2023-2024学年安徽省六安第二中学高一（上）期中考试物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安第二中学高一（上）期中考试物理试卷(含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.物理和现实生活总是紧紧结合在一起，下列说法正确的是( )
A. 在描述物体的运动时，必须选择地面为参考系
B. 撑杆跳运动员跳高过程中，重心可能不在身体上
C. 小明在研究地球的自转时，可将地球看作质点
D. 体操比赛中，裁判员对运动员评分时，可将运动员看作质点
2.一物体静止在水平桌面上，则( )
A. 物体所受重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力
B. 物体对桌面的压力就是重力，这两个力实质上是一个力
C. 桌面对物体支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力
D. 物体所受重力的反作用力作用在桌面上
3.甲、乙两汽车在一平直公路上同一地点同向行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的v−t图像如图所示。在这段时间内( )
A. 甲、乙两车在t0时刻相遇B. 汽车乙的平均速度等于v1+v22
C. 甲、乙两汽车的位移相同D. 甲的平均速度比乙的平均速度大
4.甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，从同一地点同时同向均做匀加速直线运动。甲、乙速度的平方(v2)随位移(x)变化的图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 当t=1s时，甲，乙两车速度相同
B. 乙车的加速度大小是甲车的加速度大小的2倍
C. 当t=1s时，甲、乙两车相距最远
D. 除出发点外，两车还可以相遇两次
5.一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为t，紧接着通过下一段位移3Δx所用时间为2t，则物体运动的加速度大小为( )
A. Δx2t2B. Δx3t2C. 2Δxt2D. 3Δxt2
6.如图示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0。则下列描述正确的是( )
A. B可能受到3个或4个力作用
B. 斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向上
C. A对B的摩擦力可能为0
D. A、B整体可能受4个或5个力作用
7.如图所示，打印机进纸槽里叠放有一叠白纸，进纸时滚轮以竖直向下的力F压在第一张白纸上，并沿逆时针方向匀速转动，滚轮与第一张纸不打滑，但第一张纸与第二张纸间发生相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滚轮与白纸之间的动摩擦因数为μ1，白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为μ2，每张白纸的质量为m，不考虑静电力的影响，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 滚轮对第一张白纸的摩擦力方向水平向左
B. 第二、三张白纸间的摩擦力大小为μ2F+2mg
C. 第三、四张白纸间的摩擦力大小为μ2F+mg
D. 越靠近底座，白纸间的摩擦力越大
8.如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为3s和1s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )
A. 关卡3B. 关卡4
C. 关卡5D. 任何关卡都无法挡住
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，A、B两轻质弹簧原长分别为l1和l2，劲度系数分别为k1和k2k1≠k2，竖直地悬挂在天花板上，两弹簧之间连接有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态。现用一个平板把下面的物体缓慢向上托起，直到两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，则( )
A. 此时A、B两弹簧均处于原长状态
B. 此时A弹簧处于拉伸状态，B弹簧处于压缩状态
C. 此时A、B两弹簧弹力大小相等
D. 此过程m2上升的高度是m2gk2+m1+m2gk1
10.如图所示，在水平面上固定着四个材料完全相同的木块，长度分别是L、2L、3L、4L一子弹以水平初速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，则( )
A. 子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比vv=2
B. 子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比3:2
C. 子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比上t1′t2′=3− 7 7−2
D. 通过前二个木块和前三个木块的时间之比t1t2= 10− 7 10−2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。
(1)在A、B、C、D、E五个点中，打点计时器最先打出的是_______点。
(2)你能根据图中的点迹判断物块的运动性质是_______
(3)在打出C点时物块的速度大小为________m/s(保图3位有效数字)。
(4)物块下滑的加速度大小为_______m/s2(保留2位有效数字)。
(5)若打点计时器因损坏导致频率偏大，则测得的加速度大小_______(偏大/偏小)
12.小强同学利用如图甲所示的实验装置完成了“探究弹簧的弹力与其伸长量的关系”的实验，小强同学完成了如下的操作：
Ⅰ.将弹簧竖直悬挂在铁架台的横梁上，记录弹簧的长度x0；
Ⅱ.然后在弹簧下端挂上钩码，在逐个增加钩码的个数(每个钩码质量相同)，并依次记录弹簧的总长度；
Ⅲ.现以砝码的个数为纵轴、弹簧的长度为横轴，描绘出的图像如图所示。
(1)图像向上弯曲的原因可能是_______；
(2)利用此图上像_______(填“能”或“不能”)计算出弹簧的劲度系数；
(3)若要完成精度更高的实验，应该换用劲度系数_______(填“更大”或“更小”)的弹簧进行实验。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，某物理兴趣小组进行了一次自由落体和竖直上抛的演示实验，一顶端固定有一根长为6m的木棒，某时刻木棒从静止开始自由下落，与此同时地面上有一个小球以同速度v0=12m/s竖直上抛，观察到经t=1s时，小球和木棒的下端处于同一高度(g=10m/s2，且不考虑空气阻力)。
(1)小球经过多长时间落地？
(2)求初始时刻木棒顶端离地面的高度H？
(3)小球经过木棒的时间Δt？
14.如图所示6本相同的厚书被两块相同的竖直木板夹在中间，书静止不动，此时两侧对木板施加的水平压力为FN=40N，每本书的质量为m=0.5kg，重力加速度g取10m/s2，木板和书之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则
(1)左侧木板对书的静摩擦力为多大？
(2)书和书之间的动摩擦因数至少为多大？
(3)如果把左侧第二本书向上抽出至少需要多大的竖直拉力？
15.如图为车辆在乡村平直道路上行驶过程中的情景。B为长L2=12m的大货车，正以v2=15m/s的速度匀速向右行驶，A是在B后方同向行驶的小汽车，长度L1=5m，A车以v1=25m/s的速度行驶，当两车之间相距d1=7m时，A车司机准备借左侧对向车道超越B车，但A车司机发现对向车道与A车之间相距d2=90m处有另一小汽车C正迎面驶来，v3=20m/s。已知A车加速时加速度a1=2m/s2，A车刹车的加速度大小a2=10m/s2。
(1)若没有C车，A车司机想安全超越B车，则至少需要多长时间；
(2)若A车司机选择超越B车，为避免与C车相碰，C车司机至少以多大加速度大小a3刹车才能让A车司机超车成功；
(3)若A车司机放弃超车，为避免与B车相撞，立即刹车，同时鸣笛和闪灯发出信号提示，B车司机加速，B车司机反应时间t0=0.4s，并立即以a4=2m/s2的加速度加速，判定两车能否相碰，若不能，求两车之间最小距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.在描述物体的运动时，根据具体情况可以任意选择参考系，故A错误；
B.重心可以不在物体上，所有撑杆跳运动员跳高过程中，重心可能不在身体上，故B正确；
C.在研究地球的自转时，不能将地球看作质点，故C错误；
D.体操比赛中，裁判员对运动员评分时，要考虑运动员的姿态，不能将运动员看作质点，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】本题考查了牛顿第三定律、共点力平衡的条件及其应用。
A.桌面对物体的支持力和物体所受重力是一对平衡力，选项A错误；
B.压力不是重力，它们的施力物体、受力物体、作用点都不相同，选项B错误；
C.桌面对物体支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力，选项C正确；
D.物体所受重力的反作用力作用在地球上，选项D错误；
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.由图像可知，在 0∼t0 时间内，甲车速度一直小于乙车，所以该段时间内甲车位移小于乙车，甲、乙两车在 t0 时刻时，甲车在后乙车在前，故A错误；
B.由图知，汽车乙做加速度减小的减速运动，所以汽车乙的平均速度
v乙故B错误；
CD. v−t 图像面积表示位移，所以 0∼t1 时间内，甲车位移大于乙车，甲的平均速度比乙的平均速度大，故C错误，D正确。
故选D。
4.【答案】A
【解析】解：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系公式为：v2−v02=2ax，得v2=2ax+v02，可知，甲的初速度v01=0，乙的初速度为v02=1m/s，图象的斜率k=2a，由图可知，甲的加速度a1=12×2−00.5m/s2=2m/s2，乙的加速度a2=12×2−10.5m/s2=1m/s2，根据v=v0+at可知当t=1s时，甲速度v1=a1t=2×1m/s=2m/s，乙速度v2=v02+a2t=1m/s+1×1m/s=2m/s，所以甲、乙两车速度相同，故A正确；
B、根据A分析知甲车的加速度大小是乙车的加速度大小的2倍，故B错误；
CD、甲车做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇时：12a1t2=v0t+12a2t2，解得t=2s，相遇时的位移为x=4m，此后两者距离会越来越大，所以当t=1s时，甲、乙两车相距不是最远，除出发点外，两车还可以相遇一次，故CD错误。
故选：A。
根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v2−v02=2ax，分析图象斜率的意义，来比较加速度大小，由图象可以直接得到速度相等时的位移，从同一位置出发，两国相遇时的位移相等，根据匀变速直线运动特征判断位移相等时的位移和时间。
本题要读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移与速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题若按常规方法解答，需要设初速度和加速度，列方程组解答，比较麻烦，运用匀变速直线运动的推论，某段时间时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，得出两段时间中间时刻的速度，然后根据加速度的定义式求出物体的加速度大小。【解答】
在第一段Δx内的平均速度：v1=Δxt
通过下一段位移3Δx内的平均速度：v2=3Δx2t
某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间差：Δt=t2+2t2=32t
物体的加速度大小：a=ΔvΔt=v2−v1Δt=3Δx2t−Δxt32t=Δx3t2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6.【答案】B
【解析】C.对木块A，受力如图
水平方向受平衡力，因此一定有静摩擦力fB与水平力F平衡，故C错误；
A.对木块B，受力如图
其中斜面对木块B的摩擦力f可能为0，因此木块B可能受4个或5个力作用，故A错误；
BD.对A、B整体，一定受到重力(mA+mB)g、斜面支持力N、水平力F，如图所示
这三个力可能使整体平衡，因此斜面对A、B整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，A、B整体可能受3个或4个力作用，故B正确，D错误．
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
由滚轮与第一张白纸间的相对运动情况判断二者间摩擦力的种类与方向；由其它白纸间的相对运动情况判断摩擦力大小；对第一张以下的白纸整体由共点力的平衡判断得解。
本题主要考查摩擦力的判断与计算，知道静摩擦力与滑动摩擦力产生的条件是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.第一张纸相对于滚轮的运动趋势方向向左，则滚轮对第一张白纸的摩擦力方向向右，故A错误；
B.第一、二张白纸间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f12=μ2F+mg，第二张白纸处于静止状态，第二、三张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第一、二张白纸间的摩擦力，即f23=μ2F+mg，故B错误；
C.第三张白纸处于静止状态，第三、四张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第二、三张白纸间的摩擦力，即f34=μ2F+mg，故C正确；
D.除第一张白纸外，所有白纸均处于静止状态，白纸间的摩擦力均为 μ2F+mg ，大小相等。故D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】解：根据v=at可得：2m/s=2m/s2×t1，
所以加速的时间为：t1=1s
加速的位移为：x1=12at2=12×2×12m=1m，
之后匀速运动到达第2个关卡的时间为：t1′=L−x1v=8−12s=3.5s，
到达关卡2的时间为：t2=1s+3.5s=4.5s大于4s，放行；可以通过，
所以可以通过关卡2继续运动，从第2关卡到第3关卡匀速运动时间为：t2′=82s=4s，
所以到达第3关卡的时刻(从开始运动计时)为8.5s，8s<8.5s<11s，也是放行，可以通过，
从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是4s，所以到达第4关卡的总时间(从开始运动计时)为：1s+3.5s+4s+4s=12.5s，12s<12.5s<15s，也是放行，可以通过，
从第4关卡到第5关卡匀速运动时间仍然是4s，所以到达第5关卡的总时间(从开始运动计时)为：1s+3.5s+4s+4s+4s=16.5s，16s<12.5s<19s，也是放行，可以通过．
所以ABC错误，D正确；
故选：D
人先做加速运动，之后是匀速运动，计算到达各个关卡的时间与关卡放行和关闭的时间对比，得出结果．
本题是对匀变速直线运动位移时间关系式的考查，注意开始的过程是匀加速直线运动，要先计算出加速运动的时间．
9.【答案】BD
【解析】AB.一个平板把下面的物体缓慢向上托起，直到两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，受力分析可知，此时A弹簧处于拉伸状态，B弹簧处于压缩状态，故A错误，B正确；
C.末状态，弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，所以上侧弹簧伸长量等于下侧弹簧压缩量，而两根弹簧劲度系数不相等，所以此时A、B两弹簧弹力大小不相等，故C错误；
D.开始时，设A、B弹簧的伸长量分别为 x1 、 x2 ，则
x1=m1+m2gk1 ， x2=m2gk2
设末状态时两个弹簧形变量都为x，则
m1g=k1x+k2x
解得
x=m1gk1+k2
m2上升高度为
h=x2+x1=m2gk2+(m1+m2)gk1
故D正确。
故选BD。
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
把子弹的运动采取逆向思维看成是初速度为零的匀加速直线运动，再根据位移速度关系及匀变速直线运动的平均速度的推论即可分析。
本题是末速度为零的匀减速直线运动，关键是采取逆向思维。
【解答】
A.子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比vv=v2v=12，故A错误；
B.若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由2ax=v2
可得子弹穿出第一个木块和第三个木块时的速度之比v1v2= 2a⋅(2L+3L+4L) 2a⋅4L=32，故B正确；
C.子弹穿出第二个木块的速度为v′2= 2a⋅(3L+4L)
穿过第二个木块的平均速度为v2=v1+v′22，所用时间t1=2Lv2
子弹通过第三个木块的平均速度v3=v′2+v22，所用时间t2=3Lv3
则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比t1′t2′=3− 7 7−2，故C正确；
D.子弹穿出第二个木块的速度为v′2= 2a⋅(3L+4L)
穿过前二个木块的平均速度为v12=v +v′22，所用时间t12=3Lv12，子弹通过前三个木块的平均速度v13=v+v22，所用时间t13=6Lv13 ，通过前二个木块和前三个木块的时间之比为 10− 7 10−2，故D正确。
故选BCD。
11.【答案】(1)A； (2)匀加速直线运动； (3)0.230； (5)0.75； ((5)偏小
【解析】(1) 物块沿倾斜的长木板加速下滑，速度逐渐增大，所以打点计时器最先打出的是A点；
(2)由图可知B、C、D、E五个点的刻度分别为1.20cm，3.20cm，5.80cm，9.30cm，相邻两点的距离差近似相等，所以物块做匀加速直线运动；
(3)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知
vC=xBD2T=5.80−1.202×0.1×0.01m/s=0.230 m/s
(4)根据逐差法可解得加速度为
a=xCE−xAC4T2=9.30−3.20−3.204×0.12×0.01m/s2=0.73 m/s2
(5)若打点计时器因损坏导致频率偏大，则周期变小，但实验小组同学并不知道，测得的加速度大小会偏小。
12.【答案】 (1)超出了弹簧弹性限度； (2)不能； (3)更小。
【解析】(1) 根据胡克定律，弹力和弹簧长度应该是线性关系，即为一条直线，现图像后部分向上弯曲的原因是超出了弹簧弹性限度。
(2)由于不知每个钩码的重力，所以不能计算弹簧的弹力大小，因此也不能测出弹簧的劲度系数。
(3) 若要完成精度更高的实验，相同弹力形变量变大，则应该换用劲度系数更小的弹簧进行实验。
13.【答案】(1) 2.4s ；(2) 18m ；(3) 0.5s
【解析】(1)根据对称性可知小球落地时间
t1=2×v0g=2.4s
(2)根据题意，木棒顶端离地面的高度为
H=12gt2+v0t−12gt2+6m=18m
(3)根据题意 t=1s 时，木棒的速度
v=gt=10m/s
小球的速度
v1=v0−gt=2m/s
设小球经过木棒的时间 Δt ，木棒长为6m，根据
v⋅Δt+12gΔt2+v1Δt−12gΔt2=6m
联立解得
Δt=0.5s
14.【答案】解：(1)把书看作整体，受力平衡，则根据共点力的平衡条件可得：2f=6mg，解得两个木板对书施加的静摩擦力为f=15N，两侧的摩擦力相等，所以每个木板施加的静摩擦力为15N；
(2)当书本刚好不向下滑动时，对左边第一本书受力分析则有：mg+f12=f，解得左边第一二本书之间的摩擦力为：2mg=f12，
则有f12=2mg=μFN
解得μ=0.25，即书和书之间的动摩擦因数至少为0.25。
(3)当刚好能将书向上抽出时，书受到两侧的向下的滑动摩擦力和重力，因此有：F1=2μFN+mg=25N。

【解析】(1)对整体受力分析，由共点力的平衡得解；
(2)对左边第一本书受力分析，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力得解；
(3)对书受力分析，由共点力的平衡得解。
本题主要考查共点力的平衡及静摩擦力的理解与应用，难度一般。
15.【答案】解：(1)设经过时间t1超车成功，则对A车有xA=v1t1+12a1t12
对B车有vB=v2t1
此过程中，两车的位移关系为xA=xB+L2+L1+d1
解得xA=54m，t1=2s；
(2)A车超车成功，设此过程C车前进的距离为xC，则有xC=v3t1−12a3t12
则A车与C车位移关系有xA+xC=d2
解得a3=2m/s2；
(3)经t2时间A、B速度相等，则v1−a1t2=v2+a3t2−t0
此过程中A车的位移为xA′=v1t2−12a2t22
此过程中B车的位移为xB′=v2t0+v2t2−t0+12a3t2−t02
解得t2=0.9s，xA′=18.45m，xB′=13.75m
因为xA′所以两车不相碰，且最近距离为Δx=xB′+d1−xA′=2.3m。

【解析】本题考查了运动学中的追及相遇问题，关键抓住位移关系，知道速度相等时两者间距有极值，结合运动学公式灵活求解。
追及相遇问题：(i)一定能追上，速度相等时两者距离最大；(ii)有可能追上，在两者速度相等时：①没有追上，此时距离最小；②刚好追上，只能相遇1次或恰好相遇；③超过，相遇2次或在此之前已经发生相撞。从时间、位移、速度三个角度列式求解。