2021-2022学年新教材高中物理期末综合新人教版必修第一册.docx

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1、期末综合本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1(2021浙江台州市高一期末)2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器3 000牛顿发动机工作约6分钟，成功将携带月壤样品的上升器送入到预定环月轨道。点火起飞前，着上组合体实现月面国旗展开，如图所示。下列说法正确的是(A)A牛顿是导出单位B题中的23时10分、6分钟都指时刻C月壤样品到

2、达地球后所受重力增大，惯性也随之增大D着上组合体将国旗展开的过程中，着上组合体与国旗都可以看成质点解析：牛顿是导出单位，A正确；题中的6分钟是时间，B错误；月壤样品到达地球后，质量不变，惯性不变，C错误；着上组合体将国旗展开的过程中，国旗不能看成质点，D错误。2(2021沙坪坝区重庆一中高一期末)关于速度和速率，下列说法正确的是(C)A平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值B平均速率就是平均速度的大小C瞬时速度，其大小就是瞬时速率，其方向就是物体运动的方向D平均速度的方向就是物体运动的方向，且其与位移的方向总是一致的解析：平均速度是物体的位移与时间的比值，A错误；平均速率是指路程与时间的比

3、值，平均速率不等于平均速度的大小， B错误；瞬时速度的大小为瞬时速率，其方向为物体运动的方向，C正确；平均速度的方向与位移的方向一致，与物体运动方向不一定相同，D错误。3(2021莆田第十五中学高一期末)如图所示是某质点做直线运动的vt图像，由图可知这个质点的运动情况是(A)A5 s15 s内做匀加速运动，加速度为0.8m/s2B前5 s内静止C15 s20 s内做匀减速运动，加速度为0.8m/s2D质点15 s末离出发点最远，20秒末回到出发点解析：5 s15 s内质点的速度均匀增大，做匀加速运动，加速度为：am/s20.8m/s2，故A正确；前5 s内物体做匀速直线运动，选项B错误；15

4、s20 s内质点的速度均匀减小，做匀减速运动，加速度为：a m/s23.2m/s2，故C错误；020 s内速度一直是正值，说明速度方向不变，20 s末离出发点最远，20秒末不可能回到出发点。故D错误。4(2021湖南省，5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(C)A推力F先增大后减小B凹槽对滑块的支持力先减小后增大C墙面对凹槽的压力先增大后减小D水平地面对凹槽的支

5、持力先减小后增大解析：对滑块受力分析，由平衡条件有Fmgsin FNmgcos 滑块从A缓慢移动到B点过程中，越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以AB错误；对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为FN1Fcos mgsin cos mgsin (2)则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；水平地面对凹槽的支持力为FN地(Mm)gFsin (Mm)gmgsin2 则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。5(2021河南高一月考)如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重力为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对

6、小球施加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是(A)A力F逐渐增大，最大值为GB力F逐渐增大，最大值为2GC轻绳与竖直方向夹角最大值30D轻绳对小球的拉力与水平拉力的合力逐渐增大解析：对小球受力分析，如图甲由平衡条件得FGtan ，逐渐增大，则F逐渐增大，如图乙， 小球缓慢移动的过程中，逐渐增大，FT也逐渐增大， 当FT取最大值2G时，有cos max则max60，此时F达到最大值FmaxGtan 60G，故A正确，BC错误；小球缓慢地移动过程中，小球受平衡力，合力为零，轻绳对小球的拉力与水平拉力的合力大小等于小球的重力，大小不变，故D错误。6(

7、2021安徽芜湖市高一期末)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向转动，t0时将质量m1 kg的物块(可视为质点)轻放在传送带上，物块相对地面的vt图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，下列说法正确的是(D)A传送带的速率v0为12 m/sB传送带的倾角30C物体与传送带之间的摩擦力大小为5 ND物块与传送带间的动摩擦因数0.5解析：物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为10 m/s，故A错误；开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则

8、a1gsin gcos 10 m/s2a2gsin gcos 2 m/s2联立解得0.5，37，故B错误，D正确；物体与传送带之间的摩擦力始终为滑动摩擦力，只是方向发生变化，则FfFNmgcos 374 N，故C错误。7(2021安徽池州市高一开学考试)相扑运动是一种常见的竞技项目。如图所示，在水平的比赛场地上，右侧运动员乙被推着向右加速滑动时，下列说法正确的是(BC)A甲对乙的推力大于乙对甲的推力B甲对乙的推力与乙对甲的推力大小相等C地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力D地面对甲的摩擦力与地面对乙的摩擦力大小相等解析：甲对乙的推力与乙对甲的推力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知甲对乙

9、的推力与乙对甲的推力大小相等，故A错误，B正确；对甲与乙整体分析可知水平方向受地面对甲的摩擦力与地面对乙的摩擦力，因为乙被推着向右加速滑动，由牛顿第二定律可知地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，故D错误，C正确。8(2021福建三明市高一期末)如图为邱凯同学在校运会上背越式跳高的照片。若不计空气阻力，则他(AC)A离地前起跳阶段处于超重状态B离地后上升阶段处于超重状态C起跳时对地面的压力与地面对他的支持力大小相等D起跳时对地面的压力与地面对他的支持力是一对平衡力解析：离地前起跳阶段，该同学加速向上运动，根据牛顿第二定律可知支持力大于重力，即处于超重状态。A正确；离地后上升阶段，仅受重力，处于

10、完全失重状态。B错误；起跳时对地面的压力与地面对他的支持力是作用力与反作用力，大小相等。C正确，D错误。9(2021福建龙岩市高一期末)图a是一辆质量为m的公交车，沿水平路面经过公交站点“汽车站”时的照片，图b是车内横杆上悬挂的拉手环的照片，拉手环偏向车尾，轻悬绳偏离竖直方向角。根据题中提供的信息，下列判断正确的有(AC)A汽车加速出站 B汽车减速进站C可求汽车此时的加速度 D可求汽车此时的牵引力解析：对拉手环进行受力分析，可得拉手环所受合力向前加速度向前，所以汽车加速度向前。故A正确B错误；取拉手环为研究对象，根据牛顿第二定律得：mgtan ma，由此可得汽车的加速度agtan ；通过加速度

11、可以求出汽车所受的合力，但是阻力未知，无法求出牵引力的大小。故C正确，D错误。10(2021浙江温州市高一开学考试)如图所示，光滑斜面倾角为30，小滑块从斜面上的A点由静止下滑，经过相距2 m的B、C两点的时间为0.2s，P为BC的中点，取g10 m/s2。则下列说法正确的是(BCD)A滑块过P点时的速度大小为10 m/sB滑块过C点时的速度大小为 10.5m/sC滑块从P到C的时间小于0.1sD若斜面倾角变为45，则滑块从B到C的平均速度变大解析：滑块经过BC的平均速度vBC m/s10 m/s，即BC中间时刻的速度为10 m/s，而中间位移的速度大于中间时刻的速度，则滑块过P点时的速度大小

12、大于10 m/s 选项A错误；物体下滑的加速度为agsin 305 m/s2，则滑块过C点时的速度大小为vCvPaT1050.1m/s10.5m/s，选项B正确；因为从P到C的平均速度大于从B到P的平均速度，则滑块从P到C的时间小于0.1s，选项C正确；若斜面倾角变为45，则下滑的加速度变大，则滑块从B到C的时间减小，则平均速度变大，选项D正确。第卷(非选择题共60分)二、填空题(2小题，共14分。把答案直接填在横线上)11(6分)(2021福建福州市福州三中高一期末)小明同学做“探究求合力的方法”实验。(1)本实验需要用到带细绳套的橡皮筋，图甲中最合适的是_C_；(2)某次用弹簧秤拉橡皮筋时

13、弹簧秤的指针位置如图乙所示，弹簧秤示数为_2.622.65_N；(3)下列有关该实验的说法中，正确的是_C_。A用两把弹簧秤和用一把弹簧秤拉时，两次保证橡皮筋伸长量相同就保证了作用效果相同B两分力的夹角越大越好C弹簧秤拉伸时应保持和木板平行D本实验应作出力的示意图来探究合力与分力的关系解析：(1)带细绳套的橡皮筋，细绳长度不能太短，否则确定拉力方向误差大，且绳的结点不易过大，故C最合适；(2)测力计的最小刻度为0.1N，读数读到最小刻度下一位，读数为2.63 N；(3)为保证两次实验作用效果相同，用两只弹簧测力计和用一只弹簧测力计拉橡皮筋时，应将橡皮筋结点拉至同一位置，故A错误；为减小实验误差

14、，两拉力间夹角要适当大些，但并不是两分力的夹角越大越好，故B错误；为减小实验误差，弹簧秤拉伸时应保持和木板平行，故C正确；本实验应作出力的图示来探究合力与分力的关系，力的示意图适合计算法解题，故D错误。12(8分)(2021浙江金华市高一期末)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是_BCD_。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几

15、条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带(两相邻计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_1.3_m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_D_。A2 tan BCkD解析：(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误；该题是弹簧测力计测出拉

16、力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确。(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为0.06 s，由xaT2可得，加速度am/s21.3m/s2(3)对aF图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，此题，弹簧测力计的示数FF合，图线的横纵坐标轴分度值可能不同，故倾斜角的正切值不一定等于图线的斜率k，故小车质量为m。三、论述、计算题(本题共

17、4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)(2021山东菏泽市高一期末)如图所示，一光滑小球夹在竖直墙面和斜面体之间，整个系统保持静止，球体和斜面体的质量均为m，斜面体的倾角为37(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为g。求：(1)小球对斜面体的压力；(2)要使斜面体静止不动，斜面与水平地面的动摩擦因数至少为多大？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案：(1)mg(2)解析：(1)对小球受力分析，如图所示据平衡条件可得FNFsin 37，mgFcos 37联立代入数据可得F

18、mg，FNmg，故小球对斜面体的压力为mg。(2)把小球和斜面体当成一整体，竖直方向，地面对斜面的支持力FN地2mg水平方向，要使斜面体静止不动，最大静摩擦力应大于等于墙的作用力N，即FN地FN联立可解得，即斜面与水平地面的动摩擦因数至少为。14(10分)(2021福建泉州市高一期末)如图为某轿车在行驶过程中，试图借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L4 m时，客车正以v16 m/s速度匀速行驶，轿车正以v210 m/s的速度借道超车。客车长L110 m，轿车长L24 m，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化。(1)若轿车开始加速并在3 s内成功超越客车L312 m后，才能驶回正

19、常行驶车道，其加速度多大？(2)若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？答案：(1)4 m/s2(2)2 m/s2解析：(1)设轿车的加速度大小为a，经过t13 s，客车和轿车位移分别为x1、x2，由运动学公式得x1v1t1，x2v2t1at，x2x1L1L2LL3，解得a4 m/s2(2)设轿车减速的加速度大小为a，经过时间t2，轿车、客车达到共同速度，则v2at2v1，客车和轿车位移分别为x1、x2，满足x2v2t2atx1v1t2，x2x1L，解得a2 m/s2即轿车至少以2 m/s2加速度匀减速，才能避免与客车相撞。15(12分)(

20、2021江西九江市高一期末)质量为2 kg的物体在沿斜面向下的推力F作用下沿固定斜面做直线运动，一段时间后撤去F，其速度时间图像如图所示，斜面倾角37(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)推力F的大小。答案：(1)0.8(2)1.2N解析：(1)撤去F后的加速度a2 m/s20.4m/s2mgcos mgsin ma2，代入数据得0.8(2)撤去F前的加速度a1m/s20.2m/s2Fmgsin mgcos ma1，代入数据得F1.2N16(14分)(2021陕西宝鸡市高一期末)如图所示，光滑的水平面上，质量为M4 kg的小车

21、在水平推力F6 N的作用下从静止开始向右运动，在t03 s末在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m0.8kg的小煤块，煤块与小车间的动摩擦因数0.25，小车足够长。g取10 m/s2。求：(1)小煤块刚放上后，小煤块及小车的加速度各为多大？(2)小煤块刚放上后，经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放上小车开始，到两者达到相同速度，小煤块在车上划过的痕迹有多长？答案：(1)1 m/s2,2.5m/s2(2)3s(3)6.75 m解析：(1)选小车为研究对象，根据牛顿第二定律得FmgMa1解得a11 m/s2，选小煤块为研究对象，根据牛顿第二定律得mgma2解得a22.5m/s2(2)小煤块没有放上小车时，由牛顿第二定律可得FMa0解得a01.5m/s2，t03 s末小车的速度为v1a0t04.5m/s设经过时间t两者速度相等，则v1a1ta2t解得t3 s(3)t时间内小车的位移为x1v1ta1t2t时间内小煤块的位移为x2a2t2小煤块在小车上划过的痕迹Lx1x26.75 m