【文档说明】《精准解析》山东省临沂第十九中学2022-2023学年高一上学期期末线上测试物理试题（解析版）.docx，共(18)页，660.228 KB，由小赞的店铺上传

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临沂第十九中学高一上学期质量检测物理试题考试时间：90分钟；满分：100分一、选择题（本大题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9~12题有多项符合题目要求

，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。）1.下列说法正确的是（）A.加速度方向为正，物体做加速运动B.速度变化量的方向为正，加速度方向一定为正C.加速度越来越大，物体一定做加速运动D.速度变化的越大，加速度就越大【答案】B【解析】【详解】AC．

加速度方向与速度方向相同，做加速运动，相反做减速运动，与加速度的大小也无关，故AC错误；B．由加速度的定义式vat=可知，加速度的正负与速度变化量的正负始终一致，故B正确；D．速度变化的越大，表示速度变化量越大，加速度的大小还是速度变化

所用时间有关，故D错误。故选B。2.甲、乙两车在平直公路上运动的vt−图像如图所示，下列说法正确的是（）A.甲、乙两车的速度方向相同B.甲、乙两车的加速度方向相同C.0t时刻甲、乙两车相遇D.甲车的加速度大于乙车的加速度【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，甲、乙两车

的速度均为正值，则两车的速度方向相同，故A正确；BD．根据vt−图像中图像斜率表示加速度，由图可知，甲的加速度为0001002vvvatt−==−乙的加速度为020vat=可知，甲、乙两车的加速度方向相反，甲车的加速度等于乙车的加速度，故BD错误；C．由图可知，0

t时刻甲、乙两车速度相等，根据vt−图像中图像围成的面积表示位移可知，乙车的位移为0012xvt=乙甲车的位移为0032xvt=甲由于不知道甲、乙两车开始运动时的位置关系，则无法确定0t时刻甲、乙两车是否相遇，故C错误。故选A。3.关于摩擦力，下列说法正确的是（）A.运动的物体不可能受静摩擦力B

.滑动摩擦力的大小与重力成正比C.摩擦力方向不可能与运动的方向垂直D.滑动摩擦力的方向一定与相对运动方向相反【答案】D【解析】【详解】A．运动的物体也可以受到静摩擦力作用，比如相对静止一起运动的两物体间如果存在相对运动趋势

，则可能受到静摩擦力作用，故A错误。B．两物体之间有滑动摩擦力时，滑动摩擦力的大小与相应的正压力成正比；故B错误；C．静摩擦力方向可能与物体的运动方向垂直、或成任意角度，故C错误；的的D．滑动摩擦力的方向一定与相对运动方向相反，故D正确。故选D。4.关于物理学史下列说法不正确的是（）A

.亚里士多德认为“重的物体下落的快”B.伽利略通过逻辑推理得出重物和轻物下落的同样快，然后用实验证实了自己的结论C.亚里士多德认为：必须有力作用在物体上，物体才能运动D.伽利略在实验室通过实验证明：力不是维持物体运动的原因【答案】D【解析】【详解】A．亚里士

多德认为物体下落的快慢跟它的轻重有关，重的物体下落得快，A正确；B．伽利略通过逻辑推理得出重物和轻物下落的同样快，然后用实验证实了自己的结论，B正确；C．亚里士多德得出结论：必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某个地方，C正确；D．伽利略通过“理想斜面实验”得

出结论：力不是维持物体运动的原因，D错误。本题选不正确的，故选D。5.关于自由落体运动，下列说法错误的是（）A.自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动B.自由落体运动相同时间内速度变化量一定相同C.自由落体运动相同时间内的平均速度一定相同D.

自由落体运动相邻相等时间间隔内位移之差都相等【答案】C【解析】【详解】ABD．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，由公式vgt=可知，相同时间内速度变化量一定相同，由公式2xgT=可知，相邻相等时间间隔内位移之差都相等，故ABD正确；C．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，速

度越来越大，相同时间内的平均速度一定不相同，故C错误。本题选错误的，故选C。6.如图所示，相同的木块A、B、C固定在水平地面上，一子弹（视为质点）以水平速度v0击中并恰好穿过木块A、B、C，子弹在木块中受到的阻力恒定，子弹射穿木块A所用的时间为t，则子弹射穿木块C所用的时间约为（）A.tB.2tC

.3tD.4t【答案】C【解析】【详解】子弹在木块中受到的阻力恒定，则子弹做匀减速直线运动，由于恰好穿过木块A、B、C，表明穿过C时速度恰好为0，根据逆向思维，初速度为0的匀加速直线运动，在连续相邻相等位移内的时间之比为()()CBA::1:21:32

ttt=−−根据题意有Att=解得()C323ttt=+故选C。7.如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块沿着斜面向下做加速运动，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是（）A.滑块与斜面体之间的动摩

擦因数μ大于tanθB.斜面体对滑块的支持力大小为cosmgC.地面对斜面体的支持力大于（M＋m）gD.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左【答案】B【解析】【详解】A．滑块加速下滑说明sincosmgmg，滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ小于tanθ，

选项A错误；B．斜面体对滑块的支持力大小为cosmg，选项B正确；C．对整体进行受力分析可知，竖直方向有向下的加速度，因此地面对斜面体的支持力小于（M＋m）g，选项C错误；D．对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦

力水平向右，选项D错误。故选B。8.如图所示，质量为m的物体A固定在轻弹簧上端，弹簧的下端固定在地面上，质量也为m的物体B静止在物体A上，竖直向下的力F大小为2mg，系统处于静止状态，重力加速度为g，现撤去外力F，则（）A.撤去外力F瞬间，物体A的加速度大小为0

B.撤去外力F瞬间，物体A、B之间的作用力大小为mgC.物体A和物体B分离瞬间，弹簧处于原长位置D.弹簧处于原长时，物体A的速度最大【答案】C【解析】【详解】AB.未撤去F前，将物体A、B整体受力分析，由平衡条件得弹簧的弹力大小为24xFFmgmg=+=方向竖直向上，撤去外力F瞬间，弹簧

弹力不发生突变，将物体A、B整体受力分析，由牛顿第二定律得22xFmgma−=解得物体A、B的加速度大小为ag=方向竖直向上隔离物体A，由牛顿第二定律得Nmgma−=物体A、B之间的作用力大小为2Nmg=方向竖

直向上，故AB错误；C.物体A和物体B分离瞬间，物体A、B之间的作用力为零，但此时两物体具有相同的加速度a，隔离物体A，由牛顿第二定律mgma=解得ag=方向竖直向下隔离物体B，由牛顿第二定律xmgFma+=解得0xF=可知此时弹簧无弹性，所以物体A和物体B分离瞬间，

弹簧处于原长位置，故C正确；D.当物体A的加速度为0时，有最大加速度，由平衡条件知此时弹簧弹力大小为mg，方向竖直向上，弹簧处于压缩，所以弹簧处于原长时，物体A的速度不是最大，故D错误。故选C。9.如图所示，一轻质定滑轮用细线悬挂在天花板上，物体B用细线通过定滑轮

与物体A连接，物体A静止在水平地面上，连接A的细线与水平方向之间的夹角为30=，物体A和物体B的质量均为m，重力加速度为g，则（）A.地面对A的支持力大小为mgB.地面对A的摩擦力大小为mgC.悬挂定滑轮的细线拉力大小为3mgD.把物体A稍向右移动，悬挂定滑轮的细线

拉力变大【答案】CD【解析】【详解】AB．对物体B受力分析可知，绳子拉力为Fmg=对物体A受力分析如图正交分解可得，地面对A的支持力大小为N1sin2FmgFmg=−=地面对A的摩擦力大小为3cos2fFmg==故AB错误；C．对滑轮受力分析可知，悬挂定滑轮的细线拉力大小为2co

s303Tmgmg==故C正确；D．把物体A稍向右移动，悬挂定滑轮的细线夹角变小，细线拉力不变，合力变大，悬挂定滑轮的细线拉力变大，故D正确。故选CD。10.如图所示，物体A和物体B沿着固定斜面匀速下滑，斜面的倾角为θ，物体A和物体B相对静止，物体A的上表面水平，则（）A.

物体A、B之间一定有摩擦力B.物体A与斜面之间一定有摩擦C.物体A与斜面之间的动摩擦因数为=tanD.把物体B拿走后，物体A做减速运动【答案】BC【解析】【详解】A．物体B匀速下滑，处于受力平衡状态，若B受到摩擦力，则在水平方向找不到另

一个力与之平衡，所以物体A、B之间没有摩擦力，故A错误；BC．物体A和物体B一起沿着固定斜面匀速下滑，以整体为对象有ABAB()sin()cosmmgmmg+=+解得=tan所以物体A与斜面之间必须有摩擦才能平衡，故BC正确；D．

把物体B拿走后，物体A沿斜面方向满足AAsincosmgmg=所以物体A仍沿斜面匀速下滑，故D错误。故选BC。11.如图所示，A、B两物块的质量均为m=1kg，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为1=0.3，B与地面间的动摩擦因数为2=0.1。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）A.当2NF时，A、B都相对地面静止B.当3NF=时，A的加速度为21m/sC.当3NF时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过21m/s【答案】AD【解析】【详解】根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为BN0.12

0N2NfF===由于12>，当2NF时，A、B都相对地面静止，选项A正确；BC．A、B恰好即将发生相对滑动时，此时二者的加速度仍然相等，根据牛顿第二定律对A、B视为整体有222Fμmgma−=单独隔离A物块有1Fmgma−=由以上两式解得

4NF=即4NF两物块A、B才会发生相对滑动。所以3NF=时两物块仍然相对静止的沿F方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有2122Fμmgma−=解得210.5m/sa=即A的加速度也为20.5m/s，选项BC错误；D．4NF后，无论F增加到多少，B受到A所给的摩擦力最大且是一定值，对B由

牛顿第二定律可知12B2μmgμmgma−=解得2B1m/sa=B的加速度最大为21m/s，选项D正确。故选AD。12.如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运动，将质量为1kgm=的物体轻轻放在传送带上的A处，经过1.5s到达传送带的B端，物

体在传送带上运动的速度时间图像如图乙所示，重力加速度210m/sg=，则（）A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5B.传送带的倾角37=C.A、B两点的距离为6mD.传送带的速率为4m/s【答案】CD

【解析】【详解】AB．由题v-t图像可知，物体在传送带上先做加速度大小为a1的匀加速直线运动，加速度大小218m/svat==对物体受力分析可得1sincosmgmgma+=然后做加速度大小为a2的匀加速直线运动，加速度大小22'2m/s'vat==对物体受力分析可得2

sincosmgmgma−=联立解得30=，35=故AB错误；C．物体由A到B的间距对应图像所围的面积，为()4640.5m1m6m22x+=+=故C正确；D．由图可知，0.5s时物体加速度发生变化，故物体先加速至与传送带共速后

再匀加速，所以传送带的速率为4m/s。故D正确。故选CD。二、实验题（本题共2小题，共14分。把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程。）13.物理兴趣小组通过实验探究弹簧弹力与弹簧长度的关系。他们将弹簧和刻度尺固

定在铁架台的横杆上，并使弹簧上端与刻度尺的零刻度对齐。（1）某次加挂钩码稳定后，弹簧下端的指针对应着刻度尺的位置如图甲所示（图中箭头所指的位置），此时弹簧的长度为_______cm。（2）小明同学根据实验测得的数据，在坐标纸上做出弹力F与弹簧长度l的关系图像，如图乙所示，由图像可知弹簧

的劲度系数为_______N/m。（3）小君同学使用两条不同的轻质弹簧a、b，得到弹力F与弹簧长度l的关系图线如图丙所示，下列说法正确的是_______（请填选项前的字母序号）。A.a的原长比b的长B.a的劲度系数比b的小C.弹簧弹力相同时，a的长度

比b的长D.弹簧长度相同时，a的弹力比b的大【答案】①.8.20②.75③.D【解析】【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为0.1cm，则其读数为8.20cm；（2）[2]根据Fkx=可得24.5N/m75N/m(93)10−===−Fkx（3）[3]A．当0F=时，

弹簧处于原长，可知a的原长比b的短，故A错误；B．Fl−图像的斜率表示弹簧的进度系数可知a的劲度系数比b的大，故B错误；C．由图可知，弹簧弹力相同时，a的长度比b的短，故C错误；D．由图可知，弹簧长度相同时，a的弹力比b的大，故D正确。14.

某同学用如图所示的实验装置来“研究匀变速直线运动”，水平桌面上的质量M=1kg的滑块在质量为m=1kg的钩码的牵引下匀加速运动，在钩码落地前，得到一条纸带如图所示。0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数

点间还有4个计时点未画出（打点计时器电源频率为50Hz），重力加速度210m/s=g，则：（1）打计数点1时滑块的速度为___________m/s；（保留二位有效数字）（2）打计数点0时滑块的速度为___________m/s；（保留二位有效数字）（3）滑块运动过程中加速度的大小为a=__

_________m/s2；（保留二位小数）（4）滑块与水平桌面间的动摩擦因数为μ=___________。（保留二位小数）【答案】①.0.39②.0.25##0.26③.1.30④.0.74【解析】【详解】（1）[1]打点周期10.02sTf==计

数点1对应速度121=0.39m/s2xxvT+=（2）[2]计数点2对应的速度232=0.52m/s2xxvT+=由021=2vvv+，计数点0对应的速度00.26m/sv=的（3）[3]逐差法求加速度4561232++9

xxxxxxaT−−−=解得21.30m/sa=（4）[4]根据牛顿第二定律有()=mgMgMma−+解得=0.74三、计算题：本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤。15.如图所示，在倾角为

37的固定斜面上，一质量为10kg的物块恰好沿斜面匀速下滑，重力加速度210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：（1）物块与斜面间的动摩擦因数﹔（2）若用平行于斜面向上的力1F作用于物块使其保持静止，求力1F的最大

值；（3）若用水平向右的力2F作用于物块使其保持静止，求力2F的最大值。【答案】（1）0.75；（2）120N；（3）22400N7F=【解析】【详解】（1）由平衡条件知fsin37Fmg=Ncos37Fmg=fNFF=联立以上三式解得t

an370.75==（2）力1F的最大值时，物块受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件知'1fsin37FmgF=+'fcos37Fmg=解得1120NF=（3）力2F的最大值时，物块受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件知''2f

cos37sin37FmgF=+()''fcos37sin37FmgF=+解得22400N7F=16.大雾天气行车要求司机低速行驶，注意行车间距。在能见度比较低的雾天，甲车以速度120m/sv=在平直公路上匀速行驶，突然发现正前方有一乙车以速度210m/sv

=匀速行驶，甲车司机的反应时间为01st=，然后紧急制动车轮抱死，恰好没有与乙车相撞，已知轮胎与地面的动摩擦因数为0.5=，重力加速度210m/sg=，求：（1）当时雾天的能见度为多少米？（2）甲车速度刚好为零时，甲、乙两车距离。【答案】（1）20ms=；（2）10m【解析】【

详解】（1）规定汽车行驶的方向为正方向，甲车刹车的加速度根据牛顿第二定律有mgma−=解得25m/sa=−设甲车刹车时间t两车速度相等，有21vvat=+解得的=2st恰好没有相撞，位移关系有()2101201+2vtvtatvtts++=+解得当时雾天的能见度为20ms=

（2）以后甲车运动的时间'2=2svta−=甲车位移'21=10m2vxt=乙车位移'22=20mxvt=甲车速度为零时，甲、乙两车的距离21=10mxxx−=17.如图所示，斜面AB与水平面在B点平滑相连，斜面长L=20m，斜面的倾角θ=37°，一小物块从斜面

顶端以初速度05m/sv=沿斜面下滑，最终小物块停在水平面上的C点，物块与斜面、水平面之间的动摩擦因数皆为μ=0.8，求：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）B、C之间的距离；（2）

小物块从开始运动到最终停下的时间t。【答案】（1）9m16；（2）43s8【解析】【详解】（1）小物块沿斜面下滑根据牛顿第二定律f1sin37mgFma−=又Ncos37Fmg=，fNFF=到达B点的速度22012vvaL−=在水平面上减速运动2mgma−=在水

平面上运动的距离222vax−=解得B、C之间的距离9m16x=（2）在斜面上运动时间011=5svvta−=在水平面上运动时间12203s8vta−==总时间1243s8ttt=+=18.如图所示，一质量为2kgM=的长方体空木箱在水平拉力F作用下向右

加速直线运动。木箱与水平地面的动摩擦因数为10.7=，木箱内有一质量为1kgm=的铁块恰好能静止在后壁上，铁块与木箱间的动摩擦因数为20.5=。运动一段时间后减小拉力且木箱仍做加速运动，铁块沿木箱后壁落到底部不反弹，当木箱的速度为04m/sv=时撤去拉力，最终铁块恰好没有与木箱的前壁相

碰，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s，求：（1）开始运动时拉力F的大小；（2）木箱的长度。【答案】（1）81NF=；（2）0.6mL=【解析】【分析】【详解】（1）铁块恰好能静止在木箱后壁上，竖直方向受力平衡有2N

mgF=木块水平方向上，根据牛顿第二定律有NFma=以整体为研究对象、根据牛顿第二定律有1()()FMmgMma−+=+联立解得81NF=（2）对铁块受力分析，根据牛顿第二定律有21mgma=对木箱受力分析，根据牛顿第二定律有

122()MmgmgMa+−=铁块运动位移为20112vxa=木箱运动的位移为20222vxa=木箱的长度为12=−Lxx联立解得0.6mL=的