【文档说明】【精准解析】浙江省温州市2019-2020学年高一上学期期末教学质量统一检测物理试题（A卷）.doc，共(20)页，1.425 MB，由小赞的店铺上传

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2020年1月温州市高一期末教学质量统一检测物理试题卷(A)一、选择题1.下列物理量中属于标量的是（）A.时间B.位移C.速度D.加速度【答案】A【解析】【详解】A．时间是只有大小，没有方向的标量，故A正确；BCD．位移、速度、加速度都是既有大小，又有方向的矢量，故BCD错误。故选A。2.下列物理

量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是（）A.质量/千克B.长度/千米C.时间/分钟D.力/牛顿【答案】A【解析】【详解】A．质量是七个基本物理量之一，其单位千克是国际单位制中的基本单位，故A正确；B．长度是七个基本物理量之一，其单位千米不是国际单位制中的

基本单位，故B错误；C．时间是七个基本物理量之一，其单位分钟不是国际单位制中的基本单位，故C错误；D．力是导出物理量，其单位牛顿是国际单位制中的导出单位，故D错误。故选A。3.2019年10月28日，我国自主研制的

新能源电动飞机RX4E锐翔在沈阳试飞成功，时速达到260公里，航程达到300公里，标志着我国航空产业和技术创新“大小齐飞、油电并进”的全面发展。则下列说法正确的是（）A.“时速260公里”指的是平均速度B.“航程300公里”指的是位移C.电动飞机在空中调整姿态时不可以看成质点D

.当电动飞机加速上升时，其惯性增大【答案】C【解析】【详解】A．“时速达260公里”指的是瞬时的最大速度，不是平均速度，故A错误；B．“航程300公里”指的是路程，而不是位移，故B错误；C．电动飞机在空

中调整姿态时不能忽略本身的尺寸和大小，则不能看成质点，故C正确；D．惯性是由质量来量度，故当电动飞机加速上升时质量不变，则惯性不变，故D错误。故选C。4.夏天雨后的早晨，一只蜗牛趴在一片倾斜的树叶上一动不动，如图所示。下列说法中正确的是（）A.蜗牛对树叶的压力是由树叶的形变产生的B.树叶对蜗牛

的摩擦力沿树叶斜向下C.树叶受到的压力与蜗牛受到的重力是一对作用力与反作用力D.树叶对蜗牛的作用力与蜗牛的重力是一对平衡力【答案】D【解析】【详解】A．蜗牛对树叶的压力，其中蜗牛是施力物体，则此力是由蜗牛的形变产生的，故A错误；B．

蜗牛相对于树叶有向下的滑动趋势，则树叶对蜗牛的摩擦力沿树叶斜向上，故B错误；C．树叶受到的压力与蜗牛受到的重力是不同性质的两个力，施力和受力、作用点、大小均不同，两个力不是一对作用力与反作用力，故C错误；D．根据平衡条件可知，树叶对蜗

牛的作用力与蜗牛的重力是一对平衡力，故D正确。故选D。5.近几年各学校流行跑操．在通过圆形弯道时，每一列的连线沿着跑道；每一排的连线是一条直线且必须与跑道垂直；在跑操过程中，每位同学之间的间距保持不变．如图为某

中学某班学生以整齐的步伐通过圆形弯道时的情形，此时此刻A.同一列的学生的线速度相同B.同一排的学生的线速度相同C.全班同学的角速度相同D.同一列的学生受到的向心力相同【答案】C【解析】【详解】AC．各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道时，因每一排的连线是一

条直线，且与跑道垂直，相当于共轴转动，所以全班同学的角速度相同，由于同一列的学生的线速度方向不同，所以线速度不同，故A错误，C正确．B．根据v=ωr知，同一排的学生的半径不同，则线速度不同，故B错误．D．根据F=mω2r知，同一列的学生受到的向心力大小不

一定相等，向心力方向也不同，所以向心力不同，故D错误．6.如图所示，白胖同学在电梯内的体重计上称体重。当电梯竖直运行时，他发现体重计的示数比电梯静止时的示数小，由此可以判定（）A.电梯一定是在下降B.电梯一定是在上升C.电梯的加速度一定向下D

.电梯的加速度一定向上【答案】C【解析】【详解】体重计的示数比电梯静止时的示数小，说明视重小于实重，则处于失重状态，有竖直向下的加速度，而人和电梯的速度可以向上（向上的减速运动），或速度向下（向下的加速运动）

，故ABD错误，C正确。故选C。7.关于下列四幅图说法正确的是（）A.图甲：水平管中喷出的水柱显示了圆周运动的轨迹B.图乙：汽车过凸形桥最高点时速度越大，对桥面的压力越小C.图丙：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩

擦力、向心力四个力的作用D.图丁：洗衣机脱水筒从静止开始到完成脱水的过程中，衣服始终做离心运动【答案】B【解析】【详解】A．水平管中喷出的水柱显示的是平抛运动的轨迹，故A错误；B．汽车过凸形桥最高点时有

2NvmgFmR−=则速度越大，桥面的支持力越小，由牛顿第三定律知车对桥面的压力越小，故B正确；C．汽车在水平路面转弯时只受三个力，为重力、支持力、摩擦力，是这三个力的合力提供向心力，而物体不受向心力，故C错误；D．洗衣机脱水筒从静止开始到完成脱水的过程中，

开始阶段做离心运动，衣服附着在桶壁上后做圆周运动，故D错误。故选B。8.擦窗机器人帮助人们解决了高层擦窗、室外擦窗难的问题。如图所示，擦窗机器人在竖直玻璃窗上沿直线A向B运动，速度逐渐减小。己知F为机器人除重力外的其他力的合力，则擦窗机器人在此过程中在竖直平面内的受力分析可能正确

的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．擦窗机器人沿直线减速从A向B运动，故合外力和速度要共线，图中的合外力（或为零）和速度不共线，要做曲线运动（或匀速直线运动），不符合运动要求，故A错误；B．图中的合力可能与速度共线相反，从而做减速直线运动，故B正

确；C．图中的合力不可能与速度共线相反，不可能做减速直线运动，不符合要求，故C错误；D．图中的合外力和速度不共线，要做曲线运动，不符合运动要求，故D错误。故选B。9.一列车队从同一地点先后开出n辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发先做加速度为a的

匀加速直线运动，达到同一速度v后改做匀速直线运动，欲使n辆车都匀速行驶时彼此距离均为x，则各辆车依次启动的时间间隔为(不计汽车的大小)()A.2vaB.2vaC.2xvD.xv【答案】D【解析】【详解】考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运

动的速度与时间的关系．分析：设某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v，其前面一辆车运动时间为t+△t，根据两车的位移差为s即可求解．解答：解：设某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v，

其前面一辆车运动时间为t+△t，则s1=at2/2，s1+s=at2/2+v△t．联立上述方程得各辆车依次启动的时间间隔△t=s/v，故D项正确．故选D．点评：该题主要考查了匀加速直线运动位移时间公式，难度不大，属于基础题．10.如图所

示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0匀速向下运动。在传送带的上端轻轻放上一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）A.B.C.D.【答案】

D【解析】【详解】开始时小木块相对传送带向后，滑动摩擦力向下，则加速的加速度为1sincosagg=+则第一阶段做向下的匀加速直线运动，因皮带足够长，则木块和传送带能够共速，共速时，因tan，即最大静摩擦力小于重力的下滑分力，木块将继续加速，加速度为2sinco

sagg=−综上所述，木块先以1a做匀加速直线运动，后以2a做匀加速直线运动，故ABC错误，D正确。故选D。11.如图所示，在一个水平桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1：h2：h3=3：2：1。若先后顺次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，

不计空气阻力，则（）A.三者运动时间之比为3：2：1B.三者到达桌面时的速度之比是3：2：1C.三个小球在落地前的同一高度处速度大小相等D.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差【答案】D【解析】【详解】A．由自由落体的运动时间2htg=可知123::3:2:1ttt=故A错误

；B．由自由落体的速度2vgh=可得123::3:2:1vvv=故B错误；C．小球在落地前的同一高度时，之前发生的落体高度不同，由自由落体的速度02vgh=可知，瞬时速度不等，故C错误；D．b与a开始

下落时间差为312(32)htg=−c与b开始下落时间差为322(21)htg=−故有12tt，故D正确。故选D。12.2019年女排世界杯，中国女排以十一连胜夺冠。如图为排球比赛场地示意图，其长度为L，宽度s，球网高度为h。现女排队员在底线中点正上方沿水

平方向发球，发球点高度为1.5h，排球做平抛运动（排球可看做质点，忽略空气阻力），重力加速度为g，则排球（）A.能过网的最小初速度为23LghB.能落在界内的最大位移为224sL+C.能过网而不出界的最大初速度为2234gsLh+D.能落

在界内的最大末速度为22()224gsLghh++【答案】C【解析】【详解】根据平抛运动的两分运动规律0xvt=212ygt=联立可得2202gyxv=A．刚能过网的条件为2Lx=1.50.5yhhh=−=带入轨迹方程

可得最小初速度为02Lgvh=故A错误；B．能落在界内的最大位移是落在斜对角上，构成的直角三角形，由几何关系有222max(1.5)()2sshL=++故B错误；C．能过网而不出界是落在斜对角上，条件为22()2sxL=+1.5yh=带入轨迹

方程可得最大初速度为22220max()()2334sggsvLLhh=+=+故C正确；D．根据末速度的合成规律可知，能落在界内的最大末速度为222max0max21.5()334gsvvghLghh=+=++故D错误。故选C。二、不定项选择题13.关于物理学的研究方法，

以下说法正确的是（）A.在研究物体运动时，经常用质点代替具体的物体，使用理想模型法B.伽利略利用理想斜面实验探究力和运动关系时，使用实验归纳法C.实验探究加速度、力和质量三者之间关系时，使用控制变量法D.加速度定义式

a=vt，使用比值定义法【答案】ACD【解析】【详解】A．质点的建立是忽略次要因素，抓住主要因素，使用了理想模型法，故A正确；B．伽利略利用理想斜面实验探究力和运动关系时，使用的是理想实验法，故B错误；C．实验探究加速度

、力和质量三者之间关系时，控制力不变，研究加速度与质量的关系，再控制质量不变，研究加速度与力的关系，使用的是控制变量法，故C正确；D．加速度定义式a=vt，用的是比值定义法定义物理量，故D正确。故选ACD。14.小华坐在

一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滑动。假设桌面是光滑的，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A.火车可能是在向前加速运动B.小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动C.小球所受的合力为零，相对火车的地面小球

是静止的D.小球离开桌面掉落地板的过程，相对火车小球做自由落体运动【答案】A【解析】【详解】AB．小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火

车正在向前做加速运动，小球在水平方向并不受力的作用，故A正确，B错误；C．小球所受的合力为零，相对火车的地面小球是向后滑动，故C错误；D．小球离开桌面掉落地板的过程，相对火车有水平速度，竖直方向受重力，则小球相对于火车做平抛运动，故D错误。故选A。15.如图，在竖直平面内固定半径为r的光滑半圆

轨道，小球以水平速度v0从轨道外侧面的A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力、下列说法正确的是（）A.从A到B过程，小球沿圆切线方向加速度逐渐增大B.从A到B过程，小球的向心力逐渐增大C.从B到C过

程，小球做变加速曲线运动D.若从A点静止下滑，小球能沿圆轨道滑到地面【答案】AB【解析】【详解】设重力mg与半径的夹角为，对圆弧上的小球受力分析，如图所示A．建立沿径向和切向的直角坐标系，沿切向由牛顿第二定律有sintmgma=因夹角逐渐增大，sin

增大，则小球沿圆切线方向加速度逐渐增大，故A正确；B．从A到B过程小球加速运动，线速度逐渐增大，由向心力2nvFmr=可知，小球的向心力逐渐增大，故B正确；C．从B到C过程已离开圆弧，在空中只受重力，则加速度恒为g，做匀变速曲线运动（斜下

抛运动），故C错误；D．若从A点静止下滑，当下滑到某一位置时斜面的支持力等于零，此时小球会离开圆弧做斜下抛运动而不会沿圆轨道滑到地面，故D错误。故选AB。三、实验题16.某探究小组在物理实验室做“探究求合力的方法”的实验。实验室现有的器材有：方木板一块，

白纸一张，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套）一条，图钉（若干个）。(1)除了现有的，实验还需要的测量工具是______；(2)实验时，主要的步骤是：①如图甲所示，在铺有白纸的水平木板上，橡皮条一端固定在A点，另一端拴两个细绳套；②如图

乙所示，用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点伸长到某位置并记为O点，记下此时弹簧测力计的示数F1和F2及______；③如图丙所示，用一个弹簧测力计拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点拉到O点。记下此时细绳的方向及

弹簧测力计的示数F为______N；④如图丁所示，已按一定比例作出了F1、F2和F力的图示。探究小组的紫珠和黑柱同学都猜想三个力的大小和方向符合“平行四边形”的规律。如何检验猜想呢？紫珠同学提出用虚线把拉力F的箭头端分别与F1、F2的箭头端连接，看看所围成的形状是不是像一个平行四边形；黑

柱同学则认为应该以F1、F2为邻边做平行四边形，看看所得平行四边形的对角线是不是几乎与F重合。关于这两种检验方案，你认为合理的是：______。A．只有紫珠同学的方案合理B．只有黑柱同学的方案合理C．两个方案都合理【答案】(1).刻度尺(2).方向(3).3.00(4).C【解

析】【详解】(1)[1]验证力的平行四边形定则还需要刻度尺画力的方向，按照标度作力的大小；(2)②[2]两个弹簧秤拉橡皮筋时，需要记录O点的位置、两个拉力的大小和方向；③[3]弹簧秤的最小刻度为0.1N

，需要估读到0.01N，故读数为3.00N；④[4]紫珠同学直接观察合力与分力连成形状是否为平行四边形；黑柱同学是作出理论合力与真实合力进行比较来验证平行四边形定则；则两种方法在误差允许的范围内都能检验猜想。17.用如图甲所示的装置可以完成两个实验

，实验一“探究小车速度随时间的变化规律的实验”，实验二“探究加速度与力、质量的关系”。(1)这两个实验中，必须要平衡阻力的是______；A、仅实验一B、仅实验二C、两个实验都要(2)要求托盘及其中重

物总质量远小于小车质量的实验是______；A、仅实验一B、仅实验二C、两个实验都要(3)关于实验二的操作，下列做法正确的是______；A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B、在调节木板倾斜角度平衡阻力时，应该将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上C、实验时，先放开小车再接通打点计

时器的电源D、通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(4)图乙为实验二中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的8个计数点0、1、2、3、4、5、6、7。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则纸带上计数

点3时的速度大小v=______m/s，此次实验中小车运动的加速度的测量值a=______m/s2。（此两空结果均保留两位有效数字）【答案】(1).B(2).B(3).AD(4).0.36(5).0.69【解析】【详解】(1)[1]探究小车速度随时间的

变化规律的实验不需要测出合力，只要保证加速度恒定，故不需要平衡摩擦力；探究加速度与力、质量的关系需要测出合力，而摩擦力不方便测出，故需要平衡摩擦力；故选B。(2)[2]实验一对合力没有要求，故不要求托盘及其中重物总质量远小于小车质量；实验二需要测出合力，用托盘及

其中重物的总重力近似替代绳的拉力，故要求托盘及其中重物总质量远小于小车质量，故选B。(3)[3]A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，从而保证小车所受的拉力为恒力，故A正确；B．在调节木板倾斜角度平衡阻力时，是借助小车所受重力的分力平衡摩擦

力，而不是借助其它外力，故不需要将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上，故B错误；C．打点计时器刚启动时打点不稳定，故实验时，应先接通打点计时器的电源再放开小车，故C错误；D．平衡摩擦力时满足sincosMgMg=车的质量M不影

响平衡方程，故通过增减小车上的砝码改变质量时不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。故选AD。(4)[4]电源频率为50Hz，周期为0.02s，纸带上每两个计数点之间还有四个计时点，故时间间隔为0.1sT=，由匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有224243(11.504.40)

10m/s0.36m/s220.1xvvT−−===[5]根据匀变速直线运动的判别式2xaT=，结合六段位移采用逐差法可得平均加速度222360322(21.457.607.60)10m/s0.69m/s990.1xxaT−−−−==18.运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶

在冰面上自由滑行，在不与其它冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。运动员以4m/s的速度投掷冰壶甲

，做加速度为0.25m/s2匀减速直线运动。另一个运动员也以4m/s的速度将冰壶乙投出，滑行4s后其队友开始在其滑行前方摩擦冰面直至冰壶停下，发现冰壶乙比甲多滑行4.5m，g取10m/s2，求：(1)冰壶甲能在冰面上滑行的距离；(2)冰壶乙在摩擦冰面后的加速度大小；(3)冰壶乙运动的平均速度。【答

案】(1)32m；(2)0.2m/s2；(3)1.92m/s【解析】【详解】(1)冰壶甲的初速度为04m/sv=，匀减速的加速度大小为210.25m/sa=，有20102vax−=−可得冰壶甲能在冰面上滑行的距离为20132m

2vxa==(2)冰壶乙先在14st=内匀减速直线运动，末速度为10113m/svvat=−=位移为011114m2vvxt+==摩擦冰面后，冰壶乙比甲多滑行4.5m，则乙此后的匀减速运动的位移为214.522.5mxxx=

+−=设冰壶乙在摩擦冰面后的加速度为2a，则有212202vax−=−解得：220.2m/sa=(3)冰壶乙在摩擦冰面后的运动时间为12215svta==则冰壶乙全程的平均速度为124.573m/s1.92m/s38xvtt+==+19.如图所示，在沿水平直线运动的客车顶部用两根轻绳悬

挂质量为m的重物，其中AO绳与水平方向的夹角α=30°，BO绳与水平方向的夹角β=60°。重力加速度为g。(1)若客车在做匀速直线运动，求两根绳子拉力分别为多大；(2)若AO绳和BO绳的拉力大小相等，求客车的加速度大小及方向；(3)若客车的加速度大小a=g，方向向右，求两根绳子拉力分别

为多大。【答案】(1)12mg，32mg；(2)(23)g−，水平向左；(3)AO的拉力为零；BO绳的拉力2mg【解析】【详解】(1)重物受两个拉力和重力，处于平衡状态，如图所示：根据平衡条件，水平方向F1sin60°-F2sin30°=0竖直方向F1cos60°+F2cos30

°=mg联立解得112Fmg=，232Fmg=(2)若AO绳和BO绳的拉力大小相等，设加速度向左，根据牛顿第二定律，水平方向，有Fsin60°-Fsin30°=ma竖直方向有Fcos60°+Fcos30°=mg联立解得(23)ag=−方向水平向左。(3)客车加速度方向向右，

AO绳子拉力为零时，根据牛顿第二定律，水平方向F2sin30°=ma竖直方向F2cos30°=mg联立解得33agg=说明物体相对车飞起，即∠ABO减小了，此时物体受重力和BO绳的拉力F2，AO绳子的拉力为零，如图所示：此

时合力F=ma=mg根据平行四边形定则，BO绳的拉力为2222FFGmg=+=20.如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度L=3.5m的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的滑块从A点

无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为4.5N，然后经过水平直轨道BC，从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。滑块运动过程中可视为质点，且不计空气阻力。（g取10m/s2）(1)求滑块运动至B点时的速度大小；

(2)若滑块与水平直轨道BC间的动摩擦因数μ0=0.3，求P、C两点的水平距离；(3)在P点沿图中虚线安放一个竖直挡板，若滑块与水平直轨道BC间的动摩擦因数可调，问动摩擦因数取何值时，滑块击中挡板时的速度最小，并求此最小速度。【答案】(1)5m/s；(2)1.6m；(3)0.13，42m/s

【解析】【详解】(1)在B点滑块做圆周运动，则有2NvFmgmr−=解得v=5m/s(2)在BC段，滑块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知：-μ0mg=ma解得203m/sag=−=−由222CvvaL−=，解得vC=2m/s滑块从C点做平抛运动，则在竖直方向212hgt=解得2

23.2s0.8s10htg===PC的水平位移为x′=vCt=1.6m(3)设BC间的摩擦因数为μ，则到达C点的速度为v′，则加速度大小为a′=μg根据222vvaL−=−，得22vvaL=−从C点做平抛运动，击

中挡板所需时间为t′，则有xtv=在竖直方向获得的速度为vy=gt′，击中挡板的速度为222222101.622yvvvvaLvaL=+=−+−当且仅当2222101.622vaLvaL−=−，v″取最小值，解得0.13，min42m/

sv=