高一联考物理参考答案详解版_2024年12月试卷_1212江苏省连云港市灌南高中协作体2024-2025学年高一上学期12月联考试题

高一联考物理参考答案详解版 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B B D B D B C C 题号 11 答案 D 1．A 【详解】A．“太阳东升西落”是以地面为参考系，故A正确； B．跳伞运动员看到大地迎面而来是以运动员自己为参考系，故B错误； CD．研究物体本身各部分的动作不能将物体视为质点，故C、D错误。 故选A。 2．D 【详解】A．甲图中重力的施力物体是地球，故A错误； B．图乙中所示的实验是用来观察桌面微小形变，其利用了光线照射后将形变“放大”， 采用了放大的思想，故B错误； C．丙图高铁车厢里的电子屏上“126km/h”是瞬时速度，故C错误； D．丁图中汽车作匀变速直线运动速度由v 变到v，根据加速度的定义式有 1 2 v a t 可知，该段时间内加速度方向与Δv方向相同，故D正确。 故选D。 3．B 【详解】A．在研究弹力时，通过激光笔、平面镜观察桌面形变，应用了微小量放大法， 故A正确； B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，故B 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司错误； x x C．根据平均速度v ，当△t很小时， 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里应 t t 用了极限思想，故C正确； D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似 看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里应用了微元累积法，故D正确。 选不正确，故选B。 4．B 【详解】A．静止在场地上的足球受力平衡，此时重力大小等于足球受到的弹力大小，但 是不能说足球受到的弹力就是它的重力，故A错误； B．运动员用力蹬地，身体却向上跃起，说明力的作用是相互的，故B正确； C．传球过程中，足球的运动状态改变，足球不是受到平衡力的作用，故C错误； D．运动员用头顶球时，力即改变了足球的运动状态，也改让足球发生了形变，故D错误。 故选B。 5．D 【详解】A．拉力方向应与木板平面平行，需要记录拉力的大小和方向，选项A错误； B．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角大小适当即可， 不一定要取90°，选项B错误； C．两个测力计的量程不一定必须相同，选项C错误； D．图中的力F是两个分力合力的实验值，其方向和细绳AO方向相同，选项D正确。 故选D。 6．B 【详解】A．小孩所受的重力方向竖直向下，不一定垂直于地面，故A错误； B．小孩被提起后，小孩受重力与秤钩的拉力是一对平衡力，大小相等，方向相反，小孩 答案第2页，共2页 学科网（北京）股份有限公司的重心一定位于秤钩的正下方，故B正确； C．奶奶对凳子的压力是由于奶奶的形变引起的，故C错误； D．凳子对奶奶的支持力与奶奶、小孙子、杆秤所受的总重力是一对平衡力，故D错误。 故选B。 7．D 【详解】AD．由图可知，无人机在03s上升，3  5s下降，则无人机在3s末到达最高点， 上升的最大高度为 1 h 43m6m 2 故A错误，D正确； B．01s无人机做匀加速直线运动，故B错误； C．t 3s时，速度为零，此时最小，故C错误。 故选D。 8．B 【详解】AB．已知通过ab段的时间为t，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽 车通过ab、bc、cd、de四段的时间之比为 t ：t ：t :t 1（: 21）（: 3 2）（: 2 3） ab bc cd de 所以通过cd段时间为 t （ 3 2）t cd 通过ce段时间为 t t t （ 3 2）t（2 3）t（2 2）t ce cd de 故A错误，B正确； 答案第3页，共2页 学科网（北京）股份有限公司C．通过ad段的时间为 t t t t t（ 21）t（ 3 2）t 3t ad ab bc cd 故ab段和ad段所用时间比为 t 1 ab  t 3 ad 故C错误； D．通过ae段的时间为 t t t t t t（ 21）t（ 3 2）t（2 3）t2t ae ab bc cd de 通过ab段的时间为t，故b点为ae段时间的中间时刻，所以通过b点的瞬时速度为ae段的 平均速度，因汽车做匀加速直线运动，速度越来越大，b点的瞬时速度小于c点的瞬时速度， 故ae段的平均速度小于c点的瞬时速度，故D错误。 故选B。 9．C 【详解】A．根据图乙可知，物体受到的滑动摩擦力为7N左右，所以物块与木板间的动摩 擦因数约为 f f 7    0.3 N Mg 2.310 故A错误； B．当物块与长木板发生相对运动后，不管木板做匀速运动还是变速运动，物块的受力不 再改变，故木板不需要保持匀速运动，故B错误； C．根据图乙可知，物体受到的最大静摩擦力为10N左右，物体受到的滑动摩擦力为7N左 右，所以最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确； D．木板滑动后，力传感器对物块的拉力与物块对力传感器的拉力是一对相互作用力，大 小相等，故D错误。 答案第4页，共2页 学科网（北京）股份有限公司故选C。 10．C 【详解】AB．对O点受力分析可知 1 F sin30  G OB 2 F cos30 F OB OA 解得一根斜梁对O点的支持力大小为 F G OB 一根横梁对O点的拉力大小为 3 F  G OA 2 选项AB错误； C．保持O点的位置不变，若把斜梁加长一点，斜梁BO跟横梁的夹角θ变大，根据 G F  OA 2tan 则横梁对O点的拉力将减小，选项C正确； D．斜梁和横梁对O点的作用力等于空调机的重力，则保持O点的位置不变，若把斜梁加 长一点，则斜梁和横梁对O点的作用力不变，选项D错误。 故选C。 11．D 【详解】A．煤块冲上传送带后，先沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 mgsinθ+μmgcos37°=ma 1 解得 答案第5页，共2页 学科网（北京）股份有限公司a=10m/s2 1 设经时间t 煤块与传送带共速，则 1 v-at=v 0 11 解得 t=1s 1 故A正确； B．前1s内，煤块的位移为 v v 122 x  0 t  1m=7m 1 2 1 2 共速后，由于 mgsinθ＞μmgcos37° 所以煤块受到的滑动摩擦力方向向上，继续向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcos37°=ma 2 解得 a=2m/s2 2 共速后，煤块继续做匀减速运动的最大位移为 v2 22 x   m=1m 2 2a 22 2 所以煤块向上滑行的最大位移为 x=x+x=7m+1m=8m 1 2 故B正确； C．煤块速度从v减至零的时间为 v 2 t   s=1s 2 a 2 2 答案第6页，共2页 学科网（北京）股份有限公司煤块上升到最高点后反向做初速度为零、加速度为a=4m/s2的匀加速直线运动，设从最高 2 点返回到A端所需的时间为t，则 3 1 x a t2 2 2 3 解得 2 t=2 s 3 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 2 2 t=t+t+t=1s+1s+2 s=（2+2 ）s 1 2 3 故C正确； D．在t 时间内，传送带的位移 1 x′=vt=2×1m=2m 1 1 煤块传送带上的划痕长为 L=x-x′=7m-2m=5m 1 1 1 在t 时间内，传送带的位移 2 x′=vt=2×1m=2m 2 2 煤块传送带上的划痕长为 L=x′-x=2m-1m=1m 2 2 2 由于两个过程痕迹重叠1m,所以前2s内，煤块在传送带上留下的痕迹长为5m。 在t 时间内，传送带的位移 3 2 2 x′=vt=2×2 m=4 m 3 3 煤块传送带上的划痕长为 2 L=x+x′=8m+4 m 3 3 答案第7页，共2页 学科网（北京）股份有限公司由于有4m长的痕迹与前面的重叠，所以煤块在传送带上留下的痕迹长为 2 2 L=5m+4m+4 m=（9+4 ）m 故D错误。 此题选择错误的，故选D。 F F 12． 0.1 0.16 2 0 B C 【详解】（1）[1]每5个点取一个计数点，则相邻两个计数点的时间间隔为 T 50.02s0.1s [2]根据逐差法可得，小车的加速度为 (3.844.003.523.68)102 a m/s2 0.16m/s2 40.12 （2）[3]由题意可知，小车运动时所受摩擦力的大小为 f F 0 F 每一次小车加速运动时的传感器示数 2，则小车的合力为 F F F 2 0 [4]以小车为对象，根据牛顿第二定律可得 F Ma 可得 1 a F M 可知aF 图像为过原点的一条倾斜直线。 故选B。 答案第8页，共2页 学科网（北京）股份有限公司（3）[5] A．本实验中力的大小可由力传感器直接得出，本实验是探究小车的加速度与合力的关系， 只要保持小车和传感器的总质量不变，不需要测出它们的具体数值，故A错误； B．用力传感器测出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，故B错误； C．用加砂的方法改变拉力的大小，每次砂的质量可增加得很少，而挂钩码每次质量增加 得多，故前者可更方便地获取多组实验数据，故C正确。 故选C。 13．(1)75m 10 (2) m/s2 9 【详解】（1）无人机5s末速度 vat 11 代入数据解得 v10m/s 5s内升高 1 h  at2 25m 1 2 11 匀速飞行5s内升高 h vt 50m 2 2 无人机10s末的高度 hh h 75m 1 2 （2）若无人机升高到H=120m时恰好减速到零，则减速时的加速度最小，则 答案第9页，共2页 学科网（北京）股份有限公司v2 2a (H h) 2 代入数据解得 10 a  m/s2 2 9 1.25mg 14．(1) 0.75mg (2) ，方向水平向右 m2.4kg (3) 【详解】（1）对结点O进行受力分析，由平衡条件可得 F F sin mg F cos OB OA ， OA 解得 F 1.25mg F 0.75mg OA ， OB （2）以甲、乙为整体，水平方向受到OB绳的拉力和地面的静摩擦力，由平衡条件得 f F 0.75mg OB 方向水平向左；根据牛顿第三定律可得，乙对地面的摩擦力大小为0.75mg，方向水平向右。 （3）甲、乙之间的最大静摩擦力为 f mg 18N 1 1 1 乙与地面的最大静摩擦力为 f m m g 21N 2 2 1 2 对甲分析可得 答案第10页，共2页 学科网（北京）股份有限公司F  f OBm 1 又 F mgtan OBm 解得 m2.4kg 则物体丙的质量需要满足 m2.4kg 15．（1）0.4；（2）4s；（3）1mx25m 【详解】（1）由于滑块滑上传送带后做匀速运动，对滑块进行分析，根据平衡条件有 F N N mg 2 ， 解得  0.4 2 （2）滑块在BC上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 FN ma 1 1 结合上述解得 a 2m/s2 1 在BC上运动过程，根据位移公式有 1 x at2 2 11 解得 答案第11页，共2页 学科网（北京）股份有限公司t 3s 1 根据速度公式有 v at 1 11 滑块在传送带上向左做匀速直线运动，则有 Lvt 12 解得滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间 t t t 4s 1 2 （3）若滑块加速至B点的速度小于传送带的速度，滑块反弹后的速度小于2m/s，反弹后 相对于传送带向左运动，传送带对滑块的滑动摩擦力向右，与向左的恒力F平衡，滑块仍 然向右做匀速直线运动，此时到达B点时的速度小于传送带的速度，可知，当滑块向左加 速至B点的速度恰好等于传送带的速度时，x值为最小值，则有 v2 2ax 1 min 解得 x 1m min 当滑块反弹速度大于传送带速度时，反弹后相对于传送带向右运动，传送带对滑块的滑动 摩擦力向左，滑块向右做匀减速直线运动，若减速至B点速度等于传送带速度时，此时x 值为最大值，则滑块向左加速过程有 v2 2ax 2 1 max 反弹后根据牛顿第二定律有 FN ma 2 2 答案第12页，共2页 学科网（北京）股份有限公司结合上述解得 a 8m/s2 2 反弹过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有 v2v2 2a L 2 2 解得 x 25m max 综合上述可知，x的取值范围为 1mx25m 16．（1）0.1；（2）0.35；45N；（3）5.38m 【详解】（1）物块A在B上做加速运动，加速度为 5 a  m/s2 1m/s2 A 5 根据 a g A 1 可得 μ=0.1 1 （2）力F作用于木板B时的加速度 10 a  m/s2 2.5m/s2 B1 4 由牛顿第二定律 Fmg(M m)g Ma 1 2 B1 答案第13页，共2页 学科网（北京）股份有限公司撤去F后木板B的加速度大小 510 a  m/s2 5m/s2 B2 54 由牛顿第二定律 mg(M m)g Ma 1 2 B2 联立解得 μ=0.35 2 F=45N （3）由图像可知5s时AB速度相等v=5m/s，此时A相对B向后的位移，即A距离B右端 的距离为 1 105 1 x  410m 1m 55m15m 1 2 2 2 a 1m/s2 AB速度相等以后，A做减速运动，加速度为 A ；B减速运动的加速度 (M m)gmg Ma 2 1 B3 13 a  m/s2 B3 3 速度减为零时的位移 v2 75 x   m B 2a 26 B3 A速度减为零时的位移 v2 52 x   m12.5m A 2a 21 A、B均停止运动后A到B右端的距离 A 答案第14页，共2页 学科网（北京）股份有限公司Lx x x 5.38m 1 B A 答案第15页，共2页 学科网（北京）股份有限公司