北京东直门中学高一合格性考试模拟试题物理.docx

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北京东直门中学高一合格性考试模拟试题物理

2018北京东直门中学高一合格性考试模拟试题

物理

第一部分选择题（共54分）

一、本题共18小题，在每小题给出的四个选项中，置于一个选项符合题意的。

（每小题3分，共54分）

1．下列物理量中属于矢量的是（　　）

A．质量B．速度C．势能D．电压

2．一根弹簧原长10cm，挂上重2N的砝码时，伸长1cm，这根弹簧挂上重8N的物体时，它的长度为（弹簧的形变是弹性形变）（　　）

A．4cmB．14cmC．15cmD．44cm

3．放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成α角斜向下方的力F的作用，物块在水平地面上做匀速直线运动，如图所示．如果保持力F的大小不变，而使力F与水平方向的夹角α变小，那么，地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的变化情况（　　）

A．N变小，f变大B．N变大，f变小C．N变小，f变小D．N变大，f变大

4．关于重力的以下说法中，正确的是（　　）

A．物体静止时受到的重力最大，沿水平面运动时的变小

B．重力的方向总是竖直向下的

C．重力没有施力物体

D．重力的大小只决定于物体质量

5．物体从距地面某高处开始做自由落体运动，若下落前一半路程所用的时间为t，则物体下落全程所用的时间为（　　）

A．

B．4tC．2tD．

6．在图所示的四个速度图象中，有一个是表示物体做匀速直线运动的速度图象，这个图象是（　　）

A．

B．

C．

D．

7．物体由静止开始做匀加速直线运动，若第1秒内物体通过的位移是0.5m，则第2秒内通过的位移是（　　）

A．0.5mB．1.5mC．2.5mD．3.5m

8．关于运动和力的关系，下列说法中正确的是（　　）

A．一个物体受到的合外力越大，加速度越大

B．一个物体受到的合外力越大，速度越大

C．若物体从静止开始做直线运动，当合外力逐渐减小时，则速度也逐渐减小

D．若物体原来做匀变速直线运动，当合外力逐渐增大时，则速度也一定逐渐增大

9．如图所示，水平地面上的木块在拉力F作用下，向右做匀速直线运动，则物体受到的地面对它的摩擦力方向为（　　）

A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右

10．汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F和加速度a的变化情况是（　　）

A．F逐渐减小，a也逐渐减小B．F逐渐增大，a却逐渐减小

C．F逐渐减小，a却逐渐增大D．F逐渐增大，a也逐渐增大

11．在光滑水平面上推物块和在粗糙水平面上推物块相比较，如果所用的水平推力相同，物块在推力作用下通过的位移相同，则推力对物块所做的功（　　）

A．一样大

B．在光滑水平面上推力所做的功较多

C．在粗糙水平面上推力所做的功较多

D．要由物块通过这段位移的时间决定

12．质量为m的石子从距地面高为H的塔顶以初速v0竖直向下运动，若只考虑重力作用，则石子下落到距地面高为h处时的动能为（g表示重力加速度）（　　）

A．mgH+

mv02B．mgH﹣mgh

C．mgH+

mv02﹣mghD．mgH+

mv02+mgh

13．在真空中有两个点电荷，二者的距离保持一定，若把它们各自的电量都增加为原来的3倍，则两电荷的库仑力将增大到原来的（　　）

A．3倍B．6倍C．9倍D．2倍

14．一个电量为q的正点电荷，在电场中从a点移到b点，电场力对该点电荷做功W．那么，a、b两点之间的电势差应等于（　　）

A．qWB．

C．WD．

15．一个点电荷，从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则（　　）

A．a、b两点的场强一定相等

B．该电荷一定沿等势面移动

C．作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的

D．a、b两点的电势相等

16．如图所示是用电压表

和电流表

测电阻的一种连接方法，Rx为待测电阻．如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（　　）

A．

读数大于Rx两端的实际电压，

读数大于通过Rx两端的实际电流

B．

读数大于Rx两端的实际电压，

读数等于通过Rx两端的实际电流

C．

读数等于Rx两端的实际电压，

读数大于通过Rx两端的实际电流

D．

读数等于Rx两端的实际电压，

读数等于通过Rx两端的实际电流

17．如图所示的电路，电源内阻不能忽略，当电键S打开时，测得电阻R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，当电键S闭合后（　　）

A．电压表V的示数大于18VB．电阻R2两端的电压大于12V

C．电阻R1两端的电压大于6VD．内电阻r上的电压变小

18．如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中（　　）

A．P做匀变速直线运动

B．P的加速度大小不变，但方向改变一次

C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小

D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度逐渐减小

第二部分非选择题（共46分）

二、填空题（每小题4分，共16分）

1．在一条通有恒定电流的导线中，电流强度是I．如果每个电子的电量用e表示，那么，在时间t内通过该导线某一横截面的自由电子数等于　　．

2．如图所示，质量为M的长木板A放在水平地面上，质量为m的木块P在其上滑行，长木板A一直处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板A间的动摩擦因数为μ2，则木块P所受到长木板的摩擦力大小为　　，长木板A所受到地面的摩擦力大小为　　．

3．质量为2.0kg的小球从某一高度由静止释放，经3.0s到达地面．若不计空气阻力，取g=10m/s2，则到达地面时小球所具有的动能大小为　　J，下落2.0s末重力做功的瞬时功率为　　W．

4．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v﹣t图象，如图所示（除2～10s时间段内的图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知小车运动的过程中，2～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行．小车的质量为2kg，可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变，则小车匀速行驶阶段的功率为　　W，小车在2～10s内的位移大小为　　m．

三、论述、计算题（共30分）

解题要求：

写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。

有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。

5．质量为m=4kg的小物块静止放在水平地面上，现用水平向右的外力F=10N推物体，若物块与地面间动摩擦因数µ=0.2，问

（1）小物块2s末的速度多大？

（2）2s末外力F的即时功率多大？

（3）若2s末撤去外力，物体还要经过多长时间才能停下来？

6．如图所示，在电场中A点放一电荷量q1=+2.0×10﹣8C的点电荷，其所受电场力FA=4.0×10﹣4N．

（1）求此电场中A点的电场强度大小；

（2）若将另一带电荷量q2=﹣2.0×10﹣8C的点电荷放在电场中的B点，请在图中画出该点电荷在B点所受静电力FB的方向，并说明将它分别放在A、B两点时所受电场力FA与FB哪个较大．

7．跳伞运动员从4000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s．运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s．然后匀速下落到地面．试求运动员在空中运动的时间．

8．如图所示，长度L=1.0m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1=1.0kg，A与水平地面之间的动摩擦因数μ1=0.04．小物块B（可视为质点）以υ0=2.0m/s的初速度滑上A的左端，B的质量m2=1.0kg，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.16．取重力加速度g=10m/s2．

（1）求B在A上相对A滑行的最远距离；

（2）若只改变物理量υ0、μ1、μ2中的一个，使B刚好从A上滑下，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）

物理试题答案

一．选择题（共17小题）

1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．根据有无方向确定．

【解答】解：

矢量是既有大小又有方向的物理量，速度是矢量，标量是只有大小没有方向的物理量，质量、势能和电压都是标量，故B正确，ACD错误。

故选：

B。

【点评】本题要能抓住矢量与标量的区别：

矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性．

2．【分析】先根据胡克定律求出劲度系数，再求出挂另一重物时，弹簧的伸长量，从而求出弹簧总长度．

【解答】解：

挂2N砝码时有：

G1=kx1①

挂8N的物体时有：

G2=kx2②

后来弹簧的总长：

l=l0+x2③

其中G1=2N，G2=8N，x1=1cm，联立①②③可得：

l=14cm，故ACD错误，B正确。

故选：

B。

【点评】本题较为简单，但是在应用胡克定律时，注意各物理量的含义以及单位．

3．【分析】对木块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和摩擦力后讨论即可．

【解答】解：

对物体受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，如图：

根据共点力平衡条件，有

f=μN

N=G+Fsinα

当α变小时，支持力变小，滑动摩擦力变小；

故选：

C。

【点评】本题关键对物体受力分析，根据平衡条件求出支持力和滑动摩擦力后讨论即可．

4．【分析】地面附近一切物体都受到地球的吸引，由于地球的吸引而使物体受到的力叫做重力，与物体的运动状态无关．

【解答】解：

A、重力源自于万有引力，与物体的运动状态无关，故A错误；

B、重力的方向总是垂直于水平面，竖直向下，故B正确；

C、重力的施力物体是地球，故C错误；

D、重力的大小由物体质量与重力加速度决定，故D错误；

故选：

B。

【点评】本题考查了重力的定义和适用范围，基础题，注意重力的大小决定因素，及重力与运动状态无关．

5．【分析】对前一半位移和全部位移过程分别根据位移时间公式列方程，然后联立求解．

【解答】解：

设总位移为2h，前一半位移，有

h=

全部位移，有

2h=

解得：

t′=

故选：

A。

【点评】本题关键是对前一半位移和总位移运用位移时间公式列式求解，难度不大，属于基础题．

6．【分析】v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动．

【解答】解：

v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动。

故ABC错误，D正确。

故选：

D。

【点评】本题主要考查了匀速直线运动速度时间图象的特点，难度不大，属于基础题．

7．【分析】掌握初速度为零的匀变速直线运动位移公式即可求解，本题可用前2秒位移减第1秒位移来求第2秒位移比较简单。

【解答】解：

第1秒位移是0.5m，有：

①

前2秒位移为：

②

第2秒内位移为：

△x=x2﹣x1③

联立①②③解得：

△x=1.5m，故ACD错误，B正确。

故选：

B。

【点评】本题考查了基本公式的应用，对于物理公式，要明确其成立条件并能灵活应用。

8．【分析】根据牛顿第二定律判断受力和加速度的关系，速度和合外力的关系要看力的方向和速度的方向的关系．

【解答】解：

A、由牛顿第二定律知一个物体受到的合外力越大，加速度越大，A正确B错误；

C、若物体从静止开始做直线运动，当合外力逐渐减小时，加速度逐渐减小，但速度逐渐增大，C错误；

D、若合外力的方向与速度方向相反时，当合外力逐渐增大时，则速度逐渐减小，D错误；

故选：

A。

【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，难度不大．

9．【分析】滑动摩擦力的方向与物体发生相对运动的方向相反．

【解答】解：

物体相对地面向右匀速运动，在水平方向上合力为零，则受到滑动摩擦力的方向水平向左，故C正确；

故选：

C。

【点评】本题考查摩擦力方向的判断，也可以根据平衡条件，正交分解后进行判断．

10．【分析】发动机的功率保持不变，根据P=Fv，v增大，F减小，根据牛顿第二定律可以判断加速度的变化．

【解答】解：

根据P=Fv，发动机的功率不变，汽车加速行驶的过程中，速度增大，则牵引力减小，根据

，阻力不变，加速度减小。

故A正确，B、C、D错误。

故选：

A。

【点评】解决本题的关键知道通过P=Fv判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律，通过合力的变化判断加速度的变化．

11．【分析】恒力做功，根据功的公式W=FL直接计算即可，比较简单．

【解答】解：

在两次的运动过程中，拉力的大小是恒定的，在力的作用下物体的位移的大小也是相同的，根据功的公式W=FL可知，两次拉力做功一样多，所以A正确。

故选：

A。

【点评】第一次物体在光滑的水平地面上运动，第二次在粗糙的水平地面上运动，两次的接触面不一样，第一次没有摩擦力，第二次有摩擦力，这只是影响了物体的总的动能的大小，但两次拉力做功的情况，与有没有摩擦力是无关的，在解答本题时要注意这一点．

12．【分析】石子只受重力的作用，根据动能定理可以求得末动能的大小．

【解答】解：

石子下落过程中只受重力，只有重力做功，根据动能定理，有：

mg（H﹣h）=

解得：

故选：

C。

【点评】本题根据题意，直接应用动能定理求解比较简单方便．

13．【分析】根据点电荷之间的库伦力的公式F=k

，分析即可得出结论．

【解答】解：

由库伦力的公式F=k

，当距离保持不变，把它们各自的电量都增加为原来的3倍时，F′=k

=9k

，所以C正确，ABD错误。

故选：

C。

【点评】本题是对点电荷之间的库伦力公式的直接应用，题目比较简单．

14．【分析】该题考查了电势差的定义，直接由电势差的定义式

可判断出正确选项。

【解答】解：

电势差是电荷从电场中的一点移动到另一点时，电场力所做的功W与电荷的电量q的比值

，所以选项D正确，选项ABC错误。

故选：

D。

【点评】该题考查了电势差的定义，是电场力的功与电荷电量的比值，其公式为：

，两点间的电势差与电荷的电量q无关，就像电场强度一样，只与电场本身有关；其取决于两点在电场中的位置，与被移动的电荷无关，与零电势点的选取无关。

15．【分析】从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零．但电荷不一定沿等势面移动．a，b两点的电势一定相等．

【解答】解：

A、根据公式Wab=qUab分析可知，电场力做功Wab=0，a、b两点的电势差Uab为零。

而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等。

故A错误。

B、电场力做功只与初末位置有关，与路径无关。

电场力做功为零，电荷可能沿等势面移动，也可能不沿等势面移动。

故B错误。

C、电场力做功为零，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的。

故C错误。

D、由公式Wab=qUab，Wab=0，得Uab=0，即a、b电势一定相等。

故D正确。

故选：

D。

【点评】本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似．

16．【分析】根据电路结构，应用串并联电路特点分析答题．

【解答】解：

由电路图可知，实验采用电流表内接法，电流表的测量值等于真实值，由于电流表的分压作用，电压表的示数大于待测电阻两端电压，故ACD错误，B正确；

故选：

B。

【点评】本题考查了伏安法测电阻电压与电流测量值间的关系，分析清楚电路结构即可正确解题．

17．【分析】当电键S打开时，原来路端电压为18V，当电键S闭合后，电路的总电阻变小，路端电压变小，即电压表的示数小于18V；电路的总电阻变小，则总电流变大，则R1两端的电压变大，大于原来的6V；R2和R3并联后，其并联的阻值比R2小，则其分得的电压也比原来12V还小．

【解答】解：

A、当电键S打开时，测得电阻R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则原来路端电压为18V，即电压表的示数为18V．当电键S闭合后，电路的总电阻变小，路端电压变小，即电压表的示数小于18V．故A错误。

B、R2和R3并联后，其并联的阻值比R2小，即使路端电压没有变小的话，其分得的电压也比原来12V小，故B错误。

C、当电键S闭合后，电路的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变大，则R1两端的电压U1=IR1变大，原来是6V，故现在大于6V，故C正确。

D、当电键S闭合后，电路的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，总电流变大，内电阻r上的电压变大，故D错误。

故选：

C。

【点评】要会根据闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，同时分析总电流与外电路总电阻的关系．

18．【分析】木块水平方向只受到弹簧的弹力，根据胡克定律可知：

弹簧的弹力与弹簧压缩的长度成正比．当木块向右压缩弹簧时，弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，做变减速运动．

【解答】解：

A、P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动。

故A错误；

B、由A的分析可知，加速度的大小逐渐增大，弹力一直与运动方向相反，所以加速度方向没有改变，故B错误；

C、当P向右压缩弹簧时，弹簧压缩的长度逐渐增大，加速度逐渐增大，P速度逐渐减小，当压缩到最右端时，加速度最大，速度为零，最小。

故C正确；

D、在P向右压缩弹簧的过程中，加速度增大，由于P的加速度方向一直与速度方向相反，故P一直做减速运动，所以速度一直减小。

故D正确。

故选：

CD。

【点评】本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况，注意弹簧压缩和释放过程中弹力的变化．

二．填空题

1．【分析】由电流的定义可求得时间t内的电荷量，则由元电荷可求得电子数．

【解答】解：

由I=

可得：

q=It；

则电子数n=

=

；

故答案为：

【点评】本题考查电流的定义及电荷量的计算，关键是公式的变形及其灵活运用．

2．【分析】先对小滑块受力分析，受重力、长木板的支持力和向左的滑动摩擦力；再对长木板受力分析，受到重力、小滑块的对长木板向下的压力、小滑块对其向右的滑动摩擦力、地面对长木板的支持力和向左的静摩擦力；然后根据共点力平衡条件判断．

【解答】解：

对小滑块受力分析，受重力mg、长木板的支持力FN和向左的滑动摩擦力f1，有

f1=μ2FN

FN=mg

故f1=μ2mg

再对长木板受力分析，受到重力Mg、小滑块的对长木板向下的压力FN、小滑块对其向右的滑动摩擦力f1、地面对长木板的支持力FN′和向左的静摩擦力f2，根据共点力平衡条件，有

FN′=FN+Mg

f1=f2

故

f2=μ2mg

故答案为：

μ2mg，μ2mg．

【点评】滑动摩擦力与正压力成正比，而静摩擦力随外力的变化而变化，故静摩擦力通常可以根据共点力平衡条件求解，或者结合运动状态，然后根据牛顿第二定律列式求解．

3．【分析】根据速度时间公式求出3s末速度，再根据动能表达式求动能；求出2s末速度，再根据P=Fv求2s末瞬时功率．

【解答】解：

物体只受重力，做自由落体运动，机械能守恒

2s末速度为v1=gt1=20m/s

3s末速度为v2=gt2=30m/s

故3s末动能为Ek=

=

=900J，

下落2.0s末重力做功的瞬时功率P=Gv=20N×20m/s=400W，

故答案为：

900，400．

【点评】本题关键是根据自由落体的速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度，然后根据动能表达式和瞬时功率的计算式求解．

4．【分析】在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车只受摩擦力，故可以可以先求加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小；匀速阶段，牵引力等于阻力，速度已知，直接根据公式P=Fv求出匀速行驶时的功率；前2秒位移根据运动学公式求解，2s到10s为变加速过程，其位移可以由动能定理求解．

【解答】解：

匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则P=Fv=1.5×3=4.5W．

对2s～10s的过程运用动能定理得：

Pt﹣fs1=

mv22﹣

mv12，代入数据得：

s1=18.7m．

故答案为：

4.5；18.7．

【点评】本题关键分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，结合牛顿第二定律和动能定理求解．

三、论述、计算题

5．【分析】

（1）物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动．对其进行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度；

（2）由P=Fv求出功率；

（3）由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式求出时间．

【解答】解：

（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

物体的加速度

=

；

2s末物体的速度：

v=at=0.5×2=1m/s

（2）2s末外力F的即时功率：

P=Fv=10×1=10W；

（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′=

=﹣μg=﹣2m/s2

故运动时间为：

t′=

=

=0.5s；

答：

（1）物体在2s末的速度为1m/s；

（2）2s末外力F的即时功率是10W；

（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来．

【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题．

6．【分析】

（1）由电场强度的定义式求场强．

（2）由电场线的疏密判定出AB两点的电场强度的大小，再根据F=qE判定电场力的大小．

【解答】解：

（1）根据电场强度的定义：

A点的电场强度

=2×104N/C

（2）FB的方向沿电场线反方向；从图中可以看出A点的电场线密，所以A点的电场强度大，所以FA＞FB．

答：

（1）此电场中A点的电场强度大小2×104N/C；

（2）该点电荷在B点所受静电力FB的方向如图，所受电场力FA＞FB．

【点评】考查电场强度的定义式，电势差与电场力做功的关系．会用表达式求相应的物理量．

7．【分析】整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v﹣t图线如图

（1）所示．由于第一段内做非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间．考虑动量定理，将第一段的v﹣t图线按比例转化成f﹣t图，如图

（2）所示，则可巧妙地求得这段时间．

【解答】解：

设变加速下落的时间为t1，则mgt1﹣If=mvm

又mg=kvm，得

，所以

第二段1s内：

，

所以第三段时间

空中总时间t=t1+t2+t3=76.5s．

答：

运动员在空中运动的时间为76.5s．

【点评】解决本题的关键知道运动员在整个过程中的运动情况，结合动量定理，通过图象法，运用微分思想进行解决，难度较大．

8．【分析】

（1）分别对A、B受力分析，求出加速度，根据运动学公式求出速度相等时的时间，再求相对位移；

（2）先根据位移时间公式得出相对位移的一般表达式，然后再分情况讨论．

【解答】解：

（1）B滑上A后，A、B在水平方向的受力情况如答图所示．

其中A受地面的摩擦力的大小Ff1=μ1（m1+m2）g

A、B之间摩擦力的大小Ff2=μ2m2g

以初速度υ0的方向为正方向．

A的加速度

B的加速度

由于a1＞0，所以A会相对地面滑动，经时间t，

A的速度υ1=a1t

A的位移

B的速度υ2=υ0+a2t

B的位移

当υ1=υ2时，B相对A静止，

解得x2﹣x1=0.83m

即B在A上相对A滑行的最远距离为0.83m．

（2）要使B刚好从A上滑下，即当υ1=υ2时，有

x2﹣x1=L

解得

（i）只改变υ0，则

m/s=2.2m/s；

（ii）只改