【文档说明】江西省南昌市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(22)页，1.076 MB，由小赞的店铺上传

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南昌二中2019—2020学年度上学期期末考试高一物理试卷一．选择题1.消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是（）A.绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B.消防

员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对作用力和反作用力C.绳子对儿童的拉力大于儿童的重力D.消防员对绳子的拉力大于儿童对绳子的拉力【答案】C【解析】【分析】绳子对儿童的拉力与儿童对绳子的拉力是一对作用力与反作用力；消防员用绳子从井内加速向上提儿童的过程中，儿童处于超重状态；由

于不计绳子的重力，消防员对绳子的拉力大小上等于儿童对绳子的拉力．【详解】A．绳子对儿童的拉力与儿童对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误．B．消防员对绳子的拉力作用在绳子上，方向向上；绳

子对儿童的拉力作用在儿童上，方向向上，故B错误．C．消防员用绳子从井内加速向上提儿童的过程中，儿童处于超重状态，绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，故C正确．D．由于不计绳子的重力，消防员对绳子的拉力大小上等于儿童对绳子的拉力，故D错误．故选C2.一物体由静止开始自由

下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风突然停止，则其运动的轨迹可能是()A.B.C.D.【答案】C【解析】由力的独立作用原理可知，没有风力时物体做自由落体运动，有风力后水

平方向匀加速直线运动，水平分速度逐渐增大，撤去风力后水平速度不变，竖直分速度继续增大，C对3.一位质量为50kg的乘客乘坐电梯，t＝0时从地面由静止开始升到顶层用了10s的时间。电梯的加速度随时间的关系图线如图所示，其中加速度的正值表示

方向向上，g取10m/s2，由图可知（）A.电梯地板给乘客的最大力大小为500NB.乘客给地板的最小力大小为350NC.电梯加速到速度最大用时2sD.在7～8s时间内，乘客对电梯的压力越来越大【答案】B【解析】【详解】A．2st

=超重且加速度最大，电梯对乘客的支持力最大，由牛顿第二定律可得N−=Fmgma()N5010502N600NFmgma=+=+=电梯地板给乘客的最大力大小为600N，故A错误；B．当加速度23m/sa=−电梯地板给乘客的支持力最小，

由牛顿第二定律可得NmgFma−=()N5010503N350NFmgma=−=−=由牛顿第三定律可知乘客给地板的最小力大小也为350N，故B正确；C．电梯加速到速度最大用时4s，故C错误；D．在7～

8s时间内，0a=乘客处于平衡状态，对电梯的压力等于重力大小不变，故D错误。故选择B选项。4.如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（）A.物体A做匀速运动B.物体A做减速运动C.物体A所受摩擦力

逐渐减小D.物体A所受摩擦力逐渐增大【答案】C【解析】【详解】AB．B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，vB是vA在绳子方向上的分量，vB是恒定的，由于cosBAvv=，随着vB与水平方向的夹角θ

增大，vA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动。选项AB错误；CD．因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=GB；A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向F1，在竖直方向上，有N+F2=GA．绳子与水平方向的夹角增大

，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，选项C正确、D错误。故选C。5.如图所示，在质量为M的小车中，用细线悬挂一个质量为m的小球，在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速运动，稳定时悬线向左偏离竖直方向的角度为α。撤去牵引力后，小车继续向右运动，稳定时悬线向右偏离竖直方向的角度

为β。则牵引力的大小为()A.(M+m)gtanβB.(M-m)gtanαC.(M+m)g(tanα+tanβ)D.(M+m)g(tanα-tanβ)【答案】C【解析】【详解】在水平牵引力的作用下，小车向右做匀加速运动，取小球为研究对象受力分

析由牛顿第二定律可得1tanmgma=解得1tanag=取小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律可得()()1FmgMgmma−+=+撤去牵引力后，小车继续向右做匀减速直线运动，取小球受力分析由牛顿第二定律

可得2tanmgma=2tanag=取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得()2()amgMgmM+=+联立可得()()MmgtatnFna++=由以上分析可知C正确，ABD错误。故选择C选项。6.如图所示，一圆柱形容器高、底部直径均为L，球到容器左侧的水平距

离也是L，一可视为质点的小球离地高为2L，现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，重力加速度为g，小球抛出的初速度v的大小范围为（空气阻力不计）A.12gLvgLB.11222gLvgLC.1322gLvgLD.12gLvgL【答案】A【解析】【详解】要使小球直接落入容

器底部，则最小速度对应小球紧贴着容器最左边上端落入容器的速度．由平抛运动规律：212Lgt=，minLvt=，联立两式得min2gLv=．最大速度为对应小球紧贴着容器右边上端落入容器的速度，由平抛运动规律：2122Lg

t=，max2Lvt=，联立两式得maxvgL=．故选A．【点睛】本题是平抛运动中的临界问题，解决此类题的关键是找到临界条件，然后临界条件当成已知条件去用列式求解即可．本题速度最小值的临界条件为小球紧贴着容器最左边上端落入容器的速度，最大值的临界条件为小球紧贴

着容器右边上端落入容器的速度．然后根据两个临界条件利用平抛运动规律列式求解．7.如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力

F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是()A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.弹簧的劲度系数为5N/cmC.物体的质量为3kgD.物体的加速度大小为6m/s2【答案】B【解析】【详解】A．物体与弹簧分离

时，二者之间刚好没有作用力，即弹簧处于原长状态，故A错误；BCD．刚施加力F时，由牛顿第二定律可得110NFma==物体与弹簧刚分离时，由牛顿第二定律可得2Fmgma−=230NF=联立可得2kgm=，25m/sa=故CD错误；施加F前物体处于平衡状态，由胡克定律可得mgkx=4cmx=

解得弹簧的劲度系数为5N/cmk=故B正确。故选择B选项。8.如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°。物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，下面说法中正确的是（）A.物体沿CA下滑，加速度最大B

.物体沿EA下滑，加速度最大C.物体沿CA滑到底端所需时间最短D.物体沿DA滑到底端所需时间最短【答案】AD【解析】【详解】AB．设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得sinmgma=解得sinag=物物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故A正确

，B错误；CD．设AB边长为x由运动学公式可得21cos2xat=联立可求得2sin2xt=当45=t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确。故选择AD选项。9.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为

θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A.图甲中两球的加速度一定相等B.图乙中两球的加速度一定为gsi

nθC.图乙中轻杆的作用力不可能为零D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍【答案】BD【解析】【详解】A．弹簧弹力不能突变，突然撤去挡板的瞬间有图甲中A球合力仍为零，加速度为零，设弹簧弹力为F，对B球由牛顿第二定律可得1sinmgFma+=sinFmg

=联立可得12sinag=说明AB两球的加速度不相等，故A错误；BC．假设两球加速度相等，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得22sin2mgmga=2sinag=杆的弹力瞬间变为零，两球的加速度相等都为gsinθ，假设正确，故B正

确，C错误；D．比较1a、2a可知图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故D正确。故选择BD选项。10.如图所示，用一根细线系住重力为G的小球，开始细线在作用于O点的拉力下保持竖直位置，小球与倾角为α的光滑斜面体接触，处于静止状态，小球与斜面的接触面非常

小。现保持小球位置不动，沿顺时针方向改变拉力方向，直到拉力方向与斜面平行。在这一过程中斜面保持静止，下列说法正确的是()A.斜面对小球的支持力先增大后减小B.细线对小球的拉力逐渐减小C.细线对小球的拉力的最小值等于Gsin

αD.斜面对地面的摩擦力一直增大，方向向左【答案】BC【解析】【详解】AB．由图解法分析可知斜面对小球的支持力一直增大，细线对小球的拉力逐渐减小，故B正确，A错误；C．当拉力与FN垂直时，细线对小球的拉力的最小值等于Gsinα，故C正确；D．取整

体为研究对象，地面对斜面的摩擦力向左，大小等于F在水平方向的分力，由图分析可知F在水平方向的分力越来越大，故摩擦力一直增大，根据力的相互性，斜面对地面的摩擦力一直增大，方向向右，故D错误。故选择BC选项。11.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置

可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李轻放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B

处取行李，则（）A.乘客提前0.5s到达B处B.行李一直以1m/s2的加速度匀加速运动C.物体在皮带上运动的时间为2sD.若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处【答案】AD【解析】【详解】A．乘客做匀速运动，设运动时间为1tAB12s=2s1xtv==行李选做匀加速运动，由牛顿第二

定律可知mgma=220.110m/s1m/sag===设加速时间为2t加速运动位移为1x则有21s=1s1vta==2211111m=0.5m22xat==设行李匀速运动时间为3t则有1320.5s=1.

5s1ABxxtv−−==行李传送时间为0231s1.5s2.5sttt=+=+=乘客提前时间012.5s2s0.5sttt=−=−=乘客提前0.5s到达B处，故A正确；B．由前面分析可知行李先以1m/s2的加速度匀加速运动，达到传送带速度后做匀速运动，

故B错误；C．由前面计算可知物体在皮带上运动的时间为2.5s，故C错误；D．若传送带速度足够大，行李一直做匀加速运动，212ABxat=222s=2s1xta==最快也要2s才能到达B处，故D正确。

故选择AD选项。12.如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端A。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图象如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速

度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A.t＝10s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是7.5mC.长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075D.滑块Q在长木块P上滑行的路程是11m【答案】BC【解析】【详解】A

C．前5S物体P、Q都做匀加速直线运动，设加速度大小分别为1a、2a，由v-t图象可求得1501m/s5vat−===22230m/s0.5m/s6vat−===设P、Q间动摩擦因数为1，P与地面间的动摩擦因数为2对Q由牛顿第二定律可得12mgma=10.05=5s

-6s物体P做匀减速直线运动，设加速度大小为3a，由v-t图象可求得22353m/s2m/s65vat−===−由牛顿第二定律可得1232mgmgma+=代入数值可求得20.075=故C正确；

6s后两个物体都做匀减速运动，Q的加速度大小仍为2a设P的加速度大小为4a由牛顿第二定律可得2142mgmgma−=代入数值班可求得241m/sa=设经过时间t1速度减为零13s=3s1vta==t＝6s+3s=9s时长木板P停下来，故A错误；B．前6S物体Q相对

于P向左运动距离为1x()10553035m+65m6m7.5m222x+++=−−=6s后Q相对于P向右运动距离为2x222222433m-m=4.5m2220.521vvxaa=−=

所以长木板P的长度至少是7.5m，故B正确；D．设滑块Q在长木块P上滑行的路程x127.5m4.5m=12mxxx=+=+故D错误。故选择BC选项。二、填空题13.某同学利用钢球的平抛运动测定当地重力

加速度。用已检查好的游标卡尺测量出钢球的直径为d。（1）如图所示，将光电门固定在桌子边缘，测量桌面离地高度为H；钢球通过光电门的挡光时间为Δt，抛出后落地点到桌子边缘的水平距离为x。请写出重力加速度的表达式g＝________(用测量的物理量符号表示)。

（2）如果光电门安装在离粗糙桌面边缘左侧一小段距离处，则重力加速度g的测量值________真实值(选填“>”“＝”或“<”)。【答案】(1).2222()Hdxt(2).>【解析】【详解】(1)[1]设钢球做平抛运动时的初速度ov，则有odvt=钢球做平抛运动，水平方向做匀速运动oxv

t=竖直方向做自由落体运动212Hgt=联立可得2222()Hdxgt=(2)[2]如果光电门安装在离粗糙桌面边缘左侧一小段距离处，v测>v实，平抛运动时间t测<t实，由22Hgt=可知重力加速度g

的测量值>真实值14.两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。（1）A组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器与固定在木板一端定滑轮之间轻绳始终与木板面平行，传感器可直接显示绳上拉力的大小。①做实验时，下列操作必要且正确的是__

______。A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动B．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，同时记录传感器的示数C．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量D．用天平测出砂和砂桶的质量②某同学据他的实验操作，得到如图乙小

车加速度a与拉力传感器示数F的图线，横、纵轴截距分别为F0与-a0，依据a-F图象可求得小车质量M=________。（2）B组用如图丙所示的实验装置做实验。①在正确、规范的操作中，打出一条如图丁所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个

计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz。打第4个计数点时小车的速度v4＝______m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a＝________m/s2。(保留三位有效数字)②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下，不断往砂桶里加砂，直到砂和砂桶的质量最终达到1

3M。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a­F的图像如图戊所示。下列图线正确的是________。A.B.C.D.【答案】(1).AB(2).oo2Fa(3).1.22(4).2.04(5).C【解析】【详解】(1)[1]A．将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动

,这样做的目的是为了平衡摩擦力,只有这样小车受到的合力才为两根细绳的拉力，故A正确；B．小车靠近打点计时器，可有效利用纸带，先接通电源打点稳定后再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数为F，小车的合力为2F，故B正确；CD

．因为小车受到的合力可以通过传感器的示数表示出来（合力为为2F），所以实验中没有必要测出砂和砂桶的质量，也没有必要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故CD错误。[2]由牛顿第二定律可得f2FFMa−=f2FaFMM=−由图象的

斜率可得002aMF=计算可得M=002Fa(2)[3]()2411.3013.1010m/s=1.22m/s0.12v−+=[4]()()222211.3013.1015.105.007.059.1010m/s2.04m/s30.1a−

++−−−==(3)[5]BD．平衡了摩擦力后，由牛顿第二定律可得FMa=1aFM=aF−成正比例关系，故BD错误；AC．不断往砂桶里加砂，直到砂和砂桶的质量最终达到13M，越到后面越不满足砂和砂桶的质量远远小于小车质量，绳子的拉力小于砂

和砂桶的重力，此时加速度小于砂和砂桶的重力对应的加速度，图线会向下弯曲，故A错误，C正确。故选择C选项。三、计算题15.小船在宽为d的河中横渡，河水流速是3v，船在静水中的航速是2v，要使船的航程最短，求船头的指向和渡河的时间t。【答案】指向上游夹角3

0°，dtv=【解析】【详解】设船与河上游夹角为，由三角函数关系可得33cos22VVvv===水船故30=设渡河时间为t2sin30dddtvVv===船欲船的航程最短船头的指向上游夹角30°，渡河的时间为dv。16.如图所示,某客机的气囊ACD

竖直高度3mAB=,斜面长度5mAC=,一质量60kgm=的乘客从A处由静止开始滑下,最后停在水平部分的E处．已知乘客与气囊之间的动摩擦因数0.5=,忽略乘客在C处速度大小的变化,不计空气阻力,(210msg=).求：(1)乘客在斜面AC下滑时加速度

1a的大小；(2)乘客从A处开始到滑至E处的时间t．【答案】（1）a1=2m/s2(2)75s5t=【解析】【详解】（1）乘客在斜面上的受力如图所示：设斜面的倾角为θ，由数学知识得：cosθ=0.8，sinθ=0.6由牛顿第二定律得：1

sinmgNma−=cos0Nmg−=联立解得：a1=2m/s2；（2）设下滑时间为t1，在CE段滑行时间为t2由：21112ACat=得：t1=5s经过C点的速度大小为1125m/s25m/svat===乘客在水平部分滑行

的加速度为：225m/smgagm===则22255vtsa==故乘客从A处开始到滑至E处的时间：1225755s55ttt=+=+=17.如图甲所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向

右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1，F1变化规律如图乙所示。求：（1）t=6s时，B物体的加速度大小；（2）A、B将何时分离，分离时F1大小。【答案】（1）3m/s2；（2）12s8N【解析】【详解】(1)由乙图可写出力F1的表达式120Ft=−A、B分离时二者没有相互作用

力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得12ABFFmm=代入数值联立可得12st=当t=6s时()120206N=14NFt=−=−二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得()12ABFFmma+=+代入数值可得23m/sa=(2)由(

1)分析可知，12s时二都分离，分离时()1202012N=8NFt=−=−18.如图甲所示为倾斜的传送带始终以恒定的速度沿顺时针方向转动,主动轮、从动轮的大小可忽略不计,传送带与水平面夹角为37=，一质量m=1kg的小物块以初速度0v从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,物块到传送带

顶端的速度恰好为零,物块运动的速度--时间图像如图乙所示,已知210/sin370.6gms==，，求:(1)0～2s内物块的加速度a及传送带底端到顶端的距离x；(2)物块与传送带间的动摩擦因数；(3)如果物块可以在传送带上留下划痕,求0～4s内传送带上的划痕长度．【答案】（1）-10m/s2

；32m（2）0.5（3）20m【解析】【分析】（1）根据图示图象应用加速度定义式求出加速度，v-t图象与坐标轴形成图形的面积等于物体的位移．（2）应用牛顿第二定律求出动摩擦因数．（3）求出两段时间内物块相对于传送带的滑行距离，然后求出划痕长度．【详解】（1）由图示图象可知，0～

2s内物块的加速度为：242410/2vamst−===−，负号表示加速度方向与速度方向相反；由图示图象可知，传送带底端到顶端的距离为：x=12×（24+4）×2+12×2×4=32m；（2）0～2s内，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=

ma，代入数据解得：μ=0.5；（3）由v-t图象可知，物块在0～2s内向上做减速运动，当减速到与传送带速度相等时，由于重力沿传送带的分力大于物块受到的最大静摩擦力，物块继续向上做减速运动，由此可知传送带的速度为4m/s，0～2s内物块相对传送带向上的位移：d1=1

2×(24+4)×2−4×2=20m，2s-4s内，物块相对传送带向下的位移：d2=4×2-12×（4+0）×2=4m，则划痕长度为d1=20m【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清物体在整个过程中的

运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．动摩擦因数也可以根据动能定理求解．19.水平面上有一木板，质量为M=2kg，板左端放有质量为m=1kg的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦

因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取210/gms=．（1）现用水平力F拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F的大小范围？（2）若拉动木板的水平力F=15N，由静止经时间t1=4s立即撤去拉力F，再经t2=1s物块恰好到达板右端，求

板长L=？【答案】（1）12N＜F≤18N（2）1.4m【解析】【分析】（1）物块与木块一起运动，拉力F必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m与M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F达到最大值；（2）拉动木板的水平力F=15N，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F后，m向

右匀减速，M向右匀减速，当M静止后，m继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；【详解】（1）M与地面之间的最大静摩擦力f1=μ2(M+m)g＝0.4×(2+1)×10＝12N当M、m整体一起向右匀加速运动时，当m与

M的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F最大；对m：μ1mg＝ma①得a=μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2对整体：F−μ2(M+m)g＝(M+m)a②代入数据：F-12=（2+1）×2解得：F=18N所以拉力F大小范围是12N＜F

≤18N（2）拉动木板的水平力F=15N，M、m一起匀加速运动根据牛顿第二定律：()2221512/1/21FMmgamsmsMm−+−++＝＝＝t1＝4s时速度v1＝at1＝1×4m/s＝4m/s撤去F后，物块加速度a1＝μ1g＝2m/s2对木板：μ1

mg−μ2(M+m)g＝Ma2，代入数据：0.2×10−12＝2a2解得：a2＝−5m/s2木板向右速度减为0的时间；根据题意t2=1s物块恰好到达板右端1120040.85vtssa−−＝＝＝在t1时间内物块的位移：22111111140.82082.5622xvtatm＝．＝−=

−木板的位移：12140.81.622vxtm＝＝＝物块相对木板的位移△x＝x1-x2＝2.56−1.6＝0.96m根据题意撤去力F后，再经t2=1s物块恰好到达板右端所以木板静止后，木块继续运动0.2st1＝0.

8s时物块的速度v2=v1-a1t1＝4−2×0.8＝2.4m/s22221211'2.40.22020.4422xvtatmm−=−＝．＝木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m