【文档说明】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.pdf，共(14)页，3.819 MB，由小赞的店铺上传

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oAAJAAAhCEQHyCEMQkBGAAIoOQAAEIAAAwBNABCA=}#}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＝f6πrv其中r的单位是m，v的单位是m/s，所以η的单位为kg·m/s2m·m/s＝kg

m·s，A、C、D错误，B正确。故选B。3.C【解析】【详解】A．由2012xvtat与x=8t－t2对比可知08m/sv，22m/sa故A错误；B．汽车的刹车时间为00008s4s2vta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0084m=16m22vxt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22vax可知铜球到达A、B两点的速度之比为2142ABvaxvax故A错误；B．根据位移与时间关系212xat可知铜球通过OD段的时间与通过OA段时间之比为8212O

DOAxtatxa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633238623OCCDxtatxxaa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2ACBvvv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0mgkvma当速度达到v1时，有1kvmg解得011vagv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，10~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012vt，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tanAFmgma

合解得tanag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cosmgT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tang，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222()1tanBFMgfMg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，NF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1sincosmgmgma解得21=10m/sa减速至4m/sv时通过的位移220112.4m4.15m2sinvvhxa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2sincosmgmgma解得22=2m/sa减速至0时通过的位移为22124m1.75m2sinvhxxa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0110

.4svvta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212221sin2hxvtat解得20.5st，23.5st（不合理舍去）则货物从A处运动到B处所用的时间为120.9sttt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1110.8mxxvt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210.25msinhxvtx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1223m/svvat故D正确。故选CD。11.每空2分，共8分。【答案】①.D②.4.20③.F④.200【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1F与2F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212Nm200Nm9.03.0

10FkL12.每空2分，共8分【答案】①.需要②.需要③.2.00④.①【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mgmMa小车的加速度为magmM小车所受的合外力则有1mMmgFMagmmMM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2xaT，可得小车的加速度大小为22222210.0111.996.027.9810ms2.00ms440.1BDOBxxxa

TT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。1

3.10分【答案】（1）0.4s；（2）0.2s；【解析】【详解】（1）圆棒底部距离A点高度12.3m-0.4m-1.1m=0.8mh1分圆棒做自由落体运动下落到A点有212hgt2分代入数据解得10.4st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14m/svgt2分圆棒通过AB下落的高度为21.1m-0.5m+0.4m=1.0mh1分圆棒通过AB过程由221212hvtgt

2分代入数据解得20.2st1分14.13分【答案】（1）两车会相撞；（2）20.4m/sa【解析】【详解】（1）当两车速度相等时，轿车B刹车距离为22ABB378m2vvxa2分当两车的速度相同时，用时为AB1230s18s1tavv2分该时间内货

车A运动的距离为AA1218m216mxvt1分则BA0xxs1分故两车会相撞；（2）经过时间04st两车的距离为20A0B001()2xsvtvtat1分代入数据解得70mx1分此时轿车B的速度为

BB030m/s14m/s26m/svvat1分设从0t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Bvvat1分Avvta1分222B2A22vvv

xaav1分联合解得货车的加速度至少为20.4m/sa1分15.15分【答案】（1）2m/s2，05m/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1mgma1分解得212m/sa1分对小车2FmgMa1分解得220.5m/sa1分（2）设两者达到相同速度所需时间为1t，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111vat1分小车的末速度2

021vvat1分12vv1分解得12st1分12=4m/svv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3a，则由牛顿第二定律得3FmMa1分解得.在2

30.8m/sa1分则小物块前2s内的位移211114m2xat1分小物块第3s内的位移22123214.4m2xvtat1分则从小物块放在小车上开始，经过3st小物块通过的位移128.4mxxx1分