四川省乐山市2020-2021学年高一(上)期末物理试题(解析版)

乐山市高中2023届教学质量检测物理

［考试时间：2021年1月28日下午3：30─5：00］

本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共6页。考生作答时，须将答案答在答题卡上。在本试题卷、草稿纸上答题无效。满分100分。考试时间90分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共 48分）

注意事项：

1.答第I卷前，考生务必将自己的娃名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再涂选其它答案，不准答在试题卷上。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

本卷共16题，每题3分，共48分。在每题给出的四个选项中，第1~12题只有一个选项符合题目要求，第13~16题有多个选项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1. 如图所示，新中国成立70周年阅兵仪式上，国产武装直升机排列并保持“70”字样编队从天安门上空整齐飞过。甲、乙分别是编队中的两架直升机，则（ ）

A. 以甲为参考系，乙是运动的 B. 以乙为参考系，甲是运动的

C. 以甲为参考系，坐在观众席上的观众都是静止的

D. 以乙为参考系，“70”字样编队中所有直升机都是静止的 【答案】D 【解析】 【分析】

【详解】AB．甲和乙相对静止，所以以甲为参考系，乙是静止的，相反以乙为参考系，甲是静止的，故AB错误；

C．观众相对甲有位置变化，所以以甲为参考系，观众是运动的，故C错误；

D．乙和编队中的直升机是相对静止的，因此以乙为参考系，编队中的直升机都是静止的，故D正确。 故选D．

2. 关于运动状态与所受外力的关系，下列说法正确的是（ ） A. 物体受到的合力为零时，它可以处于静止状态或匀速直线运动状态 B. 物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态不会发生改变 C. 物体的运动方向一定与它所受的合力方向相同 D. 物体的运动方向一定与它所受的合力方向相反 【答案】A 【解析】 【分析】

【详解】A．物体受到的合力为零时，它可以处于静止状态或匀速直线运动状态，A正确； B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态一定会发生改变，B错误；

CD．物体的运动方向可能与运动方向相同，也可能相反，也可能不在一条直线上。CD错误。 故选A。

3. 手机给人民生活带来很多便利某些出行软件极大地方便了某些“不识路”的驾车一族，如图，从乐山到成都有不同的路线可供选择，下列说法正确的是（ ）

A. 图中的“2小时2分”指的是时刻

B. 图中研究汽车在导航图中的位置时，不可以把汽车看作质点 C. 图中三种推荐路线的位移大小相同 D. 图中的“142公里”指的是位移

【答案】C 【解析】 【分析】

【详解】A．图中的“2小时2分”指的是时间间隔，选项A错误；

B．图中研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可忽略不计，可以把汽车看作质点，选项B错误； C．图中三种推荐路线，因初末位置相同，则位移大小相同，选项C正确； D．图中的“142公里”指的是路程，选项D错误。 故选C。

4. 甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移一时间图像如图所示，由图像可以得出，在0-4s内（ ）

A. 甲、乙两物体始终同向运动 C. 4s时甲、乙两物体间的距离最大 【答案】B 【解析】 【分析】

【详解】A．xt图像的斜率等于速度，可知在0~2s内甲、乙都沿正向运动，运动方向相同。2s后内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，运动方向相反，故A错误。

B由图知，在0~4s内甲、乙的位移都是2m，平均速度相等，故B正确； C．4s末甲乙的位移相同，此时甲、乙两物体相遇，距离最小，选项C错误；

D．0~2s内甲乙同向运动，甲的速度较大，两者距离不断增大。2s后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则2s时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为 s4m1m3m，故D错误。 故选B。

5. 一碗水置于火车车厢内的水平桌面上．当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图（ ）

B. 甲的平均速度等于乙的平均速度 D. 甲、乙两物体间的最大距离为6m

A. B.

C. D.

【答案】A 【解析】

当火车向右做匀减速运动时，则加速度向左，根据牛顿定律可知，水面形状接近A所示，故选A. 6. 如图是一张在真空实验室里拍摄羽毛与苹果同时下落的局部频闪照片。已知频闪照相机的频闪周期为

T。下列说法中正确的是（ ）

A. x1；x2；x3一定满足x1:x2:x31:3:5 B. 羽毛下落到B点的速度大小为

x1x2 TC. 苹果在C点的速度大小为2gT D. 羽毛下落的加速度大小为【答案】D 【解析】 【分析】

x3x1 2T2的【详解】A．只有初速度为零的匀变速直线运动，从开始计时，连续相等时间内位移之比为

x1:x2:x31:3:5，A点不一定是起点，A错误；

B．羽毛下落到B点的速度大小为

vB错误；

x1x2 2TC．如果A点是起点，苹果在C点的速度大小为2gT，题目无此条件，C错误； D．羽毛下落的加速度大小为

aD正确。 故选D。

x3x1 2T27. 下课铃响，物理老师端着保温杯去教室侯课，如图所示，假设杯子始终保持竖直；则下列说法中正确的是（ ）

A. 若保持保温杯始终静止，则手握得越紧，保温杯受到的摩擦力越大 B. 若握着保温杯匀速上楼梯，保温杯所受的摩擦力向上 C. 若握着保温杯加速上楼梯，保温杯处于失重状态 D. 若握着保温杯在走廊上匀速运动，保温杯不受摩擦力 【答案】B 【解析】 【分析】

【详解】AD．保持保温杯始终静止或者握着保温杯在走廊上匀速运动，则保温杯处于平衡状态，竖直方向保温杯受到的摩擦力与重力等大反向，与手的握力大小无关，选项AD错误；

B．若握着保温杯匀速上楼梯，保温杯受力平衡，即所受的摩擦力与重力反向，方向向上，选项B正确； C．若握着保温杯加速上楼梯，保温杯的加速度有竖直向上的分量，则处于超重状态，选项C错误； 故选B。

8. 如图所示，A、B两个物体的质量相等，有F1N的两个水平力分别作用于A、B两个物体上，A、

B都静止，则地面对A物体、A物体对B物体的摩擦力大小分别为（ ）

A. 2N、1N 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 1N、0 C. 0、1N D. 1N、1N

【详解】先以整体为研究对象，则整体在水平方向受向左和向右的大小相等的拉力，则二力的合力为零；B在若地面对A有摩擦力的话，则整体不可能静止，故地面对A的摩擦力为零；再以B为研究对象进行分析，水平方向受向右的拉力，要保持静止，则A对B一定有向左的摩擦力，大小为1N；故C正确，ABD错误。 故选C。

9. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向右的力F缓慢拉动轻绳的中点O，如图所示。用

T表示绳OA段拉力的大小，在O点向右移动的过程中（ ）

A. F逐渐变小，T逐渐变小 C. F逐渐变小，T逐渐变大 【答案】D 【解析】 【分析】

B. F逐渐变大，T逐渐变小 D. F逐渐变大，T逐渐变大

【详解】以结点O为研究对象受力分析，设OA与竖直方向夹角为θ，由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则根据平衡条件可知

Tcosmg0

TsinF0

由此两式可得

Fmgtan

Tmg cos

在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大。故D正确，ABC错误。 故选D。

10. 如图，水平拉力F的作用下，小车在光滑的水平面上向右加速运动时，物块A与车厢壁相对静止，当的水平拉力F增大时，则（ ）

A. 物块A受的摩擦力变大 B. 物块A受的摩擦力不变 C. 物块A可能相对于车厢滑动 D. 车厢壁对物块A的支持力不变 【答案】B 【解析】 【分析】

【详解】设物块的质量为M，以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图。

当作用在小车上的水平拉力F增大时，小车和物块的加速度增加。

ABD．当加速度增大时，支持力物块受到的支持力增大，竖直方向根据平衡条件可得，摩擦力f=Mg，保持不变。故B正确、AD错误。

C．小车的加速度增大时，弹力N=ma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，则物块A不可能相对于车厢滑动，故C错误。 故选B。

11. 如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相同方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是（ ）

A. a、b两球同时落地 C. a、b两球在P点相遇 【答案】B 【解析】 【分析】

B. b球先落地

D. 两球落地时的速度方向相同

【详解】ABC．平抛运动的时间由高度决定，所以两球同时抛出时，b球先落地；b球先到P点。AC错误，B准确；

D．从水平分运动来看，经过同一个点P，说明v2v1，从竖直方向看，有v2yv1y，落地时，有

tana所以两球落地时的速度方向不同。D错误。 故选B。

v1yv1tanbv2yv2

12. 甲、乙从同一位置同时出发的速度-时间图像如图所示，由图像可知（ ）

A. 3s时甲在乙的前方 B. 4.5s时甲乙第一次相遇

C. 0~17s内甲的平均速度大小为0.75m/s D. 甲加速运动的距离等于减速运动的距离 【答案】B 【解析】 【分析】

【详解】A．3s时甲的位移小于乙的位移，所以乙在甲的前方，A错误； B．4.5s前甲的位移小于乙的位移，甲在乙的前方，4.5s时，甲的位移

x1=

乙的位移

131.51.51.5=4.5m 2x2=4.5×1m=4.5m

4.5s时甲乙第一次相遇，B正确；

C．0~17s内甲的位移

x3=

所以0~17s内甲的平均速度

1131.51.54101.5=20.25m 22x31.19m/s tvC错误；

D．甲加速运动的距离为2.25m，减速运动的距离为3m，D错误。 故选B。

13. 如图所示，水平地面上的物体A在斜向，上的拉力F的作用下，向右做直线运动，A与地面的动摩擦因数不为零。则关于下列物体受力情况的说法中正确的是（ ）

A. 物体A可能只受到二个力的作用 C. 物体A可能受到了四个力的作用 【答案】AC 【解析】 【分析】

【详解】若物体A做匀速直线运动，合力为零。由于F有水平向右的分力，则物体必定受到向左的滑动摩擦力，地面对物体必定有支持力，因此，物体一定受到重力、地面的支持力和摩擦力、拉力共四个力作用；若物体A做匀加速直线运动，物体A可能只受到重力和拉力F两个力作用，两个力的合力水平向右，故AC正确，BD错误。 故选AC。

14. 将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图像如图所示。以下判断正确的是（ ）

B. 物体A可能受到三个力的作用 D. 物体A可能受到了五个力的作用

A. 最后2s内货物只受重力作用 B. 前3s内货物处于超重状态

C. 前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D. 第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 【答案】BC 【解析】 【分析】

【详解】A．vt图线斜率的物理意义为加速度，最后2s内的加速度大小

a106m/s23m/s2g 2所以最后2s内货物除了重力作用外还受到阻力作用，A错误； B．前3s内货物加速向上，处于超重状态，B正确；

C．根据匀变速直线运动中某段时间内，平均速度等于中间时刻速度

vv0vt 2可知货物前3s内的平均速度等于最后2s内的平均速度，C正确；

D．货物的机械能由动能和重力势能构成，第3s末至第5s末的过程中，货物的动能不变，vt图线和时间轴围成的面积为位移，根据图像可知货物的位移一直增大，货物的重力势能一直增加，则货物的机械能一直增加，D错误。 故选BC。

15. 如图所示，质量均为m的斜面体A、B叠放在水平地面上，A、B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。若A的斜面倾角为，下列说法正确的是（ ）

A. Fmgtan

B. A、B间的作用力为mgcos

C. 地面对A的支持力大小为2mg 【答案】BD 【解析】 【分析】

【详解】AB．对B受力分析有

D. 地面对A的摩擦力大小为Fcos

Fmgsin，Nmgcos

A错误，B正确； CD．以A、B为系统，有

FN2mgFsin，fFcos

C错误，D正确。 故选BD。

16. 如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则（ ）

A. 刚开始时B的速度为vcos B. A匀速上升时，重物B也匀速下降

C. 重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力 D. A运动到位置N时，B速度最大 【答案】AC 【解析】 【分析】

【详解】AD.对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是va ，vb其中va就是B的速度vB（同一根绳子，大小相同），刚开始时B的速度为vB＝vcosθ；

当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，va＝0，所以B的速度vB＝0，故A正确，D错误；

BC.因A匀速上升时，由公式vB＝vcosθ，当A上升时，夹角θ增大，因此B做减速运动，由牛顿第二定律，可知，绳对B的拉力大于B的重力，故B错误，C正确．

第I卷（非选择题 共52分）

注意事项：

1.必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的大题区域内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷上无效。 2.本卷共5小题，共52分。

将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA，17. 某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，

将弹簧的一端A固定在水平墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC分别固定在弹簧的A端和弹簧测力计甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧AA伸长量为1cm不变。

(1)OA、OC间夹角为90，弹簧测力计乙的示数是_________N（如图2所示），则弹簧测力计甲的示数是___________N；

(2)在(1)间中若保持OA与OB的夹角不变和O点位置不变；逐渐增大OA与OC间夹角，则弹簧测力计甲的示数大小将____________，弹簧测力计乙的示数大小将______________。 【答案】 (1). 3.00 (2). 5.00 (3). 一直变小 (4). 先变小后变大 【解析】 【分析】

【详解】(1)[1] 弹簧测力计乙的示数是3.00N。 [2] 轻质弹簧AA的弹力为

FAkx4N

根据三力平衡得

FBFA2FC25.00N

(2)[3][4]受力如图

保持OA与OB的夹角不变和O点位置不变；逐渐增大OA与OC间夹角，则弹簧测力计甲的示数大小将减小，弹簧测力计乙的示数大小将先变小后变大。

18. 利用力传感器研究“加速度与舍外力的关系”的实验装置如图所示．

(1)下列基于该实验操作的说法，正确的是_________．（选填选项前的字母） A．实验前需垫高木板右端以平衡摩擦力 B．实验应保证小车的质量远大于所挂钩码的质量 C.实验前应调节定滑轮的高度使细线与木板平行 D．实验开始时，应先放开小车再接通电源

(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，取计数点A、B、C、D、E，相邻两点之间的时间间隔相同，已测得

AB＝4.11 cm，AC=10．00cm．AD=17. 69 cm，AE=27.20 cm．若已求得打点计时器打B点时小车的速度vB=0.50

m/s,则小车的加速度a=_______ m/s2.(计算结果保留三位有效数宇)．

(3)若甲、乙两同学用同一装置进行实脸，为方便对比，两个同学画图时横、纵坐标的标度都一样，各自得到的a一F图象移至同一坐标系后如图所示．则两位同学使用的器材中小车质量的大小关系是m甲___m乙(填“大于”或“小于”）．

【答案】 (1). AC (2). 1.80（1.78－1.82） (3). 大于 【解析】

(1)实验前需垫高木板右端以平衡摩擦力，选项A正确；因为有力传感器记录绳的拉力大小，故实验不一定要保证小车的质量远大于所挂钩码的质量，选项B错误；实验前应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，以减小误差，选项C正确；实验开始时，应先接通电源再放开小车，选项D错误；故选AC； （2）打点计时器打B点时小车的速度vB=0.50 m/s，则vBAC0.10.5m/s，解得T=0.1s；则2T2TCEAC0.272020.100022m/s1.80m/s 224T40.1F1（3）根据a ,即aF，则直线a-F图像的斜率等于质量的倒数，则可知则两位同学使用的器材

mma中小车质量的大小关系是m甲大于m乙.

点睛：本题考查了实验数据处理、实验现象分析等问题；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．通过作图法研究两个变量之间的关系是物理里常用的一种手段，只有直线图形可以清楚地说明两变量之间的关系．

19. 如图所示，固定在水平面上的半球形容器内壁光滑，O为球心，质量为m的小滑块在水平力F的作用下静止于P点。设OP与水平方向的夹角为，重力加速度为g。求： (1)F的大小；

(2)小滑块对容器内壁的压力。

【答案】(1)F【解析】 【分析】

mgmg；(2)，方向水平沿OP方向。 tansin【详解】小滑块受水平力F、重力mg和支持力FN作用，处于平衡状态，受力分析如图所示。

(1)由平衡条件可得水平力F大小为

F(2)容器内壁对小滑块的支持力大小为

mg tanmg sinmg sin根据牛顿第三定律，小球对竖直挡板压力大小

方向水平沿OP方向

20. 如图甲所示，质量为m1kg的物块置于倾角为=37的固定且足够长的斜面上，对物块施以平行于

斜面向上的拉力F，在t1s时撤去拉力，物块运动的部分v-t图象如图乙所示。重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：

(1)拉力F的大小和物块与斜面间的动摩擦因数； (2)t5s时物体的速度v的大小。

。的FNFNFN

【答案】(1)F＝30 N，μ＝0. 5；(2)4m/s 【解析】 【分析】

【详解】(1)设力F作用时物块加速度为a1，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可知

Fmgsinmgcosma1

撤去力后物块加速度为a2，由牛顿第二定律有

mgsinmgcosma2

根据图象可知

a1＝20 m/s2 a2＝10 m/s2

代入解得

F＝30 N

μ＝0. 5

(2)设撒去力后物块运动到最高点所需时间为t2

v1＝a2t2

解得

t2＝2 s

则物体沿着斜面下滑的时间为

t3=t-t1-t2＝2 s

没下滑加速度为a3，由牛顿第二定律有

mgsinmgcosma3

解得

a3＝2 m/s2

t=5 s时速度

v＝a3t＝4m/s

21. 如图所示，相距L=6m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接，右侧平台长s4m，距地面高h5m。传送带以速度v5.0m/s向右匀速运动。质量m2.0kg的小物件（可视为质点），以初速度v0=1.0m/s自左侧平台滑上传送带。小物件与传送带间的动摩擦因数10.40，小物件与右侧平台间的动摩擦因数20.20，重力加速度取g10m/s2。求： (1)小物件通过传送带所需的时间；

(2)小物件离开右侧平台C端时的速度大小； (3)小物件从C点飞出后落地点距C点的水平距离。

【答案】(1)1.6s；(2)3m/s；(3)3m 【解析】 分析】

【详解】(1)小物件在传送带上先做匀加速运动，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律有

【联立上式，代入题给数据得 解得

小物件做匀速运动

得小物件通过传送带所需的时间 (3)小物件滑离右侧平台后做平抛运动 竖直方向 水平方向

μ1mg=ma1

设小物件滑上传送带后匀加速运动的距离为sl，由运动学公式有

2v2v02a1s1

s1=3m因此，小物件在到达右侧平台前，速度先增大至v，然后开始做匀速运动。设小物件从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t，做匀加速运动所用的时间为t1，由运动学公式有

vv0a1t1

t1vv051s1s a14t2Ls163s0.6s v5t=t1+t2=1.6s

(2)小物件在到达右侧平台上做匀减速运动，加速度大小为a2，由牛顿第二定律 μ2mg=ma2

2vCv22a2s

代入数据解得小物件离开右侧平台C端时的速度大小

vC=3m/s

h12gt3 2xvCt3

解得落地点距C点的水平距离

x=3m