【文档说明】江西省抚州市临川第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，677.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019－2010学年度上学期期末考试高一年级物理试卷一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，1~6小题只有一个选项符合题目要求，7~10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错

或不答的得0分)1.下列哪一组属于国际单位制的基本单位（）A.kg、m、km/hB.m、s、kgC.m、N、kgD.N、g、m/s2【答案】B【解析】【分析】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、

电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位；【详解】A、kg，m是国际单位制中基本单位，km/h不是国际单位制中的基本单位，故A错误；B、m、s、kg是国际单位制中的基本单位，故B正确；C、N是国际单位制中的导出单位

，故C错误；D、m/s2、N是国际单位制中的导出单位，g不是国际单位制中的基本单位，故D错误．【点睛】本题的解题关键要掌握国际单位制中基本单位，要注意基本物理量与基本单位的区别，不能混淆．2.2018年12月28日11时07分，第三家国

产大飞机C919从浦东国际机场起飞，历经1小时38分钟的飞行，于12时45分平稳返回浦东国际机场，圆满完成试飞任务．下列说法错误的是（）A.11时07分指的是时刻B.1小时38分钟指的是时间C.飞机飞行的路径总长度等于飞机位移的大小D.飞机在空中某位置的运动快慢用瞬时速度表示【答案】C【解析

】【分析】在时间轴上，时间用线段表示，时刻用点表示；路程为物体实际运动的轨迹的长度，不是位移的大小；【详解】A、11时07分在时间轴上为一点，故其指的是时刻，故选项A正确；B、1小时38分钟在时间轴上为一段距离，故其指的是时间，故选项B正确；C、飞机飞行的路

径总长度等于飞机飞行的路程，故选项C错误；D、飞机在空中某位置的运动快慢用瞬时速度表示，故选项D正确．【点睛】本题考查时间、时刻、以及路程、位移和瞬时速度等问题，这些知识点在学习过程中要着重掌握．3.甲、乙两质点沿同一直线做直线运动，它们的x-t图象如图所示，由图

象可知A.甲、乙两质点沿同一方向运动B.甲、乙两质点均做匀变速直线运动C.甲、乙两质点在第2s末相遇D.前4s内甲质点比乙质点运动得快【答案】C【解析】【分析】两物体都做直线运动，根据位移-时间图象纵坐标的变化量读出物体的位移，根据公式求出速

度，然后进行分析即可；【详解】A、在xt−图像中，图像的斜率代表物体运动的速度，根据图像可知，甲的速度为正，乙的速度为负，甲、乙相向做匀速直线运动，故选项AB错误；C、x-t图象的交点表示相遇，根据图象可知，在第2s末甲、乙相遇，故C正确；D、x-t图象的斜率

表示速度，则甲的速度为42/2/2xvmsmst−===甲乙的速度大小为08/2/4xvmsmst−===−乙，可知前4s内甲质点和乙质点运动快慢相等，只是方向相反，故选项D错误．【点睛】本题是位移-时间图象问题，考查对物理图象的理解能力，知道斜率表示速度，能根据

图象分析物体的运动情况．4.如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，

大小均为gsinθB.B球的瞬时加速度沿斜面向下，小于gsinθC.A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθD.两个小球的瞬时加速度都为零【答案】C【解析】【详解】设A、B的质量均为m，当系统静止时，

对B受力分析，根据共点力平衡有：F=mgsinθ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧的弹力在瞬间不变，则B所受的合力为零，A所受的合力FA=mgsinθ+F=2mgsinθ根据牛顿第二定律得，aB=022Amgsinagsi

nm＝＝方向沿斜面向下。A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ，与结论不相符，选项A错误；B．B球的瞬时加速度沿斜面向下，小于gsinθ，与结论不相符，选项B错误；C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，

大小为2gsinθ，与结论相符，选项C正确；D．两个小球的瞬时加速度都为零，与结论不相符，选项D错误；故选C。5.在力的分解中，已知合力F＝40N，分力F1的方向与合力的夹角为37°，如图所示，则当另一分力F2取最小值时，分力F1的大

小为（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）A.24NB.30NC.32ND.50N【答案】C【解析】【分析】已知合力和一个分力与合力的夹角，根据平行四边形定则作图分解即可；【详解】合力为40FN=

，一个分力与水平方向的夹角是37，根据平行四边形定则作图，如图所示：可知，分力2F的最小值为23724FFsinN==，则此时分力13732FFcosN==，故选项C正确，选项ABD错误．【点睛】本题关键是确定合力与分力的方向，然

后根据平行四边形定则作图分析，最后根据几何关系求解．6.如图所示，用轻绳将一个匀质小球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则轻绳对球的拉力F1和墙对球的弹力F2的变化情况是A.F1和F2都减

小B.F1减小，F2增大C.F1增大，F2减小D.F1和F2都增大【答案】A【解析】【分析】以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析F1和F2如何变化；【详解】以小球为研究对象

，分析受力如图：设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得：1mgFcos=，2Fmgtan=把绳的长度增大减小，减小，cos增大，tan减小，则得到1F和2F都减小，故选项A正确，选项BCD错误．【点睛】本题物体的平衡中动态变化分析问题，采用的是函数法，也可以运用图解法

．7.如图，甲、乙两质点同时从离地高度为2H和H的位置自由下落，不计空气阻力，甲的质量是乙质量的2倍，则（）A.甲落地的时间是乙落地时间的2倍B.甲落地时的速率是乙落地时速率的2倍C.甲、乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变D.甲、乙落地之前，两物体均处于超重状态【答

案】BC【解析】【详解】A．甲落地的时间是4Htg=甲，乙落地时间2Htg=乙，所以甲落地的时间是乙落地时间的2倍，故A错误；B．根据2vgh=可知，甲落地时的速率是乙落地时速率的2倍，故B正确；C．根据212hgt=

可知经过相等的时间内两个物体下落的高度相等，所以甲、乙落地之前，二者之间的竖直距离保持不变，故C正确；D．甲、乙落地之前，加速度均为g，则两物体均处于完全失重状态，故D错误；故选BC。8.如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上，两物体

一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1，则（）A.F1=FB.F1=112mFmm+C.F1<FD.F1=212mFmm+【答案】CD【解析】【详解】对整体分析，由牛顿第二定律知整体的加速度大小为：12Famm

=+。以B为研究对象，由牛顿第二定律得：A对B的作用力为：21212mFFmaFmm==+A．F1=F，与结论不相符，选项A错误；B．F1=112mFmm+，与结论不相符，选项B错误；C．F1<F，与结论相符，选项C正确；D．F1=212mFmm+，与结论相符，选项

D正确；故选CD。9.如图所示，一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是()A.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑

过B点，且用时为t0B.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C.若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D.若传送带顺时针方向运行，

当其运行速率(保持不变)v＞v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0【答案】AC【解析】【分析】若传送带逆时针运动，物体受摩擦力水平向左，物体会一直做匀减速直线运动，若传送带顺时针运动，物体是减速还是加速，要比较物体与传送带的速度大小，分情

况进行讨论即可；【详解】A、当传送带不动时，小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动，当传送带逆时针方向运行且保持速率不变，物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，位移不变，运动情况完全相同，所以物体也

能滑过B点，且用时为0t，故A正确，B错误；C、传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行，当0vv=，小物块在传送带上做匀速直线运动滑过B点，所以所用时间0tt＜，故C正确；D、传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行，当0vv＞，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先

做匀加速后做匀速运动，所以10tt＜，故D错误．【点睛】解决本题的关键会根据物块的受力判断物块的运动规律，当传送带顺时针旋转时，当物块的速度大于传送带的速度，物块可能先减速后匀速，当物块的速度小于传送带的速度，物块可能先加速后匀速．10.如图1所示，

一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态．现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图2所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性

限度内．则下列结论正确的是（）A.开始时弹簧的压缩量为cB.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态C.物体的加速度大小为agbD.物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为()2cbaag−【答案】AD【解析

】【详解】A．刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量：x=c，故A正确；B．物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；C．开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得：mg=kx，拉力F1为a时

，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：1Fkxmgma+=﹣，物体与弹簧分离后，拉力F2为b，根据牛顿第二定律有：2Fmgma=﹣，解得物体的质量：bamg−=，弹簧的劲度系数：bakc−=，加速度：agaba=−，故C错误；D．从物体开始运动

到离开弹簧过程，物体的位移为：c，根据匀变速直线运动的位移公式得：212cat=，解得运动时间：()2cbatag−=，故D正确。故选AD。二、填空题（第11每空2分，12题每空3分，共16分）11.小江同学在做

“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中，他用实验装置如图所示，所用的钩码每只质量为50g．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，并将数据填在表中，实验中弹簧始终未超过弹性限度，取g取10m/s2．根据实验数据可得钩码质

量/g050100150200250弹簧总长度/cm6.007.008.009.0010.0011.00（1）该弹簧的劲度系数k=_____N/m．（2）弹力F与形变量x的表达式_____．【答案】(1).50(2

).F=50x【解析】(1)根据F=kx可知，0.05100N/m=50N/m0.01Fkx==(2)弹力F与形变量x的表达式F=50x【点睛】对于该实验要注意：每次增减砝码测量有关长度时，均要保证弹簧及砝码应处于静止状态．测量有关长度时，

要注意区分弹簧的原长l0，实际长度l和伸长量x，并明确三者之间的关系．12.某同学欲运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，其实验装置如图甲所示，设计的实验步骤为：（1）调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块恰好沿木板向

下做匀速运动；（2）保持木板倾角不变，撤去钩码m0，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(打点计时器的工作频率为50Hz)．请回答下列问题：

①打点计时器在打下D点时滑块的速度vD=__________m/s；(结果保留3位有效数字)②滑块做匀加速直线运动的加速度a=_____m/s2；(结果保留3位有效数字)③滑块质量M=___________(用字母a、m0和当地重力加速度g表示)．（3）保持木板倾角不变，

挂上质量为m(均小于m0)的钩码，滑块沿木板向下匀加速运动，测出滑块的加速度；多次改变钩码的质量，分别求出相应的加速度．（4）若绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，作出a—mg图象如图丙所示，则由图丙可求得滑块的质量M=______kg．(取g=10m/s2，结果

保留3位有效数字)【答案】①1.38/ms；②23.88/ms，③0mgMa=；（4）0.200Mkg=【解析】试题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可以求出加速度

的大小；当取下细绳和钩码时，由于滑块所受其它力不变，因此其合外力与撤掉钩码的重力等大反向；根据牛顿第二定律有mg=Ma，由此可解得滑块的质量．从图乙中可知5.20ABxcm=，5.84BCxcm=，6.45CDxcm=，7.07DExcm=（2）①相邻计数点间的时间间隔为

20.020.04Ts==，根据匀变速直线运动过程中的中间时刻速度推论可得26.457.0710/1.69/220.04CEDxvmsmsT−+===，②根据逐差法可得221222DEBCCDABxxaTxxaT−=−=，，联立

即得2220.06450.05200.07070.05843.88/440.04CDABDEBCxxxxamsT−+−−+−===③滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得0sinmgMgf=−，撤去0m时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力sinFM

gf=−合，由牛顿第二定律得FMa=合，解得0mgMa=．（4）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得sin0Mgf−=，挂上质量为m的钩码时滑块沿木板向下做匀加速直线运动，受到的合外力为sinFMgfmg合

=−−，由牛顿第二定律得FMa=合，解得magM=−，由图丙所示图象可知13.52.550.20kM−===，解得M=0.200kg．三、计算题(共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答

案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．无人机的质量为m＝2kg，假定运动过程中空气阻力忽略不计，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4s时，离地面

的高度为h＝48m，g取10m/s2.(1)其动力系统能够提供的最大升力为多大？(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力，从静止开始坠落，则无人机坠落地面时的速度为多大？【答案】(1)32N(2)205m/s【解析】【详解】（1）无人机以最大升力竖直

向上起飞，做匀加速直线运动，由h＝12at2解得a＝22ht＝6m/s2根据牛顿第二定律有F－mg＝ma解得F＝32N.（2）无人机失去升力坠落过程做自由落体运动，由v2＝2gH解得v＝205m/s.14.木块

A、B分别重50N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5cm，系统置于水平地面上静止不动，已知弹簧的劲度系数为100N/m；若用F=7N的水平力作用在木块

A上，滑动摩擦力近似等于最大摩擦力，力F作用后系统达稳定时，求：（1）弹簧的弹力大小;（2）木块A、B受摩擦力大小分别是多少;【答案】(1)5N(2)2N，5N【解析】【详解】（1）A、B与地面间的最大静摩擦力分别为：fmA=μGA=0.2×50N=10NfmB=μGB=0.2×70

N=14N根据胡克定律得，弹簧的弹力大小为F弹=kx=100×0.05N=5N当F=7N时，F-F弹=2N＜fmA，F弹＜fmB，所以两物体都保持静止状态，此时弹簧的弹力仍为5N；（2）则由平衡条件得：A所受摩擦力分别为fA=F-F弹=2N方向水平向左。B所受的摩擦力为fB=F弹=5

N方向水平向左。15.民航客机的机舱一般都设有紧急出口，发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上，如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB＝3.

0m，气囊构成的斜面长AC＝5.0m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．若人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊间的动摩擦因数为μ1＝0.5，人与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4．不计空气阻力，g＝10m/s2．求：(1)人在气囊上滑下时的加速度大小；(2)人滑到气囊底端时的速度大小(答

案可带根号)；(3)站在距气囊底端正前方2.0m处的救护人员能否被从气囊上滑下的人撞到？【答案】(1)22/ms(2)5/ms（3）能被撞到【解析】【详解】试题分析：（1）设AC与水平地面成θ角，sin0.6ABAC==对人受力分析，由牛顿运动定律：mgsinθ-f=

ma1f=μ1FNFN=mgcosθ解得：a1=gsinθ-μ1gcosθ=2m/s2（2）由vc2=2a1x1，得到vc=25m/s（3）滑到地面上的人，根据牛顿运动定律和运动学公式得：μ2mg=ma20-vc2=2

（-a2）x2解得：x2=2.5m2.5m>2.0m，救护人员能被撞到．16.如图所示，光滑的水平面上有一质量M=0.2kg的长木板，另一质量m=0.1kg的小滑块以v0=2.4m/s的水平初速度从长木板的左端滑上长木板（此时开始计时）.已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，

重力加速度g=10m/s2.(1)若长木板长L=0.7m且固定在水平面上，求小滑块从长木板上滑离时的速度大小；(2)若长木板足够长且不固定，则经过多长时间小滑块与长木板的速度相等？求此时间内小滑块运动的位移大小？【答案】(1)0.4m/s(2)0.4s0.64m【解析】【分析】（1）根据

牛顿第二定律分别求出m的加速度，根据运动学公式求出速度；（2）根据牛顿第二定律分别求出M和m的加速度，根据速度与时间关系求解当速度相等的时间，根据运动的时间运用运动学公式求出小滑块运动的距离；【详解】（1）小滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得：1fFma−

=又因fNFFmg==解得：214m/sa=−又22012vvaL−=解得0.4m/sv=；（2）长木板在水平方向只受向右的滑动摩擦动力'fF，且'0.4NffFFmg===由牛顿第二定律，得2'fFMa=解得22s2m/a=设经过时间t，两者速度相同，则有012vatat+=，解得0.4s

t=由20112xvtat=+，得此时间内小滑块运动的位移0.64mx=．【点睛】解决本题的关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．