【文档说明】河南省八市重点高中2020-2021学年高一上学期期末考试物理试题 答案.pdf，共(5)页，273.921 KB，由小赞的店铺上传

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高一物理参考答案第1页共5页高一物理答案与解析1．【答案】D【命题意图】本题考查力学单位制、牛顿第二定律表达式等知识。【解析】国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是长度的单位，选项A错误；在国际单位制中，力学基本物理量

是长度、质量、时间，单位是物理量的组成部分，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数μ就没有单位,选项B错误；“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项C错误；根据牛顿第二定律表达式F=ma进行单位运算，可知2m/skg1N1，选项D正确。2．【答案】B【命题意图】本题考

查运动学、牛顿第二定律瞬时性等知识。【解析】由题意知，热气球从距地面h做匀减速直线运动，下降到地面时速度恰好减为零，设这一过程的加速度为a，由运动学公式有22ahv。分析热气球匀速运动的受力知MgF浮，设抛下的压舱物的质量为m，则合外力向上，大小为

mg，由牛顿第二定律有amMmg)(。联立解得222Mmghvv，只有选项B正确。3．【答案】C【命题意图】本题考查受力分析、共点力的平衡等知识。【解析】物体的平衡分析如图所示，由几何关系可得γ＝(180°

-α-β)＝54°，可知F1和F2的合力与F1和F2的夹角相等，所以F1＝F2，选项C正确。4．【答案】B【命题意图】本题考查作用力和反作用力、平衡力、力的分解等知识。【解析】人字梯若在光滑水平面上，受重力和水平面的支持力可以平衡,选项A错误；斜撑M、N之

间的夹角越大，电工师傅对斜撑M的作用力越大，选项B正确；电工师傅受到的重力和人字梯对电工师傅的弹力均作用在电工师傅上，且等大反向，是一对平衡力，选项C错误；平衡力应作用在同一物体上，电工师傅受到的重力和电工师傅

对人字梯的压力不是作用在同一个物体上的两个力，不是一对平衡力，选项D错误。5．【答案】D【命题意图】本题考查两个物体运动v-t图象、追及相遇等知识。【解析】由图可知，在6s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，选项A错误；由于不知道初始状态时甲、乙相距多远，所以

无法判断在3s末两车相距多远，及在6s末能否相遇，选项B、C错误；若刚开始乙车在前，若6s前甲车追上乙车，则6s后乙车速度大于甲车速度，两车必定会再次相遇，选项D正确。6．【答案】A【命题意图】本题考查牛顿运动定律的理解与应用、临界问

题等知识。高一物理参考答案第2页共5页【解析】初始时，细线对物块A、B整体的作用力为零，物块A、B整体受力平衡2sin30kxmg，解得初始时弹簧的压缩量mgxk；物块A、B分离时，物块A、B之间的相互作用力为0，且物块A、B的加速度

相同，分别对物块A、B、C受力分析，由牛顿第二定律可知，对物块A有sin30kxmgma，对物块B有sin30Tmgma，对物块C有22mgmTa，解得0a，2mgT，2mgkx，物块A、B分离时弹簧弹力大小为2mg，只有选项A正确。7．【答案】BD【命

题意图】本题考查整体法、隔离法在受力分析中的运用及摩擦力、物体的平衡等知识。【解析】对物块A受力分析，沿斜面方向sinfmgFma，垂直斜面方向cosNFFmg，又有fNFF，解得2NF，A错误；对整体分析，系统中有向左的加速度，合外力一定向左，故地面给斜面的摩擦力

方向水平向左，B正确；对整体受力分析，在水平方向上sincosfFFma地，解得2NfF地，C错误；在竖直方向上N)cos=sinMmgFFma地（，解得N31NF地，D正确。8．【答

案】BC【命题意图】本题考查直线运动规律、牛顿第二定律、超重与失重现象等知识。【解析】接触床面后，根据牛顿第二定律mkxmga可知，运动员会先向下加速，当弹簧对运动员的弹力大小等于运动员重力大小时速度最大，后向下减速直到最低点速度为零，选项A错误、B正确

；接触床面后，运动员会先向下加速，后向下减速直到速度为零，因此运动员是先失重后超重，选项C正确。在运动员接触床面向下运动的整个过程中，弹簧形变量一直在增大，弹簧弹力一直在增大，选项D错误。9．【答案】ABD【命题意图】本题考查运动和力

、图像转换等知识。【解析】由图象A可知，物体0～2s内沿正方向运动，2～4s内沿负方向运动，方向改变，物体做往返直线运动，选项A正确；由图象B可知，0～2s内沿负方向做直线运动，2～4s沿正方向做直线运动，因此物体做往返直线运动，选项B正确；由图象C可知，物体在第1s内做匀加速运动

，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，选项C错误；由图象D可知，物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向做匀加速运动，第4s内沿负方向做匀减速运动

，4s末回到初始位置，因此物体做往返直线运动，选项D正确．10．【答案】AC【命题意图】本题考查共点力的平衡、弹簧连接体等知识。【解析】未施加外力F时，设弹簧N的形变量为x1，则：21mgkx解得：12m

gxk，设当弹簧的弹力为原来一半时N的形变量为x2，则：222mgkx解得：222mgxk。设当弹簧N处于压缩时M的形变量为x3，则：1322kxmgmgkx解得：31mgxk，所以弹簧M的左端移动的距离为：1232111()2xxxxmgkk；设当

弹簧N处于拉伸时M的形变量为x4，则：1422kxmgmgkx，解得：412mgxk，所以弹簧M的左端移动的距离为：1242132()2xxxxmgkk。选项A、C正确。高一物理参考答案第3页共5页11．【答案】（1）B(2分）（2）不需要(1分）（3）2.32(1分

)4.00(1分)（4）B(2分）【命题意图】本题考查加速度与质量，力关系的实验。【解析】（1）实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力。选项B正确。（

2）由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。（3）打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小21004.0259.995.8Avm/s≈2.32m/s；小车做匀加速运动的加速度大小

为2222m/s00.4m/s1004.04)30.895.8()59.922.10(a。(4)由图象丙可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大，故选B。12．【答案】(1)4（2分）50（2分）(2)1.00（2分）0.75（2分）【命题

意图】本题考查探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数等知识。【解析】(1)如题图甲所示的F－x图象，在横轴的截距等于弹簧原长x0，斜率等于弹簧的劲度系数k.弹簧原长x0＝4cm，弹簧的劲度系数k＝xF＝50N/m。(2)根据毫米

刻度尺读数规则，要估读到0.1mm，如题图乙所示指针所指刻度尺示数为1.00cm,弹簧被压缩了Δx’＝4.00cm－1.00cm＝3.00cm，根据胡克定律，F＝kΔx’，解得F＝1.5N，由此可推测每个钩码重为0.75N。13．【命题意图】本题考查力的平衡、摩擦力等知识。【解析】（1）以结

点O为研究对象进行受力分析如图所示，由平衡条件竖直方向：FOPcosθ－m1g＝0（1分）解得：FOP＝12.5N（1分）水平方向：FOPsinθ－FOQ＝0（1分）解得：FOQ＝7.5N（1分）物体B水平方向受到OQ绳的拉

力F′OQ和水平桌面的静摩擦力Ff作用，且F′OQ＝FOQ（1分）由平衡条件得物体B受到的摩擦力大小Ff＝F′OQ＝7.5N（1分）（2）当物体B刚要滑动时静摩擦力达到最大值Ffmax，即由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ffma

x=μm2g（1分）又FOQmax=Ffmax（1分）FOQmax=mAmaxgtanθ（1分）解得：mAmax==1.6kg（1分）14．【命题意图】本题考查匀变速直线运动规律的应用、追及相遇问题等知识。【解析】（1）第一次训练，设乙匀加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中

有：vtats2021（1分）代入数据得：t1=1s；t2=10s（不符合实际，乙匀加速最长时间：s5.5avtm舍去）（1分）高一物理参考答案第4页共5页交接棒处离接力区前端M点的距离为：m1212atx（2分）（2）第二次训练，乙恰好匀加速到与甲相同速度时间为t

乙，则：v=at乙（1分）代入数据得：t乙=5.5s（1分）设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有：乙乙vtats221（1分）代入数据得：s=30.25m（1分）棒以v=11m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t棒=L/v≈1.82s（1分）乙恰好达

到与甲相同速度时的位移：x乙=12at乙2=30.25m＞20m，已经出了接力区接棒，两名运动员的交接棒动作没有在20m的接力区内完成，第二次训练犯规。（1分）15．【命题意图】本题考查牛顿运动定律、竖直上抛运动等知识。【解析】第一组火箭模型，t时间内的加速度恒为a1，F－mg＝ma1

，a1＝2g，（1分）t时刻的速度：v1＝a1t=2gt，上升的高度：h1＝12a1t2=gt2（1分）推动力结束作用后，火箭做竖直上抛运动，继续上升的高度：221222vhgtg（1分）火箭可以上升总高度

：h=h1＋h2=3gt2（1分）第二组火箭模型，在0～t2内的加速度a2＝a1＝2g，t2时刻的速度为v2＝a2t2＝gt（2分）在t2～t内加速度为a2′，F－12mg＝12ma2′，a2′＝5g，在t时的速度v2′＝v2＋a2′

t2＝72gt（2分）则第二组火箭0~2t上升的高度：221'141221gttah（1分）tt~2上升的高度：22'22'2892212gttatvh（1分）推动力作用结束后，火箭做竖直上抛运动，继续上升的高度：22'2'38492gtgvh（

1分）第二组火箭最高可以上升的高度：hgthhhH5.22152'3'2'1（1分）16．【命题意图】本题考查牛顿第二定律、运动图象、板块传送带问题等知识。【解析】（1）由题意知，在同一坐标系中作出的A、B在0～1s的速度—时间图象，如下图所示（4分）（2）对A：

刚放上传送带时加速度的大小24/Aams由牛顿第二定律：1AAAmgma（1分）解得：120.45=（1分）高一物理参考答案第5页共5页对长木板B：刚放上传送带时加速度的大小28/Bams21ABABBmmgmgma（2分）解得

：223（1分）（3）B经时间t1=0.5s与传送带共速，A经时间t2=1s与传送带共速。从将A、B放上传送带到均与传送带相对静止的过程中212112BBxatvtt（1分）2212AAxat（1分）长木板长度：BALx

x（1分）解得：L=1m（1分）