【文档说明】黑龙江省大庆市铁人中学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，919.500 KB，由小赞的店铺上传

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铁人中学2019级高一学年上学期期末考试物理试题试题说明：本试题满分110分，答题时间90分钟。请将答案填写在答题卡上。一．单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个项目中，只有一项是符合题目要求的。1.以

下说法正确的是()A.诗句“人在桥上走，桥流水不流”是以流水为参考系B.2019年10月1日举行了国庆70周年大阅兵，阅兵队伍中的战士在训练正步时，可以把自己当成质点C.平均速度xvt=，无论当Δt多么小，该式都不可以表示t时刻的瞬时速度D.2019年

12月20日太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭实现了“一箭九星”，火箭竖直发射加速升空时，喷出的气体对火箭的推力与火箭的重力是一对平衡力【答案】A【解析】【详解】A．人在桥上走，是以地面为参考系，桥流水不

流，是以水为参考系，故A正确；B．阅兵队伍中的战士在训练正步时，不可以看成质点，否则就没有动作了，故B错误；C．平均速度xvt=，当△t充分小时，该式可以近似表示t时刻的瞬时速度，故C错误；D．火箭竖直发射加速升空时，喷出的气体对火箭的推力大于火箭的重力，故

D错误。故选A。2.某同学通过实验探究力的矢量合成法则时，发现当两个共点力的合力为10N时，若其中一个分力F1的方向与合力F的方向成30°角，另一个分力F2的大小为5.24N，则他预测以下选项中正确的是()A.F1的大小是唯一的B.F1的大小可以取任意值C.F2有两个可能

的方向D.F2的大小可取大于零的所有值【答案】C【解析】【详解】已知一个分力有确定的方向，与F成30夹角，知另一个分力的最小值为2minsin305NFF==而另一个分力大小大于5N小于10N，所以分解的组数有两组解，即F2有两个可能的方向。故选C。3.

国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。原来由铂铱合金的圆柱体制成的“国际千克原器”，它的质量随时间推移，会有微小变化，已经影响到质量单位的使用。因此，第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h（h的数值为6.63×10-34J

·s，J是焦耳）定义。旧“千克原器”于2019年5月20日正式“退役”，至此，7个基本单位全部用基本物理常量来定义，由以上信息判断下列说法正确的是（）A.“千克”单位没有了实物千克原器做标准，会导致基本单

位的不稳定B.7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性C.因为重新定义了“千克”的单位，所以在不同的力学单位制中，牛顿第二定律的表达式都是F＝maD.由题意可知，h单位也可以用基本单位表示为22kgm/s【答案】B【解析】【详解】AB．为了保证了基本单位的稳定性，基本

单位全部采用物理常量定义，故A错误，B正确；C．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式F=kma中的k才是1，此时的表达式才写成了F=ma，故C错误；D．由题意可知323446.63106.6310Js=kg

m/sh−−=故D错误。故选B。4.一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是A.初速度v0

的大小为2.5m/sB.加速度a的大小为1m/s2C.位移x3的大小为1.125mD.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s【答案】A【解析】【详解】AB．根据△x=aT2得：22212223m/sm/s1=1xxaT−−−==

即加速度a的大小为1m/s2，第1s末速度为：12132m/s2.5m/s221xxvT++===物体的初速度为：v0=v1-aT=2.5-（-1）×1m/s=3.5m/s故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C

D．根据匀变速直线运动规律，匀减速的总位移为：22035m6.125m221vxa===−．匀减速的总时间为：03.5svta−==故有：x3=x-x1-x2=1.125m位移x3内的平均速度为：3331.125m/s0.75m/s

3.52xvt===−故CD正确，不符合题意；故选A。5.如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，

挡板对小球的弹力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是()A.F增大，FN减小B.F增大，FN增大C.F减小，FN减小D.F减小，FN增大【答案】B【解析】【分析】对小球正确受力分析，利用三角形观察各个力的变化情况．【详解】先对圆球受力分析,受重力、半圆球对其的支持力和挡板

对其的支持力,如图:根据共点力平衡条件,有:cosmgN=；tanFmg=挡板保持竖直且缓慢地向右移动过程中,角不断变大,故F变大,N变大;故B正确.ACD错误6.如图所示，若有4个完全相同的篮球，并排放在倾角为30°的固定斜面上，各篮球依次标为“铁、人、中、学”，其中“学”号篮球被竖直

板挡住，不计所有接触处的摩擦，则“人”号篮球跟“中”号篮球间与“学”号篮球跟挡板间的弹力之比为()A.14B.18C.38D.34【答案】D【解析】【详解】设每个球的质量为m，将“铁”号篮球与“人”号篮球看成整体，由平衡条件得N12sin30Fmgmg==将四个球看成整体，由平衡条件得N

2434tan303Fmgmg==所以有N1N233443433FmgFmg===故选D。7.在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在三楼的阳台上，放手让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为t0．如果站在四楼的阳台上，放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将（）A.不变B

.变大C.变小D.无法判断【答案】C【解析】【详解】设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球再运动的位移为L才落地，在L内运行的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度，高度越高，落地的速度越大，可知高度越高，另一个小球在

位移L内的初速度越大，根据2012Lvtgt=+，初速度越大，时间越短，即落地的时间差变小，故选项C正确，ABD错误．8.如图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与挡板的动摩擦

因数及最大静摩擦因数均为．现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是图中的（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将板的右端缓慢抬起过程

中，在滑块相对于板滑动前，弹簧处于自然状态，没有弹力．当滑块相对于板滑动后，滑块受到滑动摩擦力，由平衡条件研究弹簧弹力的大小F与夹角θ的变化关系．【详解】设板与水平面的夹角为α时，滑块相对于板刚要滑动，则由mgsinmgcos=得3tan,33==，则θ在06−范围内，

弹簧处于原长，弹力F=0当板与水平面的夹角大于α时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得2mgFmgsinmgcossin()=−=−+其中tan=−，说明F与θ正弦形式的关系．当2=时，F=mg．故选C

二．不定项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是()A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】试题分析：AB第一个图是速度时间

图象，由速度时间图象可知：0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，A图中位移时间图象表示0-3s内物体静止，4-5s内物体也静止，故A错误；B图中速度图像表示0-3s内物体以速度6m/s匀速运动，4-5s内物体匀加速运

动，加速度为2m/s2，故B正确；C图中位移图像表示物体先静止后匀速运动，速度大小为2m/s，而速度图像在前3s为速度为零，3-5s做匀速运动大小为2m/s，故C正确，D图中位移时间图象表示0-3s内物体处于静止状态，加速度为零的运动，4-5s内物体匀速运动，而加速度时间图像

中0~3s内物体做加速度为零的运动，4~5s内物体做匀加速直线运动，状态不一致，故D错误．考点：本题主要考查了运动图象问题，点评：v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，位移-时间图

象的斜率等于物体运动的速度，加速度时间图象表示加速度随时间变化情况，根据图象即可求解．10.如图所示，两个完全相同的小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与

竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（）A.1212kk=B.1214kk=C.撤去F的瞬间，a球处于失重状态D.撤去F的瞬间，b球的加速度为零【答案】BD【解析】【详解】AB．先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有1

Fmg=再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有224cos60mgFmg==，(2)tan603Fmgmg==，根据胡克定律，有11Fkx=，22Fkx=，故112214kFkF==,故A错误，B正确；C．球

a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，合力为2tan6023FFmgmg===，加速度223m/sFam==，故C错误；D．球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D正确。故选B

D。11.如图所示，水平传送带以不变的速度v=10m/s向右运动。将可视为质点的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经时间t，Q的速度也变为10m/s，再经相同的时间到达B端，则以下说法正确的是（）A.前t秒物体

作加速运动，后t秒物体作减速运动B.后t秒内Q与传送带之间无摩擦力C.前t秒Q的位移与后t秒Q的位移之比为1：2D.Q由传送带左端到右端的平均速度为7.5m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．对物体Q受力分析可知，前t秒物体作加速运动，后t秒物体做匀速直线运动，故A错误

；B．后t秒物体与传送带间无相对滑动，所以后t秒内Q与传送带之间无摩擦力，物体做匀速直线运动，故B正确；C．前t秒物体作匀加速运动，位移为12vxt=后t秒物体做匀速直线运动，位移为2xvt=所以前t秒Q的位移与后t秒Q的位移之比为1：2，

故C正确；D．物体Q的总位移为322vtxvtvt=+=所以平均速度为333210m/s7.5m/s244vtvvt====故D正确。故选BCD。12.如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A

施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，由图线可知()A.A的质量mA＝2kgB.B的质量mB＝2kgC.A、B间的动摩擦因数μ＝0.2D.B的加速度一直随F增大而增大【答案】BC【解析】【详解】AB．由

图像可以看出，当力F＜48N时加速度较小，A、B相对静止，加速度相同，对整体法，由牛顿第二定律ABFmma=+（）则得1ABmFma+=（）由数学知识得161488ABammF===+所以8kgABmm+=当F>48N时，A的加速度

较大，采用隔离法，由牛顿第二定律，对A有：AAFmgma−=则得1AaFgm=−由数学知识得186160486Am−==−联立解得6kg,2kgABmm==故A错误，B正确；C．当F=60N时，a=8m/s2，对A有：1AaFgm=−解得0.2=故C正确；D．当AB间出现相对

滑动时，B所受滑动摩擦力不变，即合外力不变，加速度不变，故D错误。故选BC。13.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接。在水平拉力F作用下小球a从图示中A位置（虚线位置，细绳与细杆的夹角为60°），开始缓慢

向右移动到B位置（图中实线，细绳与细杆的夹角为30°），细绳中张力大小视为不变。已知小球a的质量为m，b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为33。则下列说法正确的是（

）A.当a球在B位置时，拉力F的大小为3mgB.当a球在A位置时，细杆对a球的支持力竖直向上，大小为（31−）mgC.支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D.拉力F的大小一直增大【答案】AD【解析】【详解】A．设a的质量

为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；当细绳与细杆的夹角为30时，细绳的拉力沿竖直方向的分力大小为sin30Tmg=以a为研究

对象，由平衡条件得：sin30TNmg+=解得，杆对a球的支持力0N=水平方向有cos303FTmg==故A正确；B．当细绳与细杆的夹角为60时，拉力F的大小为3332cossin2cos60sin60)(2)333Fmgmgmgmgmg

=+−=+−=−（）（故B错误；C．向右缓慢拉动的过程中，两个绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小，故

C错误；D．以a为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力2sinNFmgmg=−右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向2cos2cos2sin2cossinFfmgmgmgmgmgmg=+=+−=+−（）（）

由于322cossincossin(sin60coscos60sinsin(60)333+=+=++）=由于θ从90开始逐渐减小，可知θ增大，则（60+θ）从150逐渐减小时sin（60+θ）逐渐增大，F增大；故D正确。故选AD。14.如图

甲所示，木板OA可绕轴O点在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探究物块在方向始终平行于斜面且指向A端、大小为F=8N的力作用下的加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m=1kg，木板长L=2m，通过实验，得到如图

乙所示的加速度与斜面倾角的关系图线，A点坐标（θ1，0），B点坐标（θ2，0）。若物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，(g＝10m/s2)，则以下说法正确的是()A.图乙中图线与纵轴交点的纵坐标a0=6m/s2B.图乙中图线与θ轴交点的

横坐标为θ1时，物体受到的摩擦力沿斜面向下，且物体静止C.图乙中图线与θ轴交点的横坐标为θ2时，物体受到的摩擦力沿斜面向下，且物体静止D.若θ=37°，物体在力F作用下，从木板底端O点开始运动，当作用时间是3s时，物体不能冲出木板【答案】ABD【解析】

【详解】A．当木板水平放置时，物块的加速度为a0，此时滑动摩擦力0.2110N2NfNmg====解得22082m/s6m/s1Ffam−−===故A正确；BC．当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2

，这时物块处于静止状态，故B正确，C错误；D．力F作用时的加速度21sin370.4cos37m/sFmgmgam=−−=撤去力F后的加速度大小22sin37cos377.6m/smgmgam+==设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t，则撤

去力F时的速度1vat=，位移21112sat=，撤去力F后运动的距离2222vsa=，由题意有12Lss=+即2210.1620.4227.6tt=+解得3.1st故D正确，故选ABD。三.实验题：共2题，共16分。请把答案写在答题卡上相应位置。15.在“探究弹力与

弹簧伸长量的关系”的实验中，为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码。（1）要完成上述实验，在实验中，以下说法正确的是（）A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B.用悬挂钩

码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等（2）实验测出了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标

出。请作出m－l的关系图线______；（3）请根据图像得出弹簧的劲度系数为________N/m。(g＝9.8m/s2)（保留3位有效数字）【答案】(1).AB(2).(3).0.248～0.262之间的任一值均正确

【解析】【详解】(1)[1]A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确；B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数，故B正确；C．弹簧的长

度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C错误；D．拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误。故选AB；(2)[2]根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在

同一条直线上。可以判定m和l间是一次函数关系。画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧。如图所示(3)[3]由胡克定律F=kx得：=0.250N/mFmgkgkxl===

斜由于作图和读数误差，所以0.248～0.262之间的任一值均正确。16.某同学利用图甲所示的实验装置，探究小车在均匀长木板上的运动规律。(1)在小车做匀加速直线运动时打出一条纸带，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，图乙中所示的是

每打5个点所取的计数点，由图中数据可求得：小车的加速度为________m/s2（结果保留2位有效数字）(2)若用该实验装置“探究a与F、M之间的关系”，小车质量为M，要用钩码(质量用m表示)的重力表示小车所受的细线拉力，需满足__________________________________

_____。（3）满足此条件做实验时，得到一系列加速度a与合外力F的对应数据，画出a-F关系图象，如图丙所示，若不计滑轮摩擦及纸带阻力的影响，由图象可知，实验操作中不当之处为______________。（4）如果实验时，在小车和钩码之间接一个不计质量的

微型力传感器用来测量拉力F，如图丁所示，从理论上分析，是否还需要满足（2）问中的条件___________（填“是”或者“否”）。与（3）问中所做的图像对比，该实验图线的斜率将_________(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】(1).0.48m/

s(2).M≫m(3).没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(4).否(5).变大【解析】【详解】(1)[1]由于每5个计时点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.02×5=0.1s由逐差法得22654321223.83.32.82.31.91.4m/s0.48m/s990.1xx

xxxxaT++−−−++−−−==(2)[2]根据牛顿第二定律得：对m：mgFma−=拉对M：FMa=拉解得1MmgmgFmMmM==++拉由此可知当Mm时，即当钩码的总质量要远小于小车的质量，绳子的拉力近似等于钩码的总重力；(

3)[3]当有拉力时，物体加速度仍为零，可知：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(4)[4]由于有拉力传感器，所以不需要满足钩码的总质量要远小于小车的质量；[5]根据牛顿第二定律得Fam=，知图线的斜率表示质量的倒数．挂重物时，mgamM=+图线的斜率表示系统质量的倒数

，用力传感器时，加速度Fam=，图线的斜率表示小车质量M的倒数，可知图线的斜率变大四.计算题：本题共3小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分。17.如图所示，在倾角θ＝37固定的足够长的斜面上，有一

质量m＝2kg的滑块，静止释放的同时，对滑块施加一个垂直斜面的力F，图中未画出，力F的大小与滑块速度大小的关系满足：F＝kv。(sin37＝0.6，cos37＝0.8，g＝10m/s2)（1）若斜面光滑，力F的方

向垂直斜面向上，已知滑块在斜面上滑行的最大距离x=43m，求滑块在斜面上滑行时的加速度是多少？比例系数k的值是多少？（2）若斜面粗糙，滑动摩擦因数μ＝0.4，力F的方向垂直斜面向下，求物块在斜面上滑行的最大速度是多少？【答案】(1)6m/s2,4N

·s/m(2)3.5m/s【解析】【详解】(1)斜面光滑，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma解得：a＝6m/s2当斜面支持力为零时，滑块刚要离开斜面，此时在斜面上滑行的位移最大，滑块在斜面上速度达到最大v，由运动学公式：2ax

＝v2，解得v＝4m/s对滑块受力分析得，kv＝mgcosθ解得：k＝4N·s/m(2)斜面粗糙，力的方向向下，当加速度为零时，物体做在斜面上做匀速直线运动，此时速度最大，设为vmmgsinθ-μFN＝0FN=F+mgcosθF=kvm解得：vm=3.5m/

s18.在平直的高速公路行车道上，有五辆间距为150m的货车以72km/h的速度匀速行驶，在最后一辆车后100m处的相邻车道上，有一小型客车的行驶速度为36km/h。该小型客车司机为了超过最前面的货车，先使客车做匀加速运动，当客车速度达到108km/h时，保持速度不变。从客车开

始加速到刚好超过这五辆货车，所用时间为90s，忽略货车的长度，求：（1）客车加速的时间；（2）客车加速时加速度的大小。（3）客车超过最后一辆货车前距离最后一辆货车的最远距离为多少？【答案】(1)20s(2)1m/s2(3

)sm=150m【解析】【详解】(1)设货车的速度v1，客车的初速度设为v0，客车加速后速度为v＝30m/s，设客车追的过程总时间为t，加速阶段时间为t1，位移为x1，匀速阶段位移为x2x1＝02vv+t1x2＝v(t－t1)货车在此过程位移x＝v1t由几何关系x1＋x2＝x＋(5－1)×150

m＋100m解得t1＝20s(2)客车加速时的加速度a＝01vvt−解得a＝1m/s2(3)二者速度相等时，距离最大，设经过t2时间，二者速度相等v0+at2=v1解得：t2=10s0122(100)m150m2mvvsvtt+=−+=19.总质量为

M的两物块A、B静止叠放在水平面上，用轻绳通过滑轮将A、B连接，A与B及水平面间的动摩擦因数均为μ，对滑轮轴施加一个水平力F，如图所示．（忽略滑轮质量，不计其它阻力，g＝10m/s2.）（1）若A、B能以

相同的加速度向右运动，求加速度表达式？（2）若A、B能以相同的加速度向右运动，求B物块的质量m与总质量之间应该满足的条件？（2）若mA＝4kg、mB＝2kg，μ＝0.5，要使A能在水平面上运动，求水平力F应满足的条件？【答案】(1)FagM=−(2)m≥12M(3)F>40

N【解析】【详解】(1)设物块B的质量为m，A、B的加速度为a，A、B间的摩擦力为f，对整体由牛顿第二定律得F－μMg＝Ma解得：FagM=−(2)对物块B，有2F－f＝maf≤μmg联立解得12mM则有12mM(3)依题意可知mA>mB，A

、B有不同的加速度，设加速度分别为a1、a2，并假定此时B受到的滑动摩擦力向左，A、B受力如图，由牛顿第二定律可得2F－μ(mA＋mB)g＋μmBg＝mAa1解得F＝2mA(μg＋a1)其中a1>0，因此F>

40N对B物体：2F－μmBg＝mBa2F＝40N时B的加速度a2＝-2BBFmgm＝5m/s2>a1假定成立，即水平力F必须大于40N，物块A才能在水平面上运动