2023-2024学年安徽省合肥市庐江县高一（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市庐江县高一（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析），共17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.“物理”二字最早出现在汉语中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。关于物理概念和规律，下列选项正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动
B. 物体在恒力作用下，不可能做曲线运动
C. m、kg、N都是国际单位制中的基本单位
D. 加速度、位移、质量三个物理量都是矢量
2.2023年12月21日21时35分，经过约7.5小时的出舱活动，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在中国空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，完成了天和核心舱太阳翼修复试验等既定任务，安全返回问天实验舱，出舱活动取得圆满成功。以下说法正确的是( )
A. 空间站里的航天员惯性消失了
B. 空间站里的航天员可以用天平称量自己的体重
C. 地面科研人员在指挥汤洪波做维修动作时，可将他视为质点
D. 航天员乘坐飞船返回地面前，在减速下降过程中处于超重状态
3.唐僧、悟空、八戒、沙僧师徒四人想划船渡过一条宽200m、两岸平齐的大河，他们在静水中划船的速度为3m/s，河水的流速为4m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是( )
A. 悟空说：我们划船过河只需要40s的时间
B. 八戒说：要想走最少的路就得朝着正对岸划船
C. 沙僧说：要想到达正对岸就得使船头朝向正对岸
D. 唐僧说：今天这种情况，我们是不可能到达正对岸的
4.据汽车工业协会数据显示，2023年我国新能源汽车产销连续8年保持全球第一。各大电动车品牌百花齐放，产品性能全球领先，“比亚迪”品牌电动汽车更是全球销量第一。如图为比亚迪公司的高性能越野车“唐”的尾标，其中数字“4.5s”代表该车从静止直线加速到100km/h仅需4.5s，近期又推出的高性能轿车“汉”从静止直线加速到100km/h仅需要行驶约54m，试估算该车的尾标数字可能是( )
A. 4.6sB. 3.9sC. 3.2sD. 2.7s
5.如图所示为甲.乙两质点同时沿同一直线运动的位移—时间图像。关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 在0∼t0时间内，乙的速度一直在减小
B. 在0∼t0时间内，乙的运动方向发生了改变
C. 在0∼2t0时间内，甲的速度一直在减小
D. 在0∼2t0时间内，甲、乙发生的位移相同
6.乒乓球是我国的国球，我国运动员多次包揽国际大赛金牌，如图是某同学练习乒乓球时将乒乓球置于球拍中心，并推动乒乓球沿水平直线向前运动，运动过程中球与球拍始终保持相对静止，忽略摩擦力及空气对乒乓球的影响，则( )
A. 乒乓球受到的合外力为零B. 球拍对乒乓球的作用力为零
C. 乒乓球受到沿水平方向的合外力D. 球拍对乒乓球作用力的方向竖直向上
7.如图所示，光滑水平面上的甲、乙两物体用轻质弹簧连接，水平拉力F作用在甲物体上，使它们一起做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2，已知甲，乙的质量分别为m1=3kg和m2=2kg则
( )
A. 拉力F的大小为12N
B. 弹簧弹力的大小为8N
C. 突然撤去F后，甲、乙都立即做减速运动
D. 在突然撤去F的瞬间，甲的加速度大小为4m/s2
8.如图为某款式双层晾衣篮。完全相同的上、下篮子由两个质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成，两篮通过四根等长的轻绳与钢圈的四等分点相连，上篮钢圈用另外四根等长轻绳系在挂钩上。晾衣篮的有关尺寸如图所示。不装衣物时，两篮子保持水平，则( )
A. 挂钩受到的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的四倍
B. 挂钩受到的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的四倍
C. 上方某一根轻绳的拉力大小是下方某一根轻绳的拉力的2.5倍
D. 上方四根轻绳的拉力之和与下方四根轻绳的拉力之和大小相等
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，斜面体上放置一物块，物块通过轻绳绕过定滑轮与小球相连。小球受到水平力F的作用，使轻绳偏离竖直方向角度θ缓慢变大。在此过程中，斜面体和物块始终保持静止，下列说法正确的是
( )
A. 小球受到轻绳的拉力一定变大B. 物块受到斜面体的摩擦力一定变大
C. 地面对斜面体的支持力一定变大D. 地面对斜面体的摩擦力一定变大
10.足够长的木板在粗糙水平地面上运动，在t=0时刻将一个与木板质量相等的物块轻放到木板上(物块相对地面的速度为零)，以后木板运动的速度−时间图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度g的大小为10m/s2。则( )
A. 物块在0.2s时速度增大到0.4m/s
B. 木板与地面间的动摩擦因数μ=0.3
C. 0.2s之后，物块和木板保持相对静止
D. 从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块与木板的相对位移大小为0.18m
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究合力与分力关系”的实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的P点，两个细绳套系在橡皮条的另一端。用a、b两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条结点到达O位置，然后撤去两个力，用一个测力计再次把结点拉到O点，如图甲所示。
(1)本实验采用的科学方法是__________；
A.等效替代法 B.理想实验法
C.控制变量法 D.建立物理模型法
(2)某次实验中，弹簧测力计的示数如图乙所示，则该拉力的大小为________N；
(3)用a、b两个弹簧测力计把橡皮条的结点拉到O处，如图甲所示，此时α+β>90°，现保持结点仍在O处，在弹簧测力计a的示数不变而逐渐增大α角的过程中，__________。
A.弹簧测力计b的示数将增大，β角将增大
B.弹簧测力计b的示数将减小，β角将减小
C.弹簧测力计b的示数将增大，β角将减小
D.弹簧测力计b的示数将减小，β角将增大
12.某实验小组设计了如图甲的装置来探究加速度与力、质量的关系，砂和砂桶的总质量为m，小车和小车中砝码的总质量为M。

(1)关于本实验，以下说法正确的是_____；
A.平衡摩擦力时，应挂上砂桶
B.牵引小车的细绳要与长木板平行
C.若使用电火花计时器，则需要8V交流电源
D.应在接通打点计时器电源的同时，释放小车
(2)某次实验中得到的一条纸带如图乙所示，已知打点计时器使用的电源频率为50Hz，相邻两个计数点之间有四个点未画出，则在打下B点时小车的速度为_____m/s，小车的加速度为_____m/s2(结果均保留两位有效数字)；
(3)丙组同学探究加速度与力的关系，在保持小车质量不变的情况下，以砂和砂桶的总重力作为小车受到的合力F，结合实验得到的数据描绘出小车的加速度a与合力F的图像如图丙所示。图像出现弯曲的原因可能是_____；
(4)丁组同学探究加速度与小车质量的关系，平衡摩擦力后，保持砂和砂桶的总质量m不变，改变小车质量M，根据实验数据得到小车加速度a的倒数和小车质量M的关系1a−M图像如图丁所示，已知当地的重力加速度为g=10m/s2。则图像中c点的纵坐标为_____s2⋅m−1，砂和砂桶的总质量m=_____kg。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.拖把是生活中常用的清洁工具，有拖杆和拖把头构成，设某拖把头的质量为m=1.0kg，拖杆的质量可忽略不计，如图所示为某同学用该拖把在水平地板上拖地，拖杆与竖直方向的夹角为θ=37°。已知sin37°=0.6、cs37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。
(1)若沿拖杆方向施加大小为F1=20N的推力推拖把时，拖把头在水平地板上保持静止，求拖把头对水平地板的压力和摩擦力；
(2)若沿拖杆方向施加大小为F2=50N的推力推拖把时，拖把头刚好在水平地板上做匀速直线运动，求拖把头与水平地板间的动摩擦因数μ。
14.航空母舰作为最先进的战略性武器，象征着一个国家的军事经济和科技实力。如图所示，2022年6月17日，我国第三艘航空母舰“福建舰”下水，标志着我国已成为世界上第二个掌握电磁弹射技术的国家。在某次试验中，一辆质量为m的无动力小红车在电磁弹射装置作用下，由静止起做匀加速直线运动，最后以大小为v0的水平速度离开甲板落入大海。已知航母保持静止，弹射器的弹射距离为L，甲板距海水平面的高度为h，重力加速度为g，不计小红车所受摩擦力和空气阻力。求：
(1)弹射器对小红车的推力F的大小；
(2)小红车从离开甲板到落入水面的过程中，水平位移x的大小；
(3)小红车刚落入水面时速度v的大小。
15.某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，该装置由水平传送带AB和倾斜传送带CD组成。水平传送带A、B两端相距L1=6m，以v=6m/s的速率顺时针转动；倾斜传送带C、D两端相距L2=3m，倾角θ=30°，B、C相距很近，工件从B到C过程速度大小不变。现将质量m的工件无初速地轻放至A端，已知工件与传送带AB间的动摩擦因数μ1=0.6，与传送带CD间的动摩擦因数μ2= 35，重力加速度g取10m/s2。
(1)求工件从A端运动到B端所用的时间；
(2)若倾斜传送带保持静止，求工件在倾斜传送带上向上滑行的最大距离x；
(3)若要求工件能到达D端，求倾斜传送带CD向上运动的最小速率vm。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
该题考查矢量与标量、国际单位制等知识点，其中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。注意做曲线运动的条件、平抛运动等都是曲线运动，对于已们的特点要掌握住。
【解答】
解：A、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确。
B、物体在恒力作用下可能做曲线运动，如平抛运动受到的重力不变，是曲线运动，故B错误;
C、国际单位制中，kg、m、s是三个国际单位制中的基本单位，N是导出单位。故C错误；
D、加速度、位移都是既有大小，又有方向的物理量，它们的运算都使用平行四边形定则，都是矢量，但质量只有大小没有方向，是标量。故D错误．
故选：A。
2.【答案】D
【解析】D
【详解】A.物体的惯性大小由物体的质量决定，可知，空间站里的航天员惯性并没有消失，故A错误；
B.空间站里的航天员处于完全失重状态，与重力有关的现象均不再存在，此时，空间站里的航天员不能够用天平称量自己的体重，故B错误；
C.地面科研人员在指挥汤洪波做维修动作时，汤洪波的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时不能够将他视为质点，故D错误；
D.航天员乘坐飞船返回地面前，在减速下降过程中，速度向下，加速度方向向上，可知航天员处于超重状态，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
根据运动的合成确定小船实际运动情况。
【解答】
CD.由于水速大于船速，无论怎么开，都无法到达正对岸，C错误，D正确；
B.要想走最少的路，应该让水速和船速的合速度与河岸之间的夹角 α 最大，如图此时就朝着上游某个方向，B错误；
A、船头朝对岸用时最短，为2003s>40s，故A错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动公式，根据速度与位移关系式求加速度，再根据速度与时间关系式求时间。
【解答】
v=100km/h=1003.6m/s，
根据速度位移关系式有v2=2ax，其中x=54m，
根据速度与时间关系式有v=at，解得t≈3.9s。
故该车的尾标数字可能是3.9s。
故选B。
5.【答案】A
【解析】A
【详解】AB. x−t 图像的斜率表示的是速度，则在 0−t0 时间内，乙图线的斜率逐渐变小，但一直为正，即乙的速度在减小，运动方向不变，故A正确，B错误；
C. x−t 图像的斜率表示的是速度，在 0−2t0 时间内，甲图线的斜率不变，即甲的速度不变，故C错误；
D.甲的位移为
x甲=0−2x0=−2x0
符号表示运动方向与规定的正方向相反，乙的位移为
x乙=x0−(−x0)=2x0
即甲乙的位移大小相同，方向不同，故D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了牛顿运动定律的应用，解题的关键是受力分析，熟练运用牛顿第二定律分析问题。由于乒乓球沿水平直线向前做变速运动，在水平方向有加速度，即可分析。
【解答】
乒乓球受重力和球拍对乒乓球的支持力，沿水平直线向前做直线运动，乒乓球受到的合外力沿水平方向，球拍对乒乓球作用力斜向上方，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
7.【答案】B
【解析】.B
【详解】A.将甲、乙两物体看作一个整体，根据牛顿第二定律可得
F=(m1+m2)a
解得
F=20N
故A错误；
B.以乙为研究对象，根据牛顿第二定律
F弹=m2a
解得
F弹=8N
故B正确；
C.在撤去力F是瞬间，弹簧的弹力不发生突变，则乙仍然受到向右的弹力，受力情况不变，继续向右加速；甲受到向左的弹力，做减速运动，故C错误；
D.在撤去力F是瞬间，弹簧的弹力不发生突变，则甲受到向左的弹力，根据牛顿第二定律
F弹=m1a甲
解得
a甲=83m/s2
方向水平向左，故D错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】【分析】
对上下两篮子整体分析可得每根绳竖直向上的分力与篮子重力的关系，根据绳长和篮子直径的关系得出绳与水平方向的夹角为53°，结合几何关系计算出每根轻绳对篮子的拉力；隔离下面篮子，对下篮子受力分析可得每根绳竖直向上的力等于下面篮子重力的14。
本题主要考查了共点力的平衡问题，主要考察整体法与隔离法的应用。
【解答】B、设每个晾衣篮质量为m，对上下两篮子和绳整体分析，受挂钩的拉力和重力，则挂钩的拉力F=2mg，对下篮受力分析，由对称性可知每根绳上的拉力F2=14mg，则挂钩受到的拉力大小是下方某一根轻绳拉力的8倍，故B错误；
A、对上下两篮子整体分析
根据平衡条件和对称关系可知，每根绳上的拉力的竖直向上的分量为14⋅2mg=12mg，绳与篮子平面夹角为β，由几何关系得：
csβ=RL=2440=0.6，F1sinβ=12mg，解得：F1=58mg，
结合B选项可知挂钩受到的拉力大小是上方某一根轻绳拉力的165倍，故A错误；
C、结合AB选项可知F1：F2=5：2，即上方某一根轻绳的拉力大小是下方某一根轻绳的拉力的2.5倍，故C正确；
D、上方四根轻绳的拉力之和等于2mg，下方四根轻绳的拉力之和等于mg，故D错误。
故选C。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了力的动态平衡问题，选择合适的研究对象，熟悉物体的受力分析，结合几何关系即可完成解答。
对小球受力分析，根据小球的平衡状态结合几何关系得出绳子拉力的表达式，结合角度的变化趋势得出绳子拉力的变化趋势；
对物块进行受力分析，沿斜面方向上列平衡等式，由此分析出物块受到斜面的摩擦力变化趋势；
对斜面体、小球和物块组成的整体进行分析，根据整体的平衡状态分析出地面对斜面支持力的变化趋势和地面对斜面的摩擦力的变化趋势。
【解答】
A.设小球重力为G1，小球受到的绳子拉力大小为T，根据平衡条件可得T=G1csθ，当θ逐渐变大时，T一定逐渐变大，故A正确；
B.斜面倾角为α，由于绳子的拉力大小T与物块的重力的下滑分力m物gsinα的大小关系未知，则无法判断物块所受的摩擦力，故B错误；
CD.对斜面体、小球和物块组成的整体进行分析，根据平衡条件可知地面对斜面体的摩擦力水平向右，且当整体受到的水平力F逐渐变大时，地面对斜面体的摩擦力逐渐变大。由于F不存在竖直方向的分量，因此斜面对地面的压力一定保持不变，故C错误，D正确。
10.【答案】ABD
【解析】【解答】
A.由图可知，t=0.2s时，长木板和物块速度相等，均为0.4m/s，故A正确；
之后物块相对于长木板向前运动，物块和木板没有保持相对静止；
设长木板与地面之间动摩擦因数为μ，长木板与物块之间动摩擦因数为μ2，长木板和物块质量均为m；
在0∼0.2s对长木板受力分析，根据牛顿第二定律列式：
−μ(m+m)g−μ2mg=ma1，a1=0.4−20.2m/s2
0∼0.2s对物块：
μ2mg=ma2，a2=0.4−00.2m/s2
解得μ=0.3，μ2=0.2
故B正确，C错误；
D.共速前长木板位移s1=2+0.42×0.2m=0.24m
共速前物块位移s2=0+0.42×0.2m=0.04m
共速后长木板加速度a1′=μ·2mg−μ2mgm=4m/s2
物块加速度a2′=μ2g=2m/s2
共速后到静止长木板位移s1′=0.422×4=0.02m
共速后到静止物块位移s2′=0.422×2=0.04m
从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块与木板的相对位移大小为s1−s2+s1′−s2′=0.18m
故D正确。
物块放上木板后，木板做匀减速运动，木块做匀加速直线运动，结合相等的速度以及初速度求出物块和木板的加速度，结合牛顿第二定律求出物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数。根据共速后长木板加速度减小，判断二者之间摩擦力方向，受力分析结合牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式列式求解。
11.【答案】 A 4.10 C
【详解】(1)[1]实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故选A；
(2)[2]测力计的最小刻度为0.1N，再估读一位到最小刻度的下一位，读数为：4.10N；
(3)[3]该题本质上是物体的动态平衡，由题意可知，保持O点位置不变，即合力大小不变，在弹簧测力计a的示数不变而逐渐增大α角的过程中，根据下图，可得，弹簧测力计b的示数将增大，β角将减小，故选C。

【解析】略
12.【答案】 B 0.56 2.0 不满足 m≪M 0.1 0.08
【详解】(1)[1] A.平衡摩擦力时，不挂砂桶，将长木板固定打点计时器的一端适当垫高，接通电源打点，轻推小车，使打出的点迹均匀分布，表明小车做匀速直线运动，故A错误；
B.平衡摩擦力后，为了使细绳对小车的拉力等于小车所受外力的合力，牵引小车的细绳要与长木板平行，故B正确；
C.若使用电火花计时器，则需要220V交流电源，故C错误；
D.实验中，为了避免在纸带上出现大量的空白段落，应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选B。
(2)[2]由于相邻两个计数点之间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T=5×150s=0.1s
匀变速直线运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打下B点时小车的速度为
vB=4.61+6.59×10−22×0.1m/s=0.56m/s
[3]根据逐差法可知，小车的加速度为
a=8.61+10.61×10−2−4.61+6.59×10−24×0.12m/s2≈2.0m/s2
(3)[4]对小车分析有
T=Ma
对砂和砂桶进行分析有
mg−T=ma
解得
T=MmgM+m=mg1+mM可知，当有
m≪M
此时可以近似认为有
T=mg
可知，丙组同学探究加速度与力的关系，在保持小车质量不变的情况下，以砂和砂桶的总重力作为小车受到的合力F，图像出现弯曲的原因可能是砂和砂桶的质量过大，导致不满足 m≪M 。
(4)[5][6]以小车、砂和砂桶为系统进行分析有
mg=m+Ma
变形得
1a=1g+Mmg
结合图丙有
1g=yc ， 1mg=0.6−yc0.4
解得
yc=0.1s2⋅m−1 ， m=0.08kg

【解析】略
13.【答案】(1)26N；方向竖直向下；12N；方向水平向左；(2) μ=0.6
【详解】(1)分析拖把头的受力，由平衡条件得
FN1=mg+F1cs37∘=26N ， Ff1=F1sin37∘=12N
由牛顿第三定律得，拖把头对地面的压力大小为26N，方向竖直向下。拖把头对地面的摩擦力大小为12N，方向水平向左。
(2)分析拖把头的受力，由平衡条件得
FN2=mg+F2cs37∘=50N ， Ff2=F2sin37∘=30N
由
Ff2=μFN2
解得
μ=0.6

【解析】略
14.【答案】(1) mv022L ；(2) v0 2hg ；(3) v02+2gh
【详解】(1)由运动学公式
v 02−0=2aL
和牛顿第二定律
F=ma
解得
F=mv022L
(2)由
h=12gt2
得
t= 2hg
则
x=v0t=v0 2hg
(3)根据
vy=gt
则
v= v02+vy2= v02+2gh

【解析】略
15.【答案】(1)1.5s；(2)2.25m；(3)2m/s
【详解】(1)令工件在水平传送带上的加速度大小为 a1 ，根据牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
经历一段时间，工件与传送带共速，则有
v=a1t1
解得
t1=1s
此过程的位移
x1=v2t1=3m
之后工件做匀速直线运动，匀速过程有
t2=L1−x1v
则工件在水平传送带上的运动时间
t=t1+t2=1.5s
(2)设工件在静止的倾斜传送带上的加速度大小为a2，在倾斜传送带上，对工件分析有
FN=mgcsθ ， Ff=μ2FN ， mgsinθ+Ff=ma2
解得
a2=8m/s2
倾斜传送带静止，工件向上做匀减速直线运动，利用逆向思维，根据位移与速度的关系式有
v2=2a2x
解得
x=2.25m
(3)设倾斜传送带向上的最小速度为vm，工件先在倾斜传送带上以加速度大小为a2匀减速到速度vm，利用逆向思维，此过程有
v2−vm2=2a2x2
由于工件重力沿倾斜传送带向下的分力大于滑动摩擦力，可知，工件与传送带不能够保持相对静止，之后，工件再以加速度大小为a3匀减速到速度为零恰好到达D点，且加速度大小为
a3=gsinθ−μ2gcsθ=2m/s2
此过程，利用逆向思维有
vm2=2a3x3
根据题意有
L2=x2+x3
解得
vm=2m/s

【解析】略