【文档说明】吉林省友好学校2024-2025学年高一上学期10月期中联考物理试题 答案.docx，共(7)页，196.553 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案1．A【详解】A．在研究汽车在地图上的实时位置时，汽车大小可以忽略，故汽车可以看成质点，故A正确；B．图中显示16分钟对应时间轴上的一段，所以是时间，故B错误；C．6.7公里表示了此次行程的轨迹长度即为路程，故C错误；D．6.7公里是路程，所以可以求出平均速率的大小，但不能求出平均速度，

故D错误。故选A。2．D【详解】A．加速度是矢量，其方向与速度变化的方向相同，但与速度的方向不一定相同，如果物体做减速直线运动，则加速度方向与速度方向相反，故A错误；BCD．加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度随时间变化越快，加速度一定越大；加速度的定义

式为vat=，加速度与速度、速度变化量均没有直接关系，所以速度越大，加速度不一定越大；速度变化量越大，加速度不一定越大，故BC错误，D正确。故选D。3．B【详解】A．0～t1时间内，xt−图线斜率代表速度，由图可知乙的速度先比甲的速度大，后比

甲的速度小，故A错误；B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B正确；C．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C错误；D．0～t2时间内，vt−图线与坐标轴

所围面积表示位移，则丙的位移小于丁的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丙的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误。故选B。4．B【详解】木块在长木板上向右滑行过程中，受到长木板对木块水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可

知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，由于长木板处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg故选B。5．D【详解】A．第3s内通过的位移是6m，所以第3s内的平均速度2.56m

/s6m/s1xvt===故A错误；B．根据第3s内的平均速度等于第2.5s末的速度，则有2.52.5vata==解得22.4m/sa=故B错误；C．3s末的速度是2.43m/s7.2m/svat==

=故C错误；D．前3s内的位移是22112.43m10.8m22sat===故D正确。故选D。6．C【详解】小球受三个力平衡，重力大小、方向均不变，绳的拉力方向不变。由图解法可知当F与绳垂直时，拉力F最小，如图：此时F

与竖直方向夹角为60°，且最小值为F＝mgsin30°＝12mg故选C。7．C【详解】对小球受力分析如图所示由力的合成可知，FN和F的合力与重力mg等大反向，由几何关系可知32cos303mgmgF==又由胡克定律得Fkx=解得33mgxk=故C正确，ABD错误。故选C。8．

BC【详解】A．甲图中足球对球网的作用力是足球发生形变产生的，所以A正确；B．乙图中重力的分力1G大小等于物块对斜面的压力，但不是压力，性质不一样，所以B错误；C．丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力是一对相互作用力，所以C错误；D．丁图中轮胎上的花纹是为了增

大接触面的粗糙程度，所以D正确。9．ACD【详解】根据运动学公式可得2012xvtgt=−若石块运动到离抛出点上方15m处，则有215205tt=−解得1st=或3st=若石块运动到离抛出点下方15m处，则有2152

05tt−=−解得(27)st=+或(27)st=−（舍去）故选ACD。10．AD【详解】CD.物体由静止开始运动，根据图像知，物体的加速度先不变，后随位移均匀减小，故物体先做匀加速直线运动，后做加速度逐渐减小的加速运

动，故加速度减为0时，位移为02x时，速度最大，故C错误，D正确；A.根据初速度为0的运动学规律22vax=知加速度a与位移x的图线与坐标轴所围面积为22v，设v为最大速度，故20000122vaxax=+解

得003vax=故A正确；B.当位移为0x时，根据初速度为0的运动学规律知21002vax=解得物体的速度为1002vax=故B错误。故选AD。11．未记录两细绳套的方向未明确是否把橡皮条与细绳的结点拉到位置OBC【详解】（1）[1]记下O点的

位置及两个弹簧测力计的示数F1和F2后，忘记记录下两条细绳套的方向。（2）[2]只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，需要把橡皮条与细绳的结点拉到位置O，再读出弹簧测力计的示数F。（3）[3]

AB．在不超过弹簧测力计量程的情况下，F1、F2的大小要适当尽量大些，便于作图，减小误差，故A错误，B正确；C．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故C正确；D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误。故选BC。12．CB0.210.50【详

解】（1）[1]A．时间由打点计时器计时，因此不需要秒表，A错误；B．因实验装置来探究小车速度随时间变化的规律，因此不需要测量钩码的质量，不需要天平，B错误；C．纸带上计数点间的距离需要测量，因此为完成实验，除了图甲中标出的器材外，还需要刻度尺，C正确。故选C。（2）[2]由匀变速直线运动的

推论2xaT=，可知BCABCDBCxxxx−=−可得221.90cm2.38cm=1.42cmABBCCDxxx=−=−因此数据中最接近xAB的是1.39cm，因此ACD错误，B正确。故选B。（3）[3]已

知电火花计时器连接的是频率为50Hz的交变电源，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，可知纸带上相邻两个计数点间的时间间隔为15s0.1s50T==由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打出C点时小车的速度大小21.902.3810ms0.21ms

220.1BDCxxvtT−+====[4]由匀变速直线运动的推论2xaT=，可得小车的加速度大小2222222.883.391.902.3810ms0.50ms440.1DFBDxxxaTT−−+−−====13．(1)18m/s，

16.2m(2)13m【详解】（1）运动员做自由落体运动，运动员下落1.8s末的速度大小为101.8m/s18m/svgt===运动员在空中下落的高度为2211101.8m16.2m22hgt===（2）运动员下落0．8s的高度为221111100.8m3.2m22hgt===运动员

入水前最后1s的位移为1Δ16.2m3.2m13mhhh=−=−=14．N35NF=，f53NF=【详解】对A竖直方向根据平衡条件得NTAsin30FFmg+=对B根据平衡条件得TBFmg=解得N35NF=物块A受到的摩

擦力为fTcos3053NFF==15．（1）5s，36m；（2）不能【分析】（1）抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等展开计算即可；（2）分析乙车到达终点经过的时间，再求出甲车在此过程中经过的位移，比较即可求解。【详解】（1

）根据题意可知，甲车速度小于乙车时距离一直在被拉远，因此当甲、乙两车的速度相等时两车距离最大，则有vvat=+乙甲代入数据得到5st=所以经过5s两车间距最大，此过程中甲车位移为221150525275m22xv

tat=+=+=甲甲乙车位移为605300mxvt===乙乙两车最大距离为13002751136mxxxL=−+=−+=乙甲（2）因为乙车做匀速运动，所以乙车到达终点所需时间为2160010s60Ltv===乙假设再经过t2时间后，甲车恰好超过乙

车，则有2212212vtLvtat+=+乙甲解得2111stt=所以到达终点线时甲车不能超过乙车。