2023-2024学年安徽省六安第二中学河西校区高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安第二中学河西校区高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.北京时间2023年10月3日，由陈冠锋、谢震业、严海滨和陈佳鹏组成的男子接力队，以38秒29的成绩力压日本接力队和韩国接力队，拿下亚运会男子4×100m接力项目的金牌，下列说法正确的是( )
A. 4×100m指的是位移大小
B. 38秒29指的是冲线时刻
C. 在研究运动员冲线的动作时，不能将运动员看成质点
D. 第四棒运动员陈佳鹏最后越跑越快，说明他的加速度一定越来越大
2.下列说法中正确的是( )
A. 物体运动的速度变化越大，其加速度一定也越大
B. “风吹草低见牛羊”，草受到了力，但没有施力物体，说明没有施力物体的力也是存在的
C. 单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位
D. 牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来验证
3.1935年5月，红军为突破“围剩”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度2m/s，则突击队渡河所需的最短时间为( )
A. 60sB. 100sC. 150sD. 300s
4.如图，质量分布均匀的球体A和四分之一圆弧形滑块B相切于最低点并均处于静止状态，现用水平外力F作用在B上，使B向右缓慢移动一小段距离，不计一切摩擦，在此过程中( )
A. B对A的支持力增大B. 水平外力F减小
C. 竖直墙面对A的弹力减小D. 水平地面对B的支持力增大
5.某同学利用甲图装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，并描绘弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线如乙图所示，下列说法正确的是( )
A. 实验中可用钩码重力代替弹簧弹力的大小，这样做的依据是共点力平衡
B. 图像后面部分弯曲的原因是因为弹簧的自重
C. 图线OA段斜率的大小即为该弹簧劲度系数的大小
D. 测量弹簧原长时应该把弹簧水平放置
6.如图所示，A、B两个物块叠放在光滑水平地面上，质量分别是2kg和4kg，它们之间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2.现对A施加水平拉力F，要保持A、B相对静止，F不能超过
( )
A. 2NB. 4NC. 6ND. 8N
7.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，对A施加一竖直方向的外力F让轻环A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则( )
A. A匀速上升时，重物B减速下降
B. 所施加的外力F的方向竖直向上
C. 轻环A过位置M时，重物B的速度vB=vcsθ
D. 重物B下降过程，绳对B的拉力小于B的重力
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示是物体做直线运动的v−t图像，由图可知该物体
( )
A. 第1s内和第3s内的运动方向相反
B. 第3s内和第4s内的加速度相同
C. 第1s内和第3s内的位移相同
D. 0∼2s内和0∼4s内的平均速度大小相等
9.质点从O点静止释放做自由落体运动，依次经过A、B两点，若质点通过OA、AB位移所用时间之比为1：2，则下列说法正确的是( )
A. 通过A、B两点的速度大小之比为1:2
B. OA、AB长度之比为1:4
C. OA、AB段平均速度大小之比为1:4
D. OA、AB段位移中点速度大小之比为1: 10
10.如图甲所示，在升降机的底部安装了一个传感器，传感器上有一质量为m的物体，通过传感器能够显示物体对升降机底部的压力F的大小。重力加速度大小为g，t=0时，升降机由静止开始运动，传感器的示数F随着时间t变化的规律如图乙所示。若升降机只在竖直方向运动，下列判断正确的是( )
A. 0∼t2的时间内，升降机向上运动B. t1∼t2的时间内，物体处于失重状态
C. t2∼t4的时间内，物体处于超重状态D. t=t2时，物体处于静止状态
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.用如图所示的装置探究小车的加速度与所受合力、质量的关系。

(1)实验中为消除阻力的影响需要垫高轨道的一端，此时_______(选填“悬挂”或“不悬挂”)砂桶，改变轨道的倾角，当小车做_______(选填“匀速”或“匀加速”)运动时，就实现了调整的目的。
(2)实验中，在满足悬挂物的总质量_______(选填“远大于”或“远小于”)小车的质量时，可认为小车的合力大小等于砂桶的总重力。实际上小车受到的合力比砂桶的总重力要_______(选填“大”或“小”)一些。
(3)实验中，若要研究加速度与质量的关系，需要保持_______(选填“悬挂物的总质量”或“小车的质量”)不变。
12.三个同学根据不同的实验装置，验证“平抛运动的规律”：
(1)甲同学采用如图甲所示的装置，用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明___________；
(2)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d，图中每个小方格的边长L=2.5cm，则a点______抛出点(填“是”或“不是”)，相邻两点间的时间间隔为_____s，小球经过b点时的速度大小vb=______m/s；(g取10m/s2)
(3)丙同学采用如图丙所示的装置，安装设备和实验过程中，下列操作正确的是____。
A. 斜槽末端必须调节为水平
B. 平面直角坐标系的原点建立在斜槽的末端
C. 每次释放小球时挡板在斜槽上的位置可任意调节
D. 小球上沾上墨水，让小球和纸面接触直接画出抛物线
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
13.同学们每隔一段时间就要调整教室内的座位。在某次调整过程中，甲同学站在课桌后面平推课桌，乙同学站在课桌前斜向上拉课桌。已知乙同学的拉力方向与水平方向成θ角，课桌与水平面之间的滑动摩擦因数μ，课桌以及桌上物品的总质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在移动过程中课桌不翻转，重力加速度为g。
(1)甲同学至少用多大力才能水平推动课桌；
(2)乙同学至少用多大力才能拉动课桌。
14.某人在离地面1.4m的高度，将质量0.4kg的小球以v0=10m/s的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水平方向之间的夹角为37∘，不计空气阻力，g=10m/s2，求
(1)小球从抛出点上升的最大高度；
(2)小球在空中运动的时间；
(3)小球落地点与抛出点的水平距离。
五、计算题：本大题共1小题，共15分。
15.如图甲所示，倾斜传送带以速度v1(大小未知)沿顺时针方向匀速转动，煤块以初速度v0=12m/s从传送带底端A点沿传送带方向冲上传送带，经历4.8s恰好到达传送带顶端B点，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)A、B两点间的距离；
(2)煤块在传送带上留下的痕迹长度；
(3)传送带与水平地面间的夹角以及煤块与传送带间的动摩擦因数。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.位移为初位置指向末位置的有向线段，4×100m指的是路程，故A错误；
B.时刻为时间点，时间间隔为时间段，38 秒29 指的运动时间，故B错误；
C.在研究运动员冲线的动作时，运动员的形状大小不能忽略，所以不能将运动员看成质点，故C正确；
D.第四棒运动员陈佳鹏最后越跑越快，说明他的速度越来越大，加速度不一定增大，故D错误。
故选：C。
位移为初位置指向末位置的有向线段；时刻为时间点，时间间隔为时间段；物体看作质点的条件是物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计；加速度为速度变化快慢的物理量。
本题主要考查了运动学的基础知识点，位移、时刻、能否看作质点的条件等，比较简单。
2.【答案】C
【解析】A.物体运动的速度变化大，若所需时间很长，其加速度可能很小，故A错误；
B.“风吹草低见牛羊”，草受到了力，施力物体是风，故B错误；
C.单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，故C正确；
D.牛顿第二定律可以实验验证，但牛顿第一定律无法通过实验进行验证，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】根据分运动的独立性与等时性可知，当船头指向垂直于河岸时，渡河时间最短，可知，最短时间为
tmin=dv静=3002s=150s
故选C。
4.【答案】A
【解析】解：AC.对A进行受力分析，如图甲所示，由图可知B向右缓慢移动时，B对A的支持力与竖直方向的夹角逐渐变大，可知B对A的支持力增大，竖直墙面对A的弹力增大，故A正确，C错误；
BD对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可知N1=G总、F=FN2，所以水平地面对B的支持力不变，外力F增大，故 B、D错误。
故选：A。先用隔离对小球进行受力分析，根据平衡条件利用矢量三角形法求出墙壁对球的弹力和滑块对球的弹力大小随移动距离的变化的关系。对球和滑块整体分析，根据平衡条件，可以判断地面对滑块弹力以及竖直墙面对A的弹力的变化。
本题考查了共点力的平衡条件。整体法与隔离法的灵活选择对解题过程简洁与否至关重要，本题中选择整体法会使解题过程大为简化，如果用隔离法，由于力的个数较多，还需隔离出两个物体分别分析，解题过程会很繁琐，作为选择题，要能灵活选择方法。
5.【答案】A
【解析】A.实验中可用钩码重力代替弹簧弹力的大小，这样做的依据是当钩码静止时，钩码共点力平衡，即钩码的重力大小等于弹簧弹力大小，故A正确；
B.图线中后半部分明显偏离直线是因为拉力超过弹簧的弹性限度，故B错误；
C.根据胡克定律
F=mg=kΔl
整理得
Δl=1kF
可知图线OA段斜率的大小为该弹簧劲度系数的倒数，故C错误；
D.弹簧竖直悬挂，测量弹簧原长时应该把弹簧竖直放置，故D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】物体A与B刚好不发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，
对B有：μmAg=mBa
得：a=1m/s2，
对整体有：F=(mA+mB)a=(2+4)×1N=6N
所以要保持A、B相对静止，F不能超过6N，故C正确，ABD误
故选：C。
物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对B受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
本题关键抓住恰好不滑动的临界条件：A、B间的静摩擦力达到最大值，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解。
7.【答案】A
【解析】ACD.根据题意，分解A的速度，如图所示
可知，轻环A过位置M时，重物B的速度
vB=va=vcsθ
A匀速上升时， θ 增大，则 csθ 减小，可知， vB 减小，即重物B减速下降，重物B具有向上的加速度，处于超重状态，则绳对B的拉力大于B的重力，故CD错误，A正确；
B.根据题意，设绳子的拉力为 T ，对轻环受力分析可知，竖直方向上受竖直向下的摩擦力，绳子拉力竖直向上的分力，和外力 F ，若绳子拉力竖直向上的分力
Tcsθ>f
由平衡条件可知，外力 F 竖直向下，若绳子拉力竖直向上的分力
Tcsθ由平衡条件可知，外力 F 竖直向上，故B错误。
故选A。
8.【答案】BC
【解析】A.速度的正负表示物体运动的方向，所以第1s内和第3s内的运动方向相同，故A错误；
B. v−t 图像的斜率表示物体的加速度，根据图像可知第3s内和第4s内的图像斜率相同，所以加速度相同，故B正确；
C. v−t 图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移，第1s内物体运动的位移为
x1=12m
第3s内的位移为
x3=12m
故C正确；
D.物体0∼2s内的位移为
x2=12(1+2)×1m=1.5m
所以0∼2s内平均速度大小为
物体0∼4s内的位移为
x4=x2=1.5m
所以0∼4s内平均速度大小为
因此0∼2s内和0∼4s内的平均速度大小不相等。
故选BC。
9.【答案】CD
【解析】A.根据
v=gt
通过A、B两点的速度大小之比为
vA:vB=t0:3t0=1:3
故A错误；
B.根据
vA2=2gxOA
vB2−vA2=2gxAB
OA、AB长度之比为
xOA:xAB=1:8
故B错误；
C.OA、AB段平均速度大小之比为
vOA:vAB=xOAt0:xAB2t0=1:4
故C正确；
D.根据
v1= vA22 ， v2= vA2+vB22
OA、AB段位移中点速度大小之比为
v1:v2= 12: 102=1: 10
故D正确。
故选CD。
10.【答案】BC
【解析】AB.0∼t2的时间内，升降机对物体的支持力小于物体的重力，物体有向下的加速度，t=0时，升降机由静止开始运动，故0∼t2的时间内，升降机向下运动，t1∼t2的时间内，物体处于失重状态，故A错误，B正确；
C.t2∼t4的时间内，升降机对物体的支持力大于物体的重力，物体有向上的加速度，物体处于超重状态，故C正确；
D.t=t2时，升降机对物体的支持力等于物体的重力，物体的速度不为零，物体做匀速直线运动，故D错误。
故选BC。
11.【答案】 不悬挂 匀速 远小于 小 悬挂物的总质量
【解析】(1)[1][2]实验中为消除阻力的影响需要垫高轨道的一端，此时不悬挂沙桶，改变轨道的倾角，让小车自身重力沿斜面向下的分力平衡阻力，当小车拖动纸带，纸带上的点迹均匀时，说明小车做匀速运动，即平衡了阻力。
(2)[3]设小车的总质量为 M ，沙和沙桶的总质量为 m ，平衡阻力后对整体由牛顿第二定律有
mg=(m+M)a
设连接小车的细绳上的张力为 T ，则对小车由牛顿第二定律有
T=Ma
两式联立可得
T=mg1+mM
显然，只有当悬挂物的总质量远小于小车的质量时可认为小车的合力大小等于砂桶的总重力；
[4]根据该表达式分析可知，实际上小车受到的合力 T 比砂桶的总重力要小一些。
(3)[5]实验中，若要研究加速度与小车质量的关系，则要用到控制变量法，保持悬挂物的总质量不变即保持小车所受合外力不变。
12.【答案】 做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动 不是 0.05 1.25 A
【解析】(1)[1]观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，说明竖直方向两球运动情况相同，即做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动。
(2)[2][3][4]根据平抛运动的推论
ycd−ybc=L=gT2
相邻两点间的时间间隔为
T=0.05s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，小球经过b点时的竖直方向速度大小为
vby=yac2T=3L2T=3×2.52×0.05×10−2m/s=0.75m/s
竖直方向上，b点与抛出点的距离为
y0=vby22g=0.7522×10m=2.8125cm≠yab=2.5cm
故a点不是抛出点，小球水平方向的速度为
v0=xabT=2.5×20.05×10−2m/s=1m/s
小球经过b点时的速度大小为
vb= v02+vby2=1.25m/s
(3)[5]A.为使小球做平抛运动的初速度大小相等、方向水平，斜槽末端必须调节为水平，每次释放小球时挡板在斜槽上的位置应相同，故A正确，C错误；
B.建立坐标系时，应该以小球在斜槽末端在竖直板上球心的投影为坐标原点，以末端端口位置为坐标原点会使得误差增大，故B错误；
D.为了减小阻力的影响，小球在平抛运动过程中，不能与纸接触，故D错误。
故选A。
13.【答案】(1) μmg ；(2) μmgcsθ+μsinθ
【解析】(1)甲同学用力最小的情况下推动课桌，则课桌匀速运动，此时有甲同学对课桌的水平推力等于课桌所受地面的滑动摩擦力，根据平衡条件有
F1min=μmg
(2)乙同学恰好拉动课桌，则在水平方向有
F2csθ=μFN
竖直方向有
FN+F2sinθ=mg
联立解得
F2=μmgcsθ+μsinθ
14.【答案】(1) 1.8m ；(2) 1.4s ；(3) 11.2m
【解析】(1)小球做斜抛运动，小球从抛出点上升的最大高度为
hm=(v0sin37∘)22g=622×10m=1.8m
(2)小球从抛出点上升的最大高度所用的时间为
t1=v0sin37∘g=0.6s
小球从最高点到落地的过程，有
hm+h=12gt22
解得
t2=0.8s
小球在空中运动的时间为
t=t1+t2=1.4s
(3)小球落地点与抛出点的水平距离为
x=v0tcs37∘=8×1.4m=11.2m
15.【答案】(1)16.8m；(2)10m；(3) θ=30∘ ， μ= 34
【解析】(1)根据题图可知，煤块在0∼0.8s内的位移大小
x1=v0+v12⋅t1=6.8m
煤块在0.8s∼4.8s内的位移大小
x2=v12⋅t2=10m
由此可知煤块的位移大小即A、B两点间的距离
x=x1+x2=16.8m
(2)煤块会有不同加速度是因为煤块受到的摩擦力发生了改变，由此分析可知传送带的运行速度大小
v1=5m/s
煤块在0∼0.8s内在传送带上留下的痕迹长度
Δx1=x1−v1t1=2.8m
煤块在0.8s∼4.8s内在传送带上留下的痕迹长度
Δx2=v1t2−x2=10m
由于煤块在0.8s∼4.8s内在传送带上留下的痕迹会覆盖0∼0.8s内在传送带上留下的痕迹，因此煤块在传送带上留下的痕迹长度
Δx=Δx2=10m
(3)煤块在0∼0.8s内的加速度大小
a1=v0−v1t1=354m/s2
对此时的煤块受力分析，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
煤块在0.8s∼4.8s内的加速度大小
a2=v1t2=54m/s2
对此时的煤块受力分析，由牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得
θ=30∘ ， μ= 34