【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高一下学期第一次在线月考物理试题.doc，共(16)页，712.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省宜宾市第四中学高一第一学月考试物理试题第I卷选择题（48分）一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分；其中1-9题为单选题，10-12题多选题，少选得2分，多选错选得0分。）1.今年我

国将发射六到八颗北斗三号导航卫星，北斗卫星导航系统是国家重要空间基础设施．这类卫星虽然绕着地球转动，但我们却觉得它在空中静止不动，这是因为观察者所选择的参照物是()A.太阳B.地表C.月亮D.宇宙飞船【答案】B【解析】【详解】A.以太阳为参考系卫星是运动的，选项A错误；B.以地表为参考系由于卫星

和地球是同步的所以任意时刻都在正上方，故静止，所以选项B正确；C.以月亮为参考系卫星是运动的，选项C错误；D.以宇宙飞船为参考系卫星是运动的，选项D错误；2.下列有关质点的说法中正确的是()A.在乒乓球比赛运动中，双方运动员将乒乓球看做质点B.在研究子弹穿过一张薄纸所需

的时间时，可以把子弹看做质点C.研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车看做质点D.用GPS定位系统研究汽车的位置时，可以把汽车看做质点【答案】D【解析】试题分析：物体可

以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，乒乓球比赛中运动员需要研究对方球的旋转方向，所以不能看做质点，A错误；子弹的长度相对于纸的厚度不能忽略，所以子弹不能看做质点，B错误；当研究自行车的运动轨迹时

，自行车可看做质点，C错误；定位车的位置时，车的形状，大小对我们研究的问题影响不大，可以看做质点，D正确考点：考查了对质点的理解3.物体由静止开始运动，加速度恒定，在第7s内的初速度是4.2m/s，则物体的加速度是（）A.0.6m/s2B.0.36m/s2C.0.7m/s2D.0

.43m/s2【答案】C【解析】【分析】第7s内的初速度等于第6s末的速度，结合速度时间公式求出物体的加速度．【详解】根据速度时间公式0vvat=+,又初速度为零，则加速度224.2/0.7/6vamsmst===．故选C正确，ABD错误．【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，

并能灵活运用，注意某秒初的速度与前一秒末的速度相同．4.P、Q、R三点在同一条直线上，一物体从P点静止开始做匀加速直线运动，经过Q点的速度为v，到R点的速度为3v，则PQ∶QR等于（）A.l∶8B.l∶6C.l∶5D.1∶3【答案】A【解析】【详解

】因为物体是做初速度为零的匀加速直线运动，所以根据公式22vax=可得：22PQvax=229-2RQvvax=解得：2=2PQvxa282RQvxa=所以可得：:1:8PQQR=A正确．5.如图所示，小球从高处下落到正下方竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将

弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是（）A.小球受到的弹力先增大后减小B.小球的速度一直在减小C.小球的加速度先减小后增大D.小球一直处于失重状态【答案】C【解析】【详解】A．弹簧的压缩量不断变

大，故弹簧的弹力不断变大，故A错误；BCD．小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当和弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，此时：mg-kx=ma随着弹簧压缩量的增加，弹力增大

，加速度减小，但是物体仍加速运动，当mg=kx时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，当mg=kx时，加速度等于零，速度最大，物体继续向下运动，弹簧继续被压缩，弹力大于重力，物体开始减速运动，所以整个过程中物体先加速后减速运动，加速度先减小后增大，小球先处于失重状态后处于超重状

态，故BD错误，C正确．故选C．【点睛】下落过程中正确对小球进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可判断其加速度的变化情况，然后进一步判断速度变化情况．6.如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细绳相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使

整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为45=，弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是（）A.22mgkB.22mgkC.2mgkD.2mgk【答案】B【解析】【详解】以小球ab整体为研究对象，、受重力、线的拉力T和弹簧的弹力F，作出力的三角形如图所示：

根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：02452minFmgsinmg==，根据胡克定律

：Fmin=kxmin，可得：2minmgxk=，由此可知ACD可能，B不可能．所以选B．7.两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示．当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线

沿竖直方向，下列说法正确的是A.a环与杆有摩擦力B.d球处于失重状态C.杆对a、b环的弹力大小相等D.细线对c、d球的弹力大小可能相等【答案】C【解析】【详解】对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉

力F，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力1=mgsina=maa=ginaF，因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为gsina，将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsina，因此a球和杆的摩擦力为零，故A错误

；对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错；细线对c球的拉力coscTmga=，对d球的拉力dTmg=，因此不相等，故D错误；对a和c

整体受力分析有()cosnaacFmmga=+，对b和d整体受力分析()cosnbbdFmmga=+，因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正确．8.伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合

，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列说法正确的是A.其中的甲图是实验现象，乙、丙、丁图是经过合理的外推得到的结论B.其中的丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得到的结论C.运用甲图的实验，可“冲淡”重力的作用，使实验现象

更明显D.运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显【答案】C【解析】【详解】A、甲乙丙均是实验现象，丁图是经过合理的外推得到的结论，故AB错误；C、伽利略的时代无法直接测定瞬时速度，就无法验证v与t成正比的思想，伽利略通过数学运算得到，若物体初速度为零，且速度随时间均匀

变化，即v正比于t，那么它通过的位移与所用时间的二次方成正比，只要测出物体通过不同位移所用的时间就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化，由于伽利略时代靠滴水计时，不能测量自由落体所用的时间，伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下，由于沿斜

面下滑时加速度减小，所用时间长得多，所以容易测量，这个方法叫“冲淡”重力，故C正确，D错误．故选C.9.如图所示，水平传送带AB长2m，以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动．现将一小物块以3m/s的水平初速度从A点冲上传送带．若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.

25，g取10m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是A.0.5sB.0.9sC.1.2sD.1.5s【答案】B【解析】试题分析：根据物块和传送带的速度关系，判断物块在传送带上的运动性质，根据运动学公式求解时间．刚冲上传送带时，由于物块的速度为3m/s，大于传送带的

速度，所以物块相对传送带向右运动，受到的滑动摩擦力方向向左，故做匀减速直线运动，22.5/mgagmsm===，经历的时间为1320.42.5tss−==，相对地面发生的位移为2223122.5smm−==−，之后两者的速度相同，相对静止的做匀速直线运动，经历的

时间为2210.52tss−==，故小物块运动至传送带右端B点所用的时间是120.9ttts=+=，B正确．10.关于摩擦力，下列说法正确的是A.接触面粗糙且有相对运动或相对运动趋势的物体之间一定有摩擦力B.静止的物

体可受到滑动摩擦力，运动的物体也可受到静摩擦力C.相互接触的物体间正压力增大，摩擦力一定增大D.两物体间的摩擦力方向一定与它们间的弹力方向垂直【答案】BD【解析】【详解】A.摩擦力产生的条件：接触面粗糙；相互接触挤压；有相对运动或相对运动趋势．有相对运

动趋势并且接触面间粗糙物体间不一定有摩擦力，故A错误；B.当一个物体与另一个物体之间没有相对滑动时，产生的摩擦力叫静摩擦力，受到静摩擦力的物体可能是运动的，如用手竖直握着酒瓶行走；当一个物体在另一个物体表面滑动时，产生的摩擦力叫滑动摩擦力；受滑动摩擦力

的物体不一定是运动的，如用黑板擦擦黑板时，黑板擦相对黑板滑动时，黑板没有动，但是黑板受到滑动摩擦力作用，故B正确；C.相互接触的粗糙物体间的压力增大，若是滑动摩擦力，则力一定增大；若是静摩擦力，则不受影响，故C错误；D.有摩擦力产生则接触面上必会有弹力，弹力

垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以弹力垂直于摩擦力方向，故D正确．11.有四个运动的物体A、B、C、D，物体A、B运动的s﹣t图象如图中甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v﹣t图象如图中乙所示．根据图象做出的以下判断中正确的是（）A.物体A和B

均做匀速直线运动且A的速度比B更大B.在0─3s的时间内，物体A运动的位移为10mC.t=3s时，物体C追上物体DD.物体C的加速度大于物体D加速度【答案】AD【解析】【详解】由甲图看出：物体A和B两物体的位移图象都是倾斜的直线，斜率都不变，则速度都不变，说明两物体都做匀速直线运

动，A图线的斜率大于B图线的斜率，则知A的速度比B更大．故A正确．由甲图看出：在0﹣3s的时间内，物体A运动的位移为△sA=10m﹣0=10m．故B错误．根据速度时间图象的面积表示位移，知t=3s时，物体C的位移比D的小，所以t=3s时，物体C没有追上物体D，故C错误．由乙图看出

：C图线的斜率大于D图线的斜率，则物体C的加速度大于物体D的加速度，故D正确．故选AD.【点睛】对于位移图象和速度图象要从图象的数学意义来理解其物理意义，抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运动情况．位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图线的斜率等于速度；坐标的变化量表示位移．速

度时间图象的面积表示位移，图线的斜率表示加速度.12.若一质点从t=0开始由原点出发沿直线运动，其速度一时间围象如图所示，则该质点（）A.t=1s物体速度方向发生改变B.t=2s时离原点最远C.t=4s的回到原点，路程为10mD.物体一直沿着某一方向运动【答案】BC【解析】【详解】速度的正负表示

运动方向，从图中可知在1s前后物体的速度都为正，故速度方向没有变化，A错误；在t=2s之前物体速度恒为正，即一直朝着正方向运动，t=2s之后物体反向运动，故在2s时距原点最远，B正确D错误；速度与时间图像与时间轴

围成的面积表示位移，在时间轴上方为正位移，在坐标轴下方为负位移，所以在4s末的位移为115252022xm=−=，即回到坐标原点，路程为1152521022sm=+=，C正确；【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要

考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移第II卷非选择题二、实验题13.在探究匀变速直线运动规律的实验中：（1）已知计时器打点的时间间

隔为0.02s，该同学按打点先后顺序每隔4个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，用刻度尺量得OA=1.50cm、AB=1.90cm、BC=2.30cm、CD=2.70cm，打C点

时纸带的速度大小为_______m/s，该运动的加速度大小为_______m/s2．（本题保留两位小数）（2）若实验时电源实际频率稍小于50Hz，则速度测量值_______（选填“大于”“小于”或“等于”）速度真实值．（3）如果当时电网中交变电流的电压变成

230V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【答案】(1).0.25(2).0.40(3).大于(4).不变【解析】【详解】（１）[1]．利用匀变速直线运动的推论有：22.302.7

0100.25m/s20.1BDCBDxvt−+===[2]．根据△x=aT2得：22220.410m/s0.40m/s01a−==．（2）[3]．若实验后发现，实际所用交流电的频率小于50Hz，则打点周期大于0.02s，故T的代入数值偏小，根据xvt＝分析可知速度测量值大于真实

值；（3）[4]．电网电压变化，并不改变打点的周期，故加速度的测量值与实际值相比不变.14.某同学在做测定木板的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案：方案A：木板水平固定，通过弹簧秤水平拉动木块，如图（a）所示；方案B：木块固定，通

过细线水平拉动木板，如图（b）所示。(1)上述两种方案中，你认为更合理的方案是______________。(2)该实验中应测量的物理量是________。(3)除了实验必需的弹簧秤、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为20

0g的配重若干个。该同学在木块上加放配重，改变木块对木板的正压力（g=10m/s2），并记录了5组实验数据，如下表所示：实验次数12345配重（个数）01234弹簧秤读数（N）0.501.001.50

1.802.50请根据上述数据在图给出的坐标纸上作出木块所受摩擦力和配重重力大小的关系图象________；由图象可测出木板和木块间的动摩擦因数是___________。【答案】(1).b(2).木板重力，每次拉木板时木块和木板间的摩擦(3).见解析(4).

0.25【解析】【详解】(1)[1]方案(a)：木块匀速运动，利用二力平衡条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小;但要控制木块匀速运动，操作较为困难;。方案(b)：无论长木板是否做匀速直线运动，木块都处于静止状态(

即平衡状态)，这样拉力等于摩擦力，而且无论拉木板速度多少，摩擦力都一样，不改变摩擦力大小，所以容易操作。故方案b容易操作，误差小。故b方案更合理。(2)[2]根据得FG=，得FG=所以要测量弹簧秤示数F和木块的重量G。（3）[3]通过描点法作图，如图所示[4]弹簧秤示数F

，木块的重量G，根据FG=得2.5==0.2510FG=故答案为0.25。三、解答题15.甲车以10m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边时，乙车开始以1m/s2的加速度开始加速，且乙的

最大行驶速度为12m/s，从乙车加速开始计时，两车运动相互不影响．求：（1）乙车再次追上甲车前，两车相距的最大距离；（2）乙车再次与甲车相遇所用的时间．【答案】（1）18m（2）16s【解析】（1）在乙车追上甲车之前，当两车速度相等时两车间的距离最大，设此时经历的时间为t1

，则由v1=v2+at1得：t1=6s此时甲车的位移为：x1=v1t1=60m乙车的位移为：x2=v2t1+212at=42m所以两车间的最大距离为：△x=x1-x2=18m（2）乙达最大速度用时't=8s.v2't+()22

1''2matvtt+−=12vtt2=16s16.如图所示，重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点，物块B放在粗糙的水平桌面上，O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′拉着质量为mc=2kg物块c，aO′、bO′与cO′夹角如图所示．细线、小滑轮的重力和细

线与滑轮间的摩擦力均忽略不计，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）．求：（1）桌面对物体B的摩擦力；（2）OP绳所受拉力大小．【答案】（1）203N（2）403N【解析】【分析】根据悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的

拉力关系，求出O′a绳的拉力，以结点O′为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳O′b的拉力，重物A的重力大小等于O′a绳的拉力大小，再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力【详解】（1）对绳结点受力分析，如图所示根据平衡条件tan30cBmgT＝得出：203BTN=

，对B：203BfTN==，方向水平向右；（2）对绳结点受力分析，tan30cAmgT＝得出：240AcTmgN==，2cos30403PATTN==17.如图甲所示，质量M=0.2kg的平板放在水平地

面上，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力，在0～1.5s内该拉力F随时间的变化关系如图乙所示，1.5s末撤去拉力．已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动

摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2．求:（1）0～1s内物块和平板的加速度大小a1、a2；（2）1s末物块和平板的速度大小v1、v2以及1.5s末物块和平板的速度大小1v、2v；（3）平板的最短长度L．

【答案】（1）a1=2m/s2，a2=3m/s2；（2）v1=2m/s，v2=3m/s；1v=2v=3m/s；（3）L=1.35m．【解析】【详解】（1）0~1s内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为：110.2Nfmg==22

()1.2NfMmg=+=设物块与平板间恰好滑动时，拉力为F0由牛顿第二定律有102()1.8NfFfmMm−=+=，因为102N>1.8NFF==，故物块与平板发生相对滑动．对物块和平板由牛顿第二定律有：

11fam=1122FffaM−−=解得：22122m/s,3m/saa==（2）0~1s内，（11st=），物块与平板均做匀加速直线运动，有：111221vatvat==；解得：122m/s3m/svv==；1~1.5s内，（21st=），由于水平向右的拉力F2=1.4N恰好与f1+f2

平衡，故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同，有：1112223m/s3m/svvatvv=+===；（3）撤去拉力后，物块和平板的加速度大小分别为：22121122m/s

5m/sfffaamM−====；物块和平板停下所用的时间分别为：1111.5svta==2220.6stva==可画出物块、平板的速度-时间图象，如图所示，根据“速度-时间图象的面积表示位移”可知，1~1.5s内，物块相对平板向左滑行的距离为：11(1.5

1)3m0.75m2x=−=1.5~3s内，物块相对平板向右滑行的距离为：21(32.1)3m1.35m2x=−=由于21xx，故：21.35mLx==．