試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁江蘇省海門中學(xué)2024--2025學(xué)年度第一學(xué)期全科競賽高一物理參考答案一、單選題1.【答案】CA．根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，聯(lián)立解得可知青蛙跳到荷葉a上的初速度小于跳到荷葉b上的初速度，故A錯誤；B．由于水平位移一樣，荷葉c的高度差大，所以青蛙跳到荷葉a上的初速度大于跳到荷葉c上的初速度，故B錯誤；C．青蛙跳到荷葉c的高度差最大，水平位移最小，所以青蛙跳到荷葉c上的初速度最小，故C正確；D．青蛙跳到荷葉b的高度差最小，水平位移最大，所以青蛙跳到荷葉b上的初速度最大，故D錯誤。故選C。2.【答案】B【詳解】A．將小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，由分運動和合運動具有等時性，知甲、乙兩船到達(dá)對岸的時間相等，即渡河的時間為故A錯誤；B．水流速度不影響船渡河時間，若僅是河水流速增大，則兩船的渡河時間都不變，故B正確；C．河水流速大于甲船速度時，無論怎么改變角，甲船都不能到達(dá)河的正對岸點，故C錯誤；D．若僅是河水流速增大，則兩船到達(dá)對岸時間不變，根據(jù)速度的分解，船在水平方向相對于靜水的分速度仍不變，則兩船之間的距離仍然為，故D錯誤。故選B。3.【答案】C【詳解】A．汽車剎車停止的時間為剎車后內(nèi)的位移大小等于3s的位移，為選項A錯誤；B．剎車過程中汽車的加速度恒定，可知速度均勻減小，選項B錯誤；C．由逆向思維可知，剎車后，汽車運動的最后內(nèi)的位移大小為選項C正確；D．剎車后內(nèi)的平均速度大小為選項D錯誤。故選C。4.【答案】A【詳解】A．設(shè)兩物體在空中“相遇”時A的速率為，則B的速率為，則“相遇”時兩物體位移大小分別為其中求得故A正確；B．物體A下落到地面時下落的高度為所用時間設(shè)為，則求得物體B從地面豎直上拋到再次落回地面所用時間為所以，兩物體在空中運動的時間之比為故B錯誤；C．兩物體在空中運動的加速度相同，落地前任一時刻的相對速度都等于初速度之差，相對運動的速度不變，故C錯誤；D．物體A落地時的速度大小為物體B豎直上拋的初速度大小為所以故D錯誤。故選A。5.【答案】B【詳解】B．根據(jù)題意，兩次國旗均能在國歌聲開始時運動，在國歌聲結(jié)束時到達(dá)旗桿的頂端，表明兩次運動的位移相等，時間相同，根據(jù)平均速度定義可知兩次升國旗的平均速度相等，故B正確；ACD．由于第二次國旗在開始階段加速度較小，但總時間一樣，在v-t圖中圍成面積一樣；故兩次升級過程中勻速運動的速度不相等，加速運動的位移大小也不相等，勻加速運動的時間不相等，故ACD錯誤。故選B。6.【答案】B【詳解】A．根據(jù)v-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可知開始4s內(nèi)物體x方向位移y方向位移所以開始4s內(nèi)物體的位移為故A正確，與題意不符；BD．開始4s內(nèi)物體初速度方向為x方向，加速度方向為y方向，兩者不在一條直線上，所以物體做曲線運動。4s末物體的速度方向與x方向夾角的正切值加速度方向與x方向夾角的正切值所以速度方向與加速度方向在同一條直線上，物體要做直線運動。故B錯誤，與題意相符；D正確，與題意不符；C．開始4s內(nèi)物體所受合外力為由圖像可知，聯(lián)立，解得故C正確，與題意不符。本題選錯誤的，故選B。7.【答案】C【詳解】A．伽利略理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因，故A錯誤；B．牛頓是一個國際單位制導(dǎo)出單位，根據(jù)可知故B錯誤；C．當(dāng)Δt極短時，可以表示為物體在t時刻瞬時速度，體現(xiàn)了極限法，故C正確；D．嫦娥五號成功攜帶月壤樣品回到祖國，月壤樣品到達(dá)地球后，質(zhì)量不變，慣性不變，但重力加速度增大，重力增大，故D錯誤。故選C。8.【答案】C【詳解】AD．對A、B兩球整體，細(xì)線被燒斷的瞬間得故A的受力發(fā)生變化，故選項A錯誤；整體加速度也不是，故選項D錯誤；B．燒斷細(xì)線瞬間，對C得故選項B錯誤；C．對B球解得故選項C正確。故選C。9.【答案】B【詳解】A．由于子彈受到的摩擦力恒定，根據(jù)牛頓第二定律可知，子彈在兩塊木塊中運動的加速度恒定，故A錯誤；B．設(shè)子彈對木塊的摩擦力為，子彈在A中運動時，AB作為一個整體，向右加速，根據(jù)牛頓第二定律有解得AB的加速度為子彈在B中運動時，對B，根據(jù)牛頓第二定律有解得B的加速度為綜上分析可得故B正確；C．子彈先后穿過A、B時相對位移相同，穿過A木塊子彈的平均速度大，木塊的平均速度小，相對平均速度大，穿過的時間短，故C錯誤；D．子彈穿過A木塊的時間短，且B木塊的平均速度小，因此子彈穿過A木塊時B木塊運動的位移比穿過B木塊時B木塊運動的位移小，故D錯誤。故選B。10【答案】A【詳解】對m1、m2受力分析如圖所示因為m1恰好沒有離開斜面，故其和斜面無彈力，則對m1有則對m2有聯(lián)立解得A正確。故選A。11.【答案】C【詳解】當(dāng)M、N之間達(dá)到最大靜摩擦力時，兩者的加速度最大，第①種情況，根據(jù)牛頓第二定律，對N分析有解得對整體分析有即第②種情況，根據(jù)牛頓第二定律，對M分析有解得對整體分析有即聯(lián)立，解得故選C。二、實驗題12.【答案】左增大BD/DB【詳解】（1）[1]由胡克定律可知彈簧的勁度系數(shù)（2）[2][3]由圖丙可得彈簧測力計的示數(shù)為由二力平衡解得小車質(zhì)量由圖知彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力向左，設(shè)壓縮量為，根據(jù)牛頓第二定律有又其中解得故小車獲得向左的、大小為的加速度。（3）[4]設(shè)彈簧的最大形變量為，根據(jù)牛頓第二定律解得可測量的最大加速度可知若將小車換為一個質(zhì)量更小的小車，其他條件均不變，那么該加速度測量儀的量程將增大。（4）[5]指針由讀數(shù)較大的位置逐漸變小到讀數(shù)幾乎為0，說明小車的加速度逐漸減小到幾乎為0，即小車可能做加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速運動，也可能做加速度逐漸減小的減速運動，最后靜止或勻速運動，圖像的斜率絕對值表示加速度大小，故該裝置在這段時間內(nèi)運動的圖像可能為圖像BD。故選BD。三、解答題13【答案】(1)(2)【詳解】（1）撤掉恒力后，小球沿桿方向受到沿桿向下的摩擦力和沿桿向下重力的分力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得此過程中，小球做勻減速直線運動，可看作反向勻加速，則（2）小球做勻加速時的加速度大小為由牛頓第二定律又，解得恒力大小為14.【答案】（1），；（2）0；2G【詳解】（1）對1、2、3三個小球整體受力分析有：解得，（2）對小球3受力分析有,（3）由題意：細(xì)線c與水平方向夾角為，對小球2受力分析或解得15.【答案】(1)(2)5s(3)12m/s【詳解】（1）滑塊在力F的作用下向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得解得由題意可知解得滑塊從A運動B的時間為（2）當(dāng)滑塊運動到頂端B時的速度剛好為零時，所用的時間最短。即滑塊先向上做勻加速直線運動，再向上做勻減速直線運動，設(shè)力F作用的最短時間為t2，則加速的位移為加速的末速度為撤去拉力F后，根據(jù)牛頓第二定律解得，減速時的加速度大小為則，減速的位移為又聯(lián)立，解得（3）力F作用時間內(nèi)，滑塊做勻加速直線運動，加速的位移為加速后的末速度為撤去拉力F后，滑塊向上做勻減速直線運動，位移為則，滑塊向上運動的總位移為即滑塊向上做勻減速到零后，向下做勻加速運動，假設(shè)滑塊可以加速到與傳送帶共速，且需要時間為t4，則解得此過程的位移為假設(shè)成立?；瑝K與傳送帶共速后，繼續(xù)向下加速，設(shè)此加速度大小為a3，根據(jù)牛頓第二定律可得解得滑塊到傳送帶底端的位移為設(shè)滑塊離開傳送帶時的速度大小為v4，則解得16.【答案】(1)2kg(2)0.2m，1s(3)m/s【詳解】（1）初始時木板A剛好不上滑，對木板A受力分析得對小物塊B受力分析得解得=2kg（2）當(dāng)小物塊C滑上木板A后未共速前，對小物塊C、木板A和小物塊B受力分析得解得=12m/s2，=0.5m/s2即小物塊C做勻減速直線運動，木板A和小物塊B做勻加速直線運動，設(shè)經(jīng)過時間后木板A和小物塊C達(dá)到共速，此時有解得=0.8s，=0.16m此時二者速度大小均為=0.4m/s木板A和小物塊C共速之后二者相對靜止一起運動，此時對AC整體和小物塊B受力分析得解得=2m/s2與速度