《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）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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）（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20182019 学年第一学期“三区一县”四校联合考试高一物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。1-8题为单选题，9-12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。【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；
2、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
3、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
4、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、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】【
5、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
6、、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1
7、4m， ，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
8、. 物块运动后，其运动为匀变速直线运动。【答案】B【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
9、个运动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75kg的物体，那么：A. 该人在地面上可以举起质量为
10、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
11、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
12、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，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；
13、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
14、。二、实验题（本题有2小题，共16分。13题10分，14题6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
15、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
