东城区 2019—2020 学年度第一学期期末教学统一检测高一
物理
一、单项选择题
1.下列选项中,哪组仪器可以测量国际单位制中的力学基本物理量( )
A. 密度计、弹簧测力计、打点计时器
B. 米尺、弹簧测力计、秒表
C. 秒表、天平、量筒
D. 米尺、天平、秒表
【答案】D
【解析】
【详解】米尺测量长度,长度是国际单位制中三个力学基本物理量;天平测量质量,质量是
国际单位制中三个力学基本物理量;秒表测量时间,时间是国际单位制中三个力学基本物理
量;密度计是测量液体密度的仪器,量筒是测量体积的仪器,弹簧测力计是测量力的仪器,
密度、体积与力都是导出量,不是基本物理量。由以上的分析可知,D 正确,ABC 错误。
故选 D。
2.同一个物体,由于所要研究的问题不同,有时可以看成质点,有时不能看成质点。下面选
项中正确的是( )
A. 研究地球的公转周期时,可以把地球看作质点
B. 研究乒乓球的旋转快慢时,可以把乒乓球看作质点
C. 研究百米跑运动员的起跑动作时,可以把运动员看作质点
D. 研究足球比赛中香蕉球的运动原因时,可以把足球看作质点
【答案】A
【解析】
【详解】A.研究地球绕太阳公转周期时,地球的大小相对于运动的轨道可以忽略不计,可
以将地球看作质点,A 正确;
B.研究乒乓球旋转时,不可以把乒乓球看作质点,否则没有转动,B 错误;
C.研究百米跑运动员的起跑动作时,不可以把运动员看作质点,否则没有动作,C 错误;
D.研究足球比赛中香蕉球的运动原因时,不可以把足球看作质点,否则没有足球的转动导
致的香蕉球,D 错误。故选 A。
3.一个球形物体静止放在光滑的水平地面上,并与竖直墙壁相接触,如图所示,A、B 两点
分别是球与墙、地面的接触点,则下列说法正确的是( )
A. 物体受到重力、地面的支持力和墙壁的弹力三个力作用
B. 物体受到重力、地面的支持力两个力作用
C. 物体受到重力、地面的支持力和墙壁的摩擦力三个力作用
D. 物体受到重力、地球的引力和地面的支持力三个力作用
【答案】B
【解析】
【详解】物体在竖直方向上受重力和支持力平衡,在水平方向上虽然与墙壁接触,但不挤压,
不受墙壁的弹力,B 正确,ACD 错误。
故选 B。
4.下列关于速度的说法正确的是( )
A. 速度是描述位置变化的物理量
B. 瞬时速度方向与物体运动的方向相同
C. 速度一定随加速度增加而增加
D. 速度方向一定与加速度方向相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.速度是描述位置变化快慢 物理量,位移是描述位置变化的物理量,A 错误;
B.瞬时速度的方向就是物体的运动方向,B 正确;
C.当速度方向与加速度方向一致时,速度才增加,当速度方向与加速度反向相反时,速度
减小,C 错误;
D.加速度方向与速度变化量的方向一致,但是不一定与速度方向一致。当加速度与速度方
向一致时,物体做加速运动,加速度与速度方向相反时,物体做减速运动,D 错误。
故选 B。
的5.撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动,完整的过程可以简化成三个阶段:持杆助跑、
撑杆起跳上升、越杆下落。撑杆跳高的过程中包含很多物理知识,下列说法正确的是( )
A. 持杆助跑过程,重力的反作用力是地面对运动员的支持力
B. 撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力
C. 撑杆起跳上升阶段,弯曲的撑杆对人的作用力大小等于人对撑杆的作用力大小
D. 最高点手已离开撑杆,运动员还能继续越过横杆,是因为受到了一个向前的冲力
【答案】C
【解析】
【详解】A.重力是由于地球的吸引而产生的,所以任意过程中,其反作用力均为人对地球
的引力,A 错误;
BC.弯曲的撑杆对人的作用力和人对撑杆的作用是相互作用力,故撑杆起跳上升阶段,弯
曲的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用,B 错误,C 正确;
D.最高点手已离开撑杆,运动员还能继续越过横杆,是因为人的惯性,而没有受到冲力作
用,D 错误。
故选 C。
6.一物块从粗糙斜面底端,以某一初速度开始向上滑行,到达某位置后又沿斜面下滑到底
端, 则物块在此运动过程中( )
A. 上滑时的摩擦力小于下滑时的摩擦力
B. 上滑时的摩擦力大小等于下滑时的摩擦力大小
C. 上滑时的加速度小于下滑时的加速度
D. 上滑的时间大于下滑的时间【答案】B
【解析】
【详解】AB.设斜面倾角为 ,物体受到的摩擦力 ,物块上滑与下滑时的
滑动摩擦力相等,A 错误,B 正确;
C.根据牛顿第二定律有,上滑时的加速度
a 上=
下滑时的加速度
a 下=
由此可知,上滑时的加速度大于下滑时的加速度,C 错误;
D.上滑的过程,采用逆向思维,是初速度为零的匀加速直线运动,根据
可知上滑时的加速度大于下滑时的加速度,所以上滑时的时间小于下滑时的时间,D 错误。
故选 B。
7.甲、乙两物体沿同一直线运动,其运动过程的 v-t 图如图所示,则以下说法正确的是( )
A. t1 时刻之前乙在甲前面,t1 时刻之后乙在甲后面
B. t1 时刻之前甲乙运动方向相反,t1 时刻之后运动方向相同
C. t1 时刻两物体到达同一位置
D. t1 时刻甲乙两物体的速度相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲、乙两物体沿同一直线运动,由于出发点位置关系未知,所以不能确定它们
的位置关系,A 错误。
B.根据速度的正负表示速度方向,知甲乙运动方向一直相同,B 错误。
CD.t1 时刻两图象相交,甲乙两物体的速度相同,但不一定到达同一位置,C 错误,D 正
θ cosf mgµ θ=
cos sin cos singm mg g gm
µ θ θ µ θ θ+ = +
sin cos sin cosmg gm g gm
θ µ θ θ µ θ− = −
21
2x at=确。
故选 D。
8.如图所示,细绳 MO 与 NO 所能承受的最大拉力相同,长度 MO>NO,则在不断增加重
物 G 的重力过程中(绳 OC 不会断)( )
A. 绳 ON 先被拉断
B. 绳 OM 先被拉断
C. 绳 ON 和绳 OM 同时被拉断
D. 条件不足,无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】物体对 O 点拉力等于物体重力,此力有两个效果:一是使 NO 绳拉紧,二是使 OM
绳拉紧。按效果把物体对 O 点的拉力分解,如图所示:
由此可知 NO 绳受的力大于 MO 绳受的力。当重力逐渐增大,NO 绳先达到最大拉力,NO
绳先断。A 正确,BCD 错误。
故选 A。
9.一物体从 A 点由静止开始做匀加速直线运动,到达 B 点时速度为 v,再运动到 C 点时的
速度为 2v,则 AB 与 BC 的位移大小之比为( )
A. 1:3 B. 1:4
C. 1:2 D. 1:1
【答案】A
【解析】对 AB 过程,由变速直线运动 速度与位移的关系式可得 ,解得 ,对
BC 过程可得 ,解得 ,所以 AB 与 BC 的位移大小之比为 1:
3,故 A 正确,BCD 错误;
故选 A.
10.从光滑斜面上某一位置先后由静止释放 A、B、C、D 四个小球(小球可以看作质点),已
知相邻两小球释放的时间间隔为 0.1s。某时刻拍下一张照片,四个小球的位置如图所示。测
出 AB、BC、CD 间距离分别为 xAB=5cm,xBC=10cm,xCD=15cm,则( )
A. 小球 A 的位置恰好为释放四个小球的初始位置
B. 小球 C 的速度是 A、D 两个小球速度之和的一半
C. 小球 B 的速度大小为 1.5m/s
D. 小球 A、B、C、D 的加速度大小均为 5m/s2
【答案】D
【解析】
【详解】ACD.根据
△x=aT2
得小球的加速度为:
m/s2
B 点的速度等于 AC 段的平均速度,则有:
m/s
A 点小球的速度为:
m/s
可知小球不是从 A 点释放,AC 错误,D 正确;
的 2v 2 ABax= 2
2AB
vx a
=
2 2(2v) 2 Bcv ax− = 23
2BC
vx a
=
( ) 2
2 2
10 5 10 501
xa T
−− ×∆= = =
.
( ) 25 10 10 0.752 2 0.1
AC
B
xv T
−+ ×= = =×
0.75 5 0.1 0.2A Bv v aT= − = − × = 0≠B.C 点是 BD 段的中间时刻,根据平均速度的推论知,C 点小球的速度等于 B、D 点两球
速度之和的一半,B 错误。
故选 D。
11.一列火车由静止以恒定的加速度启动出站,设每节车厢的长度相同,不计车厢间间隙距
离,一观察者站在第一节车厢最前面,他大致测量了第一节车厢通过的时间及车厢长度,估
算出第一节车厢尾驶过他时的速度为 v0,则第 n 节车厢尾驶过他时的速度为( )
A. nv0 B. n 2v0 C. D. 2nv0
【答案】C
【解析】
【详解】设每节火车的长度为 l,根据
得第一节车厢经过时有:
n 节车厢经过时有:
联立两式解得: ,C 正确,ABD 错误。
故选 C。
12.如图所示,A、B 两木块间连一轻弹簧,A、B 质量相等,一起静止地放在一块光滑木
板上,重力加速度为 g。若将此木板突然 抽去,在此瞬间,A、B 两木块的加速度分别是
( )
A. aA=0,aB=2g B. aA=g,aB=g
C. aA=0,aB=0 D. aA=g,aB=2g
【答案】A
【解析】
【详解】开始时,对 A 物体受重力和弹簧的弹力 F,根据平衡条件可得
0nv
2 2v ax=
2
0 2v al=
2 2v a nl= ⋅
0v nv=mg=F
在抽出木板的瞬时,弹簧对 A 的弹力和对 B 的弹力并未改变。A 物体仍然受力平衡,则
aA=0。对 B 物体受重力和弹簧的向下的弹力,根据牛顿第二定律有:
A 正确,BCD 错误
故选 A。
13.如图所示,质量为 2m 的物块 A 与水平地面间的动摩擦因数为 μ,质量为 m 的物块 B 与
地面的摩擦不计,在大小为 F 的水平推力作用下,A、B 一起向右做加速运动,则 A 和 B 之
间的作用力大小为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
以 AB 组 成 的 系 统 为 研 究 对 象 , 由 牛 顿 第 二 定 律 得 系 统 的 加 速 度
,以 B 为研究对象,由牛顿第二定律得 A 对 B 的作用力:
,即 AB 间的作用力为 ,D 正确.
14.如图所示,长方体物块 A 叠放在长方体物块 B 上,B 置于粗糙水平面上 A、B 质量分别
为 mA=2kg,mB=1kg,A、B 之间动摩擦因数 μ1=0.2,B 与地面之间动摩擦因数 μ2=0.1,现对
A 施加水平力 F,若 F 从 0 开始逐渐增大,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则( )
A. 当拉力超过 3N 时,A、B 开始发生相对滑动
B. 当拉力超过 4N 时,A、B 开始发生相对滑动
C. 当拉力超过 5N 时,B 的加速度为 1m/s2
D. 当拉力超过 6N 时,A、B 开始发生相对滑动
【答案】D
。
2B
F mga gm
+= =
3
mgµ 2
3
mgµ 2 4
3
F mgµ−
2
3
F mgµ−
2 2
2 3
F mg F mga m m m
µ µ− × −= =+
2
3AB
F mgF ma
µ−= = 2
3AB
F mgF
µ−=【解析】
【详解】对 AB 整体,B 与地面间的摩擦力: N,当 AB 间摩擦力达
到最大静摩擦力时,A、B 间发生相对滑动,即 N,对 B,根据牛顿第二定
律有:
m/s2
对 AB 整体,由牛顿第二定律得:
解得:F=6N,即当拉力超过 6N 时,A、B 开始发生相对滑动,B 的加速度为 1m/s2,ABC
错误,D 正确。
故选 D。
二、实验题
15.如图甲所示,用铁架台、弹簧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。
(1)实验中还需要的测量工具有:____________________
(2)用纵轴表示钩码质量 m,横轴表示弹簧的形变量 x,根据实验数据绘制出乙图。由
图可知:弹簧的劲度系数 k =_____N/m(重力加速度 g 取 9.8m/s2)。
(3)如图丙所示,实验中用两根不同的弹簧 a 和 b,画出弹簧弹力 F 与弹簧长度 L 的关系
图像。则下列说法中正确的是_____。
A.a 的原长比 b 的长 B.a 的劲度系数比 b 的大 C.a 的劲度系数比 b 的小 D.弹力
与弹簧长度成正比
【答案】 (1). 刻度尺 (2). 4.9 (3). B
【解析】
【详解】(1)[1]实验需要测量弹簧伸长的长度,故需要刻度尺。
( )2 2 3A Bf m m gµ= + =
1 1 4Af m gµ= =
1 2 1B
B
f fa m
−= =
( )2 A B BF f m m a− = +(2)[2]图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。则有:
N/m
(3)[3]A.在图象中横截距表示弹簧的原长,故 b 的原长比 a 的长,A 错误;
BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数 k,故 a 的劲度系数比 b 的大,B 正确;C 错误;
D.弹簧的弹力满足胡克定律,弹力与弹簧的形变量成正比,D 错误。
故选 B。
16.为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合力成正比”的结论是否正确,一组
同学用图甲所示的装置进行实验,并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中。
(1)关于该实验,下列叙述正确的是( )
A. 保持小车的质量不变,改变沙和桶的总质量
B. 保持沙和桶的总质量不变,改变小车的质量
C. 保持小车和沙桶的质量均不变
D. 同时改变小车和沙桶的质量
(2)在图乙中作出 a-F 图线。( )
(3)由 a-F 图线可以发现,该组同学实验操作中遗漏了_____这个步骤。
(4)根据 a-F 图线可以求出小车的质量是______保留两位有效数字)。
【答案】 (1). A (2). (3). 平衡摩擦力 (4).
0.25kg
4.9Fk x
∆= =∆【解析】
【详解】(1)[1]本实验为了验证“当质量一定时,物体的加速度与它所受的合力成正比”的
结论是否正确,所以要保持小车的质量不变,改变沙和桶的总质量,从而改变小车所受的拉
力,A 正确,BCD 错误;
故选 A。
(2)[2]如图为作出的作出 a-F 图线
(3)[3]从上图中发现直线没过原点,当 F≤0.2N 时,a=0.也就是说当绳子上有拉力时小
车的加速度还为 0,说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢。该组同学实验操作中遗漏了平
衡摩擦力这个步骤;
(4)[4]根据
变形得:
可知 a-F 图线的斜率表示小车的质量,则有:
解得:m=0.25kg
三、计算题
17.一辆汽车在高速公路上以 v0 =30m/s 的速度匀速行驶,由于在前方出现险情,司机采取紧
急刹车,刹车加速度的大小为 a =5m/s2,求:
(1)从开始刹车到汽车停下,所经历的时间。
(2)从开始刹车到汽车停下,所滑行的距离。
(3)汽车刹车后 3s 内行驶的距离。
F ma=
1=a Fm
1 1.6 40.6 0.2m
= =−【答案】(1)6s;(2)90m;(3)67.5m。
【解析】
【详解】(1)设汽车经时间 t 停止,由
代入数据得:t=6s
(2)汽车的位移为
m
(3)由于:3s<6s,则汽车在 3s 内的位移为:
代入数据解得:x1=67.5m
18.物理课学习超重与失重现象后,某同学回家乘坐电梯时用心体会了一下,发现从电梯上
升到静止的过程中,他经历了先加速再匀速,最后减速的运动过程。每次都是在 17 层到 18
层(他住 18 层)的过程中,有明显减速的感觉。有一天,该同学用手机测出电梯 减速时的
加速度为 0.65m/s2,设该同学的质量为 60kg,g=9.8m/s2 求,
(1)电梯从 17 层到 18 层减速过程中,该同学处于超重状态还是失重状态?
(2)减速过程中,电梯底面对该同学的支持力大小?
(3)电梯以多大的加速度减速时,电梯底面对他的支持力为零?
【答案】(1)失重状态;(2)549N;(3)9.8m/s2。
【解析】
【详解】(1)电梯从 17 层到 18 层减速过程中,加速度向下,所以该同学处于失重状态;
(2)减速过程中,对手机,根据牛顿第二定律有:
代入数据解得:FN=549N
(3)电梯底面对人的支持力为零时,根据牛顿第二定律有:
解得: 9.8m/s2
19.如图所示,水平传送带 A、B 两端相距 s=2m,工件(可以看作质点)与传送 带间的滑动
摩擦因数 μ=0.1。(g=10m/s2)问:
0 0v v at= − =
0 30 6 902 2
vx t= = × =
2
1 0 1 1
1
2x v t at= −
Nmg F ma− =
mg ma′=
a′ =(1)若传送带不转动,要使工件达到 B 端,工件水平滑上 A 端瞬时速度至少多大?
(2)若传送带以 v=1m/s 速度顺时针匀速转动,将工件轻轻放于传送带 A 端,则工件由 A
端被传送到 B 端所用时间为多少?
(3)调节传送带的速度 v 可以改变工件从 A 端被传送到 B 端所用的时间 t,在忽略工件轻
放于 A 端速度的条件下,定性说明时间 t 与传送带速度 v 的关系,并且若要用最短时间 t 传
送工件,计算传送带匀速转动时速度 v 的最小值。
【答案】(1)2m/s;(2)2.5s;(3)2m/s。
【解析】
【详解】只要工件相对于传送带相对运动,工件的加速度大小不变,设工件加速度大小为
a,根据牛顿第二定律可得:
解得:a=1m/s2
(1)若传送带不转动,要使工件达到 B 端,工件在 A 端的速度最小时达到 B 端速度为零,
根据速度位移关系可得:
解得:vA=2m/s
(2)若传送带以 v=1m/s 的速度顺时针匀速转动,将工件轻轻放于传送带 A 端,则达到与
传送带速度相等经过的时间
s
此过程 位移:
m
匀速运动的时间为:
s
所以工件由 A 端被传送到 B 端所用时间为:
s
的
的
mg maµ =
2 2Av as=
1 1vt a
= =
2
1 0.52
vx a
= =
1
2 1.5s xt v
−= =
1 2 2.5t t t= + =(3)在忽略工件轻放于 A 端速度的条件下,随着传送带的速度增大,到达 B 端的时间减小;
但传送带速度达到一定值时,传送带速度增加,达到 B 端的时间不变;若要用最短时间传
送工件,传送带匀速转动时速度的最小值为 vmin,此时工件一直加速到与传送带速度相等达
到 B 端。根据速度位移关系可得:
解得: m/s
20.如图所示,斜面高为 h,水平面上 D、C 两点距离为 L。可以看成质点的物块从斜面顶点
A 处由静止释放,沿斜面 AB 和水平面 BC 运动,斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不
计的光滑弯曲轨道连接,图中没有画出,不计经过衔接处 B 点的速度大小变化,最终物块
停在 水平面上 C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为 μ。请证明:斜面倾
角 θ 稍微增加后,(不改变斜面粗糙程度)从同一位置 A 点由静止释放物块,如图中虚线所
示,物块仍然停在同一位置 C 点。
【答案】见解析所示
【解析】
【详解】设斜面长为 ,倾角为 ,物块在水平面上滑动的距离为 S.对物块,由动能定理
得:
即:
由几何关系可知:
则有:
2 2minv as=
2minv =
L′ θ
cos 0mgh mg L mgSµ θ µ− ⋅ ′− =
cos 0sin
hmgh mg mgSµ θ µθ− ⋅ − =
0tan
hmgh mg mgSµ µθ− − =
tan
h L Sθ = −
( ) 0mgh mg L S mgSµ µ− − − =解得:
故斜面倾角 θ 稍微增加后,(不改变斜面粗糙程度)从同一位置 A 点由静止释放物块,如图
中虚线所示,物块仍然停在同一位置 C 点。
0mgh mgLµ− =
hL µ=