1、江苏省扬州市 20182019 学年第一学期期末调研试卷高一物理一、单项选择题1.2018 年 11 月 16 日，第 26 届国际计量大会通过“修订国际单位制（SI） ”的决议，根据决议，千克、安培、开尔文和摩尔 4 个国际单位制的基本单位将改由常数定义，将于 2019 年5 月 20 日起正式生效但基本物理量仍然不变，下列属于基本物理量的是A. 位移 B. 时间 C. 速度 D. 力【答案】B【解析】【分析】明确题意，知道现行的基本物理量是不变的，根据基本物理量的定义即可确定正确答案；【详解】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，故 B
2、 正确，ACD 错误。【点睛】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。2.下列说法中正确的是A. 战斗机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点B. 在战斗机飞行训练中，研究战斗机的空中翻滚动作时，战斗机可以看成质点C. 研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以看成质点D. 由于“辽宁舰”航母“高大威武” ，故任何情况下都不能看成质点【答案】C【解析】【详解】A、当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，正在甲板上手势指挥的调度员的动作不能忽略，不能看成质点，
3、故 A 错误；B、研究战斗机的空中翻滚动作时，不可以看做质点，否则没有动作了，故 B 错误；C、研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，其形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，故选项 C 正确，D 错误。【点睛】本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小形状对所研究的问题是否产生影响，物体的大小形状能否忽略，与其他因素无关。3.运动员在跳离地面时，下列说法中正确的是A. 运动员对地面的压力大于地面对运动员的支持力B. 运动员先对地面有压力，然后地面对运动员有支持力C. 地面对运动员的支持力与运动员的重力是一对平衡力D. 地面对运动员的支
4、持力大于运动员的重力【答案】D【解析】【分析】运动员能够挑起的原因是地面的支持力大于运动员的重力，即运动员所受合力竖直向上，地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反；【详解】AB、根据牛顿第三定律，运动员跳起的过程中对地面的压力等于地面对运动员的支持力，而且相互作用力是同时产生的，故 AB 错误；CD、运动员在起跳过程中运动员的加速度竖直向上，根据牛顿第二定律可知运动员所受合力竖直向上，故地面对运动员的支持力大于运动员的重力，故 C 错误，D 正确。【点睛】本题明确运动员起跳的原因是解决 C 项的关键，同时明白作用力和反作用力的关系可以掌握压力和支持力的大
5、小关系。4.如图所示是某物体做直线运动的 v-t 图象，下列说法中正确的是A. 物体在 2s 时速度方向发生改变B. 物体在 2s 时加速度方向发生改变C. 物体在 3s 内通过的位移为 5mD. 物体在 3s 内平均速度为 3m/s【答案】A【解析】【分析】在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，图象的斜率表示物体的加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，倾斜的直线表示匀变速直线运动，对于匀变速直线运动，可根据 求平均速度；【详解】A、在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，则知物体在 2s 时速度方向发生改变，故 A 正确；B、图象的斜率表示物体的加速度，直线的斜率不变，则知物体在
6、 2s 时加速度方向不变，故B 错误；C、物体在 3s 内通过的位移为： ，故 C 错误；D、0-3s 内物体的加速度不变，做匀变速直线运动，物体在 3s 内平均速度为：，故 D 错误。【点睛】对于 v-t 图象问题，关键要明确图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移。5.中国制造 2025是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则A. 小球没有掉下去，是由于摩擦力大于小球的重力B. 若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大
7、C. 小球受到的摩擦力大小与重力相等D. 机械手臂受到的摩擦力方向竖直向上【答案】C【解析】【分析】对小球受力分析，根据平衡条件进对竖直方向上进行分析从而确定摩擦力的大小和方向；【详解】AC、对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，故 A 错误，C 正确；B、增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故 B 错误；D、小球受到的摩擦力方向竖直方向上，根据牛顿第三定律知机械手臂受到的摩擦力方向竖直向下，故 D 错误。【点睛】本题考查摩擦力的性质，要注意小球在竖直方向上受到静摩擦力作用，
8、注意静摩擦力的大小与正压力大小无关。6.如图所示，物体在平行于斜面向上、大小为 6N 的力 F 作用下，沿固定的粗糙斜面向上做匀速直线运动，物体与斜面间的滑动摩擦力A. 等于零 B. 小于 6NC. 等于 6 N D. 大于 6 N【答案】B【解析】【分析】对物块进行受力分析，根据平衡条件，列方程求得摩擦力大小；【详解】对物体受力分析，在沿斜面方向，物体受到重力沿斜面的分力 、滑动摩擦力 和拉力 F，则 ，故 ，故 B 正确，ACD 错误。7.如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为 4.0103kg，其推进器的平均推力为 800N，在飞船与空间站对接后，推进器工作 5
9、s 内测出飞船和空间站速度变化是 0.05m/s，则空间站的质量为A. 8.0104kg B. 7.6104kgC. 4.0104kg D. 4.0103kg【答案】B【解析】【分析】由加速度公式可求得整体的加速度，由牛顿第二定律可求得整体的质量，则可求得空间站的质量；【详解】加速度： ，由牛顿第二定律 可知，空间站的质量为：，故 B 正确，ACD 错误。【点睛】牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的。8.河水速度与河岸平行，大小 v 保持不变，小船相对静水的速度为 v0 一小船从 A 点出发，船头与河岸的夹角始终保持不变，如
10、图所示， B 为 A 的正对岸，河宽为 d，则A. 小船不可能到达 B 点B. 小船渡河时间一定等于 d/v0C. 小船一定做匀速直线运动D. 小船到达对岸的速度一定大于 v0【答案】C【解析】【分析】依据船的合速度能否垂直河岸，即可判定是否到达 B 点；依据运动学公式，结合矢量的合成法则，即可求解渡河时间；根据矢量的合成法则，可知，合速度不一定大于分速度；【详解】A、当船的合速度垂直河岸时，即沿着 AB 方向，则一定能到达 B 点，故 A 错误；B、只有当船在静水中速度垂直河岸渡河时，渡河时间一定等于 ，如今，则渡河时间一定大于 ，故 B 错误；C、由于两方向均是匀速直线运动，因此合运动也必
11、定是匀速直线运动，故 C 正确；D、根据速度的合成法则，则合速度不一定大于分速度，故 D 错误。【点睛】考查渡河的时间最短，与位移最小的情况，掌握矢量的合成法则内容，理解运动的合成与分解的方法。二、多项选择题9.小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为 50kg，若电梯运动过程中，他看到体重计的示数为 40kg， g=10m/s2下列说法中正确的有A. 电梯可能正加速上升B. 电梯可能正加速下降C. 电梯可能在减速上升D. 电梯可能在减速下降【答案】BC【解析】【分析】人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下；【详解】由于体重计示数小于其
12、重力，故其处于失重状态，其加速度向下，即电梯可能正加速下降或减速上升，故选项 BC 正确，AD 错误。【点睛】做超重和失重的题目要抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重。10.如图所示，某人将小球水平抛向地面的小桶，结果球划出一条弧线飞到小桶的前方不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能做出的调整为A. 抛出点高度不变，减小初速度B. 抛出点高度不变，增大初速度C. 初速度大小不变，降低抛出点高度D. 初速度大小不变，增大抛出点高度【答案】AC【解析】【分析】小球做平抛运动，飞到小桶的前方，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中，将平抛运动进
13、行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择；【详解】设小球平抛运动的初速度为 ，抛出点离桶的高度为 h，水平位移为 x，则平抛运动的时间 ，水平位移 ；AB、由上式分析可知，为了能把小球抛进小桶中，要减小水平位移 x，可保持抛出点高度 h不变，减小初速度 ，故 A 正确，B 错误；CD、由上式分析可知，为了能把小球抛进小桶中，要减小水平位移 x，可保持初速度 v0大小不变，减小降低抛出点高度 h，故 C 正确，D 错误。【点睛】本题运用平抛运动的知识分析处理生活中的问题，关键运用运动的分解方法得到水平位移的表达式。11
14、.明朝谢肇淛五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可一游僧见之，曰：无烦也，我能正之 ”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为 ，现在木楔背上加一垂直三角形底边的力 F，如图所示，木楔两侧产生推力 FN，则A. 若 一定， F 越大时 FN越大B. 若 一定， F 越小时 FN越大C. 若 F 一定， 越大时 FN越大D. 若 F 一定， 越小时 FN越大【答案】AD【解析】【分析】由于木楔处在静止状态，可将力 F 沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力 F 按效果分解的图示，并且可据此求
15、出木楔两侧产生的推力，再进行分析；【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的 F 和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与 F 沿两侧分解的力是相等的，力 F 的分解如图：则 ， ，故得 ，所以一定时，F 越大， 越大，F 一定时， 越小， 越大；故选项 AD 正确，BC 错误。【点睛】本题运用分解法研究力平衡问题，对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。12.如图所示，物体 A、 B 用细绳连接后跨过滑轮， A 悬挂着， B 刚好静止在光滑的斜面上，不计滑轮摩
16、擦现将斜面倾角增大，下列说法中正确的是A. 物体 B 将沿斜面向下滑B. 物体 B 对斜面的压力减小C. 绳子对物体 B 的拉力大于物体 A 的重力D. 绳子对物体 B 的拉力小于物体 A 的重力【答案】ABC【解析】【分析】将斜面倾角增大，分析 B 的重力沿斜面向下的分力变化情况，即可判断 B 的运动状态，物体B 对斜面的压力的大小等于 B 的重力垂直斜面的分力，根据 A 的加速度方向分析绳子拉力与A 的重力关系；【详解】A、由题可知，绳的拉力等于 A 的重力，对 B 分析由： ，将斜面倾角增大，B 的重力沿斜面向下的分力 增大，则物体 B 将沿斜面向下加速运动，故 A 正确；B、物体 B
17、对斜面的压力大小为： ， 增大， 减小，则 减小，故 B 正确；CD、物体 B 将加速下降，加速度向下，而物体 A 则加速上升，加速度向上，处于超重状态，则绳子对物体 A 的拉力大于物体 A 的重力，根据定滑轮的特征知，绳子对物体 B 的拉力大于物体 A 的重力，故 C 正确，D 错误。【点睛】本题关键是先对物体 B 受力分析，判断其运动状态，再对物体 A 受力分析，然后根据牛顿第二定律分析绳子的拉力大小。三、简答题13.在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学将橡皮条的一端固定于 A 点（1）用两只弹簧测力计将橡皮条的另一端拉至 O 点，其中一只弹簧测力计的示数如图所示，则其示数为_N（2
18、）在分别读出两个弹簧测力计的示数 F1和 F2后，还必须记录的是_A两细绳套的夹角B两条细绳套的方向C橡皮条伸长后的总长度D细绳套的长度（3）改用一只弹簧测力计将橡皮条的另一端再次拉到 O 点，记下弹簧测力计读数 及细绳套的方向用力的图示法在纸上画出表示三个力的箭头，以 F1和 F2的线段为邻边作平行四边形，并作出 F1和 F2之间的对角线 F，发现对角线 F 与 不重合，实验误差产生的原因可能有哪些？（写出一个原因即可）_（4）关于本实验，下列说法中正确的是_A弹簧测力计不需要在实验前进行校零 B弹簧测力计的读数越大越好C拉两个细绳套时，两拉力夹角应为 90 度D拉细绳套时，拉力应与木板平行
19、【答案】 (1). 2.6 (2). B (3). 弹簧测力计读数有误差 、力的方向记录不准确、作图不准确等（其他答案正确也给分） (4). D【解析】【分析】正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用，理解实验步骤和实验目的，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义；【详解】 （1）根据弹簧秤每一小格代表 ，则指针指示的读数为 2.6N；（2）本实验要验证平行四边形定则，需要画出平行四边形，所以用两只弹簧测力计将橡皮条的另一端拉至 O 点后需要记录 O 点的位置以及 F1和 F2的大小和方向，故选项 B 正确，ACD错误；（3）上述实验误
20、差产生的原因可能有弹簧测力计读数有误差 、力的方向记录不准确、作图不准确等原因；（4）A、弹簧测力计需要在实验前进行校零，以便减少力的读数的误差，故 A 错误；B、弹簧测力计的读数并不是越大越好，适当即可，同时注意不要超过量程，故 B 错误；C、拉两个细绳套时，两拉力夹角不一定为 90 度，适当即可，保证画出的平行四边形尽量充满纸面即可，故 C 错误；D、拉细绳套时，拉力应与木板平行，同时还要注意读数视线要与刻度垂直，从而减小实验误差，故选项 D 正确。【点睛】本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力，同时注意减小实验误差
21、的方法。14.在做“探究小车速度随时间变化”的实验中 （1）下列仪器需要用到的有_ （2）某同学进行了以下实验操作步骤，其中有误的步骤是_ A将电火花打点计时器固定在长木板的一端，并接在 220V 交流电源上B将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔 C把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码 D拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端后，放开纸带，再接通电源（3）在实验中得到一条如图所示的纸带，已知电源频率为 50 Hz，相邻计数点间的时间间隔为 0.1s，测量出 x5=4.44cm、 x6=4.78cm，则打下“ F”点时小车的瞬时速度 v_m/s；小车的加速度 a
22、_ m/s 2(结果保留两位有效数字)（4）若实验时电源频率大于 50 Hz，则打下“ F”点时小车的实际速度_ (填“大于” 、 “小于”或“等于” ）测量速度【答案】 (1). AB (2). D (3). 0.46 (4). 0.34 (5). 大于【解析】【分析】在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，掌握实验原理及操作步骤，根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点瞬时速度大小；【详解】 （1）在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，依据实验原理，通过打点计时器在纸带上打点，借助刻度尺来测量长度，
23、从而研究小车的速度与时间的关系，故选项 AB 正确，CD 错误；（2）A、将电火花打点计时器固定在长木板的一端，并接在 220V 交流电源上，故 A 正确；B、将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔，故 B 正确；C、把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码，故 C 正确；D、拉住纸带，将小车移到靠近打点计时器的一端后，应先接通电源，后放开纸带，从而减少实验误差，故选项 D 错误；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F 点时小车的瞬时速度大小为：根据匀变速直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小为：；（4）若实验时电源频率大
24、于 50 Hz，则相邻计数点间的时间间隔 ，由 F 点的瞬时速度表达式 可知，其实际速度大于测量速度。【点睛】在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，掌握实验原理及操作步骤，且会根据原理分析实验误差，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。四、计算论述题15.如图所示，质点甲以 v0=4m/s 从 A 处向右做匀速直线运动；质点乙以同样的初速度同时从B 处做匀加速直线运动，加速度 a=1m/s2，经过一段时间在 C 处追上甲，此时乙的速度vt=8m/s求：（1）乙追上甲经过的时间 t；（2）乙在 B、 C 过程中的平均速度 v；（3） B、
25、 A 间的距离 s【答案】 （1）4s（2）6m/s（3）8m【解析】【分析】根据匀变速直线运动的规律可以求出乙的时间已经乙的平均速度；求出甲和乙的各自的位移，然后二者位移之差即为开始 AB 之间的距离；【详解】 （1）质点乙做匀加速直线运动，由 ，代入数据得： ；（2）乙在 B、 C 过程中的平均速度： ；（3）由题意可知乙的位移为：甲的位移为：则 B、 A 间的距离： 。【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用问题，注意平均速度的公式的应用，只有物体做匀变速直线运动才可以用 求平均速度。16.如图所示， A、 B 两个小球在足够高的位置处紧挨在一起，两球用长为 L=7m 的轻绳连接，不计空
26、气阻力，重力加速度 g=10m/s2，问：（1）若 B 球固定， A 球由静止释放，经多长时间 t1绳子绷紧？（结果可保留根号）（2）若 A 球由静止释放的同时， B 球以水平初速度 v0=7m/s 抛出，绳子即将绷紧时 B 球的速度 vB大小？（结果可保留根号）（3）若 A 球固定， B 球以水平初速度 m/s 抛出，经多长时间 t3绳子绷紧？【答案】 （1） （2） （3）1s【解析】【分析】（1）A 球做自由落体运动，根据自由落体运动规律进行求解时间；（2）两个球竖直方向均为自由落体运动，水平方向上 B 球相对 A 球做匀速直线运动，然后按照运动的合成与分解进行求解即可；（3） B 球做
27、平抛运动，绳子绷紧时， B 球的合位移大小等于绳长，按照平抛运动进行求解；【详解】 （1）A 球做自由落体运动：代数据得: ；（2） A、 B 两球在竖直方向上保持相对静止，水平方向上 B 球相对 A 球做匀速直线运动，绳子即将绷紧时水平距离有： ，得则 B 球竖直方向的瞬时速度为： 所以 B 的合速度为： ；（3） B 球做平抛运动，绳子绷紧时， B 球的合位移大小等于绳长，B 球水平位移：B 球竖直位移： 此时 ，解得 。【点睛】本题主要考查了物体做自由落体运动和平抛运动的相关规律了，明确两物体间的位移关系即可求解。17.某智能分拣装置如图所示， A 为包裹箱， BC 为传送带传送带保持静
28、止，包裹 P 以初速度 v0滑上传送带，当 P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由 A 收纳，则被拦停在 B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回 C 处已知 v0=3m/s，包裹 P 与传送带间的动摩擦因数 =0.8，传送带与水平方向夹角 = 37，传送带 BC 长度 L=10m，重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）包裹 P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；（2）包裹 P 到达 B 时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度 v=2m/s，包裹 P 经多长时间从 B 处由静止被送回到 C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度
29、 a 加速转动，请写出包裹 P 送回 C 处的速度 vc与 a 的关系式，并画出 vc2-a 图象【答案】 （1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s（4） 如图所示：【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度 进行讨论分析得到 vc2-a 的关系，从而画出图像。【详解】 （1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：代入数据得： ，方向：沿传送带向上；（2）包裹 P 沿传送带由 B 到 C 过程中根据速度与位移关系可知：代入数据得： ；（3）包裹 P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：得 当包裹 P 的速度达到传送带的速度所用时间为：速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： 因为 xL，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间： 则 P 从 B 处到 C 处总时间为： ；（4）若 ，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，加速位移等于传送带的长度，即： 即：若 ，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以 a2=0.4m/s2向上匀加速运动，有： 即 两种情况结合有： 图像如图所示：【点睛】解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
