【文档说明】【精准解析】江苏省南通市如皋中学2019-2020学年高一上学期阶段练习物理试题.doc，共(17)页，753.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2540fb41f0d54a0a841a1fd05705e42b.html

以下为本文档部分文字说明：

江苏省如皋中学2019-2020学年度第一学期阶段练习高一物理（考试时间：90分钟分值：100分）一、选择题(本题共9小题，共计27分，只有一个选项正确)1.下列说法中正确的有（）A.作用力与反作用力是不同性质的力B.物体做曲线运动时，所受的合外力一定是变力

C.两物体接触面上的摩擦力方向一定与弹力方向垂直D.如果物体运动速度大小没有发生变化，则做曲线运动的物体加速度就为零【答案】C【解析】【详解】A．作用力与反作用力是相同性质的力，A错误；B．物体做曲线运

动的条件是合外力与速度不共线，与合外力是否改变无关，B错误；C．两物体接触，弹力垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以接触面上的摩擦力方向一定与弹力方向垂直，C正确；D．物体做曲线运动的条件是加速度与速度不共线，加速度可以只改变速度的方向，不改变速度的大小，如

匀速圆周运动，D错误。故选C。2.如图所示，小铁球在光滑水平桌面上以速度v做直线运动，当它经过磁铁附近后的运动轨迹可能是（）A.OaB.ObC.OcD.Od【答案】D【解析】【详解】小铁球运动过程中合外力为与速度不共线的磁铁的吸引力，因为物体所受合外力方向一定指向曲线轨迹的凹侧，所

以轨迹只能为Od，ABC错误，D正确。故选D。3.小船在静水中的速度为3m/s，它要横渡一条30m宽的河，水流速度为4m/s，下列说法正确的是（）A.这只船能垂直于河岸抵达正对岸B.这只船的速度一定是5m/sC.过河的最短时间为10sD.过河的时间不可能为12s【答案】C【解析】【

详解】A．静水船速小于水速，根据平行四边形法则可知，合速度方向不可能垂直对岸，所以船不可能垂直于河岸抵达正对岸，A错误；B．静水船速和水速正交合成时，合速度才是5m/s，其他任意夹角的情况下合速度不为5m/s，B错误；CD．根据运动的独立性和等时性，河宽一定，在河宽

方向的最大速度为静水船速，所以过河的最短时间：min30m10s3m/st==改变船头方向，在河宽方向的分速度变小，时间大于10s，C正确，D错误。故选C。4.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起运动过程的位移与速度的关系为2(100.1)xvm=−，下

列分析正确的是A.上述过程的加速度大小为20.2/msB.刹车过程持续的时间为2sC.t=0时刻的速度为5m/sD.刹车过程的位移为5m【答案】B【解析】【详解】根据公式2202vvxa＝−和位移与速度的关系式为x=（10-0．1v2）m，可得：220.12vva−＝，20102va＝，解得：a=

-5m/s2，v0=10m/s，符号表示与运动方向相反，故AC错误；刹车时间0001025vtsa−−===−，故B正确；刹车位移为0001021022vxtm===，故D错误，故选B．【点睛】解决本

题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和位移速度公式2202vvxa＝−．5.一质点在xoy平面内运动的轨迹如图所示，已知质点在x方向的分运动是匀速运动，则关于质

点在y方向的分运动的描述正确的是（）A.匀速运动B.先减速运动后加速运动C.先加速运动后减速运动D.先匀速运动后加速运动【答案】B【解析】【详解】物体做曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，所受合外力指向曲线轨迹凹侧，x

轴方向做匀速直线运动，加速度为0，根据图中运动轨迹可知物体轨迹向下弯曲，合外力沿y轴负方向，与速度夹角为钝角，做减速运动；轨迹向上弯曲，合外力沿y轴正方向，与速度夹角为锐角，做加速运动，所以物体先减速运动后

加速运动，ACD错误，B正确。故选B。6.如图所示，圆柱体B放在光滑的水平地面上，在它左侧有半径相同的固定的半圆柱体A，右侧有一挡板，挡板竖直面光滑。已知B和挡板的质量均为m，重力加速度为g。现用水平向左的

推力推挡板，使其缓慢移动，则在B刚脱离地面移动到半圆柱体A的顶端的过程中，水平推力的最大值为（）A.3mgB.32mgC.332mgD.23mg【答案】A【解析】【详解】对B球受力分析并合成矢量三角形：挡板对B球的作用力F方向

不变，随着B球移动，A球对B球的支持力N减小，挡板对B球的作用力减小，所以B球刚离开地面时，挡板对B球的作用力最大：maxtan30mgF=解得：max3Fmg=，A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平

方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点。释放两颗炸弹的时间间隔为Δt1，此过程中飞机飞行的距离为s1；击中M、N的时间间隔为Δt2，M、N两点间水平距离为s2。不计空气阻力。下列判断正确的是（）A.Δt1>Δt2，

s1>s2B.Δt1>Δt2，s1<s2C.Δt1<Δt2，s1>s2D.Δt1<Δt2，s1<s2【答案】A【解析】【详解】设如果两颗炸弹都落在同一水平面上时，由于高度相同，所以12tt=，由于第二颗炸弹落在更高的斜面，所以下落的高度减小，所用的时间减小，所以2tt

1，同理可知，由于炸弹和飞机水平方向的速度相同，时间越小，飞行的距离越小，所以12ss。故A正确。【点睛】解决本题关键理解处理平抛运动时将平抛运动分解为水平方向和竖直方向，且物体在空中运动时间取决于高度。8.在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的小球，

小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45=角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，以下说法不正确的是()A.此时轻弹簧的

弹力大小为20NB.小球的加速度大小为8m/s2，方向向左C.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0【答案】C【解析】【详解】A、初始小球受到自身重力m

g，绳子拉力T和弹簧弹力F作用，由于地面没有弹力，也就没有摩擦力．根据受力平衡sin45Tmg=，cos45TF=，带入数值得到2202TmgN==，弹簧弹力大小20FmgN==，水平向左．剪断轻绳的瞬间，弹簧

长度还没有来得及变化因此弹力不变，20FN=，故A正确；B、竖直方向地面的弹力20NmgN==，最大静摩擦力4fmgNF==，物体将向左运动，加速度大小28/Ffamsm−==，方向向左，故B正确；CD、若剪断弹簧，则绳子拉力会根据平衡变化，物体没有运动趋势，因

此物体会保持平衡，加速度为0，故D正确，C错误；故说法不正确的选C．【点睛】考查共点力平衡，弹簧弹力不突变，绳子拉力突变．9.如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方

，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2，弹簧的弹力

为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系正确的是（）A.T1>T2B.T1＝T2C.F1>F2D.F1＝F2【答案】B【解析】【详解】对B球受力分析并合成矢量三角形：根据图中相似三角形的关系：=mgTFOAOBAB=可知绳

子长度不变，绳子拉力不变，所以12TT=；根据：ABFmgOA=弹簧劲度系数变大，若弹簧压缩量增大，弹力增大，弹簧长度AB减小，与方程矛盾，所以弹簧的压缩量只能减小，弹簧长度AB增大，弹力增大，即12FF，ACD错误，B正确。故选B。二、选择题(本题共5小题，共计20分，

每小题有多个选项正确，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)10.一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力()A.t＝2s时最大B.t＝8.5s时最小C.人在0～2s时间内处于超重状态，在2～

4s时间内处于失重状态D.在7～10s时间内电梯先加速后减速【答案】AB【解析】【详解】0-4s内，人的加速度为正，加速度方向竖直向上，处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力．4-7s内人做匀速运动，人对地板的压力等于人的重力．7-10s内

，人的加速度为负，加速度方向竖直向下，处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力．且由于t=2s时，人的加速度最大，人对地板的压力最大，故A正确，C错误．7-10s内，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力．且由于t=8.5s

时，人的加速度为负向最大，人对地板的压力最小，故B正确．在7～10s时间内电梯加速度一直向下，则电梯一直做减速运动，选项D错误；故选AB.【点睛】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重时加速度方向特点即可解答本题．11.一辆汽车从甲地出发，沿平直公路开到乙地刚好停止

，其速度图像如图所示．那么0～t和t～3t两段时间内，下列说法中正确的是（）A.加速度的大小之比为1∶2B.位移的大小之比为1∶2C.平均速度的大小之比为2∶1D.中间时刻速度的大小之比为1∶1【答案】BD【解析】【详解】A．汽车运动过程中的最大速度为v，根据vt−图线斜率求解两段时间内加速

度的大小：10vvatt−==2032vvattt−==−可知加速大小之比为2∶1，A错误；B．根据vt−图线和时间轴围成的面积求解两段时间内位移的大小：112xvt=2122xvt=可知位移的大小之比为1∶2，B正确；CD．匀变速直线运动某段时间内，平均速度与中间时刻速度相等，两段时间内的平

均速度和中间时刻速度：122vvv==所以平均速度、中间时刻速度的大小之比均为1∶1，C错误，D正确。故选BD。12.质点由静止开始做直线运动，所受合外力大小随时间变化的图像如图所示，则有关该质点的运动，以下

说法中正确的是（）A.质点在前2s内匀加速，后2s内变加速B.质点在后2s内加速度和速度都越来越小C.质点在后2s内加速度越来越小，速度越来越大D.质点在后2s内作匀减速运动【答案】AC【解析】【详解】根据牛顿第二定律可知物体的加速度前2s内恒定，做匀加速直线运动；后2s内合外力减小，加速度

减小，加速度与速度仍然同向，做加速的减小的加速直线运动，AC正确，BD错误。故选AC。13.如图，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态。则()A.b对c的

摩擦力方向一定沿斜面向上B.b对c的摩擦力一定减小C.地面对c的摩擦力一定向左D.地面对c的摩擦力一定减小【答案】CD【解析】【详解】AB．a中的沙子缓慢流出，对a受力分析可知绳子拉力减小，对b物块受力分析可知b物块开始时刻所受摩擦力方向不确定，所以当绳子拉力减小时摩擦力大小和方

向变化无法判断，AB错误；CD．对b和c整体受力分析：绳子拉力减小，方向不变，在水平方向的分力减小，所以地面对c水平向左的静摩擦力减小，CD正确。故选CD。14.如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀

加速直线运动（轻绳与恒力F方向平行），分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是A.四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B.四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C.四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三

种情况D.四种情况轻绳的张力一定一样大【答案】AD【解析】【详解】（1）中加速度满足：1()sin()cos()FMmgMmgMma−+−+=+，对m：11sincosTmgmgma−−=；解得1sincosFaggMm=−−+；1FmTMm

=+；（2）中加速度满足：2()sin()FMmgMma−+=+，对m：22sinTmgma−=；解得1sinFagMm=−+；2FmTMm=+；（3）中加速度满足：3=()FMma+，对m：33Tma=；解得3Fa

Mm=+；3FmTMm=+；（4）中加速度满足：4()()FMmgMma−+=+，对m：44Tmgma−=；解得4FagMm=−+；4FmTMm=+；由以上分析可知，选项AD正确，BC错误；故选AD.二、实验题(本题共2小题，共18分)15.把两根轻质弹簧串

联起来测量它们各自的劲度系数，如图甲所示．(1)未挂钩码之前，指针B指在刻度尺如图乙所示的位置上，记为________cm；(2)将质量50g的钩码逐个挂在弹簧Ⅰ的下端，逐次记录两弹簧各自的伸长量；所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x，可描绘出如图丙所示的图像，

由图像可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数k2＝________N/m；(取重力加速度g＝9.8m/s2)(3)图丙中，当弹簧Ⅰ的伸长量超过17cm时其图线为曲线，由此可知，挂上第________个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，这对测量弹簧Ⅱ

的劲度系数________(选填“有”或“没有”)影响(弹簧Ⅱ的弹性限度足够大)．【答案】(1).(1)11.50；(2).(2)28；(3).(3)5；(4).没有；【解析】（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为11.50cm．（2）由图象中

的数据可知，弹簧Ⅱ的形变量为7.00xcm=时，拉力：F=4×0.05×9.8=1.96N，根据胡克定律知，221.9628/7.0010FkNmx−===，（3）由图象中的数据可知，当弹簧I的伸长量超过14cm时，

对应的拉力是1.96N，所以其劲度系数：121.9614/14.0010FkNmx−===，弹簧I的伸长量超过17cm时，对应的拉力：1·140.172.38FkxN===，则有2.389.84.860.050n==

，由此可知，挂上第5个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度，这时，弹簧Ⅱ的图线仍然是直线，说明对测量弹簧Ⅱ的劲度系数没有影响．【点睛】刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以

求出弹簧Ⅱ的劲度系数．根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数，然后求出17cm时对应的弹力，求出钩码的个数．16.在验证牛顿第二定律的实验中，某学习小组使用的实验装置如图甲所示：(1)由于没有打点计时器，该小组让小车由静止开始运动，

发生位移x，记录时间t，则小车的加速度的表达式为a＝________．(2)指出该实验中的一个明显疏漏：_________________________________________．(3)纠正了疏漏之处后，保持小车的质量M不变，改变砂桶与砂的总重力F，多次实验，根据得到的数据，在aF−图象中

描点(如图乙所示)．结果发现右侧若干个点明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．A．轨道倾斜不够B．轨道倾斜过度C．砂桶与砂的总重力太大D．所用小车的质量太大(4)若不断增加砂桶中砂的质量，aF图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为________

，绳子拉力的趋向值为________．【答案】(1).22xt(2).没有平衡摩擦力(3).C(4).g(5).Mg【解析】【详解】（1）根据位移时间公式得，212xat=，则22xat=；（2）实验中一个明显的疏漏是没有平衡摩擦力，

即没有垫起轨道右端，使小车的重力沿轨道的分力与摩擦力相平衡；（3）由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mgMa=得aFmgMM==，而实际上mgaMm=+，可见A，B段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的，故C正确；（4）因为钩码的重力

在这个实验中充当小车所收到的合外力，当钩码的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g的运动．此时由于T=Ma因此，拉力约为小车与发射器的总重力，即Mg．三、计算题(本题共3小题，共35分)17.如图所示，水平地面上有一高h=

4.2m的竖直墙，现将一小球以v0=6.0m/s的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点与墙面的水平距离s=3.6m、离地面高H=5.0m，不计空气阻力，不计墙的厚度。重力加速度g取10m/s2。（1）求小球碰墙点离地面的高度h1；（2）若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，小球抛

出时的初速度v的大小应满足什么条件？【答案】（1）3.2m；（2）初速度v9.0m/s。【解析】【详解】（1）小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t，由平抛运动的规律有：水平方向上：s=v0t①竖直方向上：2112Hhgt−=②由①②式并代入数据可得：h1=3.2m（2）设

小球以v1的初速度抛出时，小球恰好沿墙的上沿越过墙，小球从抛出至运动到墙的上沿历时t1，由平抛运动的规律有水平方向上：s=vt1③竖直方向上：212Hhgt=－④由③④式并代入数据可得：v=9.0m/s所以小球越过墙初速度v要满足：初速度v≥9.0m/s18.如图所示，传送

带与水平面的夹角为θ=37°，以4m/s的速度向上运行；在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，AB间（B为顶端）长度为25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：(1)画出物体放在A处的受力示意图

；(2)要使物体能够被送到传送带顶端，物块与传送带间动摩擦因数应满足什么条件；(3)若物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，则物体从A到B的时间。【答案】(1)，(2)μ>0.75，(3)11.25s。【解析】【详解】(1)物

块从静止释放，相对传送带沿传送带向下滑动，所以滑动摩擦力沿传送带向上：；(2)要使物体能够传送到B端，需要滑动摩擦力大于重力的分力：cossinmgmg解得：0.75；(3)物体先向上加速：cossi

nmgmgma−=解得：20.4m/sa=，匀加速至和传送带共速：1vat=解得：110st=，匀加速位移：2112xat=解得：20mx=，和传送带共速后，做匀速直线运动：2Lxvt−=匀速上顶端B用时：21.25st=，所以物体从A到B的

时间：1211.25sttt=+=。19.如图，光滑水平面上静置一长度l=2m，质量M=4kg的长木板A，A的最前端放一小物块B（可视为质点），质量m=1kg，A与B间动摩擦因数μ=0.2。现对木板A施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2。（设最大静摩擦力与滑动摩

擦力相等）则：(1)为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm；(2)若拉力F=5N，求A对B的静摩擦力f的大小和方向；(3)若拉力F=14N，从开始运动到物块离开长木板所用的时间。【答案】(1)10N，(2)1N水平向右，(3)2s。【解析

】【详解】(1)A、B刚要滑动时，B物块所受静摩擦力恰为到滑动摩擦力，此时系统共加速度，以A、B整体为研究对象，应用牛顿第二定律：m()FMma=+对B物块：mgma=两式相比解得：m10NF=；(2)若m5NFF=，A、B系统共

加速度，根据牛顿第二定律：0()FMma=+对B物块：0fma=解得：1Nf=，方向水平向右；(3)若m14NFF=，A、B两物体相对滑动，根据牛顿第二定律分别求解A、B加速度：1FmgMa−=2mgma=A加速度为：213m/sa=B加速度为：22s2m/a=A、B做匀加速

直线运动，根据位移关系：12xxl−=22121122atatl−=解得从开始运动到物块离开长木板所用的时间：2st=。