【文档说明】福建省厦门市2019-2020学年高一上学期期末质量检测物理试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.842 MB，由小赞的店铺上传

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厦门市2019-2020学年度第一学期高一年级质量检测物理试题一、单顶选择题1.厦门地铁二号线于2019年12月25日上午8：30正式运营，标志着厦门地铁从单线到双线，真正进入“换乘时代”，该工程起点位于天竺山森林公园脚下，终点到厦门本岛五缘湾，全长41.6公里，列车最高时

速80km/h。下列说法正确的是A.8：30是指时间间隔B.41.6公里是指路程C.80km/h是指平均速度D.研究列车全程运行的总时间时，不能将列车看成一个质点【答案】B【解析】【详解】A．8：30开始正式运行，表示动作开始的一瞬间，所以为时刻，A错误；

B．从图中可知路线为曲线，所以41.6公里是指路程，B正确；C．80km/h表示列车的最高车速，所以瞬时速度，C错误；D．研究列车全程运行的总时间时，列车的大小和形状是次要因素，且列车的长度相比全程的路程长可以忽略，故可以看做质点，D错误；故选B。2.2019年女排世界杯中，

中国女排以十一场全胜的成绩第五次获得世界杯冠军，图中所示为朱婷在世界杯比赛中扣球时的照片。若忽略空气阻力，下列说法中正确的是A.扣球时手对排球的作用力大于排球对手的作用力B.排球离手后在空中处于完全失重状态C.排球离手后在空中处于超重状态D.排球离手后做自由落体运

动【答案】B【解析】【详解】A．扣球时手对排球的作用力和排球对手的作用力是一对相互作用力，等大反向，A错误；BC．排球离手后在空中，若忽略空气阻力，则只受重力作用，加速度竖直向下，大小等于g，处于完全失重状态，B正确C错误；D．自由落体运动的初速度为零，而排球离开手后

，初速度不为零，做抛体运动，不是自由落体运动，D错误；故选B。3.为了方便测出人的反应时间，某研究小组同学用一把直尺制作了“反应时间测量尺”，其使用方法为：甲同学捏住测量尺上端使其保持竖直，零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲释放测

量尺时，立即用手指捏住尺子，根据乙手指所在测量尺的位置，直接读出反应时间t，若不计空气阻力，下列有关“反应时间测量尺”说法正确的是A.该测量尺下落的距离h与t2成正比B.该测量尺下落的距离h与t成正比C.

A标度比B标度更合理D.用钢尺和木尺制成的测量尺刻度不同【答案】A【解析】【详解】AB．由公式212hgt，位移与时间的平方成正比，A正确B错误；C．由题可知，手的位置在开始时应放在0刻度处，所以0刻度要在下边。物体做自由落体运动的位移212hgt，位移与时间的平方成正比，所以随

时间的增大，刻度尺上的间距增大，故B标度更合理，C错误；D．由公式212hgt，位移与时间的平方成正比，用钢尺和塑料尺制成的测量尺刻度应是相同的，D错误；故选A。4.根据压强公式FpS，将压强的单位Pa用国际单位制的基本单位表示，则下列正确的是A.N·m-2B.kg·m-1·s-

1C.kg·m-2·s-1D.kg·m-1·s-2【答案】D【解析】【详解】压强定义式为FpS，它的单位是帕斯卡（Pa），根据牛顿第二定律Fma知，1N=1kg•m/s2；而面积S的单位是m2，所以：1Pa=1kg·m-1·s-2；A．N不是基

本单位，A错误；BCD．综上分析1Pa=1kg·m-1·s-2，故BC错误D正确；故选D。5.在某校的艺术节上，一位质量为m的魔术演员成功被“隔空送入”质量为M的木箱内，表演结束后，演员用恒力F竖直向上推木箱顶部，却未能推动顶盖，如图所示，已知重力加速度为g，则A.木箱对地面的压力大小为（M+m

）gB.木箱受到的合力为F'C.演员对木箱下底面的压力大小为mgD.演员受到木箱的作用力为F'【答案】A【解析】【详解】A．对整体分析，地面对整体的支持力为Mmg，根据牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为Mmg，A正

确；B．木箱处于静止状态，合力为零，B错误；C．对人受力分析，受到竖直向下的重力和木箱顶部给的竖直向下的作用力F，木箱底部给的竖直向上的支持力，三力平衡，故木箱底部对人的支持力为NFmg，根据牛顿第三定律可知人对木箱底部的压力大小

为'NFmg，C错误；D．演员受到木箱顶部给的竖直向下的作用力F，底部给的竖直向上的支持力NFmg，故人受到木箱的作用力大小为mg，D错误；故选A。6.用相同材料做成的A、B两木块在同一粗糙的水平面上沿直线滑行直到停止，若它们的初速度大小之比32ABvv，则它们滑行的A.加速度之

比32ABaaB.加速度之比23ABaaC.位移之比94ABssD.位移之比49ABss【答案】C【解析】【详解】AB．木块在水平面上滑行过程中，根据牛顿第二定律可得：fmgma，解得：ag；即木块滑行的加速度和质量无关，又两个木块的材料相同

，所以运动的过程中的加速度相同，AB错误；CD．根据2202tvvas，可得2294AABBsvsv，C正确D错误；故选C。7.如图所示，一倾角为的固定斜面上，有一块可绕其下端转动的挡板P，在挡板与斜面间夹有一重为G的光滑球。挡板P由图示的竖直位置慢慢地逆时针转到水平位置的过程中

，当球对挡板压力最小时，球对斜面的压力大小为A.sinGB.cosGC.GsinθD.Gcosθ【答案】D【解析】【详解】受力分析如图，将1F与2F合成，其合力与重力等大反向如图：挡板转动时，挡板给球的弹力1F与

斜面给球的弹力2F合力大小方向不变，其中2F的方向不变，作辅助图如图，挡板转动过程中，1F的方向变化如图中a、b、c的规律变化，为满足平行四边形定则，其大小变化规律为先变小后变大，其中挡板与斜面垂直时为最小，根据矢量三角形可知：1minco

sFG，A．综上分析1mincosFG，A错误；B．综上分析1mincosFG，B错误；C．综上分析1mincosFG，C错误；D．综上分析1mincosFG，D正确；故选D。8.拥

堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”（简称空轨，如图所示）是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线到乙站，为了使旅客舒适，在加速和减速阶段，其加速度不能超过2.5m/s2，行驶的最大速度为25m/s。已知甲、乙两站

之间的距离为2×103m，下列说法正确的是A.空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为18sB.空轨从静止开始加速到最大速度的最短位移为250mC.空轨从静止开始加速到最大速度的最短位移为125mD.空轨从甲站运动到乙站的最短时间为80s【答案】

C【解析】【详解】A．由vat可知，加速到最大速度所需要的最短时间为：1225m/s10s2.5m/svta，A错误；BC．由22vas，有空轨从静止开始加速到最大速度的最短位移为2225125m222.5vsa，B

错误C正确；D．加速和减速所需要的时间均为10s，且加减速过程位移均为125m，故匀速运动的时间为：22000125270s25t，所以空轨从甲站运动到乙站的最短时间为min20s70s90stD错误；故选C。二、多项选择题9.2019年12月27号，被称为“胖

五”的中国“最强火箭”长征五号圆满完成发射任务。下列有关说法正确的是A.火箭点火后，速度变化越快，则加速度越大B.火箭发射瞬间，速度为零，加速度不为零C.火箭进入太空后，惯性消失D.火箭升空后，加速越来越大，惯性也越来越大。【答案】AB【解析】【

详解】A．加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化越快，则加速度越大，A正确；B．火箭发射瞬间，受到一个向上的巨大的力，从静止开始运动，故速度为零，加速度不为零，B正确；CD．到太空后，质量不变，惯性不变，CD错误；故选AB。10.BRT已成为美丽海滨城市厦门的主要绿色交通

工具之一。BRT为安检设备。图甲是其安检时传送带运行的示意图。水平传送带长为L，沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动，某乘客的行李（可视为质点）被上方挡板挡住不能运动，安检员撤去挡板排除故障，行李开始运动。则下列说法中可能正确的是A.撤去挡板瞬间行李的加速度为零B

.行李在运动过程中一直受到摩擦力的作用C.行李在传送带上运动过程的平均速度为02vD.行李在传送带上运行的时间为0Lv【答案】BC【解析】【详解】A．撤去挡板瞬间，行李相对传送带向左运动，故行李受到传送带给的向右的摩擦力，加速度不为零，A不可能；B．若行李向右运动过程

中，行李加速过程的位移不小于传送带的长度，则行李在运动过程中一直受到摩擦力的作用，即存在这种可能，B可能；C．若行李刚好运动到传送带的另一端时，速度刚好为0v，即整个过程中行李做匀加速直线运动，初速度为零，末速度为0v，故平均速度为02v，存在这种可能，C可能；D

．若行李一开始就随着传送带以做0v匀速直线运动，则运动时间为0Lv，但这种可能不会存在，故运动时间不可能为0Lv，D不可能。让选可能的，故选BC。11.甲、乙两质点在同一直线上运动，其位移-时间（x-t）图像如图所示，其中甲质点的图像为直线，乙质点的图像为经过原点的曲线，两图像交点A、

B的坐标如图所示。下列说法正确的是A.甲、乙两质点同时从同一位置出发B.0~t1时间内，甲质点在乙质点前面C.在t2时刻，甲质点的瞬时速度小于乙质点的瞬时速度D.t1~t2时间内乙质点的平均速度与甲质点匀速运动的速度相等【答案】CD【解析】【详解】A．从图中可知两质

点从同一位置出发，但不同时刻开始运动，A错误；B．10~t时间内，甲对应的位移小于乙的位移，即乙在甲前面，B错误；C．图像的斜率表示运动的速度，从图中可知2t时刻乙的速度大于甲的速度，C正确；D．21~tt时间内，两质点的始末位置都相同，即位移相同，所有时间又相同，故两者的

平均速度相等，D正确。故选CD。12.蹦床运动深受青少年儿童喜欢，其运动可以简化为如图乙所示的模型，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量Δx之间的函数

关系如图丙所示，其中A为曲线的最高点，取g=10m/s2，则下列说法正确的是A.小球刚接触弹簧时速度最大B.当Δx=0.2m时，小球所受的合力为零C.该弹簧的劲度系数为10.0N/mD.从接触弹簧到压缩弹簧至最短的过程中，小球

的最大加速度为30m/s2【答案】BCD【解析】【详解】A．刚接触弹簧时，弹簧的弹力从零开始增大，还小于重力，即小刚接触弹簧后，在一段时间内，重力大于弹力，合力仍竖直向下，即仍向下做加速运动，故小球刚接触弹簧时速度不是最大，A错误；B．当Δx=0.2m时，速度最大，加速度减小到零

，即弹力等于重力，合力为零，B正确；C．根据图丙可知，从开始接触弹簧到速度最大（A点），弹簧被压缩了0.2m，故有210N/m10.0N/m0.22mgk，C正确；D．弹簧最短时，速度为零，从图丙中可知，整个过程中弹簧压缩了0.8m

，故在最低点弹簧的弹力大小为：100.88NFkx根据牛顿第二定律可知，在最低点小球的加速度最大，最大为：2282300.m/sms2/Fmgam，D正确。故选BCD。三、实验题13.如图甲所示，在“验证力的

平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：①将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴在两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计。②沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将该位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录为F1、F2，

并用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，分别将其与O点连接，表示两力的方向。③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍然拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向。（1）在步骤③中，用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍然拉至O点，这样做所采用的科学方

法是____（选填各选项前面的字母符号）A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法（2）如图乙所示，F'表示由平行四边形定则作出的F1和F2的合力，F表示用一个弹簧测力计拉橡皮筋的力，一定与OA共线的是_____。（选填“F”或“'F”）

【答案】(1).B(2).F【解析】【详解】(1)[1]两次拉到同一位置可以保证前后两次作用力的效果相同，故采用了等效替代法，B正确；(2)[2]F'表示由平行四边形定则作出的F1和F2的合力，即合力的理论值，F表示用一个弹簧测力计拉橡皮筋的力，即合力的实际值，O

A所在直线为合力实际值所在直线，故一定与OA共线是F。14.某同学用图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系：（1）该同学完成实验操作后，将实验数据都在坐标系中进行了描点，但尚未完成图像的绘制（如图乙所示）。请帮助该同学画出a-F图像。（）根据所完成的a-F图像，分析得出造成这一结果

的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角______（选填“偏大”或“偏小”）。（2）重新平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力___沙和沙桶的总重力（填“大于”“小于”或“等于”），为了便于探究，我们近似认为拉力等于沙和沙桶的总重力，应使小

车质量M与沙和沙桶的总质量m满足M>>m的条件。（3）由实验得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器所使用的电源频率为50Hz。小车的加速度a=_____m/s2。（结果保留两位有效数字）【答案】(1).(2).偏大(3).小于(4).2.

5【解析】【详解】(1)[1]a-F图像如图所示：[2]图线不通过坐标原点，F为零时，加速度不为零，知实验前平衡摩擦力过度，即在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大；(2)[3]对整体分析，根据牛顿第二定律得：mgamM

，则绳子的拉力为：1mgFMamM，所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力；(3)[4]编号如图则相邻计数点之间的时间间隔为T=0.1s，根据公式2xaT可得22312xxaT代入数据可得222(7.502.50)2

.5010m/s2.5m/s0.01a。四、计算题15.为庆祝中华人民共和国成立70周年，厦门某学校举行隆重的升旗仪式。已知旗杆高度H=18.88m，国旗开始升起时上端离地面高度h=1.2

4m，国旗先由静止开始向上做匀加速运动，持续时间t1=2s，速度达到v=0.42m/s，然后做匀速运动直至旗杆顶端遇拦阻球立即停下。试计算。（1）国旗向上做匀加速运动时加速度a的大小；（2）国旗上升到旗杆顶端的总时间t。【答案】（1）0.21m/s2；（2）42s【解

析】【详解】(1)由vat，可得122m/sm/s0.420.212vat；(2)国旗做匀加速运动的位移为s1，则2211110.422m0.84m22sat，匀速运动的位移为：2118.88m0.84m1.24m16.8msHsh

，则匀速运动的时间：2216.840s0.42stv，故国旗上升到旗杆顶端的总时间：124s2ttt。16.健身越来越受大众欢迎，臂力健身器件简化如图所示，轻杆BC的C端用光滑铰链固定在竖直墙壁，且与竖直墙壁保持垂直。B端通过轻绳AB与墙壁相连，A

B与竖直墙壁的夹角为θ，一质量不计的轻滑轮悬挂于B点。质量为M的健身者通过一轻绳跨过定滑轮，用竖直向下的力拉住轻绳一端，使质量为m（m<M）的重物保持不动，重力加速度为g，求：（1）人对地面的压力N'的大小;（

2）绳子BO对轻滑轮的作用力F1的大小;（3）轻杆BC的弹力F2的大小。【答案】（1）Mg-mg（2）2mg（3）2tanmg【解析】【详解】(1)对人进行受力分析，受到竖直向下的重力Mg，地面的给的支

持力N，和绳子向上的拉链mg，根据平衡有MgmgN，代入数据解得：NMgmg，根据牛顿第三定律可知，人对地面的压力大小为：'NMgmg；(2)滑轮受到由滑轮规律以及共点力平衡条件可知12BOFTmg

；(3)以结点B为研究对象，对其进行受力分析如图所示，根据共点力平衡有21tan2tanFFmg。17.风动实验室可以产生水平向右、大小可以调节的风力，小米同学在风动实验室研究风力大小，进行了下述实验：将一根套有小球的细直杆OA放

入风洞实验室，小球的质量为m=0.5kg，球的孔径略大于细杆的直径，杆OA的长度为L=3m，取g=10m/s2。（1）先将杆沿着水平方向固定，如图甲所示，调节风力的大小F1=2.5N，小球恰能沿杆向右匀速运动，求小球与杆间的动摩擦因素μ；（2）再将杆沿与水平呈

θ=37o方向固定，如图乙所示。调节风力大小并保持不变，将小球从底端O点由静止释放，经过t=2s，小球滑到杆的顶端A点，求风力大小F2。（已知sin37o=0.6，cos37o=0.8）【答案】（1）0.05；（2）4N【解析】【

详解】(1)当杆水平放置时，小球水平方向上受风力F1和滑动摩擦力f1、竖直方向上受重力mg和细杆的支持力N1作用，由小球做匀速直线运动，有：水平方向上：11Ff，竖直方向上：110NNmg，物体所受到滑动摩擦力：1fN，解得：0.05；(2

)其受力分析如图所示：x轴上：22cossinFfmg，y轴上：2cosNmg，22fN，解得：F2=4N。18.如图甲所示，质量为M=2kg的木板A静止放置在光滑的水平地面上，质量m=4kg的物块B（可视为质点）置于木板A的左端，在水平向右的力F

作用下由静止开始运动，A、B运动时的加速度随时间变化的图像如图乙所示（图中各段图线均为直线，且只画出前6s的情况）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：（1）同学们已学过：v-t图像中的图线与时间轴围成的面积表示位移。那么图乙a-t图像中

的图线与时间轴围成的面积表示的是什么物理量？请求出6s末木板A的速度大小；（2）2s末和6s末拉力的大小；（3）若6s末力F突然变为大小1N、方向水平向右的恒力，要使物体B不从木板A右端滑出，则木板A至少为多长？

【答案】（1）速度大小，4m/s；（2）3N；10N；（3）26m9【解析】【详解】(1)由公式vat可知，a-t图像围成的面积表示速度大小。由图像可知：6s末A的速度为：141214m/s2Av

；(2)2s末时，A、B一起向右做匀加速运动，水平面光滑。从图中可知2s末两者的加速度相等，大小为20.5m/s，由牛顿第二定律有：11FMma，可解得F1=3N；6s末时，2/s1mAa，2/s2mBa，A、B已经有了相对运动。对B分析有2BFfma，对A分析有AfMa

，联立两式代入数据可得：F2=10N；(3)由图像可知，6s末，A的速度4m/sAv，B的速度为6m/sBv，从4s末开始到6s末B相对A向前滑动了：2222111111122122m2222BAxatat若此时F突然变为大小1N、方向水平向右的

恒力。则物块B做减速运动，加速度：21120.25m/s4Ffam物块A继续做加速运动，加速度不变，加速度为222m/sa物块B滑到A的右端时A、B速度相等，则物块B刚好不从木板A的右端滑出，此时有：1222BAvtvaat，解得：28s9t，在2t时间内B相对A

向前滑动了2222212221122ABvtattxvta解得：28m9x要使物体B不从木板A右端滑出，则木板A至少为1226m9Lxx。