2024-2025学年广东省中山市华侨中学高一（上）第二次段考物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省中山市华侨中学高一（上）第二次段考物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了6N=12N等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.第33届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行，其中在男子100米自由泳(泳道长50米)决赛中，我国运动员潘展乐以46秒40的成绩创造了新的奥运会纪录，勇夺该项目冠军，这也是我国游泳队在该项目历史上的第一金。下列说法中正确的是( )
A. 潘展乐全程的平均速度约为2.16m/sB. “46秒40”表示的是时间间隔
C. 研究潘展乐的泳姿时可以把其看作质点D. 潘展乐全程的位移大小为100m
【答案】B
【解析】C、研究潘展乐的泳姿时，不能忽略潘展乐的大小和形状，故不能将其看作质点，故C错误；
A、根据题意可知潘展乐的位移为零，结合平均速度等于位移与时间之比，可得其平均速度为零，故A错误；
B、“46秒40”是时间段，表示时间间隔，故B正确；
D、潘展乐全程的路程为100m，位移为0，故D错误。
故选：B。
2.古语“骐骥(骏马)一跃，不能十步；驽马(劣马)十驾，功在不舍”，意在鼓励同学们学习上要持之以恒，久久为功。从物理角度分析，下列说法正确的是( )
A. 劣马走的距离远，是因为它的平均速度更大
B. 若相同时间内千里马的速度变化量更大，那么它的加速度更大
C. 若千里马加速度更大，那么它的速度一定会比劣马快
D. 若马的加速度减小，那么它的速度也一定减小
【答案】B
【解析】A.劣马速度小，但时间长，故劣马走的距离远，故A错误；
B.根据加速度定义式
a=ΔvΔt
可知，相同时间内千里马的速度变化量更大，那么它的加速度更大，故B正确；
C.根据加速度定义式
a=ΔvΔt=v−v0Δt
可知，若千里马加速度更大，那么它的速度不一定大，即千里马速度不一定会比劣马速度大。故C错误；
D.马的加速度减小，它的速度不一定减小，如加速度与速度同向时，物体可做加速度减小的加速运动，故D错误。
故选B 。
3.一篮球(可视为质点)从离地面高h处自由下落，与地面碰撞后，反弹高度小于h。篮球与地面的碰撞时间和空气阻力均不计，取地面为原点，速度方向向下为正方向，下列反映篮球的速度和篮球离地面高度关于时间的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】【解答】
AB.忽略空气阻力，篮球在下落与上升的过程中，加速度大小均为g，而v−t图像中的斜率表示加速度，即两段图线应相互平行，故A正确，B错误；
C.x−t图像的斜率表示篮球的速度，下落过程速度越来越大，斜率越来越大，反弹过程速度越来越小，斜率越来越小，故C错误；
D.由于下落和反弹过程的加速度相等，但反弹的高度小，所以时间短，D错误。
故选A。
4.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，则
A. 杆对A环的支持力变大B. B环对杆的摩擦力变大
C. 杆对A环的作用力不变D. 与B环相连的细绳对书本的拉力变小
【答案】B
【解析】【分析】
以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，分析受力情况，判断横梁对铁环的支持力FN的变化情况；隔离任一小环研究，分析受力情况，判断摩擦力f的变化情况；再根据平衡条件分析与B环相连的细绳对书本的拉力的变化。
本题是力平衡中动态平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，再运用平衡条件列式进行分析。
【解答】
A.设重物的质量为M，以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力FN，力图如图1所示：
根据平衡条件得：2FN=Mg，得到FN=12Mg，可见，水平横梁对铁环的支持力FN不变，故A错误；
B.以左侧环为研究对象，力图如图2所示，竖直方向：FN=Fsinα；水平方向：Fcsα=Ff，联立得：Ff=FNctα，α减小时，Ff变大；故B正确；
C.杆对A环的支持力不变，摩擦力变大，则杆对A环的力变大，故C错误；
D.与B环相连的细绳对书本的拉力设为T，绳与竖直方向的夹角为θ，根据竖直方向的平衡条件可得：2Tcsθ=2Mg，由于绳子与竖直方向的夹角θ增大，则csθ变小，绳子拉力变大，故D错误。
故选B。
5.将一长方形木块锯开为相同的A、B两部分后，按图示方式叠放并静止在粗糙水平地面上，A、B接触面与竖直方向的夹角为θ，B间的动摩擦因数为μ。若A、B的质量均为m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A. A.B可能受到5个力作用B. A对B的摩擦力大小为μmgcsθ
C. A对B的摩擦力大小为mgsinθD. A对B的作用力大小为mg
【答案】D
【解析】AD.整体受力分析可知，地面对B只有一个支持力，等于与A、B的质量之和平衡，大小等于2mg，方向竖直向上。此外对B进行受力分析可知，B还受到竖直向下的重力以及A对它的压力和静摩擦力，共4个力。对B根据平衡条件分析可知，A对B的压力和静摩擦力的合力大小等于mg，即A对B的作用力大小为mg，且方向竖直向下。故A错误，D正确；
BC.对A分析受力可知，A受重力mg，B对A施加的垂直接触面向上的支持力和沿接触面斜向上的静摩擦力，根据平衡条件可得
mgcsθ=f
根据牛顿第三定律可知，A对B的静摩擦力大小为 mgcsθ ，故BC错误。
故选D。
【点睛】对于组合体模型分析受力时注意整体法和隔离法的交替使用，根据运动情况确定是否受摩擦力及摩擦力的所属类型，再根据平衡条件确定摩擦力的大小。
6.如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m=2kg的小物块上，另一端固定在墙上。物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ=37°，始终静止不动，斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 小物块一定受3个力B. 弹簧弹力大小一定等于8N
C. 地面对斜面的摩擦力可能等于4ND. 弹簧弹力大小可能等于10N
【答案】D
【解析】解：A.由于
mgsin37°=2×10×0.6N=12N
μmgcs37°=0.5×2×10×0.8N=8N
可知小物块要静止在斜面上，弹簧对小物块一定存在垂直斜面向下的压力，即小物块受到重力、弹簧的压力、斜面支持力和静摩擦力，故A错误；
BD.要小物块静止，沿斜面方向有
μ(mgcs37°+F弹)≥mgsin37°=12N
可得F弹≥8N
故B错误，D正确；
C.以斜面和小物块为整体，根据受力平衡可得
f地=F弹sinθ≥8×0.6N=4.8N
故C错误。
故选：D。
滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力，结合题干给出数据，判断此情况下是否可以处于平衡，若重力下滑分量大于摩擦力，则不能平衡，需有弹簧提供弹力。
根据共点力平衡进行分析解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零。
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
7.电动平衡车越来越受到人们的喜爱，如图所示，当人站在电动平衡车上，人相对平衡车静止，在人和平衡车一起沿水平路面前进的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 人和平衡车运动的速度越快，刹车制动距离越长，所以惯性越大
B. 人和平衡车运动的速度越快，刹车制动距离越长，但是惯性不变
C. 人对平衡车的压力与平衡车对人的支持力是一对平衡力
D. 人对平衡车的压力与平衡车对人的支持力是一对相互作用力
【答案】BD
【解析】AB.质量是惯性的唯一量度，与物体所处的状态无关，故A错误，B正确；
CD.人和平衡车是两个相互作用的物体，所以人对平衡车的压力与平衡车对人的支持力是一对相互作用力，故C错误，D正确。
故选BD。
8.为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1：50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是( )
A. 运动员起跑阶段的加速度为2m/s2
B. 运动员通过照片中3cm位置时速度为2.5m/s
C. 照片中0位置为运动员的起跑位置
D. 运动员在照片前6cm内的平均速度为2m/s
【答案】ABD
【解析】A.频率为2 Hz频闪照相机，时间为 T=1f=0.5s ，根据匀变速直线运动的公式有(2−1)×10−2×50 m=Δx=aT2，解得a=2 m/s2，故A正确；
B.匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为 v1=(6−1)×10−2×502×0.5m/s=2.5m/s ，故B正确；
C.根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v1=v0+a×2T，解得v0=0.5 m/s，即照片中0位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；
D.运动员在照片前6 cm内的平均速度为 v=6×10−2×503×0.5m/s=2m/s ，故D正确。
9.如图，一光滑小球置于车上，竖直挡板对小球的弹力大小为N1，小车斜面对球的弹力大小为N2。小车沿水平地面向左加速运动且加速度a逐渐增加，则( )
A. N2逐渐减小B. N2不变
C. N1逐渐增加D. N1与N2的合力有可能不变
【答案】BC
【解析】【分析】
对小球进行受力分析，作出受力图，根据牛顿第二定律得到弹力N1和N2与加速度的关系，再分析它们的变化。
本题根据牛顿第二定律，运用正交分解法研究力的动态变化问题，作出受力分析图是解题的关键。
【解答】
对小球进行受力分析，作出受力图：重力mg、竖直挡板对小球的弹力N1，斜面小车对球的弹力N2，
设加速度大小为a，斜面的倾角为α．
根据牛顿第二定律得：
竖直方向：mg=N2csα①
水平方向：N1−N2sinα=ma②
由①看出，m、α不变，则N2不变；
由②得，N1=N2sinα+ma，则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，N1逐渐增大，N1与N2的合力逐渐增大，故BC正确，AD错误。
10.如图所示，倾角为θ的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态.若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，下列说法正确的是( )
A. 细线对物体a的拉力一定减小B. 斜劈对物体a的摩擦力一定减小
C. 斜劈对地面的压力一定不变D. 地面对斜劈的摩擦力一定减小
【答案】ACD
【解析】AB.对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：
根据平衡条件，有
2Tcsα=mbg
解得
T=mbg2csα
将固定点c向左移动少许，则 α 减小，故细线对物体 a 的拉力T一定减小；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A正确，B错误；
CD.对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，根据平衡条件，有
N=G总−Tcs α =G总− 12 mbg
f=Tsin α N与角度 α 无关，地面对斜劈的支持力不变，根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力一定不变， α 减小，地面对斜劈的摩擦力一定减小，故CD正确。
故选ACD。
11.两个倾角相同的滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体C、D，如图所示，当它们都沿滑杆一起向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则( )
A. A环与杆无摩擦力B. B环与杆无摩擦力
C. A环做的是匀速运动D. B环做的是匀速运动
【答案】AD
【解析】解：AC、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力，假设有向后的摩擦力f，如图，
根据牛顿第二定律，有
运动方向：mAgsinθ−f=mAa ①
对C，同样有
mCgsinθ=mCa ②
由①②两式，解得
f=0
a=gsinθ
故A正确，C错误；
BD、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上或者合力为零，故合力只能为零，物体做匀速运动；再对B受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力。
故B错误，D正确；
故选：AD。
分别对A、C受力分析，由于两个球加速度相同，故根据牛顿第二定律列式分析可以求出摩擦力；先对D受力分析，结合运动情况判断出D做匀速运动，再对B受力分析．
本题关键要结合运动情况判断力，再结合受力情况判断运动情况．
12.如图所示，小车板面上的物体质量为m= 8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6 N .现沿水平向左的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/ s2，此后以1m/ s2的加速度向左做匀加速直线运动．在此过程中，以下说法正确的是( )
A. 当小车加速度(向左)为0.75m / s2时，物体受到的摩擦力为6N
B. 小车以1m /s2的加速度(向左)做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N
C. 物体受到的摩擦力先减小后增大
D. 物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化
【答案】CD
【解析】解：A、以物体为研究对象，物体和小车相对静止，它们的加速相等，根据牛顿第二定律F合=ma，F合=8×0.75N=6N，方向水平向左，刚好由弹簧的弹力提供，相对小车没有运动，所以物体不受摩擦力，故A错误。
B、由A选项中思路，F合=ma=8×1N=8N，方向水平向左，弹力向左为6N，所以物体还受到向左的静摩擦力2N.故B错误。
C、当加速度从零开始增大时，合力应向左增大，当加速度为1m/s2时，物体的合力向左，大小为8N，而在加速度增大的过程中，合力应从零增大到8N，故摩擦力应先减小，然后再反向增大，最后保持不变，故C正确。
D、一开始，根据平衡条件可知，摩擦力等于弹力等于6N，在此后的运动中，摩擦力总是小于6N的，所以物体与小车始终保持相对静止，弹簧的伸长量没有变化，对物体的作用力始终没有发生变化，故D正确。
故选：CD。
本题中小车通过弹簧与物体相互作用，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得出受摩擦力的变化情况。
本题难点在于对过程中合力的分析，要明确在整个过程中合力的变化是由摩擦力引起的，而当摩擦力为6N时物体没有动，故在整个变化中物体不会发生相对滑动。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.某实验小组在做“验证力的平行四边形法则”的实验。
(1)学生小明用刻度尺测得弹簧测力计0刻度到5N刻度间的距离为8.00cm，则该测力计所用弹簧的劲度系数为__________N/m。
(2)把坐标纸固定在水平木板上，橡皮条一端固定在A点，另一端连接轻质小圆环，圆环上系上两根绳套，如下图所示。用两只弹簧测力计分别勾住两绳套把橡皮条的小圆环拉到定位圆O处，并记录两测力计的示数及拉力方向。其中F1的大小读数为__________N。
(3)请根据上面测得F1的大小及坐标纸上记录的信息在下图中绘制出F1的图示，通过平行四边形定则在坐标纸上作出F1和F2的合力______，得到合力的大小为__________N。
【答案】62.5 2.10 3.6
【解析】解：(1)弹簧的劲度系数：k=FΔx=50.08N/m=62.5N/m；
(2)该弹簧测力计的精度为0.1N，根据弹簧测力计的读数规律，该读数为2.10N；
(3)根据平行四边形法则作出合力的图示如图所示
根据题中所给的标度测量出合力的大小约为F=185×1N=3.6N。
故答案为：(1)62.5；(2)2.10；(3)见解析，3.6。
(1)根据胡克定律计算劲度系数；
(2)确定弹簧测力计的精度，读出示数；
(3)在图中画出F1的图示，做出平行四边形和对角线，计算对角线代表的合力的大小
本题考查验证力的平行四边形法则的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
14.某同学利用如图所示的气垫导轨实验装置来研究匀变速直线运动．他在滑块上安装了宽度为d=2cm的遮光条，实验时，将滑块从如图所示位置由静止释放，配套的数字计时器(图中未画出)记录了遮光条通过光电门1所用的时间Δt1=0.02s，通过光电门2所用的时间Δt2=0.01s，遮光条从光电门1到光电门2的时间为t=1.00s.滑块运动时受到的阻力很小，可忽略不计．请回答下面的问题：
(1)滑块经第一个光电门时速度大小为__________m/s;滑块经第二个光电门时速度大小为__________m/s;滑块的加速度大小为__________m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
(2)若使滑块以2.00m/s的初速度由气垫导轨的底端出发向上运动，滑块__________(选填“能”或“不能”)到达2.50m长的气垫导轨的顶端．
【答案】(1)1.00，2.00， 1.00； (2)不能。
【解析】(1)滑块经第一个光电门时速度大小v1=dΔt1=1.00m/s，
滑块经第二个光电门时速度大小v2=dΔt2=2.00m/s，
滑块的加速度大小a=v2−v1t=1.00m/s2；
(2)向上运动的过程中，滑块的加速度a′=−1m/s2，则0−v02=2a′x，x=2m，因x