【文档说明】江苏省南通第一中学2020-2021学年高一上学期期中考试物理试题 答案.pdf，共(7)页，322.825 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-180fcba0e2e687a8bddefdbf67733f87.html

以下为本文档部分文字说明：

江苏省南通第一中学2020-2021第一学期期中考试（高一物理）（答案解析）一、单项选择题12345678DBCCDBCB二、多项选择题910111213ADBDACDADBC三、实验题14、（1）交流，0.02；CBDA（2）匀加速直线；小车在连续相等的时间间隔内的相邻位移

之差恒定；4.4；12四、计算题15、【分析】根据自由落体运动的基本公式求解即可．【解答】解：（1）释放后1s末物资速度v1＝gt＝10×1＝10m/s，（2）直升飞机距离地面的高度h�����������t��敬���敬t，（3）

下落前4s的位移h�������������t������tt物资落地前最后1s内的位移x＝h﹣h4＝125﹣80＝45m答：（1）释放后1s末物资速度大小为10m/s．（2）直升飞机距离地面的高度为125m．（3）物资落地前最后1s内的位移为45m．【点评

】本题主要考查了自由落体运动的基本公式的直接应用，知道最后1s的位移等于总位移减去前4s的位移．16、【分析】对A球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力和细线的拉力，最后根据胡克定律得到弹簧的压缩量．求外力时可以用整体法。【解答】解：对球A受力分析，受重力

mg、拉力T、弹簧的弹力F，如图根据平衡条件，结合合成法，有：T�t��th��F＝mgtan��根据胡克定律，有：F＝kxk△x＝mgtan��；所以弹簧长度的压缩量：△x�t�������答：（1）细线中拉力的大小T�t��th��；（2）所以弹簧长度的

压缩量为t�������．（3）对A、B、弹簧、细绳组成的整体进行分析，物体只收到天花板对整体的拉力和自身重力，由于轻绳和弹簧的重力忽略不计，所以:FT=2mg【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用

合成法求解出弹力，最后根据胡克定律求解出弹簧的压缩量．求外力时可以用整体法17、（【分析】（1）只需根据速度位移公式可以计算出总位移；（2）需要计算出总时间，然后根据平均速度公式计算出平均速度；（3）再计算出经过人工通道的总时

间，然后求差即可。【解答】解：（1）设减速过程中的位移为x减，则由速度位移公式为：�减��t���������敬��敬����t��ttt由对称性可知：x加＝100m故全过程总位移为：x＝x减+L+x加＝210m（2）由时间对称性可知：�减��

加��t������敬�敬�h��th匀速通过的时间为：�匀������t敬h��h全过程平均速度为：�����沿ETC通道：tE＝t'减+t匀+t'加＝22s解得：��������t��tth��܀敬敬tth（3）沿人工收费通道减速时间与加速时间相等，即为：�减���加���

t���敬�h��敬h有：t人＝t减+t停+t加＝50s节约时间为：△t＝t人﹣tE＝50s﹣22s＝28s答：（1）汽车通过ETC通道从开始减速至恢复原速过程中发生的位移为210m；（2）汽车通过ETC通道从开始减速至恢复原速过程中的平均速度是9.55m/

s；（3）汽车通过ETC通道比通过人工通道节约的时间为28s。【点评】只要能够明白汽车的运动过程，恰当运用运动学公式就可以计算出结果了。部分选择题解析2.【分析】根据加速度的定义式������，物体的加速度就是速度变化的快慢，也

等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．【解答】解：A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度

就会很小，故A错误；B、运动物体的速度很大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动，故B正确；C、运动物体的速度为零，其加速度可能很大，刚开始发射的火箭，故C错误。D、加速度很大时，若速度方向与加速度方向相反则减速，故D错误；故

选：B。【点评】加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系．5.【分析】v﹣t图象中图线的斜率等于加速度，由斜率的正负分析加速度的方向，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．平均速度等于位移与时间之比．根

据这些知识进行解答．【解答】解：A、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知0～2s内和0～4s内质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故A错误。B、速度图线的斜率表示加速度，直

线的斜率一定，则知第3s内和第4s内，质点加速度相同，其方向相同，故B错误。C、第3s内和第4s内，质点位移大小相等、方向相反，所以位移不同，故C错误。D、0﹣4s内质点的位移等于0﹣2s的位移，为△x����（1+2）×2m＝3m。t

＝0时质点位于x＝﹣1m处，则t＝4s时，质点在x′＝x+△x＝2m处，故D正确。故选：D。【点评】本题是速度图象问题，考查理解物理图象意义的能力，关键要抓住速度图象“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．6.【分析】根据变化规律可知初速度和加速度，刹车后末速度为零，再根据速度与位移的

关系公式可求得刹车后痕迹的长度．【解答】解：根据x＝20t﹣2t2可知，初速度v0＝20m/s，加速度a＝﹣4m/s2。刹车后做匀减速运动的位移为刹车痕迹长度：��t��t����t��t������敬tt故选：B。【点评】此

题要求能够根据位移与时间的关系，得出初速度和加速度，难度不大，属于基础题．7.【分析】本题关键之处，就是水平横梁是插入竖直墙壁里，滑轮位置不变，而跨过光滑滑轮的轻绳上张力大小是处处相等，所以滑轮对绳子的作用力应该是两段细绳拉力的合力反方

向．【解答】解：由题意可得，对绳B点受力分析：滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，即F1＝F2＝G＝mg＝100N。用平行四边形定则作图

，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则有合力F＝100N，所以滑轮受绳的作用力为100N．方向与水平方向成30°角斜向下，故选：C。【点评】本题利用平行四边形定则求两力的合力；并突出了绳的弹力一定沿绳收缩方向，而杆的

弹力方向不一定沿杆的特征．同时易错在：滑轮对绳子的作用力方向沿水平．8.【分析】对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的摩擦力依然向上，情况没有影响，所以物体的运动状态不变．【解答】解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块

受力不变，所以其下滑的速度也不变。故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响，可以思考一下，如果传送带向下转动，情况又会如何呢？9.【分析】位移﹣时间图象反映了物体各个不同时刻的位置坐标情况，位移大小等于△x；速度﹣

时间图象反映了物体的速度随时间的变化情况，图线与时间轴包围的面积表示位移的大小，根据这些知识分析质点的运动情况．【解答】解：A、位移﹣时间图象反映了物体各个不同时刻的位置坐标情况，图象的斜率表示物体的速度；由图可知，斜率先减小后增大；故速度先减小后增大；同时可以看出物体沿x轴正方向前进2m后又返

回2m，总位移为0，即质点回到了初始位置。故A正确；B、质点一直沿正方向运动，不可能回到初始位置。故B错误。C、由图可知，物体的速度一直为2m/s，大小保持不变；故C错误；D、由图象可知，物体的速度先减小，后反向增大；而速度﹣

时间图象与时间轴包围的面积表示位移的大小，t轴上方的位移为正，下方位移为负，则知在2s内质点的总位移为0，即质点回到初始位置。故D正确。故选：AD。10.【分析】以O点为研究对象作出受力分析图，根据平衡条件，由正交分解法列方程，由几何关系可得出各

力间的关系．【解答】解：设∠AOB＝2θ，O点受到FA、FB、F三力作用，根据平衡条件得知：FA与FB合力与重力G大小相等，方向相反，所以此合力的方向竖直向上。建立如图所示的坐标系，列平衡方程得：FAsinθ＝F

Bsinθ，FAcosθ+FBcosθ＝G，解出：FA＝FB����th�；当θ＝60°时，FA＝FB＝G；当θ＜60°时，FA＝FB＜G；当θ＞60°时，FA＝FB＞G；则可知FA不一定小于G；两力可能与G相等，两力

的大小之和大于G；故AC错误，B正确；D、根据表达式FA＝FB����th�，轻绳越短，AO、BO的夹角越大，绳的拉力越大，故D正确；故选：BD。【点评】本题中由于两力的夹角不确定，要注意讨论分析，本解法采用了正

交分解法，也可以运用合成法或分解法列方程分析．11.【分析】解决本题需要掌握：匀变速直线运动的时间中点和位移中点的速度公式，明确公式适用条件和物理量意义．然后直接利用公式求解即可．【解答】解：在匀变速直线运动中�h�����

������敬�，时间中点的速度为：�������������，故AC正确，B错误；在匀变速运动中，时间中点的速度等于全过程中的平均速度，所以前半时间的平均速度为������������܀敬�，后半时间的平均速度为�����������敬܀敬�，故后

半时间比前半时间位移多：△h�������������܀敬��，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查了匀变速直线运动推论公式的应用，对于这些推论公式既要会推导也要明确其适用条件并能灵活应用．12.【分析】物体匀速运动，拉力减小后，当拉力减小到零时，有两种

情况：一是一直是滑动摩擦力，一是先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．从而即可求解．【解答】解：由题意可知，物体在匀速运动，从t＝0时刻，拉力F开始均匀减小，t1时刻拉力减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，即大小不变，故

A正确；另一是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力为零时，则先是滑动摩擦力，后是静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，而此时拉力小于滑动摩擦力大小，故D正确，BC错误；故选：AD。【点评】本题考查由运动来

确定受力情况，注意分清滑动摩擦力与静摩擦力，同时理解滑动摩擦力的大小与压力及动摩擦因数有关，而静摩擦力与引起运动趋势的外力有关，注意当变为静摩擦力时，拉力已小于滑动摩擦力．13.【分析】由力的合成可知：增大合力可以采取：增大分力的大小；减小分力间

的夹角；既增大分力的大小，又减小分力间的夹角，分别分析．【解答】解：由力的合成可知：A、只增加绳的长度既没有增大分力的大小也没有改变力的夹角，所以对合力没有影响，故A错误；B、夹角不变时，分力增大，合力就增大，增加重物的重

量就是增大分力，故B正确；CD、在分力不变时增大夹角，则合力减小，将手指向上移动时增大了夹角，故D错误，C正确；故选：BC。【点评】由力的合成可知：增大合力可以采取：增大分力的大小；减小分力间的夹角；既增大分力的大小，又减小分力间的夹角，明确关系熟练应

用即可．