【文档说明】【精准解析】江西省九江市同文中学2019-2020学年高一下学期期初考试物理试题.doc，共(18)页，720.000 KB，由小赞的店铺上传

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九江市同文中学2019――2020学年度下学期期初考试高一年级物理试卷一、选择题1.甲、乙两车沿平直公路通过了同样的位移。已知甲车在前半段位移上以v1=40km/h的速度运动，在后半段位移上以v2=60km/h的速度运动；乙车在前半段时间内以v1=40km/h的速度运动，在后半段时间内以v2=

60km/h的速度运动，则甲、乙两车在整个过程中的平均速度大小关系是（）A.v甲=v乙B.v甲>v乙C.v甲<v乙D.无法比较【答案】C【解析】【详解】由题意可知设总位移为s，则对于甲有121212222vvsvvvssvv==++甲代入数据可解得48km

/hv=甲；设运动的总时间为t，则对乙有1212222ttvvvvvt++==乙代入数据可解得50km/hv=乙；比较可知vv甲乙，故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，O点离水平地面的高度为H，A点位于O点正下方l处。某物体从O点由静止释放，做自由

落体运动，落于地面上O'点，则物体（重力加速度为g）（）A.在空中的运动时间为2lgB.在空中的运动时间为2()Hlg−C.从A点到O'点的运动时间为2()Hlg−D.从O点到A点的运动时间为2lg【答案】D【解析】【详解】AB．物体做自由落体运动，根据2

12Hgt=可得2tHg=故A错误，B错误；CD．同AB选项分析可知OA运动的时间2tlg=故从A点到O点的运动时间为22Hltttgg=−=−故C错误，D正确。故选D。3.在半球形光滑碗内，斜放一根筷子，如图

所示，筷子与碗的接触点分别为A、B，则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为（）A.A点处指向球心O，B点处竖直向上B.均竖直向上C.A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上D.均指向球心O【答案】C【解析】【详解】在接触点A，筷子与碗的接触面

是碗的切面，碗对筷子的支持力垂直切面指向球心O；在接触点B，筷子与碗的接触面是筷子的下表面，所以B点处碗对筷子的支持力垂直于筷子斜向上。A.A点处指向球心O，B点处竖直向上，与分析不一致，故A错误。B.均竖直向上，与分析不一致，故B错误。C.A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上，与分

析相一致，故C正确。D.均指向球心O，与分析不一致，故D错误。故选：C.4.如图，质量为m的木块，在斜向左上方的力F的作用下，沿天花板向左作匀速直线运动，则物体受到的作用力的个数为（）A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】C【解析】【详解】由题意可知，在斜

向左上方的力F的作用下，沿天花板向左作匀速直线运动，因此除受到重力外，还受到水平向左的推力，由于天花板对木块有竖直向下的支持力，根据摩擦力产生的条件，则存在向右的滑动摩擦力，对物体受力分析，如图所示，重力、支

持力、摩擦力与推力，故C正确，ABD错误．【点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图，列方程即可求解．对物体受力分析，受推力、重力、支持力、摩擦力而做匀速运动，根据平衡条件即可求解．5.如图所示，乘客在公交车上发现车厢顶部A处

有一小水滴落下，并落在地板偏前方的B点处，由此判断公交车的运动情况可能是()A.向前加速运动B.向前减速运动C.向后匀速运动D.向后减速运动【答案】B【解析】【详解】AB．水滴离开车顶后，由于惯性在水平方向上保持离开时的速度不变，而水滴落点B在A点正下方的前面，表明若车向前行驶，水

滴下落时，车正在减速，A错误B正确；D．若车向后减速运动时，水滴下落时将落在A点正下方的后方，D错误；C．若车向后匀速运动，水滴将落在A点的正下方，C错误。故B。6.如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，开始时用手托起

小球，使弹簧处于压缩状态。迅速放手后，小球在竖直方向上做直线运动。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球起初向下做匀加速运动B.弹簧恢复原长时，小球的速度达到最大C.弹簧恢复原长时，小球的加速度等于零D.小球运动过程中的最大加速

度大于g【答案】D【解析】【详解】由题意可知初始状态弹簧压缩，弹力向下，故刚松手时根据牛顿第二定律有1mgkxma+=在恢复原长前，弹力减小，小球做加速度减小的加速运动，并且大于g；当弹簧恢复原长时，加速度为g，然后继续往下，弹簧

伸长，弹力增加，方向向上，根据牛顿第二定律可知2mgkxam−=小球继续做加速度减小的加速运动，当弹力与重力相等时，加速度为0，速度最大，然后做加速度增大的减速运动到最低点。综上分析可知D正确，ABC错误。故选D。7.如图所示为某小球所受

的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去，设小球从静止开始运动，由此可判定（）A.小球先向前运动，再返回停止B.小球先向前运动，再返回不会停止C.小球始终向前运动D.小球向前运动一段时间后停止【答案】C【解析】【详解】由图象可知，在每一秒的时间间

隔内，合力为恒力，所以物体做匀变速运动；在0~1s内质点由静止开始做匀加速直线运动，1~2s内合力与运动方向相反，物体做匀减速直线运动，且加速度大小与0~1s内相等，当t=2s时，速度减为0；之后物体又从静止开始做匀加

速直线运动，重复前2秒的运动形式，所以物体不断向一个方向运动，故C正确，ABD错误。故选C。8.如图所示，物块在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增大到2v0后匀速运动的过程中，下列分析正确的是（）A.物块下滑的速度不变B.物

块在传送带上加速运动到速度为2v0后匀速运动C.物块先向下匀速运动，后向下加速运动，最后沿传送带向下匀速运动D.物块受到的摩擦力方向始终沿传送带向上【答案】C【解析】【详解】传送带静止时，物块匀速下滑，故有sinmgf=当传送带转动时，开始阶段传送带速度小于物块速度v0

，传送带对物块的作用力没有变化，物块仍然匀速下滑；当传送带的速度大于物块的速度，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物体向下做加速运动，当物块速度达到传送带速度2v0时，物块和传送带相对静止，随传送带匀速下滑，故C正确，ABD错误。故选C。9.竖

直上抛物体受到的空气阻力f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点落回抛出点用时t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则下列说法正确的是()A.a1<a2，t1<t2B.a1>a2

，t1>t2C.a1<a2，t1>t2D.a1>a2，t1<t2【答案】D【解析】【详解】上升过程有：mg+Ff=ma1，下降过程有：mg-Ff=ma2，由此可知a1＞a2，根据功能关系可知落回地面的速度v＜v0，因此

上升过程的平均速度02v大于下降过程的平均速度2v，由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此t1＜t2，故ABC错误，D正确．故选D．【点睛】本题容易出错的地方在于阻力的方向容易弄错，注意阻力方向与相对运动方向相反，上升和下降过程阻力的方向是不同的．1

0.如图所示，A、B两滑块的质量分别为4kg和2kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动．现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上．现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种

方式只释放B而A按着不动．则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为A.1:1B.2:1C.3:2D.3:5【答案】D【解析】【详解】固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的

特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA:aC=2:1．此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知：T=mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得：mCg–2T=mCaC，联立解得T=16N，aC=2m

/s2，aA=4m/s2．若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为Ca，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为:2:1BCaa=，此时设轻绳之间的张力为23CHCSSDDH=，对于滑块B

，由牛顿第二定律可知：23CHCSSDDH==mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得：2CCCmgTma=−，联立解得40N3T=，220m/s3Ba=，210m/s3Ca=．则C在以上两种释放方式中获得的

加速度之比为:3:5CCaa=，故选项D正确．11.一质点做直线运动的v-t图像如图所示，下列说法中正确的（）A.在0~t1时间内，质点做加速度逐渐减小的加速运动B.在t2~t3时间内，质点做加速度减小的

减速运动C.在t3~t4时间内，质点做反向加速运动D.在0~t4时间内，质点运动的位移一直在增大【答案】AC【解析】【详解】A．在0~t1时间内，根据v-t图像斜率表示加速度可知质点做加速度逐渐减小的

加速运动，故A正确；B．在t2~t3时间内，根据v-t图像斜率表示加速度可知质点做加速度不变的减速运动，故B错误；C．在t3~t4时间内，根据v-t图像可知质点的速度为负，均匀增加，与正方向相反，质点做反向加速运动，故C正确；D．在0~t4时间内，根据v-t

图像与坐标轴围成的面积表示位移可知在0~t3时间内位移增大，从t3时刻起物体开始反向运动，位移减小，故D错误。故选AC。12.如图所示,质量分别为M、m,,的两个物体(M>m),它们与水平面的摩擦因数都为µ,现用轻质弹簧連接一起,两物体间距离为x,当两物体在最小距离x1与最大

距离x2之间,均能保持静止状态．已知弹簧形变在弹性限度内,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力;则()A.当两物体之间的距离分别为最小值x1和最大值x2时,弹簧的弹力大小相等B.若µ、m不变,M越大,两物体间的最大距离

x2就越大C.当两物体之同距离最大时,弹簧的伸长量为(x1+x2)/2D.当商物体之间的距离x满足x1<x<x2时,质量为M的物体可能受到地面施加的摩擦力作用【答案】AD【解析】【详解】A、B、C、物体M与地面的最大静摩擦力为μMg，物体m与

地面的最大静摩擦力为μmg，而M＞m，弹簧对两个物体的弹力相等，弹簧对物体的弹力与地面对物体的摩擦力平衡，故当两物体之间的距离分别为最小值x1和最大值x2时，弹簧的弹力大小相等，有：μmg=k(x0-x1)，μmg=k(x2-x0)，

联立解得弹簧原长为：1202xxx+=，若μ、m不变，M变大，还是m先滑动，故两物体间的最大距离x2不变，当两物体之间距离最大时，弹簧的伸长量为21202xxxx−−=，故A正确，B、C错误；D、当两物体之间的距离x满足x1

＜x＜x2时，质量为M的物体可能受到地面施加的摩擦力作用，也可能不受摩擦力，故D正确；故选AD.【点睛】本题关键是明确物体M和m的受力情况，知道临界情况是m恰好不滑动，结合平衡条件和胡克定律分析．13.将一小球以水平速度v0＝10m/s从O点向右抛出，经1.73s小球恰好垂直落到斜面上

的A点，不计空气阻力，g＝10m/s2，B点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是A.斜面的倾角约是30°B.小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15mC.若将小球以水平速度v0′＝5m/s

向右抛出，它一定落在AB的中点P的上方D.若将小球以水平速度v0′＝5m/s向右抛出，它一定落在AB的中点P处【答案】AC【解析】【详解】设斜面倾角为θ，对小球在A点的速度进行分解有0tan=vgt，解得3

0=，故A正确；小球距过A点水平面的距离为21152hgtm==，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15m，故B错误；若小球的初速度为05m/sv=，过A点做水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度010/vms

=抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P、A之间，故C正确，D错误．故选AC．【点睛】小球垂直撞在斜面上，速度与斜面垂直，将该速度进行分解，根据水平分速度和竖直分速度的关系求解斜面的倾角．再根据小球在空中的飞行时间，由212hgt=求解小

球下落的竖直高度．根据水平位移分析小球速度为05/vms=时落点的位置．14.质量为m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示．若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动．关于A对B的作用力，下列说法正确的是（）A.若水平

面光滑，物块A对B的作用力大小为FB.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为2FC.若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，则物块物块A对B的作用力大小为2FD.若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B

与地面的动摩擦因数为2μ，则物块A对B的作用力大小为2Fmg+【答案】BCD【解析】【详解】AB．若水平面光滑，以AB组成的整体为研究的对象，根据牛顿第二定律有：2Fma=解得：2Fam=设AB之间的作用力为F，对B，根据牛顿第

二定律有：2FFma==A错误，B正确；C．若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，以AB组成的整体为研究的对象，根据牛顿第二定律有：22Fmgma=−解得：22gmFam−=设AB之间的作用力为1F，对B，根据牛顿第二定律有：112F

Fmamg=+=C正确；D．若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，以AB组成的整体为研究的对象，根据牛顿第二定律有：22mmggaFm=−−解得：32gmFam−=设AB之间

的作用力为2F，对B，根据牛顿第二定律有：2222FmgFmgma+=+=D正确。故选BCD。二、实验题15.如图是欧阳同学探究弹簧伸长量与弹力关系的实验装置。图中直角三角架底面水平，斜面可视为光滑，待测轻弹簧固定在斜面顶端。现在弹簧下

端分别挂1个、2个、3个相同的钩码，静止时弹簧分别伸长了x1、x2、x3。已知每个钩码的质量为50g，重力加速g取10m/s²。所测数据如下表所示：x1x2x3斜面顶端高度h斜面长度s12.50cm25.00cm37.50cm30.00cm50.00cm(1)挂1个钩码时

弹簧受到的拉力为____N；(2)由表中数据可得，弹簧的劲度系数k=____N/m。【答案】(1).0.3(2).2.40【解析】【详解】(1)[1]根据图中数据可知斜面顶端高度h=30.00cm，斜面长度s

=50.00cm，挂一个钩码时，对钩码受力分析并结合几何关系可知弹簧受到的拉力30sin0.0510N0.3N50Fmg===(2)[2]根据表中数据，由胡克定律可知Fkx=代入挂1个钩码和3个钩码时的

数据可解得2.40N/mk=。16.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图装置。(1)本实验应用的实验方法是________。(2)下列说法中正确的是________。A.木板一端垫高，是为了小车有更大的加速度，方便测量B

.砝码盘和砝码的总重力就是小车受到的合外力C.探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，可作出a－m图像D.当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总

重力大小(3)实验中得到以下两个实验图线甲、乙：描述加速度与质量关系的图线是____（填“甲”或“乙”）；描述加速度与力的关系图线是____（填“甲”或“乙”）；图线____也可以描述加速度与质量的倒数关系（填“甲”或“乙”）。【答案】(1).控制变量法(2).D(3).乙(4).甲(5).甲

【解析】【详解】(1)[1]在本实验中，当控制质量不变时，研究加速度与力的关系；当合力一定时，研究加速度与质量的关系；故本实验应用的实验方法是控制变量法；(2)[2]A．木板一端垫高，是为了平衡摩擦力，不是为了小车有更大的加速度，故A错误；B．砝码盘和砝码的总重

力大于小车受到的合外力，故B错误；C．由牛顿第二定律可知Fam=探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，可作出1am−图象，故C错误；D．当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近

似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，故D正确。故选D。(3)[3][4][5]根据牛顿第二定律Fma=通过控制变量法可以知道，当力一定时，加速度与质量成反比，描述加速度与质量关系的图线是乙图；而质量变为其倒数时，则加速度与质量的倒数将成正比

，则图线甲也可以描述加速度与质量的倒数关系；而质量一定时，力与加速度成正比，故描述加速度与力的关系图线是图甲。三、计算题17.如图所示，竖直悬挂一根长15m的直杆，在杆的正下方距离杆下端5m观察点A处有一内径大于杆的直径的圆

环。求：(1)当杆做自由落体运动，直杆全部通过A处环所需的时间。(2)当直杆开始自由下落的瞬间，将环以15m/s竖直向上抛出，求直杆全部通过环所需的时间。（g取10m/s2，杆和环距离地面足够高，杆的一端进入到另一端离开为通过）。【答案】（1）1s；（2）1s。【解析】【详解】(1

)用L代表杆的长度，h代表杆的正下方距A的距离，设杆的上端到达A点的时间为1t，则有2112Lhgt+=代入数据解得12st=；设杆的下端到达A点的时间为2t，则有2212hgt=代入数据解得21st=；所以杆全部通过A点的时间为122s1s1sttt=−=−=(2)根据题意可知环在以

杆为参考系做速度为15m/s的匀速运动，则通过杆的时间为015s=1s15Ltv==答：(1)当杆做自由落体运动，直杆全部通过A处环所需的时间为1s。(2)当直杆开始自由下落的瞬间，将环以15m/s竖直向上抛出，

直杆全部通过环所需的时间为1s。18.如图，A、B两滑环分别套在间距为d=20cm的水平平行光滑细杆上，A和B的质量分别为1kg、3kg，用一自然长度为20cm的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆向右为20N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度运动时，求：(1)若突然撤去

拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为多大？方向如何？(2)若弹簧与杆夹角为53°且仍在弹性限度内，则弹簧的劲度系数k为多少？【答案】（1）215m/s，方向水平向左；（2）500N/mk=。【解析】【详解】(1)对AB整体分析

有得()ABFmma=+设此时弹簧弹力沿杆方向的分力为F，对A受力分析，根据牛顿第二定律有AFFma−=撤去F瞬间对A分析，弹簧弹力不变，沿杆方向的分力也不变，此时根据牛顿第二定律有Fma=联立以上各式代入

数据解得215m/sa=，因F的方向水平向左，故加速度方向也水平向左；(2)对B受力分析，结合胡克定律有cos53BkLma=又因为根据几何关系sin53dLd=−联立两式结合(1)代入数据得500N/mk=答：(1)撤去拉力F的瞬间，A的加速度为215m/s，方向水平向左；(

2)弹簧的劲度系数500N/mk=。19.如图所示，在倾角为37°的斜坡上，从A点水平抛出一个物体，物体落在斜坡的B点，测得A、B两点间的距离是75m，g取10m/s2，求：(1)物体抛出时速度的大小；(2)物体落到B点时的速度大小；(3)此过程

中物体到斜坡的最远距离。【答案】（1）20m/s；（2）1013m/s；（3）9m。【解析】【详解】(1)A、B两点间的距离为L=75m，根据平抛运动规律有0cos37vtL=21sin372gtL=代入数据联立解得020m/sv=，3st=；(2)根据平抛运动规律

可知落到B点时的速度大小为()()2222020103m/s1013m/svvgt=+=+=(3)将该运动沿斜坡和垂直于斜坡两个方向分解，建立如图所示的坐标系；可知物体沿x轴方向做匀加速直线运动，在沿y轴方向上做匀减速直线运动，

则有00sinyvv=cosyag=当物体到离斜坡的距离最远时，沿y轴方向上速度为零，设最远距离为h，根据匀变速直线运动规律有202yyvha=代入数据联立解得9mh=。答：(1)物体抛出时速度的大小20m/s；(2)物体落到B点时的

速度大小1013m/s；(3)此过程中物体到斜坡的最远距离为9m。20.如图所示，A物体质量m1=2kg，长木板B质量m2=1kg，A与B之间μ1=0.4，B与地面之间μ2=0.2，A以初速度v0=6m/s滑上静止的B木板，设B足够长，求

：(1)经过多长时间A、B的速度相同？(2)若A恰好没有从B上滑下，则木板B的长度至少为多少？(3)A物体运动的总位移为多大？（取g=10m/s2）【答案】（1）1s；（2）3m；（3）5m。【解析】【详解】(1)A受到重力支持力和摩擦力，摩擦力使它减速，根据牛顿第二定律有111

1mgma=解得214m/sa=；对B受力分析由牛顿第二定律有()1121222mgmmgma−+=代入数据解得22s2m/a=；设经过时间t两者速度相等，则有012vatat−=代人数据求得：t=1s；(2

)两者速度相等时，A的位移2112Axvtat=−代入数据解得4mAx=；B的位移222121m1m122Bxat===A恰好没有从B上滑下，则木板B的长度是它们位移的差，即4m1m3mABLxx=−=−=(3)两者速度相等时它们的速度为221m/s2m/svat===受力分析可知

地面的摩擦力使它们一起做减速运动，根据牛顿第二定律有()()21212mmgmma+=+解得22m/sa=，所以停下来的位移22002m1m222vxa−−===−−A运动的总位移为4m1m

5mAxxx=+=+=总答：（1）经过1s时间A、B的速度相同；（2）若A恰好没有从B上滑下，则木板B的长度至少为3m；（3）A运动的总位移为5m。