【文档说明】河北省2020-2021学年高一上学期12月物理试卷【精准解析】.doc，共(16)页，844.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2020~2021学年河北省高一上学期12月份考试物理第I卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列物理概念中，判断正确的是（）A.百米赛跑运动员到达终点时的速度为11m/s，11m/s指

的是瞬时速度B.正在航拍的四旋翼无人飞机，调整飞机在空中的姿态时能将无人飞机看作质点C.李白在《望天门山》中写道：“孤帆一片日边来”，这句诗中参考系选择的是孤舟D.某人沿着半径为R的水平圆周跑道跑了1圈时，他的路程和位移大小均为2πR【答案】A【

解析】【分析】【详解】A．百米赛跑运动员到达终点时的速度为11m/s，11m/s与位置“终点”对应，指的是瞬时速度，A正确；B．正在航拍的四旋翼无人飞机，调整飞机在空中的姿态时，涉及飞机的姿态，不能将无人飞机看作质点，B错误；C．李白在《望天门山》中写道：“孤帆一片日边来”，这句诗中参考系

选择的是太阳，C错误；D．某人沿着半径为R的水平圆周跑道跑了1圈时，他的路程2πR，位移等于零，D错误。故选A。2.关于摩擦力和合力的概念，下列说法正确的是（）A.合力F一定比分力1F和2F中的任何一个力都

大B.在进行力的合成与分解时，都应遵循平行四边形定则或三角形定则C.用手握住瓶子，使瓶子在竖直方向悬空静止，瓶子所受摩擦力与握力成正比D.滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，所以滑动摩擦力方向一定与物体运动方向相反【答

案】B【解析】【分析】-2-【详解】A．合力F可能比分力1F和2F中的任何一个力都大，也可能小或者相等，选项A错误；B．在进行力的合成与分解时，都应遵循平行四边形定则或三角形定则，选项B正确；C．用手握住瓶子，使瓶子在竖直方向悬空静止，瓶子所受摩擦力与瓶子的重力相等，与握力大

小无关，选项C错误；D．滑动摩擦力总是阻碍物体的相对运动，滑动摩擦力方向与物体运动方向相反，也可能相同，选项D错误。故选B。3.小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始沿竖直方向做直线运动，其v-t图像如图所示（选竖直向上为正方向，DE段为直线），

下列说法正确的是（）A.t1～t2时间内，小球竖直向下运动B.t2～t3时间内，小球竖直向上做减速运动C.t3～t4时间内，小球上升的高度为3442vvt+D.t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动【答案】C【解析】【分析】【详解】AD．由图可知t0～t4时间内，速

度一直为正值，小球一直竖直向上运动，AD错误；B．由图可知t2～t3时间内，小球速度减小，竖直向上做减速运动，B正确；C．由图可知t3～t4时间内，向上匀减速运动，小球上升的高度等于图像的面积()34432vvhtt+−=故C错误

。故选B。4.一石块从楼房某层的阳台边缘落下后做自由落体运动，石块在空中下落20m时到达地面，-3-取重力加速度大小210m/sg=，则石块落地时的速度大小为（）A.10m/sB.102m/sC.20m/sD.202m/s【答案】C【解析】【分析】【详解】由22vgh=解得20m/sv=故选

C。5.如图所示，用水平力F将一个盛满水的方形容器压在竖直的墙上且处于静止状态。现在容器底部开一个小孔放水，直到将容器的水刚好放完为止，在此过程中容器始终保持静止，下列说法正确的是（）A.水平力F一定

不变B.容器受到的摩擦力逐渐减小C.容器受到的摩擦力可能不变D.墙对容器的弹力一定逐渐减小【答案】B【解析】【分析】【详解】AD．容器水平方向上受力平衡，墙对容器的弹力等于力F的大小，而力F可能不变，也可能要减小，也可能增加，则墙对容器的弹力不一定逐渐

减小，故AD错误；BC．由题知物体处于静止状态，受力平衡，竖直方向摩擦力等于容器和水的总重力，容器和-4-水的总重力逐渐减小，所以容器受到的摩擦力逐渐减小，故C错误，B正确；故选B。6.如图所示，在沿斜面向上的恒力F作用下，斜面体A和物体B均处于静止状态，已知斜面体A各接触面均光滑

，下列关于它们的受力情况正确的是（）A.斜面体A一定受到4个力B.物体B可能受到4个力C.斜面体A与物体B之间一定有摩擦力D.斜面体A与墙壁之间一定有弹力和摩擦力【答案】A【解析】【分析】【详解】A．斜面体A受到重力、地面的支持力、墙的弹力、B的

压力，共4个力，A正确；B．物体B受到重力、推力、斜面的支持力，B错误；CD．斜面体A各接触面均光滑，斜面体A与物体B之间一定无摩擦力，斜面体A与墙壁之间一定无摩擦力，CD错误。故选A。7.光滑水平面上的质点受到三个力F1、F2、F3作用而处于平衡状态，如图所示（俯视图）。下列判

断正确的是（）A.123FFFB.312FFFC.231FFFD.321FFF-5-【答案】D【解析】【分析】【详解】因为质点受到三个力F1、F2、F3作用而处于平衡状态，合力等于零，三个力组成封闭的三角形，如图所示，由正弦定理312sin40sin6

0sin80FFF==ooo解得321FFF故选D。8.一儿童玩具列车由车头和10节质量相等的车厢组成，在车头的牵引下，列车沿平直轨道做匀加速直线运动。已知每节车厢所受阻力均相等，第4节车厢对第5节车厢的牵引力为F，则第6节车厢对第7节车厢的牵引力为（）A.

FB.23FC.3FD.4F【答案】B【解析】【分析】【详解】设每节车厢的质量为m，受阻力为f，则对后6节车厢，由牛顿第二定律可知66Ffma−=对后4节车厢，由牛顿第二定律'44Ffma−=联立解得'23FF=故选B。-6-二

、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.质量为0.5kg的质点在1N的合力作用下做匀加速直线运动，依次经过A、B两点，已知质点在AB段的

平均速度大小为3m/s，质点经过A点时的速度大小为1m/s，下列说法正确的是（）A.质点的加速度大小为0.5m/s2B.质点的加速度大小为2m/s2C.质点从A点运动到B点的时间为1sD.质点从A点运动到B点的时间为2s【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB.

质点的加速度大小为221m/s2m/s0.5Fam===B正确，A错误；CD.由212Avtvtat=+解得2st=，D正确，C错误。故选BD。10.如图所示，光滑的小球C置于挡板A、B之间，挡板A竖直固定在水平面上，挡板B与水平面的夹角为，现缓慢地绕O点转动挡板B使减小，下列说法

正确的是（）A.挡板A受到的压力逐渐减小B.挡板A受到的压力逐渐增大C.小球C对挡板B的压力逐渐减小-7-D.小球C对挡板B的压力逐渐增大【答案】AC【解析】【分析】【详解】以光滑球体为研究对象，其受力情况如图所示根据平衡条件得竖直挡板对球的弹力F1=mgta

nθ斜面对球的支持力2cosmgF=当θ减小时，挡板A对球体的弹力F1变小，挡板B对球体的弹力F2变小，根据牛顿第三定律可得挡板A受到的压力逐渐减小，小球C对挡板B的压力逐渐减小，故AC正确，BD错误。故选AC。11.轻质弹

簧一端固定在水平地面上，在另一端轻放一小球（与弹簧未连接），平衡时弹簧的压缩量为Δx，如图所示。现用手缓慢压小球直到弹簧压缩量为3Δx，突然松手释放小球，小球被竖直向上弹出。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，弹簧始终竖直且处于弹性限度内，则从松手到小球到达最高点的过程中，下列说法正确的是（

）A.释放瞬间小球的加速度大小为3gB.小球向上加速阶段处于超重状态C.小球向上加速阶段弹簧对小球的弹力始终大于小球对弹簧的压力D.小球的加速度先减小到0后又增大到g再保持不变【答案】BD-8-【解析】【分析】【详解】A．平衡时弹簧的压缩量为Δx，则mgkx=用手缓慢压小球

直到弹簧压缩量为3Δx，突然松手释放小球，则3kxmgma−=解得a=2g选项A错误；B．小球向上加速阶段，加速度向上，则处于超重状态，选项B正确；C．弹簧对小球的弹力与小球对弹簧的压力是一对作用和反作用力，总是等大反向，选项C错误；D．随着小球的上升，弹力减小，

加速度减小，当到达弹力等于重力的位置时小球的加速度减小到0，然后加速度反向增加，当弹簧到原长时加速度增加到g，以后小球脱离弹簧做上抛运动，加速度为g保持不变，选项D正确。故选BD。12.静止在水平面上的物体受到水平向

右的推力F作用，如图甲所示；推力F随时间t的变化规律如图乙所示；2.5st=时物体开始运动，此后物体的加速度a随时间t的变化规律如图丙所示；已知滑动摩擦力是最大静摩擦力的45，取重力加速度大小210m/sg=，由图可知（）A.物体所受摩擦力一直增大

B.3st=时物体的速度大小为0.375m/sC.物体的质量为2kgD.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2-9-【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．由图可知，在0~2.5s时间内，物体静止，则随着F的增加静摩擦力逐渐变大；当2

.5s后物体开始加速运动，此时受的滑动摩擦力保持不变，选项A错误；B．由a-t图像可知，3st=时物体的速度大小为31(10.5)0.5m/s=0.375m/s2v=+选项B正确；C．由图可知，当在t=2.5s时刻达到最大静摩擦5N，

此时物体开始滑动，滑动摩擦力为f=4N，此时的加速度为0.5m/s2，则由牛顿第二定律Ffma−=可得540.5m−=解得m=2kg选项C正确；D．物体与水平面间的动摩擦因数为4=0.220fmg==选项D正确。故选BCD。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、

非选择题：本题共6小题，共60分。13.一同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，利用方格纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两个弹簧测力计拉力的大小，如图所示，每个小正方形的边长代表1N。试在图中作出1F和2F的

合力F的图示___________，测量计算得出合力F=___________N（结果保留小数点后一位）。-10-【答案】(1).(2).3.6（3.5~3.7）【解析】【分析】【详解】[1]作出1F和2F的合力F的图示如图；[2]由图可知

，测量计算得出合力3.6NF=14.某实验小组“探究物块加速度与所受合力关系”的实验装置如图甲所示。请回答下列问题：（结果均保留两位有效数字）(1)一位同学调整滑轮，使细线平行于水平长木板；在托盘中放入适当的砝码，接通电源后释放物块得到一条纸带，纸带上相邻两计数点间的距离如图乙所示

（图中数据单位：cm），已知电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点未画出，根据图中数据，打点计时器打C点-11-时物块的速度大小为___________m/s，物块的加速度大小为_________

__m/s2；(2)另一位同学多次改变托盘中砝码的质量，记录力传感器的示数F，并通过纸带求出对应的加速度大小a，得到物块的加速度大小a与力传感器的示数F的关系如图丙所示，取重力加速度大小210m/sg=，空气阻力不计。物块与力传感器整体的质量为_

__________kg，物块与长木板间的动摩擦因数为___________。【答案】(1).1.2(2).1.5(3).1.0(4).0.050【解析】【分析】【详解】(1)[1]物块的速度大小为()211.0012.5010m/s1.2m/s0

.2v−+==[2]物块的加速度大小为()()2222214.0012.501011.009.5010m/s1.5m/s0.2a−−+−+==(2)[3][4]由牛顿第二定律得Fmgma−=解得1aFgm=−由图像得11kg1.

0kg303.50.5mk===−−0.50.050g==-12-15.如图所示，一块小磁铁从竖直固定的金属圆管正上方0.8mh=处由静止落下，进入圆管后由于电磁作用使其做减速运动，假设磁铁在圆管内的运动可看作匀减速直线运动，在圆管

外仅受重力作用。已知圆管长度2mL=，磁铁在圆管内运动的加速度大小24m/sa=，取重力加速度大小210m/sg=，求：(1)磁铁刚进入直圆管时的速度大小v；(2)磁铁穿过直圆管所用的时间t。【答案】(1)4m/s；(2)1s【解析】【分析】【详解】

(1)磁铁在直圆管上方做自由落体运动22vgh=解得4m/sv=(2)磁铁在直圆管内做匀减速直线运动，由运动学公式得212Lvtat=−解得1st=16.如图所示，水平地面上固定一倾角37=的斜面，斜面上固

定一挡板，一根轻弹簧一端固定在挡板上，另一端连接质量1kgm=的物体，物体在沿斜面向上的推力F作用下处于平衡状态。已知轻弹簧处于压缩状态，且弹力大小2NF=弹，物体与斜面间的动摩擦因数0.5=，-13-最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6=

，cos370.8=，取重力加速度大小210m/sg=。(1)若物体恰好不受摩擦力求推力F的大；(2)要使弹簧的弹力不变，求推力F的取值范围。【答案】(1)18N；(2)4N12NF【解析】【分析】【详解】(1)物体不受摩擦力时，受力情况如图所示由平衡条件可得sinFFm

g=+弹解得8NF=(2)当物体恰好不下滑时，受力情况如图所示可得minsinFfFmg+=+弹，NcosFmg=，NfF=解得-14-min4NF=当物体恰好不上滑时，此时摩擦力方向沿斜面向下，可得maxsinFFmgf=++弹解得

max12NF=所以推力F的取值范围为4N12NF17.如图所示，足够长的斜面固定在水平面上，可看作质点的物体以04m/sv=的速度从斜面底端B冲上斜面，到达最高点之后又滑下，最终停在水平面上的C

点。已知物体与水平面间的动摩擦因数10.1=，与斜面间的动摩擦因数235=，斜面倾角30=，物体经过水平面与斜面连接处时的速度大小不变，不计空气阻力取重力加速度大小210m/sg=。求：(1)物体上升的最大高度h；(2)物体滑回斜面

底端B时的速度大小v；(3)B、C两点之间的距离d。【答案】(1)0.5m；(2)2m/sv=；(3)2md=【解析】【分析】【详解】(1)设物体的质量为m，物体沿斜面上滑时的加速度大小为0a，物体沿斜面上滑的最大距离为x，则由牛顿第二定律结合运动学

公式得20sincosmgmgma+=2002vax=sinhx=解得-15-0.5mh=(2)设物体沿斜面下滑时的加速度大小为a，则由牛顿第二定律结合运动学公式得2sincosmgmgma−=22vax=解得

2m/sv=(3)设物体在水平面上运动时的加速度大小为a，则由牛顿第二定律结合运动学公式得1mamg=22vad=解得2md=18.如图所示，质量4.0kgM=、长4.2mL=的木板静止在足够长的光滑水平面上，质量1kgm=的小滑块（可看作质点）放在木板的最左端，滑块与木板间的动摩

擦因数10.2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现在滑块上施加水平向右的恒力6NF=，取重力加速度大小210m/sg=，取153.875=。(1)求滑块在木板上运动的时间t；(2)要使滑块脱离木板，求恒力F作用的最短时间mint。【答案】(1)1.55st=；(2)min1

st=【解析】【分析】【详解】(1)设长木板和滑块的加速度大小分别为1a、2a，分离时木板运动的位移大小为x，则由牛顿第二定律有1mgMa=-16-2Fmgma−=由匀变速直线运动位移公式有2112xat=2212xLat+=解得1.55st=。(2)滑块速度与木板速度相等，滑块恰好脱离

时，对应恒力F作用时间最短。在临界情况下，撤去力F后，设滑块在木板上运动的加速度大小为3a，滑块再运动1t时间恰好脱离木板，脱离时木板运动的位移大小为1x，则有3mgMa=滑块恰好脱离时，滑块速度与

木板速度相等，有()2min311min1atatatt−=+由运动学公式可得()211min112xatt=+2212min2min1311122xLatattat+=+−联立代入数据可解得min1st=

。