2020_2021学年广东省广州市天河外国语高一上物理期中考

广州市天河外国语学校2020学年第一学期期中考试

高一年级试卷 物理 命题人: 审核人:

注意事项:

1.本试卷分全卷满分100分,75分钟内完成,闭卷. 2.本试卷分第1卷(选择题)和第1卷(非选择题)两部分.

3.答卷前,考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应的位置上

4.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑:如需改动,用橡皮擦于净后,再选涂其它答案;不能答在试卷上

5.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔或涂改液,不按以上要求作答的答案无效 6.考生必须保持答题卡的整洁,考试结束后,将答题卡交回

第I卷选择题(共51分)

一、选择题I(本题共9小题,每小题3分,共27分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.) 1．下列说法正确的是 ( )

A．诗句“人在桥上走,桥流水不流”中的“桥流”选择的参考系是河岸 B．广州市出租汽车起步价10元/2.5公里，其中“2.5公里”指的是位移 C．广州开往武汉的T180次列车于17:40分出发指的是时间

D．广播操比赛中，体育老师对学生做操动情况进行评分时，不可将学生看作质点

2．为了使公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志。如图所示，甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是120km/h；乙图是路线指示标志，表示到南昌还有175km。上述两个数据的物理意义是（ ）

A．120km/h是平均速度，175km是位移 B．120km/h是瞬时速度，175km是路程 C．120km/h是瞬时速度，175km是位移 D．120km/h是平均速度，175km是路程

3．一质点自原点开始在x轴上运动，初速度v00，加速度a0，a值不断减小直至为零后不变，下列分析质点的运动情况正确的是（ ）

A．速度不断增大，当a0时，速度达到最大，位移不断增大 B．速度不断减小，位移继续增大 C．速度不断增大，位移不断减小

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D．速度不断增大，当a0时，位移达到最大值

4．在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为：x=30t﹣3t2（x的单位是m，t的单位是s）．则汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为（ ） A．25m

B．50m

C．75m

D．100m

5．上世纪50年代，ABS“防抱死系统”开始应用于飞机和火车．现在，ABS系统几乎已经成为民用汽车的标准配置．一实验小组做了某型民用汽车在有、无ABS的情况下“60~0km/h全力制动刹车距离测试”，测试结果如图所示．由图推断，两种情况下汽车的平均加速度之比a有：a无 为

A．3∶2 C．3 : 4

B．4 : 3 D．2∶3

6．如图所示,将一轻质弹簧的一端固定在铁架台上,然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧,刻度尺的0刻线与弹簧上端对齐,使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上.当弹簧下端挂一个50g的砝码时,指针示数为L1=6.00cm,当弹簧下端挂两个50g的砝码时,指针示数为L2=8.00cm.g取9.8m/s2.由此可知

A.弹簧的原长是2.00cm B.弹簧的原长是4.00cm C.弹簧的劲度系数是26N/m D.弹簧的劲度系数是26N/cm 7．下列关于摩擦力的说法正确的是（ ） A．摩擦力的大小一定与压力成正比 B．摩擦力一定是阻力

C．运动的物体可能受到静摩擦力作用 D．摩擦力的方向一定与物体运动的方向相反 8．关于重力以下说法正确的是( ) A．重力的方向总是垂直地面向下的

B．把空气中的物体浸入水中，物体所受重力变小

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C．挂在绳上静止的物体，它受到的重力就是绳对它的拉力 D．同一物体在地球各处重力大小是不一定相同的

9．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x（单位m），则质点运动的加速度为（ ） A．

3x 2B．

2x 3C．

2x 5D．

5x 2

二、选择题Ⅱ(本题共6小题,每小题4分,共24分.在每小题给出的四个选项中,至少有两项符合题目要求,全选对得4分,错选得零分,漏选得2分)

10．甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动，v－t图象如图所示，3s末两质点相遇，由图象可知

A．甲的加速度小于乙的加速度 B．出发前乙在甲之前6m处 C．出发前甲在乙之前6m处

D．相遇前甲、乙两质点的最远距离为8m

11．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移－时间图像即x－t图线．由图可知( )

A．在时刻t1，两车相遇

B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反

C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增加 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大

12．在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻速度达到最大值v1时，打开降落伞做减速运动。在t2时刻以较小速度v2着地。他的v-t图象如图所示．下列关于空降兵在0～t1或t1～t2

时间内的结论正确的是

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A．0～t1空降兵的位移sv1t1 2v1v2(t2t1) 2v1v2 2B．t1～t2，空降兵的位移sC．t1～t2，空降兵的平均速度vD．t1～t2空降兵做加速运动，加速度越来越小

13．在某地将甲乙两小球从距离水平地面同一高度处先后释放，它们做自由落体运动的v─t图象如图所示。则

A．t＝4s时，两球的高度相差为60m B．由图像求出该地区重力加速度g=10m/s2 C．两球在空中运动过程中，距离保持不变 D．乙球释放时距离甲球40m

14．如图所示是甲、乙、丙三个物体相对同一位置的位移-时间图像，它们向同一方向开始运动，则在0~t0内，下列说法正确的是

A．丙平均速度最大 B．甲的平均速率最大 C．它们的平均速度相等 D．乙的平均速度最小

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15．如图所示，在国庆阅兵中，某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命．要求该机10时57分由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，以v=80m/s进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置．已知SBC=8km．则（ ）

A．直升飞机在AB段做匀加速直线飞行的时间为80s B．直升飞机在AB段的加速度为1m/s2 C．直升飞机在AB段的平均速度为32 m/s D．AB段的距离为3200m

第Ⅱ卷非选择题(共49分)

三、实验与探究(本题共3小题,共24分)

16．（共6分）某物体所受重为200N,放置在水平地面上，地面对它的最大静摩擦力为74N,它与地面间的动摩擦因数为0.36

(1)用50N的水平推力推物体，此时地面对物体的摩擦力的大小为_____N；

(2)物体运动起来后，若使其保持匀速直线运动，则在水平方向施加推力的大小为_______N；

(3) 物体在水平推力作用下做匀速直线运动的过程中，若撤去水平推力，直到停止前，地面对物体的摩擦力的大小为______N。

(1)研究小车匀速直线运动的实验装置如图（a）所示其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50HZ，纸带上计数点的间距如图（b）所示，图中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．

17．（共12分）研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工作频率为50Hz.纸带上依次打下计数点1、2…7的间距如图所示,其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出,测得s1=1.40cm,s2=1.90cm,s3=2.38cm,s4=2.88cm,s5=3.39cm,s6=3.87cm.

(1)部分实验步骤如下:

A.把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔 B.接通电源,待打点计时器工作稳定后放开小车 C.将小车停靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连 D. 测量完毕,关闭电源,取出纸带

上述实验步骤的正确顺序是︰___(用字母填写)

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(2)图中标出的相邻两点的时间间隔T=__s;点4对应的瞬时速度大小为v4=___m/s;(计算结果保留3位有效数字)

(3)图中纸带加速度大小为a=___m/s2，加速度的方向向___ (选填\"左\"或\"右\").(计算结果保留3位有效数字)

18．(共6分)沿某方向做变速直线运动的物体,

(1)若前一半时间内的平均速度是v1=6m/s,后一半时间内的平均速度是v2=10m/s,则全程的平均速度大小为_____m/s。

(2)若全程的平均速度v'=2.4m/s,前一半位移的平均速度v1'=3m/s,则这个物体后半位移的平均速度大小为_____m/s。 四、计算题(本题共3小题,共25分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,必须明确写出数值和单位.)

19．（共6分）如图，直杆长L1=0.5m，圆筒高为L2=3.7m。直杆位于圆筒正上方H=0.8m处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒（取g=10m/s）。求：

(1)直杆下端刚到圆筒上端时的时间； (2)直杆穿越圆筒所用的时间.

20．（共8分）汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图是某天坑，最大深度320m，在某次勘察中，探险队员利用探险绳从天坑边沿到坑底仅用s（可认为是竖直的），若队员先以加速度a从静止开始做匀加速运动，经过40s速度为5m/s，然后以此速度匀速运动，最后匀减速到达坑底速度恰好为零．

2

（1）求匀加速阶段的加速度a大小及匀加速下降的高度h． （2）求队员匀速运动的时间．

21．（共11分）一只气球以l0m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球竖直高度差4m处，有一小球以20m/s的初速度竖直上抛，g取10m/s2,不计小球受到的空气阻力． （1）不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间？

（2）小球能否在空中与气球相遇?若不能相遇,说明理由;若能相遇,小球抛出后多久相遇.(结果可以用根式表

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达)

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参

1．D 【解析】

人在桥上走,是以地面作为参考系,桥流水不流,是以水为参考系，选项A错误；出租汽车起步价10元/2.5公里，其中“2.5公里”指的是路程，选项B错误；广州开往武昌的T180次列车于17:40分出发指的是时刻，选项C错误；广播操比赛中，老师对学生做操动作标准情况进行评分时，学生的大小不能忽略，不可将学生看作质点，选项D正确；故选D. 2．B 【详解】

允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度，是瞬时速度，所以120 km/h是指瞬时速度；到杭州还有175km，175km是运动轨迹的长度，是路程，故B正确，ACD错误。 故选B。 3．A 【详解】

A．当加速度减小时，相同时间内速度的增加量减小，但是速度仍是增加的，当a0时，速度达到最大值，速度不为0，位移不断增大，故A正确；

BCD．由于初速度v00，加速度a0，即速度和加速度同向，不管加速度大小如何变化，速度都是在增加的，速度方向不变，位移一直增大，故BCD错误。 故选A． 4．C 【解析】

试题分析：由位移随时间变化的规律可知，汽车的初速度：

，加速度

，故刹车的

时间：5．B 【详解】

，刹车距离：，选项C正确.

a有x无20v2===4:3， 故B项正确，ACD三项错误． 据a得，

a无x有152x6．B 【详解】

设弹簧的原长为L,则:

F1k(L1L)50103kg9.8m/s20.49N

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F2k(L2L)100103kg9.8m/s20.98N

联立解得︰ x=4.00cm k=24.5N/m 故选B 7．C 【解析】

滑动摩擦力的大小与正压力成正比，静摩擦力大小与正压力大小无关，故A项错误；摩擦力可以是动力，如人行走时，地面施加的摩擦力为动力，故B项错误；运动的物体可能受到静摩擦力的作用，如人行走时受到地面施加的静摩擦力作用，故C项正确；摩擦力方向与物体相对运动方向或相对运动趋势方向相反，可能与运动方向相同，故D项错误。 8．B 【解析】

试题分析：重力的方向总是竖直向下，但不一定是垂直地面向下，比如在斜面上，A错误；由于重力加速度随着维度，高度的变化而变化，所以同一物体在地球各处重力大小不一定相同，B正确；绳子的拉力施力物体是绳子，重力的施力物体是地球，两者的施力物体不同，不是一个力，但二力平衡，大小相等，C错误；重力Gmg，其大小只和质量，重力加速度g有关，与其他因素无关，D错误， 9．D 【详解】

质点前3s内的位移

19x3a32a

22质点前2s内的位移

x2则第3s内的位移

1a222a 295a2aa 222x 5xx3x2加速度为

aABC错误，D正确。 故选D。 10．AC

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【详解】

由图看出，甲的斜率小于乙的斜率，则甲的加速度小于乙的加速度，故A正确；3s末甲、乙通过的位移分别为：x甲=1132m3m，x乙=36m9m，根据题意知，3秒末两质点在途中相遇，则说明出22发前甲在乙之前6m处．由于出发前甲在乙之前6m处，出发后乙的速度一直大于甲的速度，则两质点间距离不断缩短，所以相遇前甲乙两质点的最远距离为6m，故C正确，BD错误． 11．ABC 【解析】

A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，说明两车相遇，故A正确；

B、根据图象的斜率表示速度，可知，在时刻t2，两车运动方向相反，故B正确；

C、图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增大，故C正确；

D、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先大于、再等于、后小于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误； 故选ABC． 【点睛】

位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，两图线相交表示相遇，图线的斜率表示速度的大小．由此分析即可． 12．AC

A.根据速度时间图象围成的面积表示位移，可知在0～t1时间内空降兵的位移：

s故A正确；

0v1t1 2B.在t1～t2内空降兵如果做的是匀减速直线运动，则这段时间内的位移为：

sv1v2(t2t1) 2由图可知空降兵做的是加速度逐渐减小的减速运动，所以图线围成的面积小于做匀减速直线运动的面积，故在t1～t2时间内，空降兵的位移：

s故B错误；

v1v2(t2t1) 2C.在t1～t2时间内空降兵如果做的是匀减速直线运动，则空降兵的平均速度等于：

v1v2 2由图可知空降兵做的是加速度逐渐减小的减速运动，所以图线围成的面积小于做匀减速直线运动的面积，故空降兵的平均速度小于：

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v1v2 2故C正确。

D.由图可知空降兵做的是加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。 13．AB 【解析】

A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=4s时，甲球通过的位移为

x11(400)480m，乙的位移为x(200)220m，两球位移之差等于60m，故A正确． 22B、由图像斜率可知g=10m/s2,故B正确．

C、释放乙球时甲已经运动了2s，此后他们做加速度均为10m/s2匀加速运动，速度差恒为20m/s,距离逐渐变大，故C错误．

D、释放乙球时甲已经运动了2s，所以此时乙距离甲球h14．BC 【解析】

ACD项，平均速度定义式v12gt20m ，故D错误． 2x ，其中x代表位移．从图中可以看出在相等时间t0内运动走过的位移相t等，所以三者的平均速度相等，故C正确，AD错误 B、平均速率的公式是vs ，其中s是走过的路程，从图像上可以看出在相同时间t0内的路程关系ts甲s乙s丙 ，所以甲的平均速率较大，而乙和丙的平均速率相等，故B正确；

故选BC 15．ABD 【详解】

AB.依题意，直升飞机水平飞行的总时间t=180s，水平匀速飞行的时间

t2.直升飞机在AB段做匀加速直线飞行的时间

sBC8000s100s v80t1=t−t2=80s

直升飞机在AB段的加速度

a故AB正确；

CD.AB段的距离大小：

v0800m/s21m/s2 t1804 / 14

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11xABat121802m3200m

22直升飞机在AB段的平均速度

vAB故C错误，D正确。

16．50；72；72 【解析】

xAB3200m/s40m/s t180(1)用50N的水平推力推物体,推力小于地面对物体的最大静摩擦力,物体仍保持静止,根据平衡条件得，地面对物体的摩擦力是f1=F1=50N.

(2)物体运动起来后,若使其保持匀速直线运动,水平推力与滑动摩擦力平衡,则有 水平推力 F2fNG0.36200N72N

(3)若撤去外力,直到静止前,地面对物体的滑动摩擦力为f=μN=μG=0.39×200N=72N 17．ACBD 0.1 0.263 0.496 左 【解析】

(1)实验步骤如下:把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔;将小车停靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连;接通电源,待打点计时器工作稳定后放开小车;测量完毕,关闭电源,取出纸带.所以正确顺序是ACBD

(2)打点计时器的工作频率为50Hz,相邻两点之间还有4个记录点未画出,相邻两点的时间间隔

T51s0.10s﹒ 50点4对应的瞬时速度

s3s4(2.382.88)102v4m/s0.263m/s

2T20.10(3)纸带加速度

(s4s5s6)(s1s2s3)0.496m/s2 29T打点计时器不动,纸带上点与点的间隔说明纸带向左加速经过打点计时器,则纸带加速度的方向向左. 18．8 ；2 【解析】

(1)令全程时间为2t,则全程位移 为x=v1t+v2t

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全程的平均速度vxv1tv2tv1v2610m/s8m/s 2t2t22(2)令全程位移为2x,则全程所用的时间

txx v1v2所以全程的平均速度

v2x2x2v1vtxx2

v1v2v1v2代入数据,解得:v2′=2m/s. 19．（1）0．4s （2）0.6s 【解析】

试题分析：（1）直杆做自由落体运动，由运动学知识得

v12＝2gH

解得

v1＝210m/s20.8m＝4.0m/s.

设直杆下端到达圆筒上方的时间为t1，则

H＝

（2）设直杆上端离开圆筒下方时间为t2，则

L1＋H＋L2＝

由题意得

t＝t2－t1

三式联立解得

t=0.6s.

20．（1）0.125m∕s2；100m（2）39s 【解析】 （1）根据

12gt1 t1=0.4s 212gt2 t2=1s 2a所以

vmv050m∕s20.125m∕s2 t40h12at100m 26 / 14

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(2) 设匀速运动时间为t1 ，匀速下降的高度为h2，由题意有

h2vmt1

匀减速过程

202vm2a2(220h2) ， 0vma2(t总tt1)

联立解得：

a20.5m/s2， t139s

21．（1）20m；2s（2）小球能与气球相遇 ，【解析】

设小球上升的最大高度为h,时间为t, 则h55s 5022g 解得h=20m,

tv0, 解得t=2s. g(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1,则 v气=v小=v0一gt1, 解得t1=1s

在这段时间内气球上升的高度为x气,小球上升的高度为x小,则x气=v气t1=10m

1x小v0t1gt1215m

2由于x气+4m1255x小x气v0t2gt2v气t24m 解得：t2

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