【文档说明】【精准解析】湖南省岳阳市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次质量检测物理试题.pdf，共(18)页，360.185 KB，由小赞的店铺上传

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-1-湖南省岳阳市第一中学2019-2020学年高一（下）第一次质量检测物理试题一、选择题1.如图所示是火箭点火发射的某一瞬间，下列说法一定正确的是（）A.火箭受重力、空气的推力、空气阻力作用：B.火箭加速升空过

程中处于失重状态C.发动机喷出气体对火箭的作用力和火箭所受的重力是一对平衡力D.发动机喷出气体对火箭的作用力与火箭对喷出气体的作用力的大小相等【答案】D【解析】【详解】A项：火箭受重力、发动机喷出气体对火箭的作用力，故A错误；B项：火箭加速升空过程中

处于超重状态，故B错误；C项：由于火箭加速升空所以动机喷出气体对火箭的作用力比火箭所受的重力更大，故C错误；D项：发动机喷出气体对火箭的作用力与火箭对喷出气体的作用力为一对作用力与反作用力，所大小相等，故D正确．故应选D．2.某人以一定速度始终垂直河岸向对岸游去，当各处的河水匀速流动时，

他所游过的路程、过河所用的时间和水流速度1v、人的划水速度2v的关系是（）A.当1v恒定，2v大时，路程长，时间短B.当1v恒定，2v大时，路程短，时间短C.当2v恒定，1v大时，路程长，时间长D.当2v恒定，1v大时，路程短，时间长【答案】B【解析】【详解】AB．由

于人以恒定速度始终垂直河岸向对岸游，人的划水速度2v决定过河时间，当1v恒定时，2v越大，过河时间越短，则向下游移动的距离越短，所以总路程越短，故B正确，A-2-错误；CD．当2v恒定时，过河的时间是一个定值，与1v大小无关，故时间不变，但1v越大，向下游移动的距离越长，总路越

长，故CD错误。故选B。3.如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R＝6400km，地面上行驶的汽车重力G＝3×104N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是()A.汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B.不论汽车的行驶速度如何，

驾驶员对座椅压力大小都等于3×104NC.不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D.如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉【答案】C【解析】【详解】A．对汽车研究，根据牛顿第二定律得2vm

gNmR则得2vNmgmR可知，速度v越大，地面对汽车的支持力N越小，则汽车对地面的压力也越小，故A错误；BC．由上可知，汽车和驾驶员都具有向下的加速度，处于失重状态，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，而驾驶员的重力未知，所以驾驶员对座椅压力范围无法

确定，故B错误，C正确；D．如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，驾驶员具有向下的加速度，处于失重状态，故D错误．故选C。4.A、B两物体沿同一方向运动，它们的vt图像如图所示，下列判断正确的是-3-A.在1t时刻前，B物体始终在A物体的前面B.在10t这段时间内

，B物体的位移比A物体的位移大C.在1t时刻前，B物体的速度始终比A物体增加得快D.在1t时刻两物体不可能相遇【答案】B【解析】【详解】A．在1t时刻前，B的速度大于A的速度，但AB出发的位置不确定，无法判断AB的位置关系，故A错误；B．在vt图像中，与时间

轴所围的面积为物体运动的位移，故在10t这段时间内，B物体的位移比A物体的位移大，故B正确；C．在vt图像中，斜率代表加速度，所以B物体的速度有比A物体速度增加慢的时刻，故C错误；D．由于不知道出发

时的位置关系，故在1t时刻两物体有可能相遇，故D错误。故选：B．5.如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架的OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连．物体P静止时，弹簧处于压缩状态．现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转一小角度，P与

支架始终保持相对静止．在转动的过程中，OB对P的A.支持力增大B.摩擦力不变C.作用力增大D.作用力减小【答案】D-4-【解析】【分析】对P受力分析，要考虑弹力是否变化，及其静摩擦力的变化即可．【详解】物体随OB缓慢转过一个小角度，其受力分析如图所示．支持力cosNmg，增大，支

持力N减小，所以A错误；弹力sinFfmg，因弹力F不变，增大，f减小，所以B错误；OB对P的作用力大小等于支持力N和摩擦力f的合力22=FNf合，由于N减小，f减小．OB对P的作用力大小将减小，所以C错误，D正确．6.如图所示，A、B两个小球质量为1m、2m，分别连在弹簧两

端，B端用平行于斜面的细线固定在倾角为37°的光滑固定斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（）A.35g和35gB.0和35gC.12235mmgm和0D.0和12235mmgm【答

案】D【解析】【详解】剪断前，小球A处于平衡状态，弹簧的弹力1sin37Fmg剪断后瞬间，绳子拉力突然消失，而弹簧的形变量没变，小球A仍处于平衡状态，加速度为0；而此时B小球，根据牛顿第二定律222sin37Fmg

ma-5-整理得，B小球的加速度122235mmgam故D正确，ABC错误。故选D。7.火车以50m/s的恒定的速率转过一段弯道，做圆周运动，某乘客发现放在桌面上的指南针在60s内匀速转过了约60°，在此60s时间内，火车（）A.运动位移为3000mB

.转弯半径为9000kmC.角速度为1rad/sD.加速度为25m/s18【答案】D【解析】【详解】A．这段时间内，运动的路程3000mSvt由于是曲线运动，位移不是3000m，故A错误；B．将圆心角60°转换成弧度制3，由弧长与半径的关系可知9000

mSR故B错误；C．根据线速度和角速度之间的关系rad/s180vR故C错误；D．由于做速圆周运动，加速度225m/s18vaR故D正确。故选D。8.一人乘电梯下楼，在竖直下落过程中加速度a随时间t

变化的图线如图所示，以竖直向下为a的正方向，则人对地板的压力（）-6-A.2st时最大B.2st时最小C.8.5st时最大D.8.5st时最小【答案】BC【解析】【详解】AB．在0~4s内，加速度向下，根据牛顿第

二定律mgNma加速度越大，支持力越小，根据牛顿第三定律，对地板的压力越小，由图象可知，在2st时压力最小，故B正确，A错误；CD．在7~10s内，加速度向上，根据牛顿第二定律Nmgma加速度越大，支持力越大，根据牛顿第三定律，对地板的压力越大，由图象可知，在8.5st时

压力最大，故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（）A.MFMmB.mFMmC.若M、m与桌面的摩擦因数均为，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用加

变为MFMgMmD.若M、m与桌面的摩擦因数均为，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力-7-仍为MFMm【答案】AD【解析】【详解】AB．将M、m做为一个整体，根据牛顿第二定律FMma

()再单独对M进行分析，根据牛顿第二定律NMa两式联立，可得两个物体间的相互作用力MFNMm故A正确，B错误；CD．仍将M、m做为一个整体，根据牛顿第二定律()()FMmgMma再单独对M进行分析，根据牛顿第二定律NMgMa两式联立，可得两个物体间的相互作用MFNM

m故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，一架在12000mh高空以200m/sv的速度水平匀速飞行的轰炸机，想用两枚炸弹分别炸山脚和山项的目标A和B，已知山高为2720mh，山顶和山脚的水平距离为800ms，若不计空气阻力，2

10m/sg，则（）A.击中目标A和B的时间间隔为20sB.击中目标A和B的时间间隔为4s-8-C.两次投弹的时间间隔为8sD.两次投弹的时间间隔为4s【答案】BC【解析】【详解】当炸弹投向A目标时，根据平抛运动规律21112hgt11xv

t可得120st，14000mx当炸弹投向B目标时，根据平抛运动规律212112hhgt22xvt可得216st，23200mx因此两次投弹的时间间隔128sxsxtv投故C正确，D错误；击中目标A和B的时间间隔214stttt

击投故B正确。A错误。故选BC。11.如图所示，传送带的水平部分长为L，运行速率恒定为v，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（）A.2LvvgB.2LvC.2LgD.Lv【答案】ABC-9-【解析】试题分析

：若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg=ma①根据位移时间公式，有L＝12at2②由①②解得2Ltg＝故C正确；若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有μmg="ma"③根据速度时间公式，有v=at

1④根据速度位移公式，有v2=2ax1⑤匀速运动过程，有L-x1=vt2⑥由③④⑤⑥解得t=t1+t2=2Lvvg，故A正确；如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有2vLvtt平均故t=2Lv,故C正确，D错误；故选ABC考点：牛顿第二定律的综合应用【名

师点睛】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．12.如图，在粗糙的水平地面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．木板与地面间的动摩擦因数为1，木

块与木板间的动摩擦因数为2，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中可能正确的是（）A.B.-10-C.D.【答案】BD【解析】【详解】

当22112()mgmmg时，木板会运动当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：11212()Fmmgamm，由于F=kt，所以a与t的图象为一次函数，当F比较大时，两个物体

相对滑动后，由于m1受到的滑动摩擦力不变，所以加速度不变，木块受到的摩擦力不变，但拉力F增大，所加速度增大，当22112()mgmmg，木板不动，即a2=0，木块加速度222Fmgam由以上分析可知，BD正确．二、实验题13.某同学在做“验证互成角度的两个力合成的平行四边形定

则”实验，试完成下列问题：(1)主要的两个实验步骤如下：①把橡皮条的一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧测力计将橡皮条的另一端拉到位置O，这时两弹簧测力计的读数分别为3.40NAF，4.00NBF；②假如橡皮条的自白端仅用一个弹簧测力计拉着，也把它拉到O点位置，弹簧测力计

的示数6.00NCF。(2)用5mm表示1N，在图中作出力AF、BF和CF的图示；（）-11-(3)根据平行四边形定则，在图中作出AF和BF的合力F，F的大小为_______N。【答案】(1).(2).6.00~6.20

【解析】【详解】(2)[1]AF、BF和CF三个力的大小和方向如图所示(3)[2]根据平行四边形定则作出AF和BF的合力F，如上图由图示可求得合力6.08NF在误差允许范围内，由平行四边形定则作出的AF和BF的合力与CF相等，这说明实验结果能验证平行四边形定则。14.某

小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究．物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出．在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是______点，在打出C点时物块的速度大小为___

___m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为_____m/s2（保留2位有效数字）．-12-【答案】(1).A(2).0.233(3).0.75【解析】【详解】分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从A

到E，间隔越来越大，可知，物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是A点；在打点计时器打C点瞬间，物块的速度24.65100.233m/s220.1BDCxvT；根据逐差法可知，物块下滑的加速度22226.153.15100.75

m/s440.1CEACxxaT．故本题正确答案为：A；0.233；0.75．15.为验证物体所受合外力一定时，加速度与质量成反比，同学们设计了如图中a所示的装置来进行实验.在自制的双层架子上固定带有刻度标记的水平木板,架子放在水平桌面上.实验操作步骤如下：①适当调整装置，使

装置不带滑轮的一端稍稍垫高一些.②在两个托盘中放入砝码，并使两托盘质量(含砝码)相同，且远小于小车的质量.连接小车的细线跨过定滑轮与托盘相连.③让两小车紧靠右边的挡板，小车前端在刻度尺上的读数如图a所示，在甲车上放上砝码，同时释放两小车，当小车运动一段时间后，

用手机对整个装置进行拍照.结合照片和小车的初始刻度标记，得到甲、乙两车运动的距离分别为s1、s2.④在甲小车上逐渐增加砝码个数，重复步骤③.（1）本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车(含砝码)的质量成____

关系，来验证合外力一定时加速度与质量成反比.（2）某次拍到的照片如图b所示，则小车通过的位移是_______cm.-13-（3）如果以21ss为横坐标，以甲车（含砝码）的质量为纵坐标，作出的图线如图c所示，则该直线斜率代表的物理量是________，其大小为________kg.【答案】(1).反

比；(2).42.0；(3).小车乙的质量m乙；(4).0.2【解析】【详解】(1)运动时间相等，位移与加速度成正比，本实验通过验证小车发生的位移与小车（含砝码）的质量成反比，验证合外力一定时加速度与质量成反比；(2)小车通过的位移为：x=53.0-11.0cm=42.0cm；(3)小车受到拉

力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比，小车发生的位移与小车的质量成反比，即12msms乙甲，可知，21smms甲乙，则图线的斜率表示小车乙的质量m乙，解得：0.20.21mkgkg乙．【点睛】该实验难度不大，但是题目比较新颖，

注意利用题目给定的情形，结合课本此实验的注意事项可以解答，对于图线问题，一般都是得出物理量间的关系式，结合图线斜率或截距进行求解．三、计算题16.如图所示，光滑管道的AB部分平直，BC部分为竖直半圆形，半径为R。现有一质量为m、半

径为()rrR的小球以水平速度从管口A端射入管道，小球通过最高点C时，小球对管道下部的压力大小为34mg（g为重力加速度），则小球落回水平管道AB上距离B点多远处？【答案】R【解析】【详解】在最高点C，由牛顿第二定律-14-2NmvmgFR34NFmg解得2gRv

小球从C点飞出后，做平抛运动2122Rgtxvt解得xR故距离B点为R。17.一辆汽车正在做速度为0v的匀速直线运动，司机突然发现前方有一条大河，为了防止汽车掉入河中，问汽车是采用急转弯措施好？

还是采用急刹车措施好？设汽车和地面间的动摩擦因数为。（说明：急转弯时可视为做匀速圆周运动，路面足够宽。）【答案】汽车采用急刹车措施好【解析】【详解】汽车急转弯时，设转弯半径为R，地面对汽车的静摩擦力提供汽车做圆周运动的向心力，由牛顿第二

定律20vfmR而fmg解得20minvRg汽车急刹车时，设加速度大小为a，由牛顿第二定律mgma-15-又2002vax解得202vxug由于minRx所以相对来说汽车采用急刹车措施好。18.如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗

糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面

间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．【答案】(1)vm＝4m/s(2)μ＝0.4(3)v＝3.2m/s【解析】试题分析：（1）滑块在斜面上时，对其受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二

定律列式求解出加速度，再根据运动学公式计算末速度；（2）对减速过程运用牛顿第二定律列式，再运用速度位移公式列式，最后联立方程组求解；（3）先判断加速时间，再根据速度时间关系公式求解t=1.0s时速度的大小．解：（1）滑块先

在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为，设滑块在斜面上运动的加速度大小为：-16-解得：（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为解得：（3）滑块在斜面上运动的时间为得由于，故滑块已

经经过B点，做匀减速运动设t=1.0s时速度大小为解得：考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．点评：本题关键先对滑块的加速和减速过程运用牛顿第二定律列式求解，再分别对两个过程运用运动学公式列

方程联立求解．19.如图，用原长为025cmL的橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到27.5m/sa，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置时相比，求小球的高

度上升了多少？（g取210m/s）-17-【答案】5cm【解析】【详解】设橡皮筋原长为0L，弹簧劲度系数为k，静止时1mgkx小球距离悬点高度1010mghLxLk加速时，设橡皮筋与竖直方向的夹角为，此时2coskxmg2sinkxma小球距离悬点

高度202coshLx上升高度12hhh代入数据，得5cmh故小球高度上升了5cm。-18-