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1、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）（）A4cm B14cm C15cm D44cm3放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成角斜向下方的力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与水平方向的夹角变小，

2、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（）AN变小，f变大 BN变大，f变小 CN变小，f变小 DN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 B4t C2t D6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 D7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（）

3、A0.5m B1.5m C2.5m D3.5m8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（）AF逐渐减小，a也

4、逐渐减小 BF逐渐增大，a却逐渐减小CF逐渐减小，a却逐渐增大 DF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）（）AmgH+mv02 BmgHmghCmgH+mv02mgh DmgH+mv02+mgh13在真空中有两个点电荷，二者的距离保持一定，

5、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（）A3倍 B6倍 C9倍 D2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（）AqW B CW D15一个点电荷，从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则（）Aa、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Da、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

6、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18V B电阻R2两端的电压大于12VC电阻R1两端的电压大于6V D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（）AP做匀变

7、速直线运动BP的加速度大小不变，但方向改变一次CP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1，木块P与长木板A间的动摩擦因数为2，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

8、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 W4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vt图象，如图所示（除210s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，214s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210s内的位移大小为 m三、论述、计

9、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=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=+2.0108 C的点电荷，其所受电场力FA=4.0104 N（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=2.0108 C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

10、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1=0.04小物块B（可视为质点）以0=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2=0.16取重力加速度g=1

11、0m/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0、1、2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

12、长度【解答】解：挂2N砝码时有：G1=kx1挂8N的物体时有：G2=kx2后来弹簧的总长：l=l0+x2其中G1=2N，G2=8N，x1=1cm，联立可得：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=NN=G+Fsin当变小时，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

13、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

14、时间公式列式求解，难度不大，属于基础题6【分析】vt图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动【解答】解：vt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：前2秒位移为：第2秒内位移为：x=x2x1联立解得：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】

15、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，

16、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

17、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（Hh）=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

18、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

19、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

20、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

21、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

22、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

23、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

24、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=2FNFN=mg故f1=2mg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+Mgf1=f2故f2=2mg故答案为：2mg，2mg【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

25、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/s3s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=20N20m/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，

26、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=1.53=4.5W对2s10s的过程运用动能定理得：Ptfs1=mv22mv12，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；（

27、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=0.52=1m/s（2）2s末外力F的即时功率：P=Fv=101=10W；（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a=g=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

28、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=2104N/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FAFB答：（1）此电场中A点的电场强度大小2104N/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FAFB【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vt图线如图（1）所示由于第一段内

29、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vt图线按比例转化成ft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mgt1If=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=1（ m1+m2） gA、B之间摩擦力的大小Ff2=2m2 g以初速度0的方向为正方向A的加速度 B的加速度 由于a10，所以A会相对地面滑动，经时间t，A的速度 1=a1tA的位移 B的速度 2=0+a2tB的位移 当1=2时，B相对A静止，解得 x2x1=0.83 m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1=2时，有x2x1=L解得 （i）只改变0，则m/s=2.2 m/s；（ii）只改