【文档说明】山东省临朐县实验中学2020-2021学年高一上学期12月阶段性考试（五）物理试卷 PDF版含答案.pdf，共(14)页，880.519 KB，由小赞的店铺上传

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1高一12月物理科阶段性测试题（五）命题人：韩其晔审核人：杨维军一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、关于质点和参考系的理解，下列说

法不正确的是()A．研究2018年印尼亚运会男子100米冠军苏炳添最后冲线的动作时可以把苏炳添看成质点B．研究女子50米步枪比赛中杜丽射出的子弹轨迹可以将子弹看成质点C．“一江春水向东流”是以地面为参考系D．未起飞的舰载机以航母甲板为参考系是静止的2、关于物体的运动，下列说法正确的是()A．物体的

加速度等于零，速度具有最大值B．物体的速度变化量大，加速度一定大C．物体具有向东的加速度时，速度的方向可能向西D．做直线运动的物体，加速度减小，速度也一定减小3、关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是()A．做匀变速直线

运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上B．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态4、如图所示为甲、乙两个质

点运动的位移－时间图象，由此可知(图中虚线与曲线相切)()A．甲做匀减速直线运动，乙做变减速直线运动B．甲、乙两质点从x＝2x0位置同时出发，同时到达x＝0位置C．在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的速度大小相等

D．在0～t0时间内，乙的速度大于甲的速度，t0时刻后，乙的速度小于甲的速度25、汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为13m，在最后1秒内的位移为2m，则下列说法正确的是()A．汽车在第1秒末的速度可能为1

0m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1秒末的速度一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s26、某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，该质点的xt－t图象如图所示，下列说法错误的是()A．质点的加速度大小为2cbB．t

＝0时，质点的初速度大小为cC．t＝0到t＝b这段时间质点的平均速度为0D．t＝0到t＝b这段时间质点的路程为bc47、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹

角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A．aA＝aB＝gB．aA＝2g，aB＝0C．aA＝3g，aB＝0D．aA＝

23g，aB＝038.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是()A．A、B之间的摩擦力一定变大B．B与墙面间的弹力可

能不变C．B与墙面间可能没有摩擦力D．弹簧弹力一定不变二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。（在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求）9、一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上匀

减速运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m，则时间t可能为()A．1sB．3sC．4sD.5＋412s10、如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接

，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是()A．N＝m1g＋m2g－FsinθB．N＝m1g＋m2g－FcosθC．f

＝FcosθD．f＝Fsinθ411、一物体沿一直线从静止开始运动，同时开始计时，其加速度随时间变化关系如图所示，则关于它在前4s内的运动情况，下列说法中正确的是()A．前3s内先加速后减速，3s末回到出发点B．第3s末速度为零，第4s内反向加速C．第1s

末和第4s末，物体的速度均为8m/sD．前4s内位移为16m12、如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许

，而a与斜劈始终静止，则下列说法正确的是()A．细线对物体a的拉力增大B．斜劈对地面的压力不变C．斜劈对物体a的摩擦力减小D．地面对斜劈的摩擦力减小5三、实验题（每空2分，共14分）13、某同学做“探

究弹簧形变与弹力的关系”的实验．(1)如图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改

变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________．(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的

伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是____________________________．14、物理小组探究滑块在水平木板上运动的加速度与所受拉力间的关系．实验装置如图8甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有

定滑轮，木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列的点．图86(1)图乙给出的实验中获取的一条纸带的一部

分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图中所示，根据图中数据计算的加速度a＝________m/s2，计数点3的瞬时速度v3＝________m/s.(结果均保留三位有效数字)(2)为测出细线拉力，下列物理量中还应

测量的是________(填入物理量前的字母)A．托盘和砝码的总质量m1B．木板的质量m2C．滑块的质量m3(3)细线拉力大小FT＝________(用所测物理量符号表示，重力加速度为g)．四、计算题（15题10分，16题10分，17题12分，18题14分，共46分；解答时应写出必

要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15、如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC

段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为mA＝5kg，mB＝1.5kg，弹簧的劲度系数k＝500N/m，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)求：(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力．716、无人驾驶汽车

是智能汽车的一种，也称为轮式移动机器人，主要依靠车内的以计算机系统为主的智能驾驶仪来实现无人驾驶的目的．(1)无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车的“鼻子”，随时“嗅”着前方80m范围内车辆和行人的“气息”．无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6m

/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？(无人驾驶汽车反应很快，可以忽略反应时间)(2)若无人驾驶汽车正以30m/s匀速行驶，突然“嗅”到其正前方30米处有一有人驾驶汽车以20m/s的速度向前匀速行驶，无人驾驶汽车立即以2.0

m/s2加速度减速，试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？17、水平地面上有一足球距门柱32m，某同学将该足球以水平速度v1＝10m/s踢向球门，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1m/s2，

足球撞到门柱后反向弹回，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的14.该同学将足球踢出后立即由静止开始以a2＝2m/s2的加速度追赶足球，他能达到的最大速度v2＝8m/s，求：(1)足球反弹的速度大小；(2)该同学至少经过多长时间才能追

上足球(保留两位有效数字)．818、如图所示为四旋翼无人机，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．一架质量为m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5s时离地

面的高度为75m(g取10m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假

设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间．1高一（2020级）上学期12月份月结学情检测物理试题答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个

选项中，只有一项是符合题目要求的。1、答案A2、答案C解析当加速度方向与速度方向相同，加速度为零时，速度达到最大，当加速度的方向与速度方向相反，加速度为零时，速度达到最小，故A、D错误；根据加速度定义式：a＝ΔvΔt，可知物体的速度变化量大，加速度不一定大，故B

错误；物体具有向东的加速度时，速度的方向可能向西，即加速度方向与速度方向相反，那么速度就会减小，故C正确．3、答案B解析做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知，它所受合外力是恒定不变的，故B

正确；由牛顿第二定律可知，加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故A错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D错误．4、答案C解析根据位移－时间图象的斜率表示

速度可知，甲沿x轴负方向做匀速直线运动，乙沿x轴负方向做速度逐渐减小的直线运动，选项A错误；甲、乙两质点从x＝2x0位置同时出发，乙质点在t1时刻先到达x＝0位置，甲质点在2t0时刻到达x＝0位置，选项B

错误；在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的位移－时间图象的斜率相等，说明两质点的速度大小相等，选项C正确；过位移－时间图象中虚线与乙质点的位移－时间图线的切点作t轴的垂线，与t轴的交点为t′，如图所示，在0～t′时间内，乙的速度大于甲的速度，t′时刻后，乙的速度小于

甲的速度，选项D错误．/5、答案C2解析采用逆向思维，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝12at2得，汽车加速度大小a＝2x′t2＝2×21m/s2＝4m/s2第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－12at2，代入数据解得

初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．6、答案D解析由x＝v0t＋12at2得xt＝v0＋12at，可知xt－t图象的斜率为12a，根据数学知识

可得：12a＝－cb，加速度大小为2cb，初速度为v0＝c，故A、B正确；从t＝0到t＝b这段时间，质点的位移为x＝v0t＋12at2＝cb＋12·(－2cb)·b2＝0，则质点的平均速度为零，故C正确；因为从t＝0到t＝b

这段时间内质点的位移为零，即质点做往返运动，根据运动的对称性可知整个过程中的路程为从t＝0到t＝b2内位移大小的2倍，所以s＝2[c·b2＋12·(－2cb)·(b2)2]＝bc2，D错误．7、答案D解析水平

细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示，静止时，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB解得FT＝23mAg水平细线被剪断瞬间，FT消失，其它各力不变，A所受合力与FT等大

反向，所以aA＝FTmA＝23g，aB＝0.38.答案D解析对A分析，开始时受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止状态，开始时A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若F＝2mAgsinθ，则A、B

之间的摩擦力大小不变，故A错误；以A、B整体为研究对象，开始时B与墙面间的弹力为零，后来施加F后，弹力等于Fcosθ，B错误；对A、B整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的

总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，B与墙面间一定有摩擦力，故C错误，D正确．二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求9、答案ACD解析以沿斜面向上为正方向，当物体的位移

为4m时，根据x＝v0t＋12at2得4＝5t－12×2t2解得t1＝1s，t2＝4s当物体的位移为－4m时，根据x＝v0t＋12at2得－4＝5t－12×2t2解得t3＝5＋412s，故A、C、D正确

，B错误．10、答案AC解析将m1、m2、弹簧看作整体，受力分析如图所示根据平衡条件得f＝FcosθN＋Fsinθ＝(m1＋m2)gN＝(m1＋m2)g－Fsinθ故选项A、C正确．11、答案CD4解析根据图象可知，在0～1s内，物体做匀加速直线运动

，在1～3s内，物体做匀减速直线运动，3s末速度为零，运动方向未改变，此后又重复之前的运动，知物体一直向前运动，运动方向并未改变，故A、B错误；第1s末和第4s末，物体的速度相等：v＝at＝8m/s，故C正确；前4秒内的位移为：

x＝v2t′＝16m，故D正确．12、答案AB三、实验题（每空2分，共14分）13、答案(1)6.93(2)A(3)钩码重力超过弹簧弹力范围解析(1)由题图乙知，读数为14.66cm，所以弹簧伸长量为(14.66－7.73)cm＝6.93cm；(2)若随意增减钩码，会使作图不方

便，有可能会超出弹簧形变范围，所以应逐一增挂钩码，选项A正确；(3)由题图丙知AB段伸长量与弹力不成线性关系，是因为钩码重力超过弹簧弹力范围．14、答案(1)0.4960.264(2)A(3)m1(g－a)四、

计算题（15题10分，16题10分，17题12分，18题14分，共46分；解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15、答案(1)4cm(2)5N，方向沿斜面向上解析(1)对结点O受

力分析如图甲所示：根据平衡条件，有：FTcosθ－mBg＝0，FTsinθ－F＝0，且：F＝kx，解得：x＝4cm；(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A受力分析如图乙所示：根据牛顿第三定律有FT′＝FT，根据平衡条件，有：FT－F

f－mAgsinα＝0，解得：Ff＝－5N，即物块A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上．16、答案(1)24m/s(2)不会解析(1)无人驾驶汽车刹车时，由运动学公式有0－v02＝2(－a)x解得v0＝24m/s.(2)设从开始经过t时间两车速度相等，则v有＝v无－a无t得t＝5s，5此时

无人驾驶汽车位移x无＝v无t－12a无t2＝125m有人驾驶汽车位移x有＝v有t＝100m故Δx＝(125－100)m＝25m<30m，故不会相撞．17、答案(1)1.5m/s(2)5.9s解析(1)设足球运动到门柱

时的速度为v3，由运动学公式得v32－v12＝－2a1x，解得v3＝6m/s，足球反弹速度大小v4＝14v3＝1.5m/s.(2)足球从踢出到撞门柱前的运动时间为t1＝v1－v3a1＝4s在4s时间内该同学前进的位移为x2＝v22t1＝16m此时该同学的速度v

＝a2t1＝8m/s＝v2，该同学未能追上足球，速度达到最大，之后匀速运动设足球从反弹到减速到0的时间为t2，则0＝v4－a1t2解得t2＝1.5s．足球反弹的距离为x3＝v422a1＝1.125m设该同学匀速前进的时间为t3，由题意得x3＋v2t3＝32－x2，解得t

3≈1.9s该同学追上足球所用的时间t＝t1＋t3＝5.9s.18、答案(1)4N(2)100m(3)553s解析(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：F－mg－Ff＝ma由运动学规律得，上升高度：h＝12at2联立解得：Ff＝4N；(2

)下落过程由牛顿第二定律：mg－Ff＝ma1得：a1＝8m/s2落地时的速度v2＝2a1H6联立解得：H＝100m；(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：F－mg＋Ff＝ma2得：a2＝10m/s2设恢复升力后的速度为vm，则有vm22a1＋vm22a2＝H得

：vm＝4053m/s由：vm＝a1t1得：t1＝553s.