高一聯(lián)考物理參考答案詳解版

高一聯(lián)考物理參考答案詳解版題號12345678910答案ADBBDBDBCC題號11答案D1．A【詳解】A．“太陽東升西落”是以地面為參考系，故A正確；B．跳傘運動員看到大地迎面而來是以運動員自己為參考系，故B錯誤；CD．研究物體本身各部分的動作不能將物體視為質(zhì)點，故C、D錯誤。故選A。2．D【詳解】A．甲圖中重力的施力物體是地球，故A錯誤；B．圖乙中所示的實驗是用來觀察桌面微小形變，其利用了光線照射后將形變“放大”，采用了放大的思想，故B錯誤；C．丙圖高鐵車廂里的電子屏上“126km/h”是瞬時速度，故C錯誤；D．丁圖中汽車作勻變速直線運動速度由v1變到v2，根據(jù)加速度的定義式有可知，該段時間內(nèi)加速度方向與Δv方向相同，故D正確。故選D。3．B【詳解】A．在研究彈力時，通過激光筆、平面鏡觀察桌面形變，應(yīng)用了微小量放大法，故A正確；B．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法是理想模型法，故B錯誤；C．根據(jù)平均速度，當(dāng)△t很小時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，這里應(yīng)用了極限思想，故C正確；D．在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里應(yīng)用了微元累積法，故D正確。選不正確，故選B。4．B【詳解】A．靜止在場地上的足球受力平衡，此時重力大小等于足球受到的彈力大小，但是不能說足球受到的彈力就是它的重力，故A錯誤；B．運動員用力蹬地，身體卻向上躍起，說明力的作用是相互的，故B正確；C．傳球過程中，足球的運動狀態(tài)改變，足球不是受到平衡力的作用，故C錯誤；D．運動員用頭頂球時，力即改變了足球的運動狀態(tài)，也改讓足球發(fā)生了形變，故D錯誤。故選B。5．D【詳解】A．拉力方向應(yīng)與木板平面平行，需要記錄拉力的大小和方向，選項A錯誤；B．實驗中，把橡皮筋的另一端拉到O點時，兩個彈簧測力計之間的夾角大小適當(dāng)即可，不一定要取90°，選項B錯誤；C．兩個測力計的量程不一定必須相同，選項C錯誤；D．圖中的力是兩個分力合力的實驗值，其方向和細(xì)繩AO方向相同，選項D正確。故選D。6．B【詳解】A．小孩所受的重力方向豎直向下，不一定垂直于地面，故A錯誤；B．小孩被提起后，小孩受重力與秤鉤的拉力是一對平衡力，大小相等，方向相反，小孩的重心一定位于秤鉤的正下方，故B正確；C．奶奶對凳子的壓力是由于奶奶的形變引起的，故C錯誤；D．凳子對奶奶的支持力與奶奶、小孫子、桿秤所受的總重力是一對平衡力，故D錯誤。故選B。7．D【詳解】AD．由圖可知，無人機(jī)在上升，下降，則無人機(jī)在3s末到達(dá)最高點，上升的最大高度為故A錯誤，D正確；B．無人機(jī)做勻加速直線運動，故B錯誤；C．時，速度為零，此時最小，故C錯誤。故選D。8．B【詳解】AB．已知通過ab段的時間為t，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律可知，汽車通過ab、bc、cd、de四段的時間之比為所以通過cd段時間為通過ce段時間為故A錯誤，B正確；C．通過ad段的時間為故ab段和ad段所用時間比為故C錯誤；D．通過ae段的時間為通過ab段的時間為t，故b點為ae段時間的中間時刻，所以通過b點的瞬時速度為ae段的平均速度，因汽車做勻加速直線運動，速度越來越大，b點的瞬時速度小于c點的瞬時速度，故ae段的平均速度小于c點的瞬時速度，故D錯誤。故選B。9．C【詳解】A．根據(jù)圖乙可知，物體受到的滑動摩擦力為7N左右，所以物塊與木板間的動摩擦因數(shù)約為故A錯誤；B．當(dāng)物塊與長木板發(fā)生相對運動后，不管木板做勻速運動還是變速運動，物塊的受力不再改變，故木板不需要保持勻速運動，故B錯誤；C．根據(jù)圖乙可知，物體受到的最大靜摩擦力為10N左右，物體受到的滑動摩擦力為7N左右，所以最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為，故C正確；D．木板滑動后，力傳感器對物塊的拉力與物塊對力傳感器的拉力是一對相互作用力，大小相等，故D錯誤。故選C。10．C【詳解】AB．對O點受力分析可知解得一根斜梁對O點的支持力大小為一根橫梁對O點的拉力大小為選項AB錯誤；C．保持O點的位置不變，若把斜梁加長一點，斜梁BO跟橫梁的夾角θ變大，根據(jù)則橫梁對O點的拉力將減小，選項C正確；D．斜梁和橫梁對O點的作用力等于空調(diào)機(jī)的重力，則保持O點的位置不變，若把斜梁加長一點，則斜梁和橫梁對O點的作用力不變，選項D錯誤。故選C。11．D【詳解】A．煤塊沖上傳送帶后，先沿傳送帶向上做勻減速運動，由牛頓第二定律可得mgsinθ+μmgcos37°=ma1解得a1=10m/s2設(shè)經(jīng)時間t1煤塊與傳送帶共速，則v0a1t1=v解得t1=1s故A正確；B．前1s內(nèi)，煤塊的位移為共速后，由于mgsinθ＞μmgcos37°所以煤塊受到的滑動摩擦力方向向上，繼續(xù)向上做勻減速運動，由牛頓第二定律得mgsinθμmgcos37°=ma2解得a2=2m/s2共速后，煤塊繼續(xù)做勻減速運動的最大位移為所以煤塊向上滑行的最大位移為x=x1+x2=7m+1m=8m故B正確；C．煤塊速度從v減至零的時間為煤塊上升到最高點后反向做初速度為零、加速度為a2=4m/s2的勻加速直線運動，設(shè)從最高點返回到A端所需的時間為t3，則解得t3=2s煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時間為t=t1+t2+t3=1s+1s+2s=（2+2）s故C正確；D．在t1時間內(nèi)，傳送帶的位移x1′=vt1=2×1m=2m煤塊傳送帶上的劃痕長為L1=x1x1′=7m2m=5m在t2時間內(nèi)，傳送帶的位移x2′=vt2=2×1m=2m煤塊傳送帶上的劃痕長為L2=x2′x2=2m1m=1m由于兩個過程痕跡重疊1m,所以前2s內(nèi)，煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為5m。在t3時間內(nèi)，傳送帶的位移x3′=vt3=2×2m=4m煤塊傳送帶上的劃痕長為L3=x+x3′=8m+4m由于有4m長的痕跡與前面的重疊，所以煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為L=5m+4m+4m=（9+4）m故D錯誤。此題選擇錯誤的，故選D。12．0.10.16BC【詳解】（1）[1]每5個點取一個計數(shù)點，則相鄰兩個計數(shù)點的時間間隔為[2]根據(jù)逐差法可得，小車的加速度為（2）[3]由題意可知，小車運動時所受摩擦力的大小為每一次小車加速運動時的傳感器示數(shù)，則小車的合力為[4]以小車為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可得可知圖像為過原點的一條傾斜直線。故選B。（3）[5]A．本實驗中力的大小可由力傳感器直接得出，本實驗是探究小車的加速度與合力的關(guān)系，只要保持小車和傳感器的總質(zhì)量不變，不需要測出它們的具體數(shù)值，故A錯誤；B．用力傳感器測出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，故B錯誤；C．用加砂的方法改變拉力的大小，每次砂的質(zhì)量可增加得很少，而掛鉤碼每次質(zhì)量增加得多，故前者可更方便地獲取多組實驗數(shù)據(jù)，故C正確。故選C。13．(1)75m(2)【詳解】（1）無人機(jī)5s末速度代入數(shù)據(jù)解得5s內(nèi)升高勻速飛行5s內(nèi)升高無人機(jī)10s末的高度（2）若無人機(jī)升高到H=120m時恰好減速到零，則減速時的加速度最小，則代入數(shù)據(jù)解得14．(1)(2)，方向水平向右(3)【詳解】（1）對結(jié)點O進(jìn)行受力分析，由平衡條件可得，解得，（2）以甲、乙為整體，水平方向受到OB繩的拉力和地面的靜摩擦力，由平衡條件得方向水平向左；根據(jù)牛頓第三定律可得，乙對地面的摩擦力大小為，方向水平向右。（3）甲、乙之間的最大靜摩擦力為乙與地面的最大靜摩擦力為對甲分析可得又解得則物體丙的質(zhì)量需要滿足15．（1）0.4；（2）4s；（3）【詳解】（1）由于滑塊滑上傳送帶后做勻速運動，對滑塊進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件有，解得（2）滑塊在BC上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有結(jié)合上述解得在BC上運動過程，根據(jù)位移公式有解得根據(jù)速度公式有滑塊在傳送帶上向左做勻速直線運動，則有解得滑塊從C點由靜止開始運動到與第一次擋板碰撞所用時間（3）若滑塊加速至B點的速度小于傳送帶的速度，滑塊反彈后的速度小于2m/s，反彈后相對于傳送帶向左運動，傳送帶對滑塊的滑動摩擦力向右，與向左的恒力F平衡，滑塊仍然向右做勻速直線運動，此時到達(dá)B點時的速度小于傳送帶的速度，可知，當(dāng)滑塊向左加速至B點的速度恰好等于傳送帶的速度時，x值為最小值，則有解得當(dāng)滑塊反彈速度大于傳送帶速度時，反彈后相對于傳送帶向右運動，傳送帶對滑塊的滑動摩擦力向左，滑塊向右做勻減速直線運動，若減速至B點速度等于傳送帶速度時，此時x值為最大值，則滑塊向左加速過程有反彈后根據(jù)牛頓第二定律有結(jié)合上述解得反彈過程，利用逆向思維，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有解得綜合上述可知，x的取值范圍為16．（1）0.1；（2）0.35；45N；（3）5.38m【詳解】（1）物塊A在B上做加速