度改变方向，故B正确；

D. v﹣t图象与坐标轴所围面积等于位移大小，则质点在前2s内的位移不为零，故D错误。 故选：B

2.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假定水滴从5m高的屋檐上无初速滴落，水滴下落到地面时的速度大约（ ）

A. 6m/s B. 8m/s C. 10m/s D. 12m/s 【答案】C

- 1 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

【解析】

【详解】由自由落体运动的速度位移关系v=2gh得，

2

v2gh2105m/s10m/s。

A. 6m/s。与结论不符，故A错误； B. 8m/s。与结论不符，故B错误； C. 10m/s。与结论相符，故C正确； D. 12m/s。与结论不符，故D错误。 故选：C

3.如图所示，一人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀减速运动，以下说法正确的（ ）

A. 人受到重力和支持力的作用

B. 人受到重力、支持力和向右的摩擦力的作用 C. 人处于超重状态

D. 人受到支持力小于踏板受到的压力 【答案】B 【解析】

【详解】AB.设人的加速度大小为a，人的加速度斜向下，将加速度分解到水平和竖直方向得： 水平方向向右 ：

竖直方向向下，

水平方向受静摩擦力作用，

方向水平向右，故人受到重力、支持力和静摩擦力三个力作用。故A错误，B正确； C. 由于人有竖直向下的分加速度，所以人处于失重状态，故C错误；

D. 由牛顿第三定律可知，人受到的支持力和踏板受到的压力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误。

的ax=acosθ； ay=asinθ， f=max=macosθ，

- 2 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

故选：B

4.一物体从高x处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间t为时，物体的速度和距地面的高度分别是（ ） 3vx， 39vxB. ，

99v8xC. ，

39A. D.

v3，x 93【答案】C 【解析】

vtt【详解】根据v=gt，可知在和t末的速度比为1:3，所以末的速度为；

333根据公式h的高度为

x12ttgt，可知在和t内的位移比为1:9，所以内的位移为，此时距离地面

33298x。 9vxA. ，。与结论不符，故A错误；

39vxB. ，。与结论不符，故B错误；

99v8xC. ，。与结论不符，故C正确；

39D.

v3，x。与结论不符，故D错误。 93故选：C

5.下列说法中，正确是 （ ）

A. 物体在一条直线上运动，如果在相等的时间里变化的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动

B. 加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动 C. 匀变速直线运动是加速度不变的运动 D. 加速度方向不变的运动一定是匀变速直线运动 【答案】C

- 3 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

【解析】

【详解】A．物体在一条直线上运动，若在相等的时间内通过的位移相等，则物体的运动可能是匀速直线运动，故A与题意不符；

B．加速度大小不变的运动不一定是匀变速直线运动，如平抛运动，故B与题意不符； CD．加速度不变的直线运动就是匀变速直线运动，不仅仅是加速度大小不变，方向也要不变，故C与题意相符，D与题意不符．

6.A、B两球质量相同，静止在倾角为30°的光滑斜面上。两球之间接有轻弹簧。A球与挡板接触，B球通过细线与斜面顶端相连，弹簧处于压缩状态，系统处于静止状态。若重力加速度为g，则撤去挡板瞬间（ ）

A. 细线一定存在拉力 B. 细线拉力一定变大 C. A球向下的加速度等于0.5g D. A球向下加速度大于0.5g 【答案】D 【解析】

【详解】AB. 撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，B的受力情况不变，仍处于平衡状态，则细线对B的拉力不变，故A错误，B错误；

CD.撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，挡板对A球的弹力消失，沿斜面方向，A球受重力向下的分力，弹簧向下的弹力，所以向下的加速度大于重力产生的加速度，

即：

故C错误，D正确。 故选：D。

二、双项选择题：（6小题，每题6分，共36分。选漏得3分，多选、错选和不选得0分） 7.从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示。在0~t0

的mgsin300ma agsin3000.5g

- 4 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

时间内，下列说法中正确的（ ）

A. Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小

B. Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小 C. Ⅰ、Ⅱ两个物体位移都在不断增大 D. Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都等于【答案】AC 【解析】

【详解】AB. 速度时间图象上某点切线的斜率表示该时刻的加速度，故Ⅰ、Ⅱ两个物体的加速度都在不断减小，根据牛顿第二定律，两个物体所受的合外力都在不断减小，故A正确，B错误；

C. 速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，两个物体运动方向都没有改变，位移都在不断增大，故C正确；

D. 如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的

v1v2 2v1v2，如图所示，由于Ⅰ物体的位移大于匀加速的位移，Ⅱ物体的2vv2vv2位移小于匀减速的位移，所以Ⅰ的平均速度大于1，Ⅱ的平均速度小于1，故D错

22面积，平均速度就等于误。 故选：AC

8. 在升降机里，一个小球系于弹簧下端，如图所示，升降机静止时，弹簧伸长4cm，升降机运动时，弹簧伸长2cm，则升降机运动情况可能是（ ）

- 5 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

A. 以1m/s的加速度加速下降 C. 以1m/s的加速度加速上升 【答案】BD 【解析】

2

2

B. 以4.9m/s的加速度减速上升 D. 以4.9m/s的加速度加速下降

2

2

【详解】升降机静止时，弹簧伸长4 cm，则kx1mg；当升降机运动时弹簧伸长2 cm，则

mgkx2ma；联立解得：a4.9m/s2，方向竖直向下．升降机可能是加速下降，也可能

是减速上升．故BD两项正确，AC两项错误．

9.如图所示，重力为mg的球用轻绳悬挂在光滑竖直墙上，绳与墙夹角为α，绳中张力为T，则球对墙的压力大小为（ ）

A. mgtanα B. Tcosα C. mgsinα D. Tsinα 【答案】AD 【解析】

【详解】对小球受力分析，如图所示：

根据平衡条件，有：

T

mg cos- 6 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

NmgtanTsin

根据牛顿第三定律，球对墙壁的压力为mgtanα或Tsinα； A. mgtanα。与结论相符，故A正确； B. Tcosα。与结论不符，故B错误；

C. mgsinα。与结论不符，故C错误； D. Tsinα与结论相符，故D正确； 故选：AD

10.两个共点力合力为F，如果两个共点力之间的夹角θ固定不变，而其中一个力增大，则（ ）

A. 合力F一定增大

B. 合力F的大小可能不变

C. 若θ=90°，合力F一定增大

。D. 若0°＜θ＜90°，合力F可能减小 【答案】BC 【解析】

【详解】AB. 当两个力同向，一个力增大，则合力一定增大；当两个力反向，一个力增大，则合力可能减小，可能增大，可能不变。故A错误，B正确； C. 若θ=90°，合力FD. 当0∘<θ<90∘，一个力增大，则合力一定增大。故D错误。 故选：BC.

11.如图所示，中国三一重工的一台62m长的泵车，参与某次消防救火冷却作业，对泵车在水平路面上以加速度a做匀加速运动的过程，下列分析正确的（ ）

A. 泵车受到的重力和泵车对地面的压力是一对平衡力 B. 轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面间的摩擦力 C. 开车时要求系安全带是为了减小司机的惯性

D. 若泵车发动机的牵引力增为原来的2倍时，泵车的加速度将大于2a 【答案】BD

- 7 -

的F12F22，一个力增大，合力一定增大，故C正确；

专业 文档 可修改 欢迎下载

【解析】

【详解】A. 泵车受到的重力和地面对泵车的支持力是一对平衡力，故A错误； B. 轮胎上凹凸不平的花纹是通过增大接触面的粗糙程度的方法来增大摩擦；故B正确； C. 开车时要求系安全带是为了减小惯性带来的危害，惯性的大小不会变化，因为惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变；故C错误； D. 当牵引力为F时，有：

F−f=ma，

当牵引力为2F时，有：

2F−f=ma′，

所以加速度大于2a，故D正确。 故选：BD

12.如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为

1μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。2现对A施加一水平拉力F，则（ ）

A. 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B. 当F＝

15μmg时，A的加速度为μg 32C. 当F>3μmg时，A、B发生相对运动

D. 若B与地面间的动摩擦因数为μ，则不管F多大B都不能运动 【答案】BCD 【解析】

【详解】A. A、B之间的最大静摩擦力为：

fA=μmAg=2μmg，

B与地面间的最大静摩擦力为：

f′B=

对A、B，当F<

13μ(mA+mB)g=μmg， 223μmg时，A、B都相对地面静止，故A错误； 2C. 当A、B间刚好发生滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，对B：

- 8 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

fAfBma

则A、B间刚好发生滑动时，加速度相等为：

a=

对A、B，有：

1μg， 2F−fB=（mA+mB）a，

得：

F=3μmg，

当F>3 μmg 时，A相对B滑动，故C正确； B. 当F=

5μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，有： 2F−mg=3ma，

32解得

a=μg，

故B正确；

D. 若B与地面间的动摩擦因数为μ， B与地面间的最大静摩擦力为3μmg，A、B之间的最大静摩擦力为2μmg，则不管F多大B都不能运动，故D正确。 故选：BCD

三、实验题：（1小题,共12分）

13.（1）在“两个共点力的合成”实验中，某同学做作出如图所示的图，其中A为橡皮条上端的固定点，O为橡皮条与细绳的结点，图中___________是合力的理论值，需要进行比较的是F与F的大小和方向，通过本实验，可以得出结论：___________

13

（2）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中

- 9 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

砝码的总质量用M表示，盘及盘中砝码的总质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打出的点进行计算。

1）以下实验操作正确的（ ）

A．平衡摩擦力时，应将装有砝码的小盘用细绳通过定滑轮系在小车上

B．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力 C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 D．实验时，先放开小车，后接通电源

2）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持质量m一定，改变质量M，测出相应的加速度a并记录每次实验的数据，若采用图象法处理数据，应该做的图象________。

3）如图(a)为甲同学根据测量数据做出的a－F图线，此甲同学需要采取的做法是：________

4）乙、丙同学用同一装置采用控制变量法做实验，画出了各自得到的a－F图线，如图(b)所示，其中________（填“乙”或“丙”）同学实验时使用的M比较大。

【答案】 (1). F大小（长度） (2). 在误差允许的范围内，两个分力的合力满足平行四边形定则 (3). BC (4). a情况下匀速下滑 (6). 丙 【解析】

- 10 -

1 (5). 减小长木板的倾角，使小车在不挂沙桶的M 专业 文档 可修改 欢迎下载

【详解】（1）[1]F是根据平行四边形法则合成的，是合理的理论值；

[2]由图可知，F与F的基本重合，在误差允许的范围内，两个分力的合力满足平行四边形定则；

（2）1）[3] A．平衡摩擦力时，使小车沿木板向下的分力等于小车受到的阻力，所以不用挂装有砝码的小盘，故A错误；

B．小车受到的阻力包括摩擦力和纸带受到的阻力，所以平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，故B正确；

C．平衡摩擦力后，木板倾斜的角度与质量无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；

D．实验时，先接通电源，后放开小车，故D错误。 故选：BC；

2）[4]小车受到的拉力近似等于砝码及小盘的重力，根据牛顿第二定律：

mgMa

得：

amg所以应作出a1 M1的图像； M3）[5]由图可知，不挂钩码时小车已经有加速度，说明平衡摩擦力过了，应减小长木板的倾角，使小车在不挂沙桶的情况下匀速下滑； 4）[6] 根据FMa，得：

a1F M所以a-F图像的斜率是小车质量的倒数，由图可知，丙的质量较大。 四、计算题：（2小题，共28分）

14.如图所示，质量为mB＝10kg的矩形木板B放在水平地面上，质量为mA＝20kg的木箱A放在木板B上。一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°。已知木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3。现用水平向右的力F使木板B从木箱A下面匀速运动，此时细绳拉力T=100N。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）地面的支持力N和拉力F的大小；

- 11 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

（2）A与木板B间的动摩擦因数μ1。

【答案】（1）160N （2）47 【解析】

【详解】（1）对整体受力分析如图所示：

根据平衡条件，竖直方向：

NTsinmagmbg

水平方向：

Tcos2NF

联立解得：

N240N,F160N

（2）对a分析如图所示：

根据平衡条件，竖直方向：

NabTsinmag

水平方向：

Tcos1Nab

联立解得：

- 12 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

14 715.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离一段时间后打开降落伞，打开降落伞后的速度图线如图a。降落伞有8根对称的绳拉着运动员，每根绳与中轴竖直线的夹角均为α＝37°，如图b。已知人的质量为60kg，降落伞质量为40kg，不计人所受的空气阻力，伞打开后所受阻力f与速率v成正比，即f＝kv。取g=10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？

（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？ （3）每根绳所承受的拉力最大值为多少？

2

【答案】（1）20m；（2）200N·s/m ；30m/s，方向竖直向上；（3）375N 【解析】

【详解】（1）打开降落伞前做自由落体运动，由图可知，打开降落伞时速度为20m/s，根据速度位移关系：

2v02gh0

2

得：

2v0202h0m20m；

2g210（2）降落伞打开后，最终做匀速直线运动，则

kv(mm0)g，

将v＝5m/s代入得：

k＝200N·s/m

打开伞的瞬间，对整体：

- 13 -

专业 文档 可修改 欢迎下载

kv0(mm0)g(mm0)a，

得：

akv0(mm0)g30m/s2，

(mm0)方向竖直向上；

（3）打开降落伞时绳承受的拉力最大，设最大拉力为T，以运动员为研究对象有：

8Tcosmgma，

得：

Tm(ga)8cos370375N

每根悬绳承受的最大拉力至少为375N。

- 14 -