2023-2024学年安徽省芜湖市高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省芜湖市高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共18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。

1.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功，并于17时46分成功对接空间站天和核心舱端口，此后载人飞船同空间站一起绕地球运行。以下说法正确的是( )
A. 空间站绕地球运行时，若以空间站为参考系，地球是静止的
B. 题中“17时46分”指的是时间间隔
C. 研究空间站绕地球的运行轨迹时，可将空间站视为质点
D. 飞船从发射开始到对接成功的过程，位移大小等于路程
2.我国是世界上鸟类资源最为丰富的国家之一，也是全球候鸟跨境迁徙的重要通道。如图所示，一只小鸟迁徙途中落在了树枝上休息，树枝被压弯，小鸟处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 小鸟对树枝的弹力是由树枝发生形变产生的
B. 树枝发生了弯曲，是因为小鸟对树枝的压力大于树枝对小鸟的支持力
C. 小鸟对树枝的压力与树枝对小鸟的支持力是一对平衡力
D. 小鸟对树枝的压力与树枝对小鸟的支持力是一对作用力与反作用力
3.C919飞机是中国首款按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的大型客机。某同学查阅资料得知，飞机飞行过程中所受升力的计算公式为Y=12ρCSv2，其中Y为升力，ρ为空气密度，C为升力系数，S为机翼的特征面积，v为飞机相对空气的速度。以下关于升力系数C的单位的说法正确的是( )
A. 无单位B. N/mC. N/m2D. kg/(m2⋅s2)
4.如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簀，整个装置处于静止状态，下列说法正确的是( )
A. M对m无摩擦力作用B. M对m的摩擦力方向向左
C. 地面对M的摩擦力方向向左D. 地面对M的摩擦力方向向右
5.2023年杭州第19届亚运会，中国跳水队延续强势发挥，将杭州亚运会10枚金牌全部收入囊中，连续13届包揽跳水项目的金牌。从某跳水运动员离开跳板开始计时，该运动员重心的v−t图像大致如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，运动员重心的轨迹视为直线，取竖直向下为正方向。下列说法正确的是( )
A. 运动员在1s时上升到最高点
B. 运动员运动过程中的加速度先减小后增大再减小
C. 运动员从最高点到入水下落高度为3m
D. 运动员在0∼1s时间内的平均速度大小为3m/s
6.如图所示，物块在水平向左的外力F的作用下沿斜面匀速下滑，该过程中斜面始终静止在水平地面上，下列说法正确的是( )
A. 地面对斜面的摩擦力水平向左
B. 地面对斜面的支持力大于物块与斜面所受重力之和
C. 物块与斜面的接触面可能是光滑的
D. 物块一定受到沿斜面向上的摩擦力
7.无人机广泛应用于航拍、救援救灾、环境监测等多个领域。如图所示，质量为M的无人机用轻绳吊着质量为m的医疗包裹沿水平方向做匀加速直线运动，轻绳与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g，不计包裹受到的空气作用力。下列说法正确的是( )
A. 无人机的加速度大小为 33g
B. 无人机所受空气的作用力大小为(M+m)g
C. 无人机所受空气的作用力方向斜向右上方
D. 包裹所受合力的方向竖直向上
8.如图所示，AQ为圆的竖直直径，沿AQ、BQ、CQ固定三个光滑杆，现让三个小环(可以看作质点)套在杆上，并分别沿着AQ、BQ、CQ杆自顶端由静止开始下滑到Q点，下滑所用时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有( )
A. t3>t2>t1B. t1>t2>t3C. v3>v2>v1D. v1>v2>v3
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图甲为机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，水平传送带始终保持0.4m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两端点A、B间的距离为2m，g取10m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A. 行李从A到B的过程中一直加速
B. 开始时行李的加速度大小为1m/s2
C. 行李经过5.1s到达B处
D. 行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
10.如图所示，质量均为m的小球1、2用轻绳a、c和轻质弹簧b连接并悬挂，两小球均处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 轻绳a拉力的大小为2 33mg
B. 轻弹簧b拉力的大小为 213mg
C. 剪断轻绳a的瞬间，小球1加速度大小为4 33g
D. 剪断轻绳c的瞬间，小球2加速度大小为 3g
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮条一端固定在A点，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，如图甲所示。
(1)图乙中弹簧测力计的读数为___________N。
(2)如果没有操作失误，图丙中Fˈ是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出力的图示，则图丙中的F与Fˈ两力中，方向一定沿图甲中AO方向的是___________。
12.某实验小组用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
(1)实验小组在探究“力F一定，加速度与小车质量的关系”时，下列做法正确的是__________。
A.实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车
B.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
C.通过增减小车上的砝码改变小车质量时，需要重新调节木板倾斜度
D.在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，应该将槽码挂在通过滑轮系在小车上的细绳下端
(2)某次实验获得如图乙所示的纸带，计数点0、1、2、3、4、5间均有四个计时点未画出，已知所用交流电源的频率为50Hz，则在打计数点2时小车的速度大小v2=_______m/s，小车运动的加速度大小a=_______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)在探究“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，保持小车质量M不变，将槽码换成装有砂子的砂桶，不断改变砂桶中砂子的质量，测出砂桶和砂子的总质量为m，根据实验数据测出小车加速度a，描绘出的1a−1m关系图像如图丙所示，则可知小车的质量M=________kg。(g取10m/s2，结果保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共4小题，共13分。
13.甲、乙两同学学习了自由落体知识后准备用所学知识测量“反应时间”。如图所示，甲手持刻度尺，使刻度尺保持竖直，乙将手放在直尺下方做捏住直尺的准备，此时乙的手指对准直尺的10厘米刻度处，但手不碰尺。某时刻甲放手，直尺下落，乙立即作出抓握的动作，结果手指捏在尺的55厘米刻度处，g取10m/s2，则可算出乙的反应时间约__________秒。
14.筷子，古称箸、梜，通常由竹、木、骨、瓷、象牙、金属、塑料等材料制作，是华夏饮食文化的标志之一。如图所示，用筷子夹住质量为m的光滑小球，两根筷子与小球球心均在同一竖直平面内，且两根筷子和竖直方向的夹角均为θ，重力加速度为g，则每根筷子对小球的弹力大小为___________。
15.芜湖轨道交通开通两年来，已成为市民生活中不可或缺的通勤工具，客流呈稳步上升趋势。现一位同学正好站立在轻轨列车的第一节车厢前端平齐处，轻轨列车启动后做匀加速直线运动，该同学测出第一节车厢通过他所用的时间是4s，则第一节车厢通过他的时间与第二节车厢通过他的时间之比是__________；若这列车共有4节车厢，则全部车厢通过这位同学历时__________s。
16.一位质量为50kg的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示(重力加速度g取10m/s2)。当t=10s时，该同学处于_______状态(填“超重”或“失重”)，此时他对电梯地板的压力大小约_________N，整个过程中电梯运行的最大速率约为_________m/s。
五、计算题：本大题共3小题，共31分。
17.出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分00秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过5s时，速度表显示36km/h。
(1)求此时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108km/h时，出租车开始做匀速直线运动。则当时间表显示10时12分05秒时，计价器中里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)
18.某同学为了研究三角形承重结构各部分受力大小的规律，设计如图所示的装置：一长度AB=10cm的轻质细杆，A端通过光滑铰链连接于竖直墙上，B端系上轻质细绳，细绳水平，另一端系于竖直墙上C点，B点悬挂一质量为2.4kg的重物，该系统保持静止状态，且绳、杆均保持在同一竖直平面。已知此时细绳长度为BC=8cm，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)此时细绳BC和轻杆AB受到的弹力大小？
(2)若保持轻杆AB位置不动，只改变细绳BC的长度及C点位置，要使系统静止且绳子承受的拉力最小，求此时细绳BC的长度及所受拉力大小？
19.如图所示，在水平面上固定一个倾角为α=37°，表面光滑且腰长为d1=12.2m的等腰三角形斜面，一长为d2=4.8m的轻质绸带跨过斜面的顶端对称铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M=2kg、m=1kg的小物块(均可视为视点)同时轻放在斜面两侧的绸带的中点上。两物块与绸带间的动摩擦因数μ相等，且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)问：
(1)若物块M、m与绸带之间不发生相对滑动，它们共同运动的加速度大小为多少？此时M、m与绸带间摩擦力的大小分别为多少？
(2)若μ=0.8，物块m从释放到运动至斜面底端用时为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.若以空间站为参考系，地球是运动的，故A错误；
B.题中“17时46分”指的是时刻，故B错误；
C.研究飞船绕地球的运行轨迹时，飞船的形状大小可以忽略不计，可将飞船视为质点，故 C正确；
D.飞船从发射开始到对接成功的过程，不是单方向直线运动，位移大小不等于路程，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】【分析】
根据弹力的概念、牛顿第三定律进行判断。
本题考查弹力，要求掌握弹力的概念、牛顿第三定律。
【解答】
A.根据弹力的产生可知小鸟对树枝的弹力是由于施力物体小鸟发生形变产生的，故A错误；
BCD.小鸟对树枝的压力与树枝对小鸟的支持力等大反向，是一对作用力与反作用力，故BC错误，D正确。
故选D。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据物理量的关系公式，代入各物理量的单位，然后化简得到C的单位。
本题考查力学单位制，关键是掌握各物理量的单位，通过公式导出升力系数的单位。
【解答】
物理量之间的关系决定物理量的单位，通过题给物理量关系可知C=2YρSv2，
对应单位为Nkg⋅m−3⋅m2⋅(m/s)2=kg⋅m/s2kg⋅m/s2，
化简可以得出是一个数值，没有单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4.【答案】B
【解析】解：AB、对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向右的拉力，根据平衡条件知，M对m的摩擦力方向向左，故A错误，B正确。
CD、对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力平衡，若地面对M有摩擦力，则整体不能平衡，故地面对M无摩擦力作用，故CD错误。
故选：B。
对m受力分析，根据平衡判断出M对m的摩擦力方向．对整体分析，根据平衡判断地面对M的摩擦力。
解决本题的关键要灵活选择研究对象，在求系统的外力时，可考虑整体法，分析内力时，必须采用隔离法．会正确的进行受力分析，知道物体平衡时，合力等于0。
5.【答案】D
【解析】【分析】
根据v−t图像分析运动员在入水前的运动情况，根据图像判断运动员在1～2s时的运动状态，根据面积确定位移，根据匀变速直线运动中平均速度的结论求解前1s内的平均速度。
解答本题的关键要读懂v−t图像，能正确分析运动员的运动过程，注意v−t图象中面积表示物体运动的位移，同时明确匀变速直线运动中平均速度公式的应用。
【解答】
A.根据图可知运动员离开跳板时，有向上的初速度，离开跳板后做竖直上抛运动，在0.2s时到达最高点，故A错误；
B.图像的斜率表示加速度，故入水前，运动员的加速度不变，入水后，加速度逐渐减小，故B错误。
C.由v−t图像中面积表位移可知，此种情况下运动员在从最高点到入水下落的高度为
x=12×0.8×8m=3.2m，故C错误；
D.由图可知，运动员在0∼1s的平均速度大小为 v = −2+8 2 m/s=3m/s，故D正确。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题关键是考查物体的受力分析，题目的突破口是“物块匀速下滑”。利用整体法和隔离法进行分析。
本题考查物体的平衡条件，目的是考查学生的推理能力。
【解答】
AB、以物块和斜面组成的整体为研究对象，进行受力分析，可知地面对斜面的摩擦力水平向右，地面对斜面的支持力等于物块与斜面所受重力大小之和，选项A、B均错误；
CD、若斜面和物块之间无摩擦力，则物块受到三个力的作用，合力可能为零，选项C正确、D错误。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解的应用；包裹随着无人机运动，二者保持相对静止，所以包裹的加速度与无人机的加速度相等。
对包裹受力分析，根据牛顿第二定律分析；
把无人机和包裹看成一个整体，根据力的合成法则分析；
根据无人机、包裹运动情况，结合牛顿第二定律判断受力情况。
【解答】
A.对医疗包裹由牛顿第二定律可得mgtan60°=ma，解得a= 3g，所以无人机的加速度为 3g，故A错误；
B.把无人机和包裹看成一个整体，整体仅受重力和空气作用力，其合力方向水平向右，根据三角形定则可知无人机所受空气作用力大小为F=(M+m) g2+a2，解得F=2(M+m)g，故B错误；
C.无人机在竖直方向上受力平衡，沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知合力向右；而无人机受到的绳子拉力斜向左下方，重力方向向下，所以无人机所受空气的作用力方向斜向右上方，故C正确；
D.包裹沿水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，包裹所受合力的方向水平向右，故D错误。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题的解题技巧是用相同的量表示物体运动和加速度和位移，再求出时间，分析时间关系。
设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律得出加速度与θ的关系，由运动学求出时间与θ和d的关系，由数学知识分析时间关系，再分析平均速度关系。
【解答】
设任一斜面与水平方向的夹角为θ，圆的直径为d。
根据牛顿第二定律得a=gsin θ，斜面的长度为x=dsin θ，则由x=12at2得t= 2xa= 2dsin θgsin θ= 2dg，
可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1=t2=t3，
又v=xt，x1>x2>x3，则v1>v2>v3，选项D正确。ABC错误。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
该题考查是的传送带问题，关键要理清行李的运动过程。行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间，应用运动学公式求出传送带与行李的位移，然后求出摩擦痕迹的长度。
【解答】
ABC.开始时，行李相对于传送带有向右的运动，所以行李受到向左的摩擦力，行李向左做匀加速运动，由牛顿第二定律μmg=ma，代入数据解得a=1m/s2，
设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v=0.4m/s，
行李加速时间t1=va=0.41s=0.4s，
行李匀加速运动的位移大小x=12at12=0.08m，
因为0.08m<2m，所以行李加速到0.4m/s，之后将做匀速运动，行李与传送带之间无运动趋势，摩擦力为0，到达B处的速度为0.4m/s，
行李匀速运动的时间t2=L−xv=2−，
所以行李从A到B的时间为t=t1+t2=0.4s+4.8s=5.2s，故AC错误，B正确；
D.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为s=vt1−x=(0.4×0.4−0.08)m=0.08m，故D正确。
10.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.对1、2整体分析可知
Tacs30∘=2mg
解得轻绳a拉力的大小为
Ta=4 33mg
轻绳c的拉力
Tc=2mgtan30∘=2 33mg
选项A错误；
B.对2分析可知，轻弹簧b拉力的大小为
Tb= mg2+Tc2= 213mg
选项B正确；
C.剪断轻绳a的瞬间，弹簧弹力不能突变，则小球1受合力为
Ta=4 33mg=ma1
解得加速度大小为
a1=4 33g
选项C正确；
D.剪断轻绳c的瞬间，弹簧弹力不能突变，小球2受合力
Tc=2 33mg=ma2
解得加速度大小为
a2=2 33g
选项D错误。
11.【答案】 3.80 F′
【详解】(1)[1]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，需要估读到分度值下一位，读数为3.80N；
(2)[2]由图可知，F是通过作图的方法得到合力的理论值，而 F′ 是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是 F′ 。

【解析】略
12.【答案】 AB##BA 0.26 0.50 0.40
【详解】(1)[1]A.实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车，故A正确；
B.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B正确；
C.平衡摩擦力时，只需要平衡一次，通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故C错误；
D.在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时，不能将槽码挂在通过滑轮系在小车上的细绳下端，故D错误。
故选AB。
(2)[2]由交流电源频率为50Hz，纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为
T=0.02×5s=0.1s
在打计数点2时小车的速度大小
v2=2.40+2.882×0.1×10−2m/s=0.26m/s
[3]小车运动的加速度大小
a=ΔxT2=3.39+3.88−2.40+2.884×0.12×10−2m/s2=0.50m/s2
(3)[4]设绳子拉力为T，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得
mg−T=ma
对小车受力分析，由牛顿第二定律可得
T=Ma
整理得
1a=1g+Mg⋅1m
由图像可知
Mg=0.5−0.110=0.04
解得
M=0.40kg

【解析】略
13.【答案】0.3
【详解】根据自由落体公式
h=12gt2
可得
t= 2hg= 2×0.55−0.110s=0.3s
乙的反应时间约0.3s。

【解析】略
14.【答案】 mg2sinθ
【详解】对小球受力分析，根据平衡条件可得
2F1sinθ=mg
每根筷子对小球的弹力大小为
F1=F2=mg2sinθ

【解析】略
15.【答案】 1:( 2−1) 8
【详解】[1]设每一节车厢的长度为L，第一节通过时间满足
L=12at12
前2节车厢通过他的时间
2L=12at22
第2节车厢通过他的时间
Δt=t2−t1=(4 2−4)s
第一节车厢通过他的时间与第二节车厢通过他的时间之比
t1:Δt=1:( 2−1)
[2]全部列车通过的时间
4L=12at2
解得
t=8s

【解析】略
16.【答案】 超重 520 1.9
【详解】[1][2]当 t=10s 时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。 t=10s 时，有根据牛顿第二定律
N−mg=ma
得
N=mg+ma=50×0.4+50×10N=520N
根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约 520N 。
[3] a−t 图线与t轴所围面积表示速度变化量，加速度向下时处于加速状态，根据图线在该段时间内与横轴围成面积格数得
vm=0+Δv=0.1×1×19m/s=1.9m/s
则该同学的最大速率约为1.9m/s。

【解析】略
17.【答案】(1)25m；(2)3.525km
【详解】(1)根据速度公式得
a=v1t1=2m/s2
再根据位移公时间公式得
x1=12at12=25m
故此时出租车离出发点的距离为25m。
(2)根据速度位移公式
v22=2ax2
可得
x2=v222a=225m
根据速度时间公式
v2=at2
可得
t2=v2a=15s
出租车继续匀速运动，匀速运动的时间
t3=110s
匀速运动的位移
x3=v2t3=3300m
计价器里程表应显示的示数为
x=x2+x3=3525m=3.525km

【解析】略
18.【答案】(1)40N，32N；(2) 403cm ，19.2N
【详解】(1)B点受力如图，设 ∠BAC 为 θ
水平方向
FABsinθ=FBC
竖直方向
FABcsθ=mg
解得
FAB=40N ， FBC=32N
(2)当BC绳与AB杆垂直时受到的拉力最小，如图所示
此时细绳BC长度为
L=ABtanθ
解得
L=403cm
细绳拉力
F′BC=mgsinθ
解得
F′BC=19.2N

【解析】略
19.【答案】(1)2m/s2，8N，8N；(2)3s
【详解】(1)M、m加速度大小相等，可以看作一个整体，设加速度为a，根据牛顿第二定律有
Mgsinα−mgsinα=(M+m)a
解得
a=2m/s2
隔离M，设M与绸带间的静摩擦为f，根据牛顿第二定律有
Mgsinα−f=Ma
解得
f=8N
由于不计绸带质量，M、m与绸带间的摩擦力大小相等，都为8N。
(2)由于M、m与绸带间的最大静摩擦力分别为 μMgcsα 和 μmgcsα ，显然
μMgcsα>μmgcsα
所以M与绸带间不会出现相对滑动，绸带将随着M一起运动。假设此时M、m与绸带一起保持相对静止，根据第(1)问可知，此时m的加速度沿斜面向上为 a=2m/s2 ，所受静摩擦力大小为8N，而 μ=0.8 ，对m而言，此时最大静摩擦力为
μmgcsα=6.4N<8N
故m不能与绸带保持相对静止。物块m此时的加速度为
a2=μgcsα−gsinα=0.4m/s2
综上可知，此时M带着绸带一起沿斜面向下匀加速运动，m先以a2沿斜面向上匀加速，脱离绸带后沿斜面向上减速到零后再加速下滑。
m与绸带脱离前，设M与绸带一起运动的加速度为a1，脱离用时为t1，根据牛顿第二定律有
Mgsinα−μmgcsα=Ma1
解得
a1=2.8m/s2
t1时间内的位移差为
d24=12a1t12−12a2t12
解得
t1=1s
此时m的速度为
v1=a2t1=0.4m/s
m沿斜面上滑的距离为
x1=12a2t12=0.2m
设m脱离绸带后在斜面上运动的加速度大小为a3，有
ma3=mgsinα
解得
a3=gsinα=6m/s2
设m脱离绸带后到运动至斜面底端用时为t2，则有
−(d1−d24+x1)=v1t2−12a3t22
解得
t2=2s
则m物块从释放到斜面底端用时为
t=t1+t2=3s

【解析】略