【原创】新教材2019-2020学年上学期高一期末备考精编金卷 物理(B卷)教师版

新教材2019-2020学年上学期高一期末备考精编金卷

物 理 （B ）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48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，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法和建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述中不正确的是( )

A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法

B ．根据速度的定义式，当Δt 非常小时，v ＝Δx

Δt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运

用了极限思维法

C ．定义加速度概念时，用Δv

Δt

表示速度变化快慢运用了极限思维的方法

D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法

【答案】C

【解析】不考虑物体本身的大小和形状，只保留物体质量的属性，就可以将物体视为质点，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A 正确；根据速度的定义式，当Δt 非常小时，速度就接近该时刻的速度，即瞬时速度，运用了极限思维法，故B 正确；定义加速度概念时，用Δv

Δt 表示速度变

化快慢运用了比值定义法，故C 错误；在推导匀变直线运动位移公式时，将时间等分为若干个极小值，这样运动过程就被等分为若干小段，每一小段就可以视为匀速直线运动，逐个计算最后累加，应用了微元法，故D 正确。

2．某同学以校门口为原点，向东方向为正方向建立坐标，记录了甲、乙两位同学的位移－时间(x －t )图线，如图所示，下列说法中正确的是( )

A ．在t 1时刻，甲的瞬时速度为零，乙的速度不为零

B ．在t 2时刻，甲、乙速度可能相同

C ．在t 2时刻，甲、乙两同学相遇

D ．在t 3时刻，乙的速度为零、加速度不为零 【答案】C

【解析】因为x －t 图线的斜率等于物体的速度，所以在t 1时刻，甲的瞬时速度不为零，乙的速度为零，选项A 错误；在t 2时刻，甲、乙速度方向不相同，所以速度不可能相同，选项B 错误；在t 2时刻，甲、乙两同学位移相同，所以两同学相遇，选项C 正确；在t 3时刻，乙的位移为零、速度不为零，加速度无法判断，选项D 错误。

3．“道路千万条，安全第一条。”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行。”一辆汽车以5 m/s 的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止。若驾驶员的反应时间为0.5 s ，汽车在最后2 s 内的位移为4 m ，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )

A ．5.5 m

B ．6.25 m

C ．7.5 m

D ．8.75 m 【答案】D

【解析】设汽车匀减速的加速度大小为a ，汽车在最后2 s 内的位移为4 m ，由212

x at =，解得a ＝4 m/s 2，故汽车的刹车位移为

20

008.752v x v t a

'=+=m ，D 正确。

4．如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，物块b 置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，连接a 的一段细绳竖直，a 连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓慢加入适量砂粒，a 、b 、c 始终处于静止状态。下列判断正确的是( )

A ．c 对b 的摩擦力可能减小

B ．地面对c 的支持力可能增大

C ．地面对c 的摩擦力可能不变

D ．弹簧的弹力可能增大 【答案】A

【解析】盒子a 受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b 的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A 正确；对a 分析可知，a 处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b 与c 整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c 的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故B 、C 、D 错误。

5．如图所示，质量均为m 的两个木块P 和Q 叠放在水平地面上，P 、Q 接面的倾角为θ。现在Q 上加一水平推力F ，使P 、Q 保持相对静止一起向左匀速运动，下列说法正确的是( )

A ．P 木块所受合力向左

B ．Q 与地面间的动摩擦因数2F

mg

μ= C ．P 、Q 之间可能光滑

D ．若突然撤去F 后，P 、Q 依然保持相对静止一起向左匀速运动

此卷只装订

不

密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

【答案】B

【解析】P、Q保持相对静止一起向左匀速运动，可知P木块所受合力为零，选项A错误；以P、Q整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故地面对Q的支持力F N＝2mg，水平方向F＝f＝μF N，

解得Q与地面间的动摩擦因数

2F mg

μ=，选项B正确；P受到向下的重力和垂直斜面向上的支持力，但P的合力为0，则必然受到沿斜面向上的摩擦力，选项C错误；若突然撤去F后，因地面对Q 有摩擦力作用，可知P、Q不可能一起向左匀速运动，故D错误。

6．如图所示，山坡上两相邻高压塔A、B之间架有匀质粗铜线，平衡时铜线

呈弧形下垂，最低点在C。已知弧线BC的长度是AC的3倍，而左塔B处铜线切

线与竖直方向成β＝30°角。则右塔A处铜线切线与竖直方向成角α应为()

A．30°B．45°C．60°D．75°

【答案】C

【解析】设AB两端绳上拉力分别为F A、F B，铜线质量为m，在水平方向，ABC整体受力平衡，

有：F A sinα＝F B sinβ；在竖直方向，BC段受力平衡，有：F B cosβ＝3

4

mg；（AC段对C端的力方向

水平向右）；在竖直方向，AC段受力平衡，有：F A cosα＝1

4

mg；联立解得：tanα＝3tanβ，所以，α

＝60°，故C正确。

7．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为()

A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg

【答案】C

【解析】刚开始AB两个一起做加速，根据牛顿第二定律可知F＝(m A+m B)a，结合图像斜率可知m A+m B＝3 kg，当加速度大于等于1 m/s2，A、B分开各自加速，设B受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律可知F－f＝m B a，结合图像斜率可知m B＝1 kg，联立以上公式可求得m A＝2 kg，选C。

8．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板．系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg。则()

A．物块B刚要离开C时受到的弹簧弹力为mg

B．加速度a＝g

C．这个过程持续的时间为m

k

D．这个过程A的位移为

2mg

k

【答案】B

【解析】物块B刚要离开C时B对C的弹力恰好为零，对B，由平衡条件得，此时弹簧的弹力

sin=

2

mg

F mgθ

=

弹

，故A错误；B刚要离开C时，对A，由牛顿第二定律得sin

F mg F ma

θ

弹

－－＝，

解得a＝g，故B正确；刚开始时，对A由平衡条件得

1

sin

kx mgθ

＝，B刚要离开C时，弹簧弹力

2

F kx

弹

＝，

整个过程A的位移x＝x1＋x2，解得mg

x

k

＝，故D错误；物块A做初速度为零的匀加速直线运动，

2

1

2

x at

＝，解得运动时间

2m

t

k

=，故C错误。

9．一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自

由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则()

A．小球在2 s末的速度是8 m/s B．小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/s

C．小球在第2 s内的位移是2 m D．小球在5 s内的位移是50 m

【答案】AD

【解析】由题意知第5 s内的位移是18 m，根据自由落体公式有：22

12

11

18

22

gt gt

-=，其中t1＝5

s，t2＝4 s，解得g＝4 m/s2，所以2 s末的速度v＝gt＝8 m/s，故A正确；第5 s内的平均速度18m/s

v=，

故B错误；小球在第2 s内的位移22

2

11

(4241)m6m

22

h=??-??=，故C错误；物体在5 s内的位

移2

1

45m50m

2

h=??=，故D正确。

10．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其

x

t－t的图象如图所示，则

()

A．质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2

B．质点在1 s末速度为2 m/s

C．质点在第1 s内的平均速度0.75 m/s

D．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s

【答案】AB

【解析】由图得：10.5

x

t

t

=+，根据2

1

2

x v t at

=+，得

02

x a

v t

t

=+，对比可得：2

0.5m/s

2

a

=，

则加速度为a＝2×0.5＝1 m/s2，由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A正确，

D错误；质点的初速度v0＝1 m/s，在1 s末速度为v＝v0＋at＝2 m/s，故B正确；质点在第1s内的

平均速度0 1.5m/s,

2

v v

v

+

==，故C错误。

11．将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软

光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体（两物体均可看成质点，m2悬于空中）

时，整个装置处于静止状态，如图所示。已知此时m 1与半球的球心O 的连线与水平线成37°角（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），m 1与半球面的动摩擦因数为0.5，并假设m 1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在整个装置处于静止的前提下，下列说法不正确的是( )

A ．当

1

2

m m 不同时，地面对半球体的摩擦力也不同 B ．半球体对m 1的支持力m 2随的变化而变化

C ．随着m 2质量的逐渐增大，m 1所受半球体的摩擦力一定逐渐增大

D ．当54＜12

m

m ≤2时，半球体对m 1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上

【答案】ABC

【解析】对半球体m 1、m 2整体受力分析如图所示，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故不受摩擦力，故A 错误；对m 1受力分析，如图将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到y 方向：N ﹣m 1g cos53°＝0，只要m 1与半球的球心O 的连线与水平线之间的夹角不变，N 就不变，故B 错误；据题意得知：T ＝m 2g ，解得

12m m ＝54，当12

m

m ＞54时，m 1g sin53°＝T +f ，其中T ＝m 2g ，f 随着m 2质量的逐渐增大而逐渐减小，故C 错误；当

1

2

m m ＞54时，有T ＝m 2g ＜m 1g sin53°，即拉力小于重力的下滑分量，m 1有下滑趋势，摩擦力沿切线向上，当达到最大静摩擦力时m 2g+μm 1g cos53°＝m 1g sin53°，解得

12m m ＝2，因而当54＜12

m

m ≤2时，半球体对m 1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向

上，故D 正确。

12．为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m ＝60 kg 的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m ，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m ，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m 的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g 取10 m/s 2 。则( )

A ．运动员起跳过程处于超重状态

B ．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大

C ．起跳过程中运动员对地面的压力为960 N

D ．从开始起跳到双脚落地需要1.05 s 【答案】AD

【解析】在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，故选项A 正确；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度1022

v v

v +==，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度2022

v v

v +=

=，故选项B 错误；运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据22gh v =可知()2210 2.9 2.1m/s 4m/s v gh ==??-=，

在起跳过程中根据速度位移公式可知2

2a h v ?=，解得22

224m/s 16m/s 220.5

v a h ===??，对运动员根

据牛顿第二定律可知N F mg ma -=，解得1560N N F =，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N ，故选项C 错误；起跳过程运动的时间14

s 0.25s 16

v t a =

==，

起跳后运动的时间20.4s v t g ==，故运动的总时间122 1.05s t t t =+=，故选项D 正确。

二、非选择题：本题共5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13．(8分)某实验小组用如图所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A 、B 是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，钢球通过光电门A 时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B 时就停止计时，得到钢球从A 运动到B 所用的时间t ，用刻度尺测出A 、B 间的高度h ，保持钢球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，改变光电门A 的位置，重复前面的实验，测出多组h 、t 的值。

(1)根据测得的多组h 、t 的值，算出每组的h

t

，作出h t t

-图象，则图象应是图中的_________。

(2)图线在纵轴上的截距表示______________，要求出重力加速度，必须求出图线的______________，若求出的图线的这个量用k 表示，则当地的重力加速度为___________。

【答案】(1)D (2)钢球通过光电门B 时的速度 斜率的绝对值 2k

【解析】(1)由于球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，因此小球到达B 点的速度不变，设球到B 点的速度为v B ，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有：h ＝v B t －12

gt 2，即

1

2

B v gt t h =-，因此D 正确，AB

C 错误。 (2)由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球通过B 光电门的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k ＝0.5g ，解得：g ＝2k 。

14．(8分)为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s 随时间t 变化规律，如图乙所示。

(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度v ＝_______m/s ，木块加速度a ＝________m/s 2； (2)现测得斜面倾角为37°，g 取10 m/s 2，则μ＝________；

(3)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________。 A ．A 点与传感器距离适当大些 B ．木板的倾角越大越好 C ．选择体积较大的空心木块

D ．传感器开始计时的时刻必须是木块从A 点释放的时刻 【答案】(1)0.4 1 (2)0.625 (3)A

【解析】(1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s 末的速度

为：2

(3014)10m/s 0.4m/s 0.4

v --?==，0.2 s 末的速度为：2(3224)10m/s 0.2m/s 0.4v --?'=

=，则木块的加速度为：220.40.2

m/s 1m/s 0.40.2

v v a t '--=

==?-； (2)选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：sin cos ma mg mg θμθ=-，得：

sin cos g a m θμθ

-=

，若θ＝37°，则μ＝0.625；

(3)根据(2)的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A 点释放的时刻。故A 正确，B 、C 、D 错误。

15．(9分)如图，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度。细线的一端系有质量为M 的物块，另一端绕过A 固定于B 。小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l 。小球和物块都静止时，BC 与水平方向的夹角为53°。忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，cos 26.5°＝0.89，求：

(1)小球的质量；

(2)钉子A 所受压力F N 的大小和方向。

【解析】(1)根据题意，对物体进行受力分析，由图知，

3cos530.65l

l

?=

=，所以∠C ＝90°

设小球质量为m ，AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2，有 F 1sin 53°＝F 2cos 53° mg ＝F 1cos 53°＋F 2sin 53° F 1＝Mg

解得：5

3

m M =。

(2)钉子所受压力等于两细线合力，合力方向沿与竖直方向成26.5°向右下方 故F N ＝2Mg cos 26.5° 解得：F N ＝1.78Mg 。

16．(12分)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，求：

(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ。

【解析】(1)由v －t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v －t 图线与t 轴所围的面积，所以：11110m (1012)1m 16m 2

2

L =??+?+?=

由平均速度的定义得：8m/s L

v t

=

=。 (2)由v －t 图象可知传送带运行速度为v 1＝10 m/s ，0~1s 内物体的加速度为：

2110m/s v

a t

?=

=? 1~2 s 内的加速度为：222m/s a =

根据牛顿第二定律得：1sin cos mg mg ma θμθ+= 2sin cos mg mg ma θμθ-=

联立两式解得：μ＝0.5。

17．(15分)如图所示，质量m ＝0.5 kg 、长L ＝1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻一质量M ＝l kg 的物体A (视为质点)以v 0＝4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力。已知A 与B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2。试求：

(1)如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； (2)若F ＝5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离。

【解析】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：

222

01122A B

v v v L a a -=+ 又：

011

A B

v v v a a -= μMg ＝Ma A F ＋μMg ＝ma B

联立解得：a A ＝2 m/s 2，a B ＝6 m/s 2，F ＝1 N

若F <1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N 。

当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：

对整体：F ＝(m ＋M )a 对物体A ：μMg ＝Ma 解得：F ＝3 N

若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左滑下

综上所述，力F 应满足的条件是1 N ≤ F ≤ 3 N 。

(2)物体A 滑上平板车B 后做匀减速运动，加速度大小a A ＝2 m/s 2 平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg ＝ma B 解得：a B ＝14 m/s 2

两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t ＝a B t 解得：t ＝0.25 s

A 滑行距离20115m 2

16

A A x v t a t =-=

B 滑行距离217m 2

16

B B x a t ==

最大距离：Δx ＝x A －x B ＝0.5 m 。