河南省南阳市第一中学校2022-2023学年上期高一第二次月考物理答案

高一物理答案 第1 页，共8 页 南阳一中2022 年秋期高一年级第二次月考 物理试题参考答案 1．D 【详解】A．跳高运动员的跳高过程中，要依靠各种肢体动作尽量提高成绩，教练要观 察运动员的动作，所以不能把运动员看作质点，故A 项中的运动员不能看作质点； B．要监控嫦娥五号上升器与返回器组合体的交会对接，就不能把二者看作质点，故B 项中的两个物体不能看作质点； C．要观摩战斗机的翻滚、爬升表演，就不能把战斗机看作质点，故C 项中的战斗机不 能看作质点； D．用北斗系统确定正在南极考察的科考队员的位置时，由于队员的大小对定位精度的 影响微乎其微，所以可以将队员看作指点，故D 项中的队员可以看作质点。 故选D。 2．B 【详解】伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但是他所在的那个 时代还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律。伽利 略通过数学运算得到结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的， 那么它通过的位移与所用的时间的二次方成正比，这样，只要测出物体通过不同位移所 用的时间，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化。但是物体下落很快，当时 只能靠滴水计时，这样的计时工具还不能测量自由落体运动所用的较短的时间。伽利略 采用了一个巧妙的方法，用来“冲淡”重力。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，二小球在 斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所以时间长，所以容易测量，故 B 正确。 故选B。 3．D 【详解】A.B.将子弹的运动看成沿相反方向的初速度为0 的匀加速直线运动，则位移公 式 2 1 2 x at  得： 若子弹穿过每块木板时间相等， 三木板厚度之比为5： 3： 1， 故AB 错误． C.D.若三块木板厚度相等，由位移公式 2 1 2 x at  ，通过三块、后边两块、最后一块的时 间之比为3 : 2 :1则子弹通过穿过木板时间之比为( 3 2):( 2 1):1   ，故C 错误，D 正确．故选D 【点睛】本题考查因此解题方法：1、末速度为零的匀加速运动直线运动，可以看出逆向 的初速度为零的匀加速运动，2、初速度为零的匀加速运动的几个比例式． 4．B 【详解】AB．0-1s 向正方向做加速度为1m/s2 的匀加速直线运动；1-2s 向正方向做匀速 直线运动； 2-3s 向正方向做加速度为1m/s2 的匀减速直线运动； 3-4s 以1m/s2 的加速度向 高一物理答案 第2 页，共8 页 相反方向做匀加速直线运动，故选项A 错误，B 正确； C．据速度-时间图象中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知，第1s 内和第 4s 内的位移大小均为0.5m，选项C 错误； D．0~2s 内与0~4s 内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，选项D 错 误。 故选B。 5．B 【详解】钥匙下落的时间，根据 2 1 2 h gt  可得 2s  t 这段时间内竹筏前进的距离 4m L vt   若钥匙可以落入竹筏中，则竹筏至少长4m。 故选B。 6．B 【详解】根据题意，由图可知，甲做匀速直线运动的速度为   = m / s 2 s v 甲 当=2s t ，甲乙的位移相等，把x t 图像转换成v t 图像，如图所示 当甲乙速度相等时，两车间的距离最大，由v t 图像中，面积表位移可知，图中阴影部 分的面积即为最大距离，最大距离为   1 = ?1? = m 2 2 4 s s x 故选B。 7．A 【详解】 AD．根据牛顿第三定律可判断， 台灯对桌面的压力与桌面对台灯的支持力是一 对作用力与反作用力，故A 正确，D 错误； B．台灯对桌面的压力是弹力，大小与重力相等，但不能说就是台灯的重力，且它们是 不同性质的力，故B 错误； C．等大、反向、共线的两个力不一定是作用力与反作用力，也有可能是一对平衡力， 故C 错误； 故选A。 8．D 【详解】AB．根据 Δ = Δ a J t 高一物理答案 第3 页，共8 页 可知，在0~5.0s 时间内，急动度增加，加速度增加的越来越快，在5.0~10.0s 时间内， 急动度不变，则加速度均匀增加，故物体加速度一直在变化，故AB 错误； C．在5.0~10.0s 时间内，急动度最大，乘客最不舒服，故C 错误； D．在5.0~10.0s 时间内， 2 2 Δ =0.8?5m/s =4.0m/s a 故D 正确。 故选D。 9．BC 【详解】A．物体静止在水平面上时，只受重力和支持力，故A 错误； B．汽车停在斜坡上时受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的 静摩擦力，故B 正确； C．用力向下擦黑板时，黑板擦受到向上的摩擦力，故C 正确； D．当瓶子被握在手中处于静止状态时，受到竖直向上的摩擦力，故D 错误。 故选BC。 10．AC 【详解】ABC．将题给表达式变形可得 2 36 2 v x   对照位移速度关系式 2 2 0 2 v v ax   可知0 时刻的初速度为 0 6m / s  v 运动过程的加速度为 2 1m/s a  所以汽车从=0 t 时刻起做匀减速直线运动，故AC 正确，B 错误； D．汽车做匀减速运动的时间为 0 0 6s v t a    0 ~10s内，汽车通过的位移大小为 2 0 0 18m 2 v x a    故D 错误。 故选AC。 11．AD 【详解】AB．B 受到C 对它向右的静摩擦力作用，故B、C 之间一定是粗糙的，选项A 正确，B 错误； CD．整体考虑，系统无运动趋势，C 与地面间无摩擦力作用，故不能确定C 与地面间粗 糙与否，选项C 错误，D 正确。 故选AD。 12．BCD 【详解】 A． 相遇是指同一时刻到达同一位置， 当x=6m 时， 设质点乙、 甲先后通过x=6m 处时的速度均为v，对于质点甲有 1 2 v x t  对于质点乙有 0 2 2 v v x t   可知1 2 t t  高一物理答案 第4 页，共8 页 说明两个质点不是同时到达x=6m 处，不能相遇，故A 错误； BD． 根据图象可知， a 图象的速度随位移增大而增大， b 图象的速度随位移增大而减小， 所以图象a 表示质点甲的运动， 当x=0 时， 乙的速度为6m/s， 即质点乙的初速度v0=6m/s， 对质点甲v2=2a1x ① 对质点乙 2 2 0 2 2 v v a x   ② 联立①②解得 2 1 2 3m/s a a   当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s 时，两质点通过相同的位移均为x'，对 质点甲 2 1 1 2 v a x   ④ 对质点乙 2 2 2 ' 0 2 2 v v a x   ⑤ 联立④⑤解得 1 2 2 a a  ⑥ 联立③⑥解得 2 1 2m/s a  ， 2 2 1m/s a  所以质点甲、乙的加速度大小a1、a2分别为2m/s2 和1m/s2，乙的刹车距离为 2 2 0 2 2 6 m=18m 2 2 1 v x a    故BD 正确； C．当二者速度相等时，距离最大，即速度关系为 1 0 2 a t v a t   两者距离为 2 2 0 2 1 1 1 ( ) 2 2 x v t a t a t    解得 6m x  故C 正确。 故选BCD。 13． 0.10 0.07 0.86 0.64 【详解】 （1）[1] [2] 在极短的时间内的平均速度可近似的认为等于瞬时速度，可得滑块 通过光电门1 时的速度 1 1 0.03 m/s 0.10m/s 0.30 d v t     滑块通过光电门2 时的速度 2 2 0.03 m/s 0.30m/s 0.10 d v t     滑块的加速度为 2 2 1 0.30 0.10 m/s 0.07m/s 3.0 v v a t       （2）[3] 利用匀变速直线运动的推论得 2 3 4 + (8.33+8.95) 10 = = m/s 0.86m/s 2 2 0.1 A x x v T     高一物理答案 第5 页，共8 页 [4]由于相邻的计数点间的位移之差不等，故采用逐差法求解加速度。根据匀变速直线运 动的推论公式 2 Δ  x aT 可以求出加速度的大小，得 2 3 1 1 =2 x x aT  2 4 2 2 =2 x x a T  为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得   1 2 1 2 a a a   小车运动的加速度计算表达式为    3 4 1 2 2 + + = 4 x x x x a T  [5] 代入数据得    2 2 2 2 8.33+8.95 7.05+7.68 = 10 m/s =0.64m/s 4 0 1 a    ． 14． 200 弹簧自身重力的原因 C 【详解】 （1）弹簧弹力F 与弹簧伸长量l 的F－l 图线的斜率为弹簧的劲度系数，如图所 示可得   7N 200N/m 4 0.5 cm F k l       （2） 弹簧自身重力不可忽略，导致竖直放置的弹簧因自身重力而伸长，故图线不过原 点。 （3）A．纵坐标为弹簧的伸长量，不能得到弹簧的原长，A 错误； B．弹簧弹力F 与弹簧伸长量l 的F－l 图线的斜率为弹簧的劲度系数，则 a b k k  ，B 错 误； C．如图所示，未挂钩码时有 a b l l   又有 a b k k  则可得 a a a b b b F k l F k l      由题意可知 a a G F  ， b b G F  即 a b G G  C 正确； D．测得的弹力与弹簧的伸长量（形变量）成正比，D 错误。 故选C。 15． 0.15 3.5 无影响 【详解】 （1）[1][2]由题图可知，滑动摩擦力的大小为3N，滑块重力为20N。根据 = f mg  可得摩擦因数为0.15，题图中还可以看出滑块与小车间的最大静摩擦力为3.5N。 （2）[3][4]本实验滑块静止，受到滑动摩擦力和绳子拉力保持平衡，因此只要滑块的重 力不变则滑动摩擦力不变，因此桌面粗糙，不影响滑动摩擦力的测量，故对的测量没 高一物理答案 第6 页，共8 页 影响。细绳1 必须水平，否则绳子拉力就不等于滑动摩擦力。而细绳2 即使不水平，只 要小车运动了，不影响滑动摩擦力的测量，同理小车开始运动后如果继续添加沙子，无 非就是小车运动更快，也不影响滑动摩擦力的测量。 【点睛】理解实验原理，理解图像拉力传感器数据突变的意义。 16． （1）16N，向右； （2）18N，方向向左 【详解】 （1）匀速运动时，根据平衡条件得  1 0 k x x mg    解得 400N/m k  最大静摩擦力为 m 18N f mg    若将弹簧压缩至x2=6cm，弹簧的弹力为   2 0 2 16N 18N F k x x     物体静止，物体所受的摩擦力为静摩擦力，大小为16N，弹力方向向左，摩擦力方向向 右； （2）若将弹簧拉长至x3=16cm ，弹簧的弹力为   3 3 0 24N 18N F k x x     物体向右运动，滑动摩擦力18N，方向向左。 17． （1） （2－ 3 ）s； （2） （5 － 3 ）s 【详解】 （1）木杆由静止开始做自由落体运动，设木杆的下端到达圆筒上端A 所用的时 间为t 下A h 下A＝1 2 gt 下A2 h 下A＝20m－5m＝15m 解得t 下A＝ 3 s 设木杆的上端到达圆筒上端A 所用的时间为t 上A h 上A＝1 2 gt 上A2 解得t 上A＝2s 则木杆通过圆筒上端A 所用的时间t1＝t 上A－t 下A＝（2－ 3 ）s （2）设木杆的上端到达圆筒下端B 所用的时间为t 上B h 上B＝1 2 gt 上B2 h 上B＝20m＋5m＝25m 解得t 上B＝5 s 则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t 上B－t 下A＝（5 － 3 ）s 18．57s 高一物理答案 第7 页，共8 页 【详解】减速过程有 0 0 v at   减① 加速过程有 0 0 v at   加② 总时间为t t t t    减 加 总 停③ 联立①-③解得 总 减速过程 2 0 0 2 v ax   减④ 加速过程 2 0 0 2 v ax   加⑤ 总路程x x x   总 加 减⑥ 联立④-⑥解得 225m x  总 根据题意画出v t 图像： 下方面积为 225m x  总 有题意可知减速过程为   0 2 1 v v a t t    匀 解得2 1 10s t t   匀速过程3 2 L t t v   匀 解得3 2 2s t t   加速过程   0 2 1 v v a t t    匀 解得4 3 10s t t   所以经过收费站过程所用时间4 1 22s t t   v t 图像阴影部分面积为    4 1 0 2 120m 2 t t v v x     匀 则所用总时间为 2 0 23s x x t v    总 车通过ETC 通道节约的时间 总 高一物理答案 第8 页，共8 页 19． （1）15m ； （2）24m 【详解】 （1）正常反应时间 1 1 0 10 s 0.5s 20 s t v    酒后反应时间2 1 (1 50%) 0.75s t t    酒后反应距离 2 0 2 20 0.75m 15m s v t     （2）根据 2 0 2 v as  汽车刹车的加速度大小 2 8m/s a  从开始刹车到和自行车共速，所需要的时间为t3，则 0 3 v at v   解得3 2s t  在这段时间内 0 1 3 2 v t s v s    车 解得 34m s  车 而自相车的位移   1 3 10m s v t t    自 可得两车间的距离 24m s s s    自 车