（2021新人教版）高中物理必修第一册综合复习（二）期末复习检测 .docx

1、高一（上）期末物理试卷高一（上）期末物理试卷 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 3 分分，共计共计 24 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1 （3 分）下列哪一组属于国际单位制的基本单位() A.kg、m、km/hB.m、s、kg C.m、N、kgD.N、g、m/s2 2 （3 分）下列有关匀变速直线运动的认识,正确的是() A.匀变速直线运动的速度变化量是一个恒量 B.匀变速直线运动的速度变化率是一个恒量 C.在相等的时间内,匀变速直线运动的位移大小相等 D.匀变速直线运动的速度方

2、向一定不变 3 （3 分）国庆假日高速路上堵车，小明听到导航仪提醒“前方 3 公里拥堵，估计需要 30 分钟通过”， 根据导航仪提醒，下列推断合理的是) A汽车将匀速通过前方 3 公里 B能够计算出此时车子的速度是0.1/m s C通过前方这 3 公里的过程中，车子的平均速度大约为6.0/km h D若此时离目的地还有 15 公里，到达目的地一定需要 150 分钟 4 （3 分）某河流中河水的速度大小 v1=5 m/s，小船相对于静水的速度大小为 v2=3 m/s。小船船头正 对河岸渡河时，恰好行驶到河对岸的 B 点。若小船船头偏向上游某方向渡 河，则小船() A.到达对岸时一定在 B 点的上

3、游 B.可能到达正对岸的 A点 C.渡河的位移可能变短 D.渡河的时间可能变短 5 （3 分）如图所示,一个质量为 m 的物体 A,向其施加一个水平方向的力 F,使 A 沿竖直墙壁匀速下 滑,若物体 A 与墙面间的动摩擦因数为,那么物体 A 与墙面间的摩擦力为() A.Ff=mg向上 B.Ff=mg向下 C.Ff=F向下 D.Ff=F向上 6 （3 分）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮上可以从高处俯瞰四周景色。 现假设摩天轮正绕中间的固定轴在竖直面内做匀速圆周运动，游客坐在座 舱中与座舱保持相对静止（座舱及乘客可视为质点） ，则正确的说法是( ) A游客受力平衡 B游客所受

4、的合外力总是指向摩天轮固定轴 C人在最高点处于超重状态 D座舱所受的合力始终不变 7 （3 分）在“探究求合力的方法”实验中，把橡皮筋一端固定于P点，另一端（自由端）通过细绳 套连接两只弹簧秤a、b，并将该端拉至O点如图所示。已读出弹簧秤的示数，这一步操作中还必 须记录的是() A描下O点位置和两条细绳套的方向 B橡皮条固定端的位置 C橡皮条伸长后的总长度 D细绳套的长度 8 （3 分）如图所示，某同学以不同的初速度将篮球从同一位置抛出，篮球两次抛出后均垂直撞在 竖直墙上。不计空气阻力，下列说法正确的是() A篮球撞墙的速度，第 1 次较大 B从抛出到撞墙，第 1 次球在空中运动时间较长 C篮

5、球在空中运动时的加速度，第 1 次较大 D篮球第 1 次抛出时的初速度较小 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 4 分分，共计共计 16 分分每小题有多个选项符合题意每小题有多个选项符合题意，全部选对全部选对 的得的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得分，错选或不答的得 0 分分 9 （4 分）一物体静止在斜面上，如图所示。当斜面的倾角缓慢增大而物体仍静止在斜面上，此过 程中() A物体所受重力和静摩擦力的合力不变 B物体所受支持力和静摩擦力的合力不变 C物体所受重力和支持力的合力逐渐增大 D物体所受重力、支持力和静摩擦力的合力

6、逐渐增大 10 （4 分）如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线 运动的vt图象，其中 21 2tt，则下列判断正确的是() A甲的加速度比乙大 B 1 t时刻甲、乙两物体相遇 C 2 t时刻甲、乙两物体相遇 D 1 0 t时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐增大 11 （4 分）运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况 下，最终停在远处的某个位置。如图所示，设它经过A、B、C三点，到O点速度为零，已知A、 B、C三点到O点的距离分别为 1 s、 2 s、 3 s，时间分别为 1 t、 2 t、 3 t下列结论正确的是（冰壶和 冰面的动摩擦因数保

7、持不变，g取 2 10/)(m s) A 312 123 sss ttt B 312 222 123 sss ttt C由题中所给条件可以求出冰壶经过A、B、C三点的速率 D由题中所给条件可以求出冰壶与冰面的动摩擦因数 12 （4 分）如图所示，水平横杆上套有圆环A，圆环A通过轻绳与 重物B相连，轻绳绕过固定在横杆下光滑的定滑轮，轻绳通过光滑动 滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平衡，现将圆环A缓慢向右移动 一小段距离，系统仍保持静止，则下列说法中正确的是() A轻绳的拉力变大B横杆对圆A的摩擦力不变 C物块C的高度下降D物块B的高度下降 三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 2 小题，共小

8、题，共 80 分分 13 （10 分）某实验小组在“探究加速度与物体的质量、受力的关系”实验中，设计出如下的实验 方案，实验装置如图所示。已知小车质量 M=261 g，打点计时器所使用的交流电频率 f=50 Hz。其实 验步骤是： A.按实验装置图安装好实验装置; B.利用垫块调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车(与纸带、细绳和砝码盘相连)能沿长木板向下 做匀速运动; C.取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量 m; D.将小车置于打点计时器旁(小车与纸带相连，但与细绳和砝码盘不相连)，先接通电源，再放开小 车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度 a; E.重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘

9、中砝码质量，重复 A、B、C、D 步骤，求得小车在不同合外力 F 作用下的加速度。 回答以下问题： (1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量?(填“是”或 “否”)。 (2)实验中打出的其中一条纸带如图所示，每隔 4 个点取一个计数点，由该纸带可求得小车的加速度 a=m/s 2(结果保留三位有效数字)。 (3)某次实验砝码盘中砝码的重力和对应小车的加速度数据如下表。 次数12345 砝码盘中砝码的重力 F/N0.100.150.200.250.30 小车的加速度 a/(ms -2) 0.610.801.001.191.38 2请根据表中的数据在下方画出 a-F 图像

10、; 造成图线不过坐标原点的最主要原因是; 砝码盘的重力大小是N。 14 （8 分）某同学做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验。步骤如下: (1)将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在方向(填 “水平”或“竖直”)。 (2)弹簧自然悬挂,待弹簧时,长度记为 L0;弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为 Lx;在砝码盘中 每次增加 10 g 砝码,弹簧长度依次记为 L1、L2、L6,数据如表。 代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6 数据/cm25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30 表中有一个数据记录不规范,代表符号为。由表可知所用

11、刻度尺的分度值为。 (3)如图所示是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码的质量,横轴是弹簧长度与的差值 (填“L0”或“Lx”)。 (4)由图可知弹簧的劲度系数为N/m;通过图和表知砝码盘的质量为g。 (结果保留两 位有效数字,g 取 9.8 N/kg) 15 （12 分）在游乐场中，有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上， 由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面 40 m 高处，然后由静止释放，为研究方便，可以认 为座椅沿轨道做自由落体运动 1.2 s 后， 开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动， 且下落到离地面 4 m 高处时速度刚好减小到零， 然后再让座椅以相

12、当缓慢的速度稳稳下落， 将游客送回地面， g 取 10 m/s2， 求: (1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小; (2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍。 16 （12 分）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着质量为m的座 椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘匀速转动 时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为，不计钢绳的重力，求： （1）转盘转动的角速度； （2）此时钢绳的拉力大小F。 17（18 分） 一水平传送带以 2.0 m/s 的速度顺时针传动,水平部分长为 2.0 m。 其右端与

13、一倾角为=37 的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 m,一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端,已知物块 与传送带间动摩擦因数=0.2,试问: (1)物块能否到达斜面顶端?若能则说明理由,若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离。 (2)物块从出发到 4.5 s 末通过的路程。(sin 37=0.6,g 取 10 m/s2) 18 （20 分）如图所示,质量 M=1 kg 的木板 A 静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质量 m=1 kg 的铁块 B(大小可忽略),铁块与木板间的动摩擦因数1=0.3,木板长 L=1 m,用 F=5 N 的水平恒力作用 在铁块上,g 取 10 m/s 2。

14、 (1)若水平地面光滑,计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动; (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数2=0.1,求铁块运动到木板右端所用的时间。 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 3 分分，共计共计 24 分分，在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1 【解答】kg、m、s 是国际单位制中的基本单位,g 和 km/h 不是国际单位制中的单位,N、m/s2是国 际单位制中的导出单位,故 B 正确。 2 【解答】对于不同时间,匀变速直线运动的速度变化量不同,A

15、 错。匀变速直线运动的加速度即速 度变化率不变,B 对。匀变速直线运动的速度时刻在变,在相等的时间内位移大小不相等,C 错。匀变 速直线运动的加速度方向一定不变,速度方向可能变化,D 错。 3 【解答】解：A、前面堵车，汽车要走走停停的通过，所以汽车不会匀速通过，故A错误； B、并不知道此时汽车的速度是多少，导航只是能给出前方的路况，故B错误； C、根据平均速度的定义可得汽车的平均速度为 3 6.0/ 0.5 km vkm h h ，故C正确； D、因为汽车并不是做匀速运动，所以时间不能这样计算，故D错误。 故选：C。 4 【解答】解：使小船船头偏向上游某方向渡河时，合速度仍然可以沿 AB 方

16、向，如图，小船仍然 可能到达 B 点，故 A 错误。 因为水流速度大于船在静水中的速度，所以船不可能到达正对岸的 A点，故 B 错误。使小船船 头偏向上游某方向渡河，合速度方向偏向 AB 左侧时，渡河位移变短，故 C 正确。渡河时间由河宽 与船在垂直河岸方向的分速度决定，船头正对河岸渡河时，渡河时间最短，故 D 错误。 易错警示 在小船渡河问题中，某些同学会错误地认为小船一定能到达出发点的正对岸，从而错选 B 项。本题 中水流速度为 5 m/s，大于小船在静水中的速度 3 m/s，合速度不可能垂直河岸，故小船不可能到达 出发点的正对岸。 5 【解答】解：由于物体匀速下滑,因此在竖直方向上所受合

17、外力为零,所以摩擦力方向向上 Ff=mg。 滑动摩擦力的大小 Ff=FN,FN=F,则 Ff=F,所以 A、B、C 错误,D 正确。 6 【解答】解：A、游客做匀速圆周运动，合力提供向心力，受力不平衡，故A错误。 B、因为游客跟着摩天轮一起做匀速圆周运动，所以其合力提供做圆周运动的向心力，向心力的方 向沿着半径指向圆心，则合外力也总是沿着半径指向圆心，即指向摩天轮固定轴，故B正确。 C、人在最高点时，合力向下，加速度向下，处于失重状态，故C错误。 D、匀速圆周运动的合力大小不变，方向改变，故D错误。 故选：B。 7 【解答】解：用两个弹簧测力计拉时，需要记录两分力的大小和方向以及O点的位置，已

18、读出弹 簧秤的示数，这一步操作中还必须记录的是O点位置和两条细绳套的方向，故A正确，BCD错误。 故选：A。 8 【解答】解：AB、篮球运动的逆过程是平抛运动，篮球撞墙的速度即为平抛运动的初速度，根 据 2 1 2 hgt，得 2h t g ，知第 1 次的高度较在，则第 1 次球在空中运动时间较长。 两次球的水平位移相等，第 1 次的时间较长，根据 0 xv t知，第 1 次撞墙的速度较小，故A错误，B 正确。 C、篮球在空中运动时的加速度都为g，两次加速度相等，故C错误。 D、根据 y vgt知，第 1 次运动的时间较长，则篮球第 1 次抛出时竖直分速度较大，而第 1 次水平 分速度较小，

19、根据速度的合成不能确定抛出时的速度大小，故D错误。 故选：B。 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 4 分分，共计共计 16 分分每小题有多个选项符合题意每小题有多个选项符合题意，全部选对全部选对 的得的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得分，错选或不答的得 0 分分 9 【解答】解：A、由于重力与静摩擦力的合力等于支持力N，而cosNmg，由于增大cos减 小，物体所受重力和静摩擦力的合力减小，故A错误； B、由于支持力与静摩擦力的合力等于重力应不变，故B正确； C、物体受到向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的

20、静摩擦力f，根据平衡条 件可知，重力与支持力的合力应等于静摩擦力，再由sinfmg可知静摩擦力增大，则物体所受重 力和支持力的合力逐渐增大，故C正确； D、根据平衡条件可知重力、支持力、静摩擦力的合力应为零，保持不变，故D错误。 故选：BC。 10 【解答】解：A、根据速度图线的斜率表示加速度，斜率绝对值越大，加速度越大，由图象可知， 乙图线斜率的绝对值大于甲图线斜率的绝对值，所以乙的加速度大，故A错误。 B、根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知 1 0 t时间内，乙的位移比甲的位移大，而甲、 乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动，所以， 1 t时刻甲、乙两物体没有相遇，故B错误。

21、 C、根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则知 2 0t时间内甲、乙两物体的位移相同，则 2 t 时刻甲、乙两物体相遇，C正确。 D、 1 0 t时间内，乙的速度始终大于甲的速度，乙在甲的前面，甲、乙两物体之间的距离逐渐增大， 故D正确。 故选：CD。 11 【解答】解：AB、冰壶运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，则有： 2 1 2 sat，a相 等，则得 312 222 123 sss ttt ，故A错误，B正确。 C、从O到A的过程，有： 11 2 A v st，得： 1 1 2 A s v t ，同理，可以求出冰壶经过B、C两点的速率， 故C正确。 D、从O到A的过程，由 2

22、 11 1 2 sat得加速度大小为： 1 2 1 2s a t 由牛顿第二定律得：mgma，得： a g ，可知能求出冰壶与冰面的动摩擦因数，故D正确。 故选：BCD。 12 【解答】解：A、物体B保持静止，受重力和拉力，根据平衡条件，轻绳拉力大小处处相同，等 于B的重力，保持不变，故A错误； B、圆环A缓慢向右移动一段距离，重物C受重力和两侧绳子的拉力，始终平衡，拉力和重力大小 都不变，根据平衡条件，动滑轮两侧绳子夹角保持不变，栓接A的轻绳与水平方向夹角不变，杆对 环的摩擦力也一定不变，故B正确； CD、圆环A缓慢向右移动一段距离，两段绳子夹角不变，滑轮的运动情况如图所示，所以重物C必 定

23、下降，重物B上升，故D错误、C正确。 故选：BC。 三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 2 小题，共小题，共 80 分分 13 【解答】答案(1)平衡摩擦力(2)1.0(3)C 解析(1)将平面轨道的右端垫起，让小车重力沿斜面方向的分力与摩擦阻力平衡，所以这样做的目 的是平衡摩擦力。 (2)由逐差法可知 a=?u-? 4?2 =(21.60-8.79-8.79)10 -2m 4(0.1s)2 =1.0 m/s 2。 (3)在实验中认为小车受到的合力 F 等于钩码的重力 mg，实际上，小车受到的合力小于钩码的重力。 当 Mm 时，a-F 图像为直线，当不满足 Mm 时，便有 a-F 图像的

24、斜率逐渐变小，选项 C 正确。 。 14 【解答】答案(1)竖直(2)静止L31 mm(3)Lx(4)4.910 解析(1)为保证弹簧的形变只由砝码和砝码盘的重力引起,所以弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向。 (2)弹簧静止时,记录原长 L0;表中的数据 L3与其他数据有效数字位数不同,所以数据 L3不规范, 标准数据应读至厘米位的后两位,最后一位应为估计值,精确至 mm 位,所以刻度尺的分度值为 1 mm。 (3)由题图知所挂砝码质量为 0 时,x 为 0,所以 x=L-Lx。 (4)由胡克定律 F=kx 知,mg=k(L-Lx),所以图线的斜率即? ?= ? ?,则弹簧的劲度系数 k=? ?

25、=(60-10)10 -3kg9.8N/kg (12-2)10-2m =4.9 N/m。 砝码盘质量 m=?(?-?0) ? =4.9N/m(27.3525.35)10 -2m 9.8N/kg =0.01 kg=10 g 15 【解答】解：答案(1)12 m/s(2)1.25 倍 解析(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为 v， 下落时间 t1=1.2 s。 由 v=gt1代入数据解得 v=12 m/s 即座椅在自由下落结束时刻的速度大小是 12 m/s。 (2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为 h，总时间为 t，所以 h=(40-4) m=36 m 匀加速过程和匀减速过程的最大速度均为

26、v，最小速度均为 0，由平均速度公式有 h=v 2t，代入数 据解得:t=6 s 设座椅匀减速运动的时间为 t2，则 t2=t-t1=4.8 s 即座椅做匀减速运动的时间是 4.8 s。 设座椅在匀减速阶段的加速度大小为 a，座椅对游客的作用力大小为 F。 由 v=at2，解得 a=2.5 m/s2 由牛顿第二定律得 F-mg=ma 代入数据，解得 F=1.25mg 即在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的 1.25 倍。 16 【解答】解：(1、2)座椅随转盘转动时，由钢绳拉力和重力的合力提供向心力， tanFmg 而 2( sin )FmrL 联立解得： tan sin g rL

27、 。 根据力的合成与分解可知，钢绳的拉力大小 cos mg T 。 答： （1）转盘转动的角速度为 tan sin g rL 。 （2）此时钢绳的拉力大小为 cos mg 。 17 【解答】解：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动 mg=ma1 x1= v0 2 2a1=1 mL=2.0 m 所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以速度 v0滑上斜面 -mg sin =ma2 物块速度为零时上升的距离 x2= -v0 2 2a2= 1 3 m 由于 x21mg=0.3110 N=3 N 假设 A、B 之间不发生相对滑动,则 对 A、B 整体:F=(M+m)a 对 A:FfAB=Ma 解得 FfAB=2.5 N 因 FfABFfm,故 A、B 之间不发生相对滑动。 (2)对 B:F-1mg=maB 对 A:1mg-2(M+m)g=MaA 据题意:xB-xA=L xA=1 2aAt 2,xB=1 2aBt 2 解得 t= 2 s。 。