湖南省岳阳市2024-2025学年高一上学期质量检测物理试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省岳阳市2024-2025学年高一上学期质量检测物理试卷（Word版附答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年巴黎奥运会，潘展乐在男子100米自由泳决赛中游出46秒40的好成绩，打破男子100米自由泳奥运会纪录。已知比赛用标准游泳池长度为50米，下列说法正确的是
A. “46秒40”的比赛成绩指的是时刻B. 100m指的是比赛中潘展乐运动的位移
C. 研究潘展乐的泳姿时可以将他视为质点D. 比赛过程中潘展乐惯性大小不变
2.一辆汽车在教练场上沿平直道路行驶，以 x表示它相对于出发点的位移。汽车在0时刻到40s这段时间的图像如图所示，关于汽车行驶说法正确的是( )
A. 在时间一直做匀加速运动B. 在时间一直驶离出发点
C. 最远位置距离出发点为30mD. 在前10秒和后10秒平均速度大小相等
3.两个力和之间的夹角为，其合力为F。以下说法正确的是
A. 当时，合力F此时为最大值
B. 合力F总比力和中的任何一个都大
C. 若力和大小不变，角越小，则合力F就越大
D. 若夹角不变，力大小不变，增大，则合力F一定增大
4.跳水运动员训练时从5m跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片。测得其中两张连续的照片中运动员双脚离水面的高度分别为和。由此估算手机连拍时间间隔是( )
A. B. C. D. 1s
5.一同学站在力学传感器上反复尝试“下蹲”、“站起”动作，某时间段力学传感器示数变化如图所示，图像显示的是该同学
A. 完成一次先“站起”再“下蹲”的过程
B. 完成一次先“下蹲”再“站起”的过程
C. 完成一次先“站起”后“下蹲”再“站起”的过程
D. 完成一次先“下蹲”后“站起”再“下蹲”的过程
6.如图所示，两石柱用铁环各连接一条铁链，每条铁链由10个铁环构成，两铁链下端连接一质量为4m的铁锁，最上面的1环和20环两端等高地悬挂在石柱上，两端点的切线与竖直方向的夹角均为。已知每个铁环的质量均为m，重力加速度为g，，忽略一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. 1环上端受到的弹力大小为12mg
B. 10环和11环的上端受到弹力的合力为mg
C. 铁锁受到10环和11环对它的作用力是一对平衡力
D. 1环上端受到的弹力大小大于10环下端受到的弹力大小
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.下列说法中，有符合说法的实例的是( )
A. 物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0
B. 两物体相比，一个物体的位置变化快，而速度却比较小
C. 两物体相比，一个物体的速度变化率比较大，而加速度却比较小
D. 物体做直线运动，后一阶段的加速度比前一阶段小，但速度却比前一阶段大
8.伽利略用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，以下选项有的属于实验事实，有的属于逻辑推理，则属于逻辑推理的是( )
A. 小球由静止开始释放，滚上对接的斜面
B. 小球会上升到原来释放时的高度
C. 减小斜面的倾角，小球仍然能到达原来的高度
D. 继续减小斜面的倾角，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去
9.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时 A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但 A、B仍未动。下列说法正确的是
A. 施力后A、B之间的摩擦力一定比施力前大
B. 施力后B与墙面间的弹力一定比施力前大
C. 施力后B与墙面间的摩擦力可能与施力前相等
D. 施力后A对B的作用力可能比施力前小
10.
图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用2s后撤去F，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是
( )

A. 拉力F的大小为9N
B. 时刻，物块的速度减为0
C. 物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
D. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为6m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。该同学某次实验的主要的步骤有：
A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上
B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数
D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力和的图示，并用平行四边形定则求出合力F
E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，使结点到达同一位置O，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F的图示
F.比较和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论.
上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是 填字母
甲图中弹簧测力计的示数为
根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，乙图中、、F、四个力，其中力 填上述字母不是由实验中弹簧测力计直接测得的;
该同学按正确实验步骤进行第二次实验时， 选填“需要”或“不需要”使结点始终在同一位置O点。
12.某实验小组用图甲所示装置“探究加速度与力的关系”实验。
关于该实验操作，说法正确的是 填字母代号
A.先接通打点计时器电源，后释放小车
B.小车的质量要远小于所挂钩码的质量
C.补偿阻力时，小车前不需要悬挂钩码
D.每次改变小车质量后都需要重新平衡摩擦力
打点计时器的电源频率为50Hz，图乙所示纸带为按正确的操作打出的一条纸带，图中所标的点为计数点，两计数点间还有4个点未画出，则小车运动过程中：计数点 B对应的瞬时速度大小 ，加速度大小 结果保留三位有效数字。
已知重力加速度大小为 g，小车的质量为 M。若多次增大钩码的质量进行实验，得到钩码的质量 m及对应的小车运动的加速度a，作出图像如图丙实线所示，图像出现弯曲的原因是 ;在曲线部分取一点P，对应的横坐标为已知，则P点的纵坐标 用g、M、表示。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机跑道的前一部分是水平的，跑道尾段略微向上翘起。飞机在尾段翘起跑道上的运动虽然会使加速度略有减小，但能使飞机具有斜向上的速度，有利于飞机的起飞。假设某飞机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度为，位移为后一段的加速度为，时间为，求：
前一段的运动时间;
后一段的位移大小;
飞机离舰时的速度大小。
14.如图所示，物体A、B之间用轻弹簧连接放置在水平地面上，在水平向右拉力的作用下， A、B一起以加速度做匀加速直线运动。已知，，A与地面间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数，重力加速度g取。求：
弹簧的形变量
与地面间的动摩擦因数
撤去力F的瞬间，物体 B 加速度的大小。
15.如图甲所示，为一货车运输货物。半圆柱体A、B并排放车厢，相互靠近并恰被牢牢固定，光滑圆柱体 C静置其上， a、b为切点。已知A、B、C半径之比为，质量之比为圆柱体C的质量为m，重力加速度为g，，。
当货车匀速运动时，求圆柱体C受到半圆柱体A、B的支持力、的大小;
当汽车向左加速运动时，汽车向左运动的加速度增大到一定值，桶C就脱离A而运动到B的右边，求这个加速度的大小;
将货物卸下来放在粗糙水平面上，如图乙所示，半圆柱体A、B通过插销分别固定。现解除半圆柱体A、B固定的同时，在圆柱体C上施加一个竖直向下、且缓慢增大的外力F。已知，地面与半圆柱体A、B接触面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试判断，半圆柱体 A、B 谁先滑动，求滑动瞬间外力 F的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.“46秒40”表示时间间隔，不是时刻，时刻是时间点，故A错误；
B.“100m”指的是路程，不是位移大小，故B错误；
C. 研究潘展乐的泳姿时，潘展乐的身体姿态、形状和大小都不能忽略，所以不能把潘展乐看作质点，故C错误;
D. 惯性的大小只与物体的质量有关，比赛过程中潘展乐惯性大小不变，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.图像的斜率表示速度，图像的斜率不变，物体运动的速度不变，物体做匀速运动，从出发点出发，正向运动，故A错误；
B.内，斜率为零，速度为零，位移不变，物体处于静止状态，位于处，内，图像的斜率为负且不变，物体沿反方向做匀速直线运动，即向着出发点行驶的，故B错误，C正确；
在前10秒内和后10秒内，位移大小不相等，方向不同，所以平均速度大小不相等，故D错误。
故选： C。
3.【答案】C
【解析】两个力的合力范围是，可知合力F可能比力和中的任何一个都大，也可能比力和中的任何一个都小，当时，合力F为最大值，AB错误；
C. 根据平行四边形定则可知，若和大小不变，角越小，则合力F就越大，C正确；
D. 若夹角大于，大小不变，增大，合力F不一定增大；若两力夹角为，且大于时，增大时，合力减小，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】设手机连拍时间间隔为T，跳台高为，运动员做自由落体运动，下落到距水面为时，所需时间为t，则：下落到距水面为时，下落的时间为，则：，联立解得：。
故选B。
5.【答案】A
【解析】站起的过程中，先向上加速度运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下，人先超重后失重，对应图象中的；下蹲的过程中，先向下加速运动，再向下减速到停止，加速度先向下再向上，人先失重后超重，对应图象中的；故该同学完成一次先“站起”再“下蹲”的过程。
故选A。
6.【答案】D
【解析】A.设1环上端的弹力大小为，则20环上端的弹力大小也为，以两铁链和铁锁为整体，根据受力平衡可知，解得，故A错误;
B.以10环、11环和铁锁为研究对象，10环和11环的上端受到的弹力的合力为6mg，故B错误;
C.铁锁受三个力作用，铁锁两侧受到两铁环的作用力不是一对平衡力，故 C错误。
D.设10环下端的切线方向与竖直方向的夹角为，以1到10环为研究对象，在水平方向有，因，故，故D正确。
故选D。
7.【答案】AD
【解析】A、做匀速直线运动的物体，加速度为零，速度不为零且不变，故A符合实际；
B、根据知，位置变化快，速度较大，故B不符合实际；
C、根据知，速度变化率即为加速度，所以速度变化率较大，加速度也较大，故B不符合实际；
D、物体做直线运动时，若加速度方向与速度方向相同，后一阶段比前一阶段加速度小，但是速度增大，故D符合实际；
故选：AD。
8.【答案】BCD
【解析】小球由静止开始释放，滚上对接的斜面，故A属于实验事实；
小球滚到右侧斜面的高度与小球自由放手的位置接近，摩擦越小越接近，得出推理，如果无摩擦，小球上升的高度与自由放手位置相同；继续推理，在无摩擦的情况下如果改变右侧斜面的倾斜程度，减小倾角，仍能使小球上升的高度与自由放手的位置相同；继续大胆推理，在无摩擦的情况下，右侧斜面继续减小倾角为0，即水平，则小球永远运动。故BCD属于逻辑推理。
9.【答案】BD
【解析】A. 对A物体分析，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为，若，则A、B之间的静摩擦力大小还是等于
，所以A、B之间的摩擦力大小可能不变，故A错误；
B. 以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，施加力F后，B与墙面的弹力变为，弹力增大，故B正确；
C. 对整体分析，因为AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，由于水平方向没有外力作用，故整体和墙间没有弹力，也就肯定没有摩擦力；施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡条件知，则B与墙之间一定有摩擦力，摩擦力大小等于力F在竖直方向的分力，方向竖直向下，所以施力前后的摩擦力不可能相等，故C错误；
D. 对A分析可知，施力前A受重力和B对A的作用力处于平衡，B对A的作用力大小等于A的重力，施力后A受重力、推力以及B对A的作用力，推力和B对A的作用力的合力等于A的重力，根据力的合成可知，B对A的作用力可能小于A的重力，再由牛顿第三定律可知，施力后A对B的作用力可能比施力前小，故D正确。
故选：BD。
10.【答案】AD
【解析】AC、由图可知，木板在的加速度大小比3s后的加速度大小要大，也就意味着在3s之前木块与木板之间相对滑动，直到3s时刻木块与木板共速；
在内，木板的加速度大小为
在内，物块的加速度大小为
假设木板与地面的动摩擦因数为，物块与木板之间的动摩擦因数为，则木板在内根据牛顿第二定律有：
木块在内根据牛顿第二定律有：
代入数据联立解得：，
木板在内的加速度为
木板在内受力为F，根据牛顿第二定律可得：
代入数据解得，拉力，故A正确，C错误;
D、在0∽3s内木板的位移
在内物块的位移
在3s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：2
木板的加速度大小为，12
解得：
物块到停止的时间还需要：
木板到停止的时间还需要：
物块的位移为：
木板的位移为：
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：，故D正确;
B、由上可知，物块从开始到停止运动的时间为，所以时的速度不为零，故B错误。
故选：AD。
11.【答案】C
F
不需要

【解析】本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果，所以实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示，步骤C中未记下两条细绳的方向；
由图示测力计可知，其分度值为，示数为；
是平行四边形定则作出的合力，是合力的理论值，所以F不是弹簧测力计所得；
重复步骤，进行第二次实验时，因为是两次不同的实验，所以不需要使结点始终在同一位置O点。
12.【答案】AC
不能满足

【解析】实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B. 实验时所挂钩码的质量要远小于小车的质量，故B错误；
C.补偿阻力时，小车前不需要悬挂钩码，但需要连接纸带，每次改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故C正确，D错误。
故选：AC。
相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为
则有
根据逐差法可得，小车的加速度为2。
图丙实线所示，图像出现弯曲的原因是此时不能满足；
设此时细线的拉力为T，则对小车有1
对悬挂物有1
联立上述式子解得a1。
13.【答案】前一段根据位移公式有
则
前一段的末速度为
后一段的位移为
设离舰时速度为，则
有

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】分析A受力有
则
由，有
分析B受力有：
代数得
撤去F分析B受力有
代数有

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】根据题目半径之比为，由几何关系可知和连线与水平方向的夹角为，和连线与水平方向的夹角为，对圆柱体C受力分析，由平衡条件可知
解得
分析C受力可知，货车加速度增大， A对C的支持力减小，当 A对C的支持力减小到0时， C就脱离A。
解得
设施加一个外力后， A与地面之间先达到最大静摩后，发生相对滑动，则根据受力分析可知
解得
设施加一个外力后， B与地面之间先达到最大静摩后，发生相对滑动，则根据受力分析可知
解得
则
则外力大小为时，A相对地面发生滑动，则半圆柱A先滑动，此时外力F的大小为。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】