2023济南莱芜一中高一上学期第二次核心素养测评物理含答案

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莱芜一中六十三级核心素养测评物理参考答案一．单选题1.【答案】B     2. 【答案】C3. 【答案】D【详解】A．亚里士多德认为，力是维持物体运动状态的原因，故A错误；B．牛顿认为，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，合力不为零，故B错误；C．亚里士多德认为，重的物体下落得快，轻的物体下落得慢；伽利略认为，轻、重物体下落得一样快，故C错误；D．笛卡儿认为，运动中的物体没有受到任何外力作用时，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故D正确。公众号高中试卷资料下载故选D。4.答案　B解析　全长66 km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝可知，平均速率为v＝＝132 km/h，大于全程限速100 km/h，该汽车超速，故D错误5.【答案】C解析AC．运动员受到地面的支持力与运动员给地面的压力是一对相互作用力，总是等大反向，选项A错误，C正确；B．运动员下蹲时，先加速下降后减速下降，则加速度先向下后向上，先失重后超重，则他对地面的压力先增加后减小，选项B错误；D．运动员离开地面向上运动的是因为惯性，并不是受到向上的冲力作用，选项D错误。故选C。6．A解析 C．据位移公式 解得C错误；B．车的加速度为    B错误；A．车从出发到B杆所用时间A正确；D．出发点到A杆的距离为D错误。7．C解析AB．选结点为研究对象，设刚开始时左侧绳与竖直方向的夹角为α，则甲手中细绳即水平绳拉力     左侧绳拉力     物体缓慢向右移动的过程中减小，可见甲手中细绳即水平绳拉力F减小，左侧绳拉力T减小，左侧绳拉力与右侧绳拉力即乙手中细绳的拉力大小相等，所以乙手中细绳的拉力减小，选项AB错误；C．对乙受力分析，在竖直方向有    绳拉力T减小，右侧绳与竖直方向的夹角不变，则乙受到的支持力变大，根据牛顿第二定律可知乙对地面的压力不断增大，选项C正确；D．对乙受力分析，在水平方向有   绳拉力T减小，右侧绳与竖直方向的夹角不变，则乙受到地面的摩擦力减小，选项D错误。8.答案　B解析　小球被抛出后，相对小船做竖直上抛运动，小球向上和向下运动时间相同，由h＝gt2得t＝0.3 s，小球在空中运动的总时间为0.6 s，小船前进的距离为x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。9. 【答案】A10.D 解析对AB边上的铜环受力分析，细线上的拉力跟重力、支持力的合力反向，可知；对AC边上的铜环受力分析，细线上的拉力跟重力、支持力的合力反向，可知，选项D正确。11. BC解析AB．对小球进行受力分析，如图所示小球处于平衡状态，根据力的平衡条件增大铁夹对小球的压力，小球受到的最大静摩擦力增大，摩擦力不变，A错误B正确；C．小球相对铁夹有向下的运动趋势，则铁夹相对小球有向上的运动趋势，即铁夹受到的摩擦力方向竖直向下，C正确；D．若减小铁夹对小球的压力，小球的最大静摩擦力减小，如果仍然大于重力，则小球仍然处于静止状态，不会脱离铁夹，D错误。故选BC。12.答案　BCD   解析　由速度相等时距离最远可知，t＝3 s时，甲、乙相距最远，故A错误，B正确；设t时两物体相遇，由运动学公式和图像可知t内甲的位移x甲＝－4t，乙的位移x乙＝4t－at2，由图像可知，乙的加速度大小a＝ m/s2，由甲、乙位置关系可知x甲－15＝x乙，解得t＝7.5 s，故C正确；t＝3 s时两物体距离最远，由图像可知，3 s内乙的位移为0，故最远距离为3 s内甲的位移与初始距离之和，即最远距离为Δx＝12 m＋15 m＝27 m，故D错误。13.答案　AC解析　由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小FA＝3mg－mg，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误．14. 【答案】BC15．AB19. （1）物体受力分析如图由平衡条件得…………1…………1…………1联立方程，代入数据解得…………1（2）匀速上滑时，由平衡条件可得…………1…………1联立方程，代入数据解得    …………220．（9分）0.64m【详解】向上运动过程中，根据牛顿第二定律…………1代入解得加速度    …………1所以向上减速运动的时间为   …………1通过的位移   …………1速度减为零后，将加速下滑，根据…………1可求加速下滑的加速度   …………1下滑    经过C点，…………1下滑距离     …………1所以BC间的距离   …………1 21．（12分）答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝…………2解得a＝3 m/s2…………1(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用故am＝μg＝2 m/s2…………1Δx1＝at2－amt2＝0.5 m…………1(3)            刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s…………1撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2…………1最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′…………1解得共同速度v′＝2.8 m/s…………1(4)  在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－…………1解得Δx2＝0.2 m…………1最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m. …………1