安徽省芜湖市2019-2020学年高一物理上学期期末考试试题（PDF）

1/52019—2020学年度第一学期芜湖市中小学校教育教学质量监控高一物理试卷（必修1）参考答案与评分标准一、选择题（每小题4分，共40分）题号123456789-19-29-310-110-210-3答案ABBCADDCADBBADABC二、填空题（每小题4分，共16分）11.10（2分）10（2分）12.80（2分）100（2分）13.600（1分）780（1分）5（1分）向下（1分）14.FMmmf（4分）三、实验题（每空2分，共14分）15.（1）F1（2分）0.05（2分）（2）C（2分）16.（1）4.0（2分）1.1（2分）（2）砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量（2分）21xx（2分）四、计算题（第17题8分，第18题10分，第19题12分，共30分，要求写出主要的计算公式、解题步骤和必要的文字说明）17.（1）根据atvv0(2分)smsmtavv/10/42.50104(1分)（2）匀加速运动的位移：mmta2045.22121x22111(1分)匀速运动的位移：mvtx3031022(1分)匀减速到速度减为0的时间：savt123(1分)匀减速位移：mtvx5233(1分)质点运动的总时间123810ttttss总所以质点10s内的位移mmxxxx55)53020(总(1分)2/518-1.（一般普高做）受力分析如图所示(2分)平行于斜面方向：0sinfmgF(2分)垂直于斜面方向：0cosmgFN(2分)其中NFf(2分)解得拉力NmgmgmgF16)cos(sincossin(2分)18-2.（市十二中、田中做）（1）以结点O为研究对象,沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系,将FOA分解,由平衡条件有：1sin0cos0OBOAOAFFFmg（1分）（1分）得：1111/cos1.251tan0.75OAOBFmgmgFmgmg（分）（1分）故轻绳OA、OB受到的拉力分别为gmgm110.751.25、(2)人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力,受力如图,由平衡条件得：gmFfOB175.0方向水平向左（2分）（3）当甲的质量增大到人刚要滑动时,质量达到最大,此时人受到的静摩擦力达到最大值当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值gmfm2，由平衡条件得：11tan0.751OBmmOBmFfFmgmg（1分）（分）故kgkgggmm2475.01010603.0tan21（2分）即物体甲的质量m1最大不能超过24kg18-3.（市一中、附中做）(1)对小球B进行受力分析，设细绳对m的拉力为T由平衡条件可得：mgTFTFsin30sin,cos30cos（1分）代入数据解得：33tan,310NT即：30（1分）3/5(2)对M进行受力分析，由平衡条件有：sincosNNFTMgfTfF（1分）35解得：（1分）（3）M、m整体进行受力分析,由平衡条件有：sin()NFFMmg（1分）NFFfcos（1分）22221)sin()(1)sincoscos(sin)(1tan,1cos,11sin,sincos)(,sin)(cosgmMgmMFgmMFFgmMF则：即：令：解得：联立得：当90时，F有最小值。所以：当53tan时F的值最小，即：53arctan（1分）此时NF7745min（1分）19-1.（一般普高做）(1)在水平面上,根据牛顿第二定律可知：Fmgma(2分)22/1Fmgamsm解得：（分）(2)有由M到B,根据速度位移公式可知：aLvB22(2分)解得：2229/6/BvaLmsms(1分)(3)在斜面上,根据牛顿第二定律可知：ammgmg)cossin((2分)得：2/10'sma(1分)根据速度位移公式可知：xavB202(2分)解得：201.82Bvxma(1分)（2分）4/519-2.（市十二中、田中做）(1)当木板收到拉力时,木板受到的地面给的摩擦力为：NgmMf10)((2分)此时木板的加速度：22.5/FfamsM方向与拉力F的方向一致(1分)设作用t时间后撤去力F,此时木板的加速度为22.5/famsM(2分)整个过程木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且aa，故,2Lat解得：t=1s(1分)(2)设木块的最大加速度为，木块a则木块mamg1(2分)对木板受力分析得：1()FmgMmgMa木板(2分)木板从木块的下方抽出的条件：aa木板木块(1分)解得：25FN(1分)19-3.（市一中、附中做）(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2根据牛顿第二定律有：对滑块：11mamg(1分)对木板：221)(MagmMmgF临界(1分)且有：21aa,解得：NF4.5临界(1分)由于3.54.5FNFN临界M、m相对静止,它们一起做匀加速直线运动由牛顿第二定律可知,加速度：22()1/3FmMgamsMm(1分)(2)由(1)可知,使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：NF4.5临界则拉力至少为4.5N；(2分)(3)设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示则滑块的速度：,1tav(1分)对滑块,由牛顿第二定律得：23mgma(1分)位移：221213,22vvxxaa5/5由几何关系得：1212xxL(1分)木板的位移：224111222vLata(1分)根据牛顿第二定律,对木板：4212)(MagMmmgF(1分)解得：NF62，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面,拉力6FN≥(1分)