河北省保定市部分高中2023-2024学年高一上学期9月月考试题+物理+PDF版含解析(1)

{#{QQABaQCEogAoAAJAAAhCEQHyCEMQkBGAAIoOQAAEIAAAwBNABCA=}#} {#{QQABaQCEogAoAAJAAAhCEQHyCEMQkBGAAIoOQAAEIAAAwBNABCA=}#} {#{QQABaQCEogAoAAJAAAhCEQHyCEMQkBGAAIoOQAAEIAAAwBNABCA=}#} 保定市高一年级1+3 联考 物理参考答案 1. B 【解析】 【详解】A．研究金色鲤鱼漫游时的优美姿态，鱼的形状和大小不能忽略，故不可以作为 质点，故A 错误； B．地面绕着地心日转八万里，故参考系为地心，故B 正确； C．物体做匀速直线运动，发生的位移与时间成正比，其位移时间图像是一条倾斜的过坐 标原点的直线，位移是描述位置变化的物理量，由于物体的初位置坐标未知，则无法判断 物体的位置时间图像是否过原点，但一定是一条倾斜的直线，故C 错误； D．高速公路上的区间测速，对应一段时间，测量的是汽车的平均速率，故D 错误。 故选D。 2. B 【解析】 力的单位是牛顿，用力学基本单位表示为：kg·m/s2，由f＝6πηrv 可得η＝f 6πrv 其中r 的单位是m，v 的单位是m/s，所以η 的单位为kg·m/s2 m·m/s ＝kg m·s ，A、C、D 错误，B 正 确。故选B。 3. C 【解析】 【详解】A．由 2 0 1 2 x v t at   与x=8t－t2 对比可知 0 8m/s v  ， 2 2m/s a  故A 错误； B．汽车的刹车时间为 0 0 0 0 8s 4s 2 v t a       所以汽车在4s 时已停止运动，则该汽车刹车后5s 末的速度大小为0，故B 错误； C．5s 内该汽车行驶的距离等于4s 内运动的距离即为 0 0 8 4m=16m 2 2 v x t    故C 正确； D．根据△x=at2 可知，在汽车停止前任意相邻1s 内的位移之差都是2m，故D 错误。 故选C。 4. C 【解析】 【详解】A．根据速度位移关系可得 2 2 v ax  可知铜球到达A、B 两点的速度之比为 2 1 4 2 A B v ax v ax   故A 错误； B．根据位移与时间关系 2 1 2 x at  可知铜球通过OD 段的时间与通过OA 段时间之比为 8 2 1 2 OD OA x t a t x a   即铜球通过OD 段的时间是通过OA 段时间的2 倍，故B 错误； C．铜球通过OC 段与CD 段所用的时间之比为 6 3 3 2 3 8 6 2 3 OC CD x t a t x x a a       故C 正确； D．铜球做匀加速运动，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而从A 到B 的时间大于从B 到C 的时间，所以B 点不是A、C 两点间中间时刻的位置，A、C 两点间 中间时刻的位置应在A、B 之间，则 2 A C B v v v   故D 错误。 故选C。 5. D 【解析】 【详解】A．t1 时刻到达最高点，该时刻速度为零，则阻力为零，此时只受到重力作用，故 此时刻加速度为重力加速度g，选项A 正确； B．速度达到v1 之前，图像的切线斜率绝对值逐渐减小，小球的加速度一直在减小，选项 B 正确； C．小球抛出瞬间，有 0 mg kv ma   当速度达到v1 时，有 1 kv mg  解得 0 1 1 v a g v         C 正确； D．小球上升过程做加速度减小的变减速运动，从图中可以看出， 1 0 ~ t 时间内图线与时间 轴所围面积小于匀减速直线运动时的面积，则小球上升的最大高度为小于 0 1 2 v t ，所以D 错 误。 故选D。 6. D 【解析】 【详解】A．对A 受力分析，由牛顿第二定律得 tan A F mg ma    合 解得 tan a g   方向水平向左，则小车向右做减速运动，故A 错误； B．细绳的拉力为 cos mg T   故B 错误； C．由题意可知，A 与小车相对静止，则小车与A 具有相同的加速度，即小车的加速度大 小为 tan g ，方向水平向左，此刻物块B 的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律可知 𝑓𝐵= 𝑀𝑎𝐵= 𝑀𝑔tan𝜃 方向水平向左，小车对物体B 的作用力为 2 2 2 ( ) 1 tan B F Mg f Mg      方向为斜向左上方，故C 错误，D 正确。 故选D。 7. B 【解析】 【详解】对圆环受力分析如图，圆环始终处于受力平衡状态，三个力可以组成首位相接的 封闭三角形，随着圆环上升拉力F 的方向与斜面的夹角逐渐变大，如图中虚线所示，F 一 直增大， N F 一直增大。 故选B。 8. BD 【解析】 【详解】A．质量是惯性大小的唯一量度，与物体的速度大小无关，A 错误； B．方程式赛车与地面间的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，是同 一性质的力，B 正确； C．由牛顿第二定律可知，当物体所受合外力不变的情况下，质量小其加速度一定大；而 若合外力不确定时，即使质量小，加速度也不一定大，C 错误； D．根据牛顿第二定律可知，物体加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致，D 正 确。 故选BD。 9. BC 【解析】 【分析】 【详解】A．施加F 前，对整体受力分析，一定受重力、弹簧弹力，若竖直方向受静摩擦 力，则也一定受墙向右的弹力，但若受向右的弹力，则没有向左的力与之平衡，合力不可 能为零，故整体不受墙的弹力，也不受静摩擦力；故A 错误； B．施加F 前，对整体受力分析，受重力、弹簧弹力，根据平衡条件弹簧弹力大小一定等 于A、B 两物体重力大小之和，B 正确； C．当施加F 后，仍然处于静止，开始A 所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若 F=mAgsinθ 则A、B 之间的摩擦力为零，故C 正确； D．对整体分析，由于AB 不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹 力等于A、B 的总重力，施加F 后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B 与 墙之间一定有摩擦力，故D 错误。 故选BC。 10. CD 【解析】 【详解】A．货物开始向上做匀减速直线运动，此时摩擦力沿斜面向下，对货物进行受力 分析有 1 sin cos mg mg ma      解得 2 1 =10m/s a 减速至 4m/s v  时通过的位移 2 2 0 1 1 2.4m 4.15m 2 sin v v h x a       之后进一步做匀减速直线运动，此时摩擦力沿斜面向上，对货物进行受力分析有 2 sin cos mg mg ma      解得 2 2 = 2m/s a 减速至0 时通过的位移为 2 2 1 2 4m 1.75m 2 sin v h x x a       则货物能冲上水平台面，故A 错误； B．货物开始向上做匀减速直线运动到与传送带共速，经历的时间为 0 1 1 0.4s v v t a    货物与传送带共速继续向上做匀减速直线运动到顶端过程，有 2 1 2 2 2 1 sin 2 h x vt a t    解得 2 0.5s t  ，2 3.5s t （不合理舍去） 则货物从A 处运动到B 处所用的时间为 1 2 0.9s t t t    故B 错误； C．货物开始向上做匀减速直线运动到与传送带共速，货物相对传送带向上运动的位移为 1 1 1 0.8m x x vt    相 货物与传送带共速到顶端过程，货物相对传送带向下运动的位移为 2 1 0.25m sin h x vt x            相2 由于两次相对运动相反，则货物在传送带上的划痕长为0.8m，故C 正确； D．货物离开传送带时速度大小为 1 2 2 3m / s v v a t    故D 正确。 故选CD。 11. 每空2 分，共8 分。 【答案】 ①. D ②. 4.20 ③. F ④. 200 【解析】 【详解】①[1]即用两弹簧测力计拉橡皮条的共同作用效果和用一个弹簧测力计拉橡皮条的 作用效果相同，即两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代， ABC 错误，D 正确。 故选D。 ②[2]由图乙可知，弹簧测力计的最小分度值是0.1N，此时橡皮条的弹力大小为4.20N。 ③[3]F 是由平行四边形定则作图得到的合力的理论值，在平行四边形的对角线上，因此F 是 1 F 与 2 F 合力的理论值。 ④[4]由胡克定律结合弹力F 与弹簧长度L 的关系图像可得   2 12 N m 200 N m 9.0 3.0 10 F k L         12. 每空2 分，共8 分 【答案】 ①. 需要 ②. 需要 ③. 2.00 ④. ① 【解析】 【详解】①[1]为使小车受的合力近似等于砝码和砝码盘的总重力，因此需要平衡小车和长 木板之间的摩擦力。 [2]以小车及砝码和砝码盘组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律，则有   mg m M a   小车的加速度为 m a g m M   小车所受的合外力则有 1 mM mg F Ma g m m M M      当m≪M 时，可认为小车受到的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，因此需要满足m M  的条件。 ②[3]已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz ，纸带上相邻计数点间有4 个点未标出， 因此可知，纸带上相邻两计数点间的时间间隔为 T=5×0.02s=0.1s 由 2 x aT  ，可得小车的加速度大小为 2 2 2 2 2 2 10.01 11.99 6.02 7.98 10 m s 2.00m s 4 4 0.1 BD OB x x x a T T             ③[4]研究小车质量一定的情况下其加速度a 与砝码重力F 的关系时，忘记测量砝码盘的质 量，即砝码盘的重力没有计入F 时，当F 是零时，因为有砝码盘的重力，小车的加速度不 是零，因此a−F 图像在a 轴上有截距，得到a 与F 的关系应该是图丙中的①。 13.10 分 【答案】 （1）0.4s ； （2）0.2s ； 【解析】 【详解】 （1）圆棒底部距离A 点高度 1 2.3m-0.4m-1.1m=0.8m h  1 分 圆棒做自由落体运动下落到A 点有 2 1 2 h gt  2 分 代入数据解得 1 0.4s t  1 分 （2）圆棒通过AB 的过程即圆棒底部到达A 点和圆棒顶端离开B 点这一过程，可知圆棒底 部到达A 点的速度为 1 4m/s v gt   2 分 圆棒通过AB 下落的高度为 2 1.1m-0.5m+0.4m=1.0m h  1 分 圆棒通过AB 过程由 2 2 1 2 1 2 h v t gt   2 分 代入数据解得 2 0.2s t  1 分 14. 13 分 【答案】 （1）两车会相撞； （2） 2 0.4m/s a 【解析】 【详解】 （1）当两车速度相等时，轿车B 刹车距离为 2 2 A B B 378m 2 v v x a     2 分 当两车的速度相同时，用时为 A B 12 30 s 18s 1 t a v v        2 分 该时间内货车A 运动的距离为 A A 12 18m 216m x v t     1 分 则 B A 0 x x s   1 分 故两车会相撞； （2）经过时间0 4s t  两车的距离为 2 0 A 0 B 0 0 1 ( ) 2 x s v t v t at     1 分 代入数据解得 70m x  1 分 此时轿车B 的速度为 B B 0 30m/s 1 4m/s 26m/s v v at      1 分 设从0 t 开始再经过时间t，两车的速度达到相同速度v 且恰好相遇，设此过程中货车A 的 加速度为a，则 B v v at  1 分 A v v t a   1 分 2 2 2 B 2 A 2 2 v v v x a a v       1 分 联合解得货车的加速度至少为 2 0.4m/s a 1 分 15. 15 分 【答案】 （1）2m/s2，0 5m/s2； （2）2s； （3）8.4m 【解析】 【详解】 （1）将小物块轻轻地放 小车上时，小物块和小车之间发生相对运动，根据牛顿 第二定律 对小物块 1 mg ma   1 分 解得 2 1 2m/s a  1 分 对小车 2 F mg Ma    1 分 解得 2 2 0.5m/s a  1 分 （2）设两者达到相同速度所需时间为1 t ，由题意知，小物块和小车均做匀加速直线运动， 则小物块的末速度 1 1 1 v a t  1 分 小车的末速度 2 0 2 1 v v a t   1 分 1 2 v v  1 分 解得 1 2s t  1 分 1 2 = 4m/s v v  1 分 （3）2s 后小车和小物块相对静止，一起向右做匀加速运动，设其整体的加速度为 3 a ，则 由牛顿第二定律得   3 F m M a   1 分 解得 . 在 2 3 0.8m/s a  1 分 则小物块前2s 内的位移 2 1 1 1 1 4m 2 x a t   1 分 小物块第3s 内的位移 2 2 1 2 3 2 1 4.4m 2 x v t a t    1 分 则从小物块放在小车上开始，经过 3s t  小物块通过的位移 1 2 8.4m x x x    1 分