高一 物理
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分) 1.甲、乙两车在同一地点同时做直线运动，其v－t图象如图所示，则( ) A． 它们的初速度均为零 B． 甲的加速度大于乙的加速度
C． 0～t1时间内，甲的速度大于乙的速度 D． 0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移
2.放在斜面上的物体，所受重力G可以分解为使物体沿斜面向下滑的分力F1和使物体压紧斜面的分力F2，当斜面倾角增大时( )
A．F1和F2都增大 B．F1和F2都减小 C．F1增大，F2减小 D．F1减小，F2增大
3.如图所示，三根长度均为L、无弹性的轻绳分别接于C、D两结点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L.现在结点C悬挂一个质量为3m的重物，CD绳保持水平、且整个系统处于静止状态，应在结点D施加力的最小值为( ) A．mg B．
mg
C．mg D．mg
4.物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向下；B中F垂直于斜面向上；C中F竖直向下；D中F竖直向上．施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是( )
A． B． C． D．
5.下列说法正确的是（ ）
A． 体积很大的物体，不能视为质点
B． 参考系必须是静止不动的物体
C． 做直线运动的物体，其位移大小不一定等于路程
D． 甲的加速度a甲＝2 m/s2，乙的加速度a2乙＝-3 m/s，a甲＞a乙
6.物体由静止开始以恒定的加速度a向东运动t秒后，加速度变为向西，大小不变，再经过t秒时，物体的运动情况是( )
A． 物体位于出发点以东，速度为零 B． 物体位于出发点以东，继续向东运动 C． 物体回到出发点，速度为零 D． 物体回到出发点，运动方向向西
7.如图，一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是( ) A． 当车匀速前进时，人对车做的总功为正功 B． 当车加速前进时，人对车做的总功为负功 C． 当车减速前进时，人对车做的总功为负功 D． 不管车如何运动，人对车做的总功都为零
8.我国古代力学的发展较为完善．例如《淮南子》中记载“物之功，动而有益，则损随之”．这里的“功”已初步具备现代物理学中功的含义．下列单位分别是四位同学用来表示功的单位，其中正确的是( ) A． N·m·s－1 B． kg·m2·s－2 C． C·V·s D． V·Ω·s
9.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)．若某极地卫星从南极的正上方开始第二次运行至北极正上方，所用时间为t，已知地球半径为R(地球可看做球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知( ) A． 卫星运行的角速度为 B． 卫星运行的线速度为
C． 地球的质量为
D． 卫星距地面的高度
－R
10.寻找马航失联客机时，初步确定失事地点位于南纬31°52′、东经115°52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像．已知地球半径为R，地表重力加速度为g，卫星轨道半径为r，则下列说法正确的是( ) A． 该卫星的运行速度大于第一宇宙速度 B． 该卫星可能是同步卫星 C． 该卫星的向心加速度为
g D． 该卫星的周期为T＝
11.极地卫星(轨道平面经过地球的南北两极)圆轨道的半径为r，周期为2 h．赤道卫星(轨道平面为赤道平面)圆轨道半径为4r.则两卫星从距离最近到下一次最近的时间为( )
A．h B． 14 h C． 16 h D． 30 h
12.如图所示，某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下
方．忽略飞镖运动过程中所受空气阻力，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时可以（ ）
A． 换用质量稍大些的飞镖 B． 适当增大投飞镖的高度 C． 到稍远些的地方投飞镖 D． 适当减小投飞镖的初速度
二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 13.(多选)关于作用力与反作用力以及相互平衡的两个力的下列说法中，正确的是( ) A． 作用力与反作用力一定是同一性质的力
B． 两个物体相碰时，由于作用力和反作用力大小相等，两物体损坏的程度一定相同 C． 相互平衡的两个力的性质，可以相同，也可以不同
D． 相互平衡的两个力大小相等、方向相反，同时出现、同时消失
14.(多选)a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于静止状态．突然剪断R，则剪断R的瞬间，物体a的加速度( ) A． 大小不可能为零
B． 大小可能为，方向竖直向上 C． 大小可能为2g，方向竖直向下 D． 大小可能为，方向竖直向下
15.(多选)有两颗行星A、B，在这两颗行星表面附近各有一 颗卫星，若这两颗卫星运动的周期相等，则下列说法正确是( ) A． 两颗卫星的角速度大小相等 B． 两颗卫星的线速度大小相等 C． 两颗卫星的质量相等 D． 两颗行星的密度相等
16.(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则( ) A． 3t0时刻的瞬时功率为
B． 3t0时刻的瞬时功率为
C． 在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D． 在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为
分卷II
三、实验题(共2小题,共16分)
17.在探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车以及车中的砝码质量用M表示，盘以及盘中的砝码质量用m表示．
(1)实验过程中，电火花计时器接在频率为f＝50 Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行． (2)若已平衡好摩擦，在小车做匀加速直线运动过程中，绳子拉力FT＝________，当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．
(3)某小组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是________．
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先接通打点计时器的电源，再放开小车
D．用天平测出m以及M，小车运动的加速度可直接用公式a＝
求出
(4)某小组同学保持小车以及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系时，由于他们操作不当，这组同学得到的a－F关系图象如图所示，①图线不过原点的原因是____________；②图线上端弯曲的原因是________．
(5)某小组在操作完全正确且满足(2)中质量关系的情况下，下图为实验时小车在长木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1＝3.20 cm，x2＝4.52 cm、x5＝8.42 cm、x6＝9.70 cm.则小车加速度大小a＝________m/s2.(保留三位有效数字)
18.在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)从下列器材中选出实验所必须的，其编号为________． A．打点计时器(包括纸带)
B．重物 C．天平 D．毫米刻度尺 E．秒表 F．运动小车
(2)打点计时器的安装放置要求为________；开始打点计时的时候，应先________，然后________． (3)实验中产生系统误差的原因主要是____________，使重物获得的动能往往________．为减小误差，悬挂在纸带下的重物应选择________________． (4)如果以
为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的
－h图线是________，该线的斜率等于
22.质量是500 g的足球被踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点
2
的速度为20 m/s.请根据这些数据，计算运动员踢球时对足球做的功．(g取9.8 m/s)
____________．
四、计算题(共4小题)
19.如图甲所示，质量为M＝4 kg足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4 kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两物块开始均静止，从t＝0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6 s，(取g＝10 m/s2)求：
(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少？ (2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？ (3)力F作用的最后2 s内，铁块和木板的位移大小分别是多少？
20.做直线运动的物体，其v－t图象如图所示，试根据v－t图象判断： (1)第1 s内，物体的加速度为多大？ (2)第2 s内和第4 s内的加速度是否相同？ (3)在第4 s内，物体做什么运动？
21.如图所示，是运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演的简化图，AB是水平路面，BCDE是一段曲面，其中BC段是一段半径为20 m的圆弧路面．运动员驾驶的摩托车始终以P＝9 kW的恒定功率行驶，到B点时的速度v1＝20 m/s，再经t＝3 s的时间通过坡面到达顶点E时关闭发动机，并以v2＝16 m/s的速度水平飞出．已知
2
人和车的总质量m＝180 kg，坡顶高度h＝5 m，重力加速度g＝10 m/s.空气阻力不计，求：
(1)摩托车落地点与E点的水平距离s；
(2)摩托车刚过B点时，摩托车对地面的压力大小； (3)摩托车从B点冲上坡顶的过程中克服摩擦阻力做的功．
答案解析
1.【答案】B
【解析】由图象可知，乙的初速度不为零，A错误；甲图线的斜率大于乙图线的斜率，即甲的加速度大于乙的加速度，B正确；在0～t1时间内，甲的速度小于乙的速度，乙图线与时间轴围成的面积大于甲图线与时间轴围成的面积，则乙的位移大于甲的位移，C、D错误． 2.【答案】C
【解析】斜面上的物体所受重力G分解为沿斜面下滑的力F1＝Gsinθ和压紧斜面的力F2＝Gcosθ，随θ角增大时，F1变大，F2变小，故C正确． 3.【答案】C
【解析】由图可知，要想CD水平，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，则受力分析如图所示，结点C受到沿AC拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力FT， 即：FT＝FACcos 60°＝
FAC，
结点C受到沿AC拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即：3mg＝FACsin 60°＝FAC，
FT＝
·3mg；
结点D受力平衡，当拉力F的方向与BD垂直时，力臂最长、最省力，如图所示， 最小拉力F＝F′＝FT′cos 30°＝FTcos 30°＝
·3mg×
＝mg.
4.【答案】C
【解析】对A中物块受力分析可知，F只改变垂直于斜面的压力，不会影响沿斜面方向上的力，故摩擦力不变，故A错误；B中物块受重力、支持力及摩擦力平衡，当加上F后，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上物块平衡状态不同，而重力沿斜面向下的分力不变，故摩擦力不变；故B错误；C图加竖直向下的力F后，F产生沿斜面向下的分力，则沿斜面向下的力为重力和F的分力，故增大了摩擦力；故C正确；D图加向上的F后，F有沿斜面向上的分力，若物体有向下的运动趋势，此时向下的重力的分力与向上的F的分力及摩擦力平衡，故摩擦力将变小，故D错误． 5.【答案】C
【解析】只要物体的大小和形状不影响所研究问题时，物体便可以看成质点，与体积大小无关，故A错误，参考系的选取是任意的，故B错误；只有做单向直线运动的物体，其位移大小才等于路程，故C正确；加速度是矢量，负号表示方向与正方向相反，所以
，故D错误；故选C.
6.【答案】A
【解析】由Δv＝aΔt可知在相同的时间内由于加速度大小相同，速度的变化量相同，可知在t秒末物体的速度减小到零，A对；但物体的运动一直向东，B、C、D错 7.【答案】B
【解析】人对车施加了三个力，分别是推力F、静摩擦力Ff、压力，其中推力F和静摩擦力Ff分别发生了相同的位移，做了正功和负功．当车匀速时，先对人分析，人匀速，两反作用力F′和Ff′相等，F＝F′，Ff＝Ff′，则人对车做的总功为零，选项A错误；人加速时，Ff′－F′＝ma，有Ff′>F′，静摩擦力做功大些，故人对车做的总功为负功，选项B正确；人减速时，F′－Ff′＝ma，F′>Ff′，推力做正功更多，人对车做的总功为正功，选项C错误；人对车做的总功与人的运动状态(即车的运动)有关，选项D错误． 8.【答案】B
【解析】功的单位是焦耳，根据功的定义W＝Fl可知：1 J＝1 N·
m＝·m＝1 kg·m2·s－2，故A错误，
B正确；根据电功的公式：W＝Pt＝UIt，电压的单位是V，电流的单位是A，时间的单位是s，所以：1 J＝1
V·A·s＝1 V·C，故C错误；根据电热的公式：Q＝·t所以：1 J＝1.故D错误．
9.【答案】A
【解析】某极地卫星从南极的正上方开始第二次运行至北极正上方，所用时间为t，即t＝，所以卫星运
行的周期为T＝，所以卫星运行的角速度为ω＝＝，故A正确；根据卫星运动的向心力由万有引力
提供，
＝mω2
r
地球表面的重力和万有引力相等得：＝mg
联立两式求解得：r＝
，所以线速度v＝rω＝
，故B错误；地球的质量为M＝
，故C错
误；卫星距地面的高度h＝－R，故D错误．
10.【答案】C
【解析】第一宇宙速度是从地球表面发射人造地球卫星的最小发射速度，是人造地球卫星绕地球飞行的最大环绕速度，A错误；地球同步卫星一定在赤道上空，B错误；根据牛顿第二定律得：G＝ma根据万有引
力等于重力得：G＝mg解得：a＝g，C正确；卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，G
＝m
，解得：T＝2π
，D错误；故选C.
11.【答案】C
【解析】卫星绕地球做圆周运动由万有引力提供向心力，据此有G
＝mR
可得，由此可知，赤道卫星
轨道半径是极地卫星轨道半径的4倍，其运行周期是极地卫星周期的8倍，即赤道卫星的周期T2＝8T1＝16 h．因为卫星做圆周运动，相距最近位置根据圆周的对称性可知，有两个位置，其两位置间的时间差为每个卫星周期的，因为极地卫星周期为2 h，其半周期为1 h，赤道卫星周期为16 h，其半周期为8 h，所以在
赤道卫星运转＝8 h的过程中，极地卫星运转刚好是4个周期，故由第一次相距最近到第二次相距最近的时间为赤道卫星运转1个周期的时间即t＝16 h．故选C. 12.【答案】B
【解析】飞镖做的是平抛运动，飞镖打在靶心的正下方说明飞镖竖直方向的位移太大， 根据平抛运动的规律可得， 水平方向上：x=v0t 竖直方向上：h=
所以要想减小飞镖竖直方向的位移，在水平位移不变的情况下，可以适当增大投飞镖的初速度来减小飞镖的运动时间，故D错误．初速度不变时，时间不变，适当增大投飞镖的高度，可以使飞镖命中靶心，飞镖的质量不影响平抛运动的规律，故A错误，故B正确；在稍远些的地方投飞镖，则运动时间变长，下落的高度变大，不会击中靶心，故C错误． 13.【答案】AC
【解析】一对作用力和反作用力一定是同性质的力，A正确；虽然作用力和反作用力大小相等，但不同的物体受到相同大小的力产生的效果不一定相同，B错误；一对平衡力是作用于同一物体上等大、反向、共线的两个力，性质可能相同，也可能不同，一个力变化时另一个力可以不变，故C正确，D错误． 14.【答案】CD
【解析】当N弹簧处于原长时，细线的拉力为零，则剪断R的瞬间，a受力仍然平衡，加速度为零，故A错误；绳子的作用力沿绳子收缩的方向，不可能对a产生向下的力，所以，剪断绳子后，a的加速度方向不可能向上，故B错误；当N处于伸长状态，M也处于伸长状态时，两个弹簧都有力的作用，当M弹簧对物体向下的拉力为mg，绳子的拉力等于2mg时，剪断R的瞬间，拉力消失，a的合外力向下，大小为2mg，则a的加速度为2g，方向竖直向下，故C正确；当N处于伸长状态，M处于压缩状态时，两个弹簧都有力的作用，当M弹簧对物体向上的弹力为mg，绳子的拉力等于mg时，剪断R的瞬间，拉力消失，a的合外力向下，大小为mg，则a的加速度为g，方向竖直向下，故D正确． 15.【答案】AD
【解析】这两颗卫星运动的周期相等，根据ω＝
，所以两颗卫星的角速度大小相等，A正确；根据v＝
，线速度与行星的半径成正比，线速度大小不一定相等，B错误；根据题目的数据无法判断两卫星的质
量，C错误；根据密度的定义ρ＝＝
＝
，由于周期相同，故两行星的密度一定相等，D正确．故
选A、D.
16.【答案】BD 【解析】3t0时速度： v＝a1·
2t0＋a2t0＝·2t0＋
·t0＝
3t0时刻瞬时功率P＝3F0·v＝，故A错，B对；
0～2t0内，力F0做的功： W1＝F0···(2t0)2＝ 2t0～3t0内位移x2＝
·2t0·t0＋·
·t＝
＋
＝
2t0～3t0内水平力3F0做的功为：
W2＝3F0x2＝. 0～3t0内平均功率
＝
＝
. 17.【答案】(2)
M≫m (3)C (4)①没平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足) ②不满足M≫m (5)1.30
【解析】(2)设小车的质量为M，砝码盘总质量为m，将两者看做一个整体，对整体有mg＝(M＋m)a，对小
车有FT＝Ma，联立可得FT＝Ma＝
＝
，只有当M≫m时，FT≈mg
(3)平衡摩擦力时，不能将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；平衡摩擦力时应用mgsinθ＝μmgcosθ，则只需满足gsinθ＝μgcosθ，与质量无关，改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；实验时，先接通电源，再释放小车，故C正确；小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a＝
求出，故D错误．
(4)当F≠0时，a＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车所受的摩擦力与绳子的拉力抵消了．该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
而后者：随着F的增大，即盘及盘中砝码质量的增大，不再满足盘及盘中砝码的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．
(5)由于相邻两计数点间还有4个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝5×0.02＝0.1 s.
根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2得(x5＋x6)－(x1＋x2)＝2a(2T)2
，解得：
a＝
＝1.30 m/s2
.
18.【答案】(1)ABD
(2)底板要竖直，两限位孔在一条竖直线上 给打点计时器通电 释放重物
(3)纸带通过打点计时器时有摩擦阻力和重物下落时所受空气阻力 小于所减小的重力势能 质量和密度大一些的
(4)一条通过坐标原点的倾斜直线 重力加速度g
【解析】(1)选出的器材有：打点计时器(包括纸带)、重物、毫米刻度尺，编号分别为：A，B，D.注意因mgh＝mv2，故m可约去，不需要用天平．
(2)打点计时器安装时，底板要竖直，两限位孔在一条竖直线上．这样才能使重物在自由落下时，受到的阻力较小．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再放下重物，让它带着纸带一同落下．
(3)产生系统误差的主要原因是纸带通过打点计时器时的摩擦阻力和重物下落时所受空气阻力，使得重物获得的动能小于它所减少的重力势能．为减小误差，重物的质量和密度应大一些．
(4)描绘出来的－h图线是一条通过坐标原点的倾斜直线，它的斜率即为重力加速度g.
19.【答案】(1)3 m/s2 2 m/s2 (2)20 m 16 m (3)19 m 19 m 【解析】(1)前2 s，由牛顿第二定律得 对铁块m: F－μmg＝ma1
解得a1＝3 m/s2
对木板M：μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
(2)2 s内，铁块的位移x1＝a1t2＝6 m 木块的位移x2＝a2t2
＝4 m 2 s末，铁块的速度v1＝a1t＝6 m/s 木块的速度v2＝a2t＝4 m/s 2 s后，对铁块：F′－μmg＝ma1′ 解得a1′＝1 m/s2
对木块：μmg＝Ma2′
解得a2′＝2 m/s2
设再经过t0时间两物体速度相同为v，则 v＝v1＋a1′t0＝v2＋a2′t0 解得t0＝2 s，v＝8 m/s 在t0内，铁块m的位移
x1′＝t0＝
×2 m＝14 m
所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移为 x铁块＝x1＋x1′＝20 m 木板M的位移x2′＝
t0＝
×2 m＝12 m
所以铁块和木板相对静止前木板运动的位移为 x木板＝x2＋x2′＝16 m
(3)最后2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝8 m/s 做匀加速直线运动，对铁块和木板整体：F＝(M＋m)a 解得a＝
＝
m/s2＝1.5 m/s2
所以铁块和木板运动的位移均为 x3＝vΔt＋a(Δt)2＝19 m
20.【答案】(1)4 m/s2 (2)加速度相同 (3)物体做加速度为负且恒定的匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2
【解析】(1)由题图知，物体在第1 s内，速度从0增加到4 m/s，故加速度大小a1＝＝
m/s2＝4 m/s2.
(2)第2 s内和第3 s内的加速度相同，该过程中物体的加速度a2＝a3＝＝
m/s2＝－2 m/s2.在第4 s内，
物体的速度从0到－2 m/s，故该过程中加速度a4＝＝
m/s2＝－2 m/s2.可见，第2 s内和第4 s内的
加速度相同．
(3)在第4 s内，物体做加速度为负且恒定的匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2. 21.【答案】(1)16 m (2)5 400 N (3)3.096×104J 【解析】(1)摩托车从E点飞出后，做平抛运动． 水平方向：s＝v2t
竖直方向：h＝gt2
解得：s＝16 m
(2)刚过B点，对摩托车受力分析，FN－mg＝
解得：FN＝5 400 N
根据牛顿第三定律，摩托车对地面的压力大小为5 400 N (3)摩托车从B点冲上坡顶的过程中，牵引力做功 W＝Pt＝2.7×
104牵J 根据动能定理：W牵－mgh－Wf＝mv－mv
104J 解得：Wf＝3.096×22.【答案】149 J
【解析】取足球为研究对象，人在踢球的过程中对球做功属于变力做功，球在上升过程中，重力对球做负功，在到达最高点时球的动能不为零．在整个过程中，用W表示运动员对球做的功，则从开始踢球到球到达最
2
高点的过程中有W－mgh＝mv－0.
2
9.8×10 J＋×0.5×202J＝49 J＋100 J＝149 J. 即W＝mgh＋mv＝0.5×
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