2023-2024学年安徽省宣城市高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省宣城市高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共16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.我国将于2022年前后完成空间站在轨组装工程，空间站由核心舱、实验舱等构成。其中核心舱轴向长度为16.6m有3个对接口用于载人飞船、货运飞船及其他飞行器访问空间站。关于本材料中的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 空间站在太空“漂浮”时没有惯性
B. 货运飞船与核心舱对接时不可看成质点
C. 货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是静止的
D. “16.6m”中，“m”不是国际单位制中的基本单位
2.日本政府向太平洋排放核废水引发国际社会的广泛关注与谴责。辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是希沃特，记作Sv。每千克(kg)人体组织吸收能量为1焦耳(J)的辐射为1希沃特。下列选项中用国际单位制的基本单位表达希沃特，正确的是( )
A. m/s2B. kg2⋅m2/s2C. m2/s2D. J/kg
3.小明参加400m的比赛，他从起点逆时针开始跑，测得他在第2s内跑了8m，前10s跑了90m，最后80m在直道上冲刺，跑完全程一共用了50s，则下列说法正确的是
( )
A. 小明在第2s末的瞬时速度是8m/s
B. 小明跑完全程的平均速度为0
C. 小明在前10s内的平均速度大小是9m/s
D. 小明全程的平均速率与第2s内的平均速率相等
4.如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为m。忽略空气阻力，小孩和杆从图示位置静止竖直下落，从弹簧接触地面到小孩运动到最低点的过程中，对小孩和杆组成的系统，下列说法正确的是( )
A. 速度不断减小
B. 加速度先变小再变大
C. 先是加速度增大的加速运动，后是加速度减小的减速运动
D. 到最低点时，小孩和杆处于平衡状态
5.据《吕氏春秋》记载，我国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利平安。如图所示，一个质量为50kg的沙发静止在水平地面上，春节扫尘时，甲、乙两人需要移开沙发，清扫污垢，两人同时从背面和侧面分别用F1=120N、F2=160N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面，沙发与地面间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2下列说法正确的是( )
A. 沙发不会被推动
B. 沙发将沿着F2的方向加速移动，加速度大小为3.2m/s2
C. 沙发会匀速移动，摩擦力大小为200N
D. 沙发移动的加速度大小为2m/s2
6.工人为某小区安装空调外机时，由于操作不慎，一膨胀螺丝从与16楼的地板等高处由静止下落到1楼的草坪上。已知每层楼层高为3m，忽略空气阻力和膨胀螺丝的大小，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是
( )
A. 膨胀螺丝的下落时间为4 155s
B. 膨胀螺丝落地前瞬间的速度大小为8 15m/s
C. 膨胀螺丝经过15楼和13楼所用时间之比为1: 3− 2
D. 膨胀螺丝经过15楼和14楼所用时间之比为1:3
7.“上海中心大厦”是目前中国最高的建筑，高度约为632m。游客可以乘坐高速电梯来到位于118层的上海之巅观光厅全方位俯瞰城市美景。已知观景台离地高度为546m，高速电梯加速时的加速度大小0.8m/s2，减速时的加速度大小为1m/s2，电梯上升过程的最大速度为10m/s，到达观景台时速度为零。电梯加速与减速过程均视为匀变速直线运动，则电梯从地面由静止开始运动到观景台的最短时间为
( )
A. 54.6sB. 65.85sC. 60.85sD. 63.2s
8.如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60∘和45∘，
A. B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )
A.A、B所受弹簧弹力大小之比为 3: 2
B. A、B的质量之比为mA:mB=1: 3
C. 悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1: 2
D. 同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为 6:3
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0∼3s段为抛物线，3s∼4.5s段为直线，下列说法正确的是( )
A. 传送带沿逆时针方向转动
B. 小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1
C. 小物块刚放上传送带时的速度大小为4m/s
D. 0∼4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9m
10.蓝牙技术是一种非常实用的短距离低功耗无线通信技术，某同学发现蓝牙信号在两车的距离小于等于某一距离时会立即自动连接，超过该距离时立即自动断开。可视为质点的甲、乙两辆模型小车并排紧靠停在一条平直的赛道上，从t=0开始，乙车先以2m/s的速度匀速向前运动，t=4s时蓝牙连接刚好断开，甲车立即启动追赶乙车。两车运动的v−t关系如图所示，则( )
A. 甲车追上乙车前，两车在8s时相距最远
B. 甲车追上乙车前，两车的最大距离为10m
C. t=8s时两车的蓝牙信号刚好再次连接上
D. 从t=0开始计时两车处于蓝牙连接状态的总时间为20s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.“验证力的平行四边形定则”的实验如图所示：
(1)某同学实验操作步骤如下：
①如图甲所示，把橡皮条的一端固定在板上的A点，用两条细绳连在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点伸长到O点，用铅笔记下O点的位置，并记下两个测力计的读数；
②在纸上按比例作出两个力FOB、FOC的图示，用平行四边形定则求出合力F；
③只用一个测力计，通过细绳把橡皮条上的结点拉到同样的位置O点，记下测力计的读数和细绳的方向，按同样比例作出这个力F′的图示(如图乙)，比较F′与用平行四边形定则求得的合力F；
④改变FOB和FOC的夹角和大小，重复上述过程：
上述实验过程中有重要遗漏的步骤是______(填步骤序号)；图乙中，______(选填F或F′)力的图线与AO延长线重合；
(2)在做“验证力的平行四边行定则”实验中，假如FOB的大小及方向固定不变(如图丙)，那么为了使橡皮筋仍然伸长到O点，对FOC来说，下面说法中正确的是______
A.FOC可以有多个方向 B．FOC的方向和大小可以有多个值
C.FOC的方向和大小是唯一确定值 D．FOC的方向是唯一的，但大小可有多个值
12.“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
(1)在安装器材时，要调整定滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行。请选出你认为这样做的目的是________(填字母代号)。
A.防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B.为达到在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
C.防止小车在木板上运动过程中发生抖动
D.为保证小车最终能够实现匀速直线运动
(2)实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。
(3)某小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示。用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段的长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。由图数据可求得：打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为________m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为________m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)
(4)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图丙所示，图线不过原点的原因是________。
A.钩码质量没有远小于小车质量
B.平衡摩擦力时木板倾角过大
C.平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.我们知道高空掷物是十分危险的行为，自2021年3月1日，我国正式将高空抛物罪纳入刑法内容。现有一居民将新买的篮球放在网兜中挂在了阳台外散除异味，因打结不稳而导致篮球从高楼落做自由落体运动，现已知篮球距地面为4个楼层高，每层楼高为3.2m，问：(重力加速度g取10m/s2)
(1)篮球下落至地面所用时间t为多少？
(2)篮球落地时的速度v为多少？
(3)篮球开始下落后的v−t图像如图所示，求篮球从下落开始计时2s后的位移。
14.如图所示，质量为m=50kg的杂技演员利用动滑轮(图中末画出)悬挂在细绳上以完成各种杂技表演。绳子一端固定在竖直杆上的a点，另一端通过定滑轮与静止在粗糙水平地面上质量为M=220kg物体连接，物体与水平地面的动摩擦因数μ=0.5。当杂技演员静止不动时，定滑轮两侧细绳与水平方向的夹角分别为α=30∘,β=37∘。细绳不可伸长，不计绳子质量、动滑轮质量以及滑轮与细绳间的摩擦，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)杂技演员静止在最低点时，绳子张力的大小；
(2)杂技演员静止在最低点时，水平地面对物体的支持力大小和摩擦力大小。
(3)保持定滑轮和物体位置不变，将竖直杆往左侧移动，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角α减小，为了不让物体发生滑动，sinα的最小值。
15.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=2kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，长木板与小物块均静止，现用F=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=2s撤去水平恒力F，g取10m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板M和小物块m的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
惯性与物体运动的状态无关；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可；力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位。
国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
【解答】
A.惯性取决于质量，与物体处于什么位置，什么运动状态无关，故A错误；
B.飞船和核心舱对接时不可忽略形状和大小，故不能看成质点，故B正确；
C.以地球为参考系，飞船和核心舱对接时都是运动的，故C错误；
D.m是国际单位制的基本单位，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】由题意有
1Sv=1J1kg=1N⋅m1kg=1kg⋅m/s2⋅m1kg=1m2/s2
故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键知道平均速率、平均速度和瞬时速度的区别，知道平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程除以时间。
【解答】
A、由于题设条件不足，无法得出小明在第2s末的瞬时速度，故A错误；
B、由于题设条件不足，无法判断小明的跑道情况，若小明跑的是外轨道，其位移不为0，其平均速度不为0，故B错误；
C、前10s跑了90m，90m为路程，则前10s内平均速率v−=xt=9010m/s=9m/s，但不是平均速度，故C错误；
D、小明全程的平均速率v1=40050m/s=8m/s，小明在第2s内的平均速率v2=81m/s=8m/s，可见小明全程的平均速率与第2s内的平均速率相等，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】【分析】
小孩和杆从接触地面到最低点的过程中，速度先增大后减小、动量先增大后减小，加速度先减小后增大。
本题主要是考查牛顿第二定律，关键是弄清楚整体的受力情况和运动情况，能够根据牛顿第二定律分析加速度的大小。
【解答】
ABC.下落过程中，弹簧弹力增大，当Fmg−F=ma1
加速度向下，且逐渐减小，系统做加速运动；
当F>mg时有
F−mg=ma2
加速度向上，且加速度逐渐增大，系统做减速运动；
所以系统先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A、C错误，B正确；
D.最低点时，弹簧弹力最大，系统具有向上的最大加速度，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.由题意得最大静摩擦力为
fmax=μmg=100N
而推沙发的两个力的合力为
F合= F12+F22=200N>fmax
设方向为与 F2 成θ角，由几何关系有
tanθ=F1F2=34
整理有
θ=37∘
所以沙发会被推动，其运动方向与 F2 成 37∘ ，故A项错误；
BD.对沙发受力分析，其沿着合力方向有
F合−μmg=ma
解得
a=2m/s2
结合之前分析可知，沙发沿着与 F2 方向成 37∘ 角的方向运动，其加速度大小为 2m/s2 ，故B错误，D正确；
C.由之前的分析可知，沙发做匀加速直线运动，故C项错误；
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.膨胀螺丝在空中下落的高度为
h=16−1×3m=45m
根据自由落体运动下落时间和高度的关系有
h=12gt2
代入数据解得膨胀螺丝的下落时间为
t=3s
故A错误；
B.根据速度—时间关系可知，膨胀螺丝落地前瞬间的速度大小为
v=gt=30m/s
故B错误；
CD.根据初速度为零的匀加速直线运动在第1x、第2x、第3x……第nx所用时间之比为
1: 2−1: 3− 2:….: n− n−1
可知膨胀螺丝经过15楼和13楼所用时间之比为 1: 3− 2 ，膨胀螺丝经过15楼和14楼所用时间之比为 1: 2−1 。故C正确，D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】由题可知，电梯从地面由静止开始运动到观景台的过程，先加速到最大速度，接着以最大速度匀速运动，最后减速到观景台的速度为零时，用时最短，故根据匀变速直线运动的规律可知，加速阶段
v=a1t1
解得
t1=12.5s
减速阶段
v=a2t2
解得
t2=10s
匀速阶段有
h−12a1t12−12a2t22=vt3
解得
t3=43.35s
电梯从地面由静止开始运动到观景台的最短时间为
t=t1+t2+t3=65.85s
故选B。
8.【答案】D
【解析】对AB两个物体受力分析，如图所示
A.弹簧处于水平静止状态，同一根弹簧弹力大小相等，故A错误；
B.AB都处于静止状态，受力平衡，对物体A有
mAg=Ftan60∘
对物体B有
mBg=Ftan45∘
可得
mA:mB= 3:1
故B错误；
C.对A物体，细线拉力
T1=Fcs60∘
对B物体，细线拉力
T2=Fcs45∘
则
T1:T2=cs45∘:cs60∘= 2:1
故C错误；
D.剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则AB合力大小分别等于 T1 和 T2 ，根据牛顿第二定律有
aA=T1mA ， aB=T2mB
可解得
aAaB= 2 3= 63
故D正确。
故选D。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
根据位移−时间图象的斜率表示速度，分析物块的运动情况，从而判断出传送带的转动方向。在3.0s～4.5s内图像为倾斜直线，说明物块向右做匀速运动，由斜率求出物体的速度即为传送带的速度。前2s物体向左做匀减速运动，根据运动学公式求解初速度。分别求出小物块匀减速运动过程中相对于传送带的距离、向右匀加速至共速过程中相对于传送带的距离，由此得到小物块在传送带上留下的滑动痕迹长度。
本题借助传送带模型，考查变速直线运动规律、牛顿第二定律等知识点，解题的关键是要明确x−t图象的斜率表示速度，正确分析物块的运动情况。
【解答】
A、根据位移−时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左做匀减速运动，第3s内向右做匀加速运动。3.0～4.5s内x−t图像为倾斜直线，说明物块与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，故A错误；
B、由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x=12at2，其中x=1m，t=1s，解得a=2m/s2，根据牛顿第二定律得：f=μmg=ma，解得μ=0.2，故B错误；
C、前2s物体向左做匀减速运动，t1=2s时速度为零，通过的位移x1=4m，由x1=v0+02t1，得v0=4m/s，故C正确；
D、前2s内物块与传送带间的相对位移大小为Δx1=x1+vt1=4m+2×2m=8m；第3s内物块与传送带间的相对位移大小为Δx2=vt2−x2=2×1m−1m=1m，所以0∼4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为x=Δx1+Δx2=9m，故D正确。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
v−t图像的斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移，明确这两点是解题的关键。
对于追及相遇问题，关键抓住位移关系，知道速度相等时两者间距有极值，结合运动学公式灵活求解。
【解答】
A.甲车的加速度a甲=ΔvΔt=1m/s2，
当两车相距最远时，甲乙两车速度相同，则有甲车运动时间v甲=a甲t=v乙，解得t=2s
即甲车追上乙车前，两车在2s+4s=6s时相距最远，A错误；
B.速度相等时甲车的位移x甲=12×2×2m=2m，
乙车的位移x乙=v乙t′=2×6m=12m，
两车的最大距离Δx=x乙−x甲=10m，B正确；
C.t=4s时蓝牙连接刚好断开，由图可知，此时甲乙相距为Δx′=2×4m=8m
当t=8s时，由图可知，此时甲乙相距为Δx′′=x ′乙−x ′甲=2×8m−12×4×4m=8m，
t=8s时两车的蓝牙信号刚好再次连接上，C正确；
D.0∼4s保持连接，第8s后开始连接，直到甲超过乙的距离8m时用时为t′′，x ′ ′甲−x ′ ′乙=8m，x ′′乙=v乙t′′，x ′′甲=12a 甲(t′′−4)2，联立解得t′′=12s，
以后辆车相距则相距大于8m，不可能再连接上，则两车处于蓝牙连接状态的总时间为t连=4s+12s−8s=8s，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)①；F′；
(2)C
【解析】【分析】
本题为验证力的平行四边形定则，实验采用是等效替代的思维方法。同一次实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同。F是通过作图的方法得到合力的理论值，由于误差的存在F与AO方向并不一定重合，F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，其方向一定沿AO方向。平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验。
【解答】
(1)上述实验过程中，其中步骤①中除了用铅笔记下O点的位置以及两个测力计的读数外，还应该记录两个拉力的方向；
图乙F与F′两力中，F是两个分力合力的理论值，而F′是两个力合力的实验值，则方向一定沿AO方向的是F′。
(2)FOB的大小及方向固定不变，且橡皮筋仍然伸长到O点，即合力大小和方向确定，其中一个分力的大小和方向也确定，根据平行四边行定则可知，另一个分力的大小和方向是唯一的，FOC的方向和大小是唯一确定值，故选C。
12.【答案】(1)B；(2)不需要；(3)2.32 ；4.00；(4)B
【解析】【分析】
本题考查探究加速度与力、质量的关系的实验，需要学生掌握相关实验原理进行解答，难度不大。
【解答】
(1)实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能使细绳拉力等于小车所受的合力，故B正确，ACD错误。
故选B。
(2)由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
(3)交流电源的频率为50Hz，计数点间的时间间隔为0.02s，打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小vA=8.95+×10−2m/s=2.32m/s。
小车做匀加速运动的加速度大小为a=10.22+9.59-(8.95+8.30)0.082×10−2m/s2=4.00m/s2。
(4)由题给图像可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大。
故选B。
13.【答案】解：设自由落体加速度的方向为正方向。
(1)下落的高度h=3.2×4m=12.8m，
有下落时间为t，则h=12gt2，解得t= 2hg= 2×12.810s= 2.56s=1.6s；
(2)设落地时速度为v，由v2=2gh有v= 2gh= 2×10×12.8m/s=16m/s，方向竖直向下；
(3)下落至地面时间为t，由(1)知t=1.6s，
由v−t图像知1.6s后，篮球做初速度为v0=−10m/s的竖直上抛运动，
运动的时间t1=2s−1.6s=0.4s，
则发生位移h1=v0t1+12gt12=−10×0.4m+5×0.42m=−3.2m，
则2s后的位移为x=h+h1=12.8m−3.2m=9.6m。

【解析】(1)由匀变速直线运动的位移与时间的关系求解所用时间；
(2)由匀变速直线运动的位移与速度的关系求解篮球落地时的速度；
(3)由v−t图像，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系求篮球从下落开始计时2s后的位移。
14.【答案】解：(1)对动滑轮分析，如图所示：
2FTsinα=mg，
解得：FT=500N
(2)对物体分析，如图所示：
FTsinβ+FN=Mg
f=FTcsβ
解得FN=1900N，f = 400N
(3)物体恰要开始滑动时，有FT′csβ=μMg−FT′sinβ
解得FT′=1000N
对动滑轮分析 2FT′sinα′=mg
解得：sinα′=12mgFT′=14
为了不让物体发生滑动，最小值sinα=sinα′=14
【解析】本题主要考查了受力平衡的应用，难度适中，注意进行受力分析。
(1)对动滑轮进行受力分析，根据受力平衡求出绳子张力的大小；
(2)对物体进行受力分析，根据受力平衡求出水平地面对物体的支持力大小和摩擦力大小；
(3)物体恰要开始滑动时，根据受力平衡求解。
15.【答案】解：(1)a=F−μmgM，解得a=2.5m/s2；
即：长木板的加速度为2.5m/s2；
撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，am=μg=2m/s2；
(2)Δx1=12at2−12amt2，得Δx1=1m；
即：小物块离长木板右端1m；
(3)刚撤F时，v=at=5m/s；vm=amt=4m/s；
撤F后，a′=μmgM=1m/s2；
最终速度v′=vm+amt′=v−a′t′；
∴v′=143m/s；
即：最终长木板与小物块一同以143m/s的速度匀速运动；
(4)在t′内，Δx2=v2−v′22a′−v′2−vm22am；
∴Δx2=16m；
Δx1+Δx2=76m ；
即：最终小物块离长木板右端76m。

【解析】本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的相关内容。解决本题的关键知道m在M上滑下时，两者的位移之差等于滑板的长度。
(1)根据牛顿第二定律计算加速度；
(2)撤去F时，根据牛顿第二定律计算出加速度，结合运动学知识，得出小物块离长木板右端的距离；
(3)根据牛顿第二定律结合运动学知识，求出长木板与小物块一同运动的速度；
(4)根据运动学知识，求出最终小物块离长木板右端的距离。