黑龙江省“三区一县”四校2018-2019学年高一上学期联合考试物理试题（含解析）.doc

1、 20182019 学年第一学期学年第一学期“三区一县三区一县”四校联合考试四校联合考试 高一物理试题高一物理试题 一、选择题（本题共一、选择题（本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4848 分。分。1 1- -8 8 题为单选题，题为单选题，9 9- -1212 题为多选题）题为多选题） 1.关于质点、时刻、时间、位移，下列说法正确的是： A. 在使用卫星给地球照相时，需要调整卫星的姿势，这时候可以把卫星看成质点。 B. 时刻表示时间极短，时间间隔表示时间较长。 C. 本次物理考试时间为 90min 指的是时间间隔。 D. 运动物体的路程总是大于位移的大小。 【

2、答案】C 【解析】 【详解】A 项：在使用卫星给地球照相时，需要调整卫星的姿势，卫星的形状和大小不能忽略，所以不能看 成质点，故 A 错误； B 项：时刻表示时间点，不能理解为极短的时间，故 B 错误； C 项：本次物理考试时间为 90min 指的是时间间隔，故 C 正确； D 项：当物体做单方向的直线运动时，物体的位移大小与路程相等，故 D 错误。 故选：C。 2.关于速度、加速度概念，下列说法中理解错误的是： A. 速度是描述物体运动快慢的物理量，速度大表示物体运动得快。 B. 物体做匀速运动时，速度 v 与运动的位移 x 成正比，与运动时间 t 成反比。 C. 物体的加速度大，表示物体速

3、度变化快。 D. 加速度的方向与速度变化的方向一定相同。 【答案】B 【解析】 【详解】A 项：速度是描述物体运动快慢的物理量，速度大表示物体运动得快，故 A 正确； B 项：物体做匀速运动即速度不变，故 B 错误； C 项：加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，故 C 正确； D 项：由公式可知，加速度的方向与速度变化的方向一定相同，D 正确。 本题选错误的，故选：B。 3.关于牛顿第一定律（惯性定律） ，下列理解正确的是： A. 向上抛出的物体，在向上运动的过程中，一定受到向上的作用力，否则不可能向上运动。 B. 汽车在运动过程中，速度大时的惯性一定比速度小时的惯性大。 C. 牛顿第一定律

4、中提出的物体不受外力作用的条件是不可能达到的，所以这条定律可能是错的。 D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证。 【答案】D 【解析】 【详解】A 项：向上抛出的物体，由于惯性继续向上运动，故 A 错误； B 项：惯性只取决于物体的质量，质量越大，惯性越大，故 B 错误； C、D 项：牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，并不是实验定律，但它是正确的，故 C 错误， D 正确。 故选：D。 4.下列阐述中，不符合物理史实的是： A. 古希腊学者亚里士多德关于物体下落快慢的观点是：物体下落的快慢是由它们的重量决定的。 B. 意大利学者伽利略通过归纳、

5、 猜想、 数学推理、 实验检验、 合力外推得出物体自由下落与物体的轻重无关， 都做加速度相同的匀变速直线运动。 C. 伽利略通过理想斜面实验得出：力不是维持物体运动的原因。 D. 与伽利略同时代的法国科学家笛卡儿在研究力和运动的关系时指出： 运动的物体只有受到力的作用， 才能 以同一速度沿同一直线运动，否则运动的物体将会逐渐停下来。 【答案】D 【解析】 【详解】A 项：古希腊学者亚里士多德关于物体下落快慢的观点是：物体下落的快慢是由它们的重量决定的， 即重的物体比轻的物体下落得快，故 A 正确； B 项：意大利学者伽利略通过归纳、猜想、数学推理、实验检验、合力外推得出物体自由下落与物体的轻重

6、 无关，都做加速度相同的匀变速直线运动，故 B 正确； C 项：伽利略通过理想斜面实验得出：力不是维持物体运动的原因，故 C 正确； D 项：与伽利略同时代的法国科学家笛卡儿在研究力和运动的关系时指出：运动的物体没有受到力的作用， 它将继续以同一速度沿同一直线运动，不停下来也不偏离原来的方向，故 D 错误。 故选：D。 5.如图所示，质量为 m 的木块在放置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块与木板、木板与桌面之间的 动摩擦因数分别为 和，木板的质量为 2m，则木板所受桌面给的摩擦力大小为： A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由于木板静止，水平方向受到木块对木板的向右滑动

7、摩擦力和桌面对木板的静摩擦力，由平衡条件 可得，木板受到桌面的摩擦力等，故 A 正确。 故选：A。 6.一位同学在某星球上完成自由落体实验：让一个质量为 1kg 的小球从一定的高度自由下落，测得其在第 4s 内的位移是 14m，则： A. 小球在第 2s 末的速度是 20m/s。 B. 小球在第 4s 内的平均速度是 3.5m/s。 C. 小球在 4s 内的位移是 32m。 D. 小球在第 2s 内的位移是 8m。 【答案】C 【解析】 【详解】A 项：第 4s 内的位移 14m， ，解得：，则第 2s 末的速度 为，故 A 错误； B 项：由公式可得，小球在第 4s 内的平均速度，故 B 错

8、误； C 项：根据，故 C 正确； D 项：小球在第 2s 内的位移是，故 D 错误。 故选：C。 7.一个质量为 m 的物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变且逐渐增大的水平力 F 的作用。假设物块与桌面间的动摩擦因数为 ，下列说法中正确的是： A. 水平力比较小时，物块处于静止状态，所以牛顿第二定律不适用静止的物体。 B. 水平力比较小时，物块虽然处于静止状态，但物块所受到的各个力都对物块都单独产生一个加速度，物块 的实际加速度为各个加速度的矢量和，实际加速度为零. C. 在整个过程中，物体所受的摩擦力大小为。 D. 物块运动后，其运动为匀变速直线运动。 【答案】B

9、【解析】 【详解】A、B 项：水平力比较小时，物块虽然处于静止状态，但物块所受到的各个力都对物块都单独产生一 个加速度，物块的实际加速度为各个加速度的矢量和，实际加速度为零.，故 A 错误，B 正确； C 项：当水平力较小时，物体处于静止状态，物体受到静摩擦力，大小与水平力 F 等大反向，当物体运动时， 受到的滑力摩擦力为，故 C 错误； D 项：物块运动后，由于水平外力增大，所以合力变化，加速度变化，故 D 错误。 故选：B。 8.关于位移和路程，下列说法正确的是： A. 物体沿直线朝某一个方向运动时，通过的路程就是位移。 B. 几个运动物体通过的路程相同，一定有相同的位移。 C. 几个运动

10、物体通过的路程不同，可能有相同的位移。 D. 物体的位移为 0，其路程也一定为 0。 【答案】C 【解析】 【详解】A 项：物体沿直线朝某一个方向运动时，通过的路程与位移大小相等，但路程不是位移，故 A 错误； B 项：几个运动物体通过的路程相同即轨迹长度相同，但起点与终点不一定相同，所以位移不一定相同，故 B 错误； C 项：几个运动物体通过的路程相同即轨迹长度相同，当起点与终点相同时，位移则相同，故 C 正确； D 项：物体的位移为 0，其路程不一定为 0，如圆周运动运动一周时，位移为 0，但路程不为 0，故 D 错误。 故选：C。 9.一个人在以匀加速下降的升降机中最多能举起质量为 75

11、kg 的物体，那么： A. 该人在地面上可以举起质量为 50kg 的物体。 B. 该人在地面上最多可以举起质量为 90kg 的物体。 C. 若该人在升降机中最多可以举起质量为 50kg 的物体，则升降机一定是以的加速度匀加速上升。 D. 若该人在升降机中最多可以举起质量为 50kg 的物体，则升降机可能是以的加速度匀减速下降。 【答案】C 【解析】 【详解】A、B 项：设人的举力的 F，则，解得：，即站在地面上最多可举起重物的质 量为，故 A、B 错误； C、D 项：根据牛顿第二定律得， 解得：，加速度方向向上，故 C 正确，D 错误。 故选：C。 10.物体在水平面上做直线运动，其速度时间图

12、像如图所示，则： A. 物体在前 2s 内做匀加速直线运动，加速度为。 B. 物体在第 7s 到第 12s 内做匀变速直线运动。 C. 物体在第 12s 内的位移为 0.75m。 D. 物体在前 12s 内的路程为 15m。 【答案】BD 【解析】 【详解】A 项：v-t 图象表示加速度，所以物体在前 2s 内做匀加速直线运动，加速度为， 故 A 错误； B 项：v-t 图象表示加速度，物体在第 7s 到第 12s 内图象斜率不变，即做匀变速直线运动，故 B 正确； C 项：物体在第 7s 到第 12s 内的加速度大小为，第 10 到 12s 的位移为 ， 第10到11s的位移为， 所以物体在

13、第12s内的位移大小为0.75m， 方向与正方向相反即为-0.75m，故 C 错误； D 项：物体在前 10s 内路程为，第 10 到 12s 的位移为 1m，所以物体在前 12s 内的路程为 15m，故 D 正确。 故选：BD。 11.如图所示，物体放在斜面上处于静止状态，当斜面的倾角逐渐减小时，物体所受 A. 重力与支持力的合力逐渐减小。 B. 重力与静摩擦力的合力逐渐减小。 C. 支持力与静摩擦力和合力逐渐减小。 D. 重力、支持力和静摩擦力的合力保持不变，一直为 0。 【答案】AD 【解析】 【详解】物体受重力、支持力、静摩擦力，由于开始处于平衡，当斜面的倾角逐渐减小时，物体仍然能平衡

14、， 即合力为零。 A 项：重力与支持力的合力即为静摩擦力，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力大小，当斜面的倾角逐 渐减小时，静摩擦力减小，故 A 正确； B 项：重力与静摩擦力的合力即为支持力，支持力大小等于重力垂直板的分力，当斜面的倾角逐渐减小时， 支持力增大，故 B 错误； C 项：支持力与静摩擦力的合力即为重力，当斜面的倾角逐渐减小时不变，故 C 错误； D 项：由平衡条件可知，重力、支持力和静摩擦力的合力保持不变，一直为 0，故 D 正确。 故选：AD。 12.静止在水平面上的质量为 m 的物体， 在水平恒力 F 的作用下做加速运动， 由于受到一个与速度成正比的阻 力的作用，经过一段

15、时间后，物体开始做匀速运动，下列图像中符合实际情况的是： A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】由牛顿第二定律可得：，随速度的增大，阻力增大，物体的加速度减小，直到加速 度减到零，所以物体做加速度减小的加速运动，在速度增大的过程中，速度变化越来越小，所以加速度变化 越来越小，综上所述，故 BC 正确。 故选：BC。 二、实验题（本题有二、实验题（本题有 2 2 小题，共小题，共 1616 分。分。1313 题题 1010 分，分，1414 题题 6 6 分）分） 13.下图为“研究匀变速直线运动的规律”的装置，已知打点计时器打点周期，请完成以下问题： （1）关于本实验的说法正

16、确的是（ ） A本实验应在释放小车之前接通打点计时器的电源 B电火花计时器和电磁打点计时器接到交流和直流电源上均可工作 C电火花计时器和电磁打点计时器工作电压相同 D电火花计时器和电磁打点计时器工作频率相同 E纸带上若相邻两个计数点之间有 n 个打点计时器打出的点，则对应两计数点间的时间为秒 F砝码盘中的砝码个数越多，释放小车后在纸带上打点个数越多 （2）如图所示为打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3 为计数点，相邻两计数点间还有 4 个打点未画出。 从纸带上测出，则打计数点 1 时的速度表达式 （用、T 表示） ，小 车加速度大小 。 （3）若算出了几个计数点的瞬时速度，建立坐标系，画出的

17、图像如图所示，根据图像可得出小车运动的 加速度为 ，内小车通过的位移大小 。 【答案】 （1）AD； （2）； ； （3）或； 【解析】 试题分析： （1）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放小车，让它带着纸带一同落下，如果 先放开纸带让小车运动，再接通打点计时时器的电源，由于小车运动较快，不利于数据的采集和处理，会对 实验产生较大的误差，故 A 正确；电火花计时器和电磁打点计时器只能接到交流电源上，故选项 B 错误；电 火花计时器工作电压为，电磁打点计时器工作电压为以下，故选项 C 错误；电火花计时器和电磁打点 计时器工作频率相同， 都为， 故选项 D 正确。 纸带上若相邻两个计

18、数点之间有 n 个打点计时器打出的点， 则对应两计数点间的时间为秒，故选项 E 错误；砝码盘中的砝码个数越多，释放小车运动的越快， 则在纸带上打点个数越少，故选项 F 错误。 （2）由于相邻两计数点间还有 4 个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔根据匀变速直线运 动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，。 根据匀变速直线运动的推论公式可以求 出加速度的大小，。 （3）根据图象求出图形的斜率 ，所以小车加速度；内小车通过的位移大小等于 图像组成的图形的面积，则。 考点：测定匀变速直线运动的加速度 【名师点睛】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

19、 理解与应用。 14.某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系”的实验，图甲为实验装置简图。 （1）该实验应采用的物理学思想方法是_ 法，实验要求砂和砂桶的总质量_小车质量（选填“远大 于”或“远小于” 或“大于” 或“小于”） ； （2） 在利用打点计时器和小车来做“探究加速度a跟F、m之间关系”的实验时， 下列说法中正确的是_ A连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 B平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 C小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车 D平衡摩擦力后，若改变小车和砝码的总质量后需要重新平衡摩擦力 （3）某同学在探究加速度与力

20、的关系时，根据测量数据作出的a一F图线如图乙所示，则实验存在的问题是 _。 【答案】 (1). 控制变量 (2). 远小于 (3). AC (4). 平衡摩擦力过度 【解析】 （1） 探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系需采用控制变量法进行实验。 在探究加速度a与物体质量 m关系时，应保持砂和砂桶的质量的不变。为了保证砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，要求砂和砂桶质量远 小于小车质量。 （2）细线的拉力等于小车所受的合力，连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行，且需要平衡摩擦力， 故 A 正确；平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上，故 B 错误；小车释放前应靠近 打点计时

21、器，且应先接通电源再释放小车，故 C 正确；平衡摩擦力后，若改变小车和砝码的总质量后，不需 要重新平衡摩擦力，故 D 错误。所以 AC 正确，BD 错误。 （3）由a一F图线可知，F=0 时，加速度a不为零，可知平衡摩擦力时木板倾角过大。 三、计算题（本题有三、计算题（本题有 4 4 小题小题，共，共 3636 分。分。1515 题题 7 7 分，分，1616 题题 8 8 分，分，1717 题题 9 9 分，分，1818 题题 1212 分。解答应写出必要的分。解答应写出必要的 文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值文字说明、方程式和重

22、要的验算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值 和单位）和单位） 15.在某城市的一条水平道路上，规定车辆行驶速度不得超过 30km/h。在一次交通事故中，肇事车是一辆卡 车，量得这辆卡车紧急刹车（车轮被抱死）时留下的刹车痕迹长为 6.25 米，经历时间为 1.25s。请判断该车 是否超速。 【答案】超速 【解析】 【详解】设卡车刹车前的速度为，由匀变速直线运动规律得： 解得： 所以卡车超速行驶。 16.如图所示，质量 m1=40kg 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为 O，轻绳 OB 水平且 B 端与站在水 平面上的质量为 m2的人相连，轻绳 OA 与竖直

23、方向的夹角 =37，物体甲及人均处于静止状态.（已知 sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力） 求： (1)轻绳 OA、OB 拉力大小； (2)地面对人的摩擦力大小及方向； 【答案】 （1）12.5 N 7.5 N （2）7.5 N，方向水平向左 【解析】 （1）以结点 O 为研究对象，受三段轻绳的拉力作用如图： 且竖直绳上的拉力大小等于，根据共点力平衡条件有： ， 联立以上两式解得：，； （2）人在水平方向仅受绳 OB 的拉力和地面的摩擦力 作用 根据平衡条件有：，方向水平向左。 点睛：本题是共点力平衡问题，要求同学们能正确对物体受力分析

24、，以结点 O 为研究对象，分析受力，作出 力图，根据平衡条件求出轻绳 OA、OB 受到的拉力；然后人受到水平方向 OB 绳的拉力和水平面的静摩擦力， 由二力平衡求解人受到的摩擦力大小和方向。 17.在平直的高速公路上，一质量为m=2.010 3kg 的汽车，启动后，经 10s 速度由 5m/s 达到 30m/s，将该车 运动过程视为匀加速运动，试求该车在这段行驶过程中： (1) 加速度的大小； (2) 行驶的路程； (3) 所受的合外力的大小。 【答案】 (1) a=2.5m/s 2 (2) x= 175m (3) F = 5103N 【解析】 （1）汽车的加速度：； （2）汽车速度位移：；

25、（3）由牛顿第二定律可得，汽车受到的合外力：F=ma=2.010 32.5=5103N； 18.如图甲所示，斜面的倾角为，一个总质量为 m=75 kg 的滑雪者从离斜面底端距离为 x=8 m 处由静 止开始沿斜面自由下滑， 已知雪橇与斜面间的动摩擦因数， 不计空气阻力 (sin37 0=0.6， cos370=0.8， g=10m/s 2)则： （1）滑雪者下滑的加速度 a1为多大？ （2）滑雪者下滑至斜面底端时的速度为多大？ （3）若滑雪者在斜面底端时，只依靠惯性上滑至原来的位置（如图乙） ，那么滑雪者在斜面底端时必须获得 一定的初速度 v0，则这一初速度 v0至少为多大？ 【答案】 （1）4m/s 2（2）8m/s（3）8 m/s 【解析】 （1）根据牛顿第二定律：mgsin37-mgcos37=ma 得：a=4m/s 2 （2）根据位移公式：v 2-02=2as 得：v=8m/s （3）滑雪者上滑时：mgsin37+mgcos37=ma a=8m/s 2 根据位移公式：v 2=2as 得：v=8m/s