安徽省六安市2024-2025学年高一（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份安徽省六安市2024-2025学年高一（上）期中考试物理试卷（含解析），共12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.下列说法正确的是( )
A. 小敏观察蚂蚁拖动饭粒时，蚂蚁的肢体是如何分工的，可以把蚂蚁看成质点
B. 在跳水比赛中，裁判员给跳水运动员评分时，不可以把运动员看成质点
C. 位移只用来描述直线运动，路程只用来描述曲线运动
D. 加速度反映物体的位置随时间的变化快慢
【答案】B
【解析】A.小敏观察蚂蚁拖动饭粒时，分析蚂蚁的肢体是如何分工的，要考虑其形状，不可看作质点，故A错误；
B.裁判员给跳水运动员评分时，需要研究运动员的动作，故不能看做质点，故B正确；
C.位移与路程均可描述直线与曲线运动，故C错误；
D.速度反映物体的位置随时间的变化快慢，加速度反映物体的速度随时间的变化快慢，故D错误。
2.下列叙述正确的是( )
A. 重心不一定在物体上，任何形状规则的物体，它们的重心都在几何中心处
B. 书放在水平桌面上受到的支持力，是由于书发生了微小形变而产生的
C. 物体静止在水平地面上，由于受重力作用，使得物体和地面发生弹性形变，物体产生了对地面的压力，且压力大小等于重力，方向竖直向下，所以压力就是重力
D. 把物体由赤道移到北极，若用天平称量，则示数在两地相同；若用弹簧秤称量，则示数在北极略微增大
【答案】D
【解析】【分析】
重力在物体上的作用点叫重心，形状规则，质量分布均匀的物体，重心在物体的几何中心上，形状不规则的物体，有可能重心不在物体中心，甚至不在物体上；支持力是由于桌子的形变产生的；重力是由于地球的吸引而产生的；天平是测量质量的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器。
此题考查的是重心的概念和位置，对不规则的物体可以采用悬挂法确定其重心位置，特别注意物体的重心可以在物体上，也可以不在物体上，例如篮球的重心就不在篮球上，而在球心。
【解答】
A.重心是重力的作用点，但不一定在物体的物体上(比如弯曲香蕉的重心就在香蕉以外)，重心的位置与物体的质量分布有关，质地均匀，外形规则的物体的重心在物体的几何中心上，故A错误；
B.书放在水平桌面上受到的支持力，是由于桌面发生了微小形变而产生的，故B错误；
C.物体静止在水平地面上，由于受重力作用，使得物体和地面发生形变，物体产生了对地面的压力，且压力大小等于重力，方向竖直向下，但是压力作用在地面上，而重力是由于地球的引力作用，作用在物体上，两者不是同种性质的力，故C错误；
D.物体受到的重力的大小与它在地球上的位置有关，同一个物体在两极的重力要大于它在赤道处的重力，所以把物体由赤道移到北极，若用弹簧测力计称量，则示数在北极略微增大；而天平是测量质量的仪器，所以若用天平称量，则示数在两地相同，故D正确。
3.物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法正确的是( )
A. 物体运动的加速度为4 m/s2 B. 第2 s内的位移为4 m
C. 第2 s末的速度为2 m/sD. 物体在0～5 s内的平均速度为15 m/s
【答案】A
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的推论，结合题意求出加速度大小；根据第二秒内的位移等于前两秒内位移减去前一秒内位移，结合运动学规律求出第二秒的位移；根据匀变速直线运动的速度−时间公式，结合题意求出第2s末的速度；根据平均速度的定义式，结合题意求出平均速度大小。
在处理匀变速直线运动问题时，熟记一些常用的推论及相关的运动规律，可以使问题更为简便。
【解答】A、根据匀变速直线运动的推论可知，在连续相等时间内的位移之差为一恒量，即
x4−x3=at2
x3−x2=at2
整理可得a=4m/s2
故A正确；
B、第二秒内的位移等于前两秒内位移减去前一秒内位移，即
x2=12at22−12at12=12×4×22m−12×4×12m=6m
故B错误；
C、根据匀变速直线运动的速度−时间公式可得，第2s末的速度为v=at2=4×2m/s=8m/s，故C错误；
D、根据平均速度的定义式v−=xt可得
物体在0～5s内的平均速度为v−=12at52t5=12×4×525m/s=10m/s
故D错误。
4.某质点作直线运动，速度随时间的变化的关系式为v=(2t+4)m/s，则对这个质点运动的描述正确的是( )
A. 初速度为2m/sB. 加速度为4m/s2
C. 在3s末，瞬时速度为10m/sD. 该质点正在做匀减速直线运动
【答案】C
【解析】AB、根据待定系数法，匀变速直线运动的速度随时间的关系为：v=v0+at
已知v=(2t+4)m/s
所以v0=4m/s
a=2m/s2
故AB错误。
C、根据速度v=(2t+4)m/s
代入t=3s，
v=10m/s
故C正确。
D、初速度与加速度方向相同，故做加速运动，故D错误
故选：C。
5.如图所示，将弹性小球以大小为10m/s的速度从距地面3m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面2m高的B点时，向上的速度为7m/s，从A到B，小球共用时0.5s，则此过程中( )
A. 小球发生的位移的大小为1m，方向竖直向上
B. 小球速度变化量的大小为17m/s，方向竖直向上
C. 小球平均速度的大小为8.5m/s，方向竖直向下
D. 小球平均加速度的大小为6m/s2，方向竖直向上
【答案】B
【解析】A.位移是指起点到终点的有向线段，由图可知，小球发生的位移为1m，方向竖直向下，故A错误；
B.设速度向下为正，则速度变化量Δv=−7−10m/s =−17m/s
即小球速度变化量的大小为17m/s，方向竖直向上，故B正确；
C.小球的平均速度v=xt=10.5m/s=2m/s，方向竖直向下，故C错误；
D.根据加速度的定义可知a=ΔvΔt=−170.5m/s2=−34m/s2
即小球平均加速度的大小为34m/s2，方向竖直向上，故D错误。
故选B。
6.如图所示，从空中将小球P从a点竖直向上抛出的同时，将小球Q从c点由静止释放，一段时间后Q在a点正下方的b点时追上P，此过程中两小球均未落地且没有发生碰撞。若a，b两点间的高度差为h，c，a两点间的高度差为2h。不计空气阻力，重力加速度为g，两小球均可视为质点，则小球P相对抛出点上升的最大高度为( )
A. h6B. h3C. h2D. 34h
【答案】B
【解析】Q做自由落体运动，有xQ=3h=12gt2
解得t= 6hg
从抛出到相遇，以向下为正方向，可得xP=−v0t+12gt2
据几何关系可得xQ−xP=2h
解得v0= 6gh3
P上升的最大高度为hm=v022g=h3
故B正确，ACD错误。
7.如下图所示，质量为m=10kg的物体在水平力F1=18N、F2=10N的作用下，静止在粗糙水平面上，滑动摩擦系数μ=0.2，则物体受到的摩擦力为( )
A. 8N，向左B. 10N，向右C. 20N，向左D. 18N，向左
【答案】A
【解析】【分析】
该题考查摩擦力的计算，解答的关键是判断出物体受到的摩擦力为静摩擦力。
物体静止，对其进行受力分析，结合平衡条件即可求出摩擦力。
【解答】
物体处于静止状态，所以受到的摩擦力为静摩擦力，物体在水平方向受到F1、F2和摩擦力，由平衡条件可知，摩擦力的方向与较小的F2方向相同，即方向向左，大小：f=F1−F2=18N−10N=8N，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.关于下面四幅图，说法正确的是( )
A. 甲图为仰韶文化时期的一款尖底瓶，装入瓶中的水越多，瓶(含水)的重心一定越高
B. 乙图中，碗对筷子在A点的弹力沿筷子斜向上，如图中箭头所示
C. 丙图中，甲、乙两同学掰手腕，甲同学最终失败，因此甲同学对乙同学的作用力小于乙同学对甲同学的作用力
D. 丁图为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系图像，由图知，该弹簧的劲度系数为1.5 N/cm，原长为6 cm
【答案】D
【解析】A.随着装入瓶中的水的增加，瓶(含水)的重心位置先降低再逐渐升高，故 A错误;
B.乙图中，碗对筷子在A点的弹力不是沿筷子斜向上，而是垂直碗的切面指向半圆碗的圆心，故 B错误;
C.甲同学对乙同学的作用力与乙同学对甲同学的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，大小相等，故 C错误;
D.丁图中，当弹力为0时，弹簧长度为原长，由图可知原长为6cm;根据胡克定律F=kx则该弹簧的劲度系数为k=ΔFΔL=6(10−6)N/cm=1.5N/cm，故D正确。
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同．下列说法正确的有( )
A. 三条绳中的张力大小都相等B. 杆对地面的压力大于自身重力
C. 绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D. 绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查共点力的平衡条件及应用，要注意本题中应分别对水平和竖直两个方向进行分析才能得出正确结果。
对杆进行分析，明确杆受力情况，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系。
【解答】
AC.由于三条绳长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零；故说明三力的大小可能不相等，故A错误，C正确；
BD.由于三力在竖直方向有分力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力，故B正确，D错误。
故选BC。
10.用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，下列说法正确的是
A. 细线a、c拉力之比为2∶1
B. 细线a、c拉力之比为3∶2
C. 若细线b与竖直方向的夹角为60°，小球1和2的质量之比为2∶1
D. 若细线b与竖直方向的夹角为60°，小球1和2的质量之比为3∶2
【答案】AC
【解析】AB、将两小球看作一个整体，设整体重力为G，对整体受力分析，受力如图所示，
根据共点力的平衡条件有：
Fa=Gcs30∘
Fc=Gtan30°
联立解得FaFc=21
故A正确，B错误；
CD、a球受力平衡
水平方向：Fa′sin30°=Fbsin60°
竖直方向：Fbcs60°+m1g=Fa′cs30°，
解得：Fb=m1g，
对球2根据受力平衡有：Fbsin30°=m2g
所以两个小球1和2的质量之比为2：1；
故C正确，D错误。
故选：AC。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究“在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系”实验。
(1)实验中还需要的测量工具有____________。
(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x。由图像可得结论：在弹簧的弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成________(填“正比”或“反比”)，弹簧的劲度系数k=________N/m(计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取10 m/ s2)。
(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b，作出弹簧弹力F与弹簧长度L的F−L图像，下列说法正确的是________。
A.a的原长比b的短
B.a的劲度系数比b的大
C.a的劲度系数比b的小
D.弹力与弹簧长度成正比
【答案】刻度尺;正比; 5.0 ; AB
【解析】【分析】
本题考查弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，知道实验原理和实验步骤以及实验器材是解题的关键。
根据实验原理和器材可知结果；
根据实验原理以及图象可知结果，根据图线的斜率求出劲度系数；
根据图线与横轴的交点以及图象斜率的物理意义，利用胡克定律可知结果。
【解答】
(1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺。
(2)图线的物理意义表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，则k=ΔFΔx=5.0N/m。(3)A.在图像中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，A正确；
BC.在图像中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，B正确，C错误；
D.弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，D错误。
12.(1)某班同学利用如图1所示装置“探究小车速度随时间变化的规律”，电火花打点计时器使用的是 (选填“交流”或“直流”)的工作电压为 (选填“8 V”或“220 V”)。
(2)下列关于本实验，说法正确的是 。
A.实验时，先释放小车，再接通电源 B.释放小车时，小车应靠近打点计时器释放
C.本实验中，必须调节长木板水平 D.实验前，应调节细线与长木板平行
(3)某位同学在某次实验中使用频率为50 Hz的打点计时器，获得的纸带如图2所示，其中相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下C点时小车的速度为 m/s，小车的加速度大小为 m/s2(保留两位小数)。
【答案】交流
220V
BD
0.50
0.83

【解析】【分析】
本题考查了探究小车速度随时间变化规律实验，考查了实验注意事项与数据处理，掌握基础知识、应用匀变速直线运动的推论即可解题。
(1)电火花计时器使用220V的交流电源；
(2)根据实验注意事项分析答题，为充分利用纸带实验时应先接通电源然后再释放纸带；
(3)根据匀变速直线运动的推论公式求瞬时速度和由逐差公式：Δx=at2可以求出加速度的大小；
【解答】
(1)电火花打点计时器使用220V交流电源。
(2)AB.为了更好的利用纸带，小车应靠近打点计时器，实验时应先接通电源，再释放小车，故A错误，B正确；
C.本实验是为了“探究小车速度随时间变化的规律”，不必调节木板水平，只要小车能加速即可，故C错误；
D.为了减少实验误差，保证小车做匀加速运动，实验前，应调节细线与长木板平行，故D正确。
故选：BD。
(3)相邻两计数点间的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，
因此打C点的瞬时速度vC=x2+x32T=(4.62+5.45)×10−22×0.1m/s≈0.50m/s
根据“逐差法”，小车加速度a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2
代入数据解得，小车加速度a≈0.83m/s2。
故答案为：(1)交流; 220V; (2) BD; (3) 0.50; 0.83。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.汽车在平直公路上匀速行驶，前方黄灯亮起后，司机立即采取制动措施，使汽车开始做匀减速运动直到停下。开始制动后的第1s内和第2s内汽车的位移大小依次为x1=8m和x2=4m。求：
(1)汽车做匀减速运动的加速度大小；
(2)开始制动时汽车的速度大小v0；
(3)开始制动后的3s内汽车的位移大小s。
【答案】解：(1)由Δx=x2−x1=aT2
其中T=1s
解得汽车运动的加速度大小a=4m/s2；
(2)由x1=v0T−12aT2
解得汽车制动时的速度大小v0=10m/s；
(3)汽车制动后至停下所需的时间t0=v0a=2.5s