2023-2024学年安徽省六安第二中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安第二中学高一（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，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。此过程中( )
A. 地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B. 人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C. 人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D. 人被向上“托起”时处于失重状态
2.如图所示，小球沿斜面向上运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab=bd=8m，bc=2m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2s，则( )
A. a=−2m/s2B. vc=6m/s
C. de=1mD. 从d到e所用时间为2s
3.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为( )
A. 1∶1B. 3∶2C. 2∶1D. 2∶3
4.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30∘的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A. 0B. 2 33gC. gD. 33g
5.如图，与水平面夹角θ=37°的传送带正以10 m/s的速度顺时针运行。在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知该物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带A端到B端的距离为16 m，取sin 37°=0.6，g=10 m/s2，则小物体从A端运动到B端所需的时间是
A. 2.0 sB. 2.1 sC. 4.0 sD. 4.1 s
6.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g=10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
A. 0.5 kg，0.4B. 1.5 kg，215C. 0.5 kg，0.2D. 1 kg，0.2
7.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为(aA. 施加外力F大小恒为M(g+a)
B. A、B分离时，弹簧弹力恰好为零
C. A、B分离时，A上升的距离为M(g−a)k
D. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是( )
A. 小铁球所受合力为零B. 小铁球受到的合外力方向水平向左
C. F=M+mgtanαD. 系统的加速度为a=gtanα
9.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0,L)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. a和b初速度相同B. b和c运动时间相同
C. b的初速度是c的两倍D. a运动时间是b的两倍
10.如图甲所示，质量为M=2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度−时间图象如图乙所示，g=10m/s2，结合图象，下列说法正确的是( )
A. 物块在前2s内的位移x=3.25mB. 物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2
C. 物块的质量m=1.2kgD. 木板的长度L=2m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.用如图甲所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。
(1)实验时，一定要进行的操作是_______(填选项前的字母)。
A.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F
B.改变小车的质量，打出几条纸带
C.用天平测出砂和砂桶的总质量
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)若要把小车所受拉力视为小车所受的合力，在进行上述实验操作之前，首先应该完成的实验步骤是_____。
(3)若弹簧测力计的读数为F，则F_______mg(m为砂和桶的总质量)。(填“大于”“等于”或“小于”)
12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)实验时，一定要进行的操作是__________。
A.用天平测出砂和砂桶的总质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留3位有效数字)。
(3)甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a−F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M=__________。
A.1tanθ B．1tanθ−m0
C.2k−m0 D．2k
(4)乙同学根据测量数据作出如图4所示的a−F图线，该同学做实验时存在的问题是______________。
四、简答题：本大题共1小题，共12分。
13.冰车是北方小朋友很喜欢的一种游戏。小明的爸爸带着小明滑冰车，小明坐在冰车上，冰车和小明的质量共50kg，小明的爸爸对冰车施加水平推力60N，冰车质量为1kg，动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。求：
(1)冰车滑行过程中所受摩擦力的大小；
(2)冰车滑行过程中的加速度大小。
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.水平面上有一木板，质量为M=2kg，板左端放有质量为m=1kg的物块(视为质点)，已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．
(1)现用水平力F拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F的大小范围？
(2)若拉动木板的水平力F=15N，由静止经时间t1=4s立即撤去拉力F，再经t2=1s物块恰好到达板右端，求板长L=？
15.一个送货装置如图所示，质量为m=1kg的货物(可视为质点)被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持v=8m/s匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞(弹性装置形变量很小)，货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带AB之间的距离L为12.2m，传送带与水平面的夹角θ=37°，货物与传送带间的摩擦因数μ1=0.5，货物与平板车的摩擦因数μ2=0.3，平板车与地面的摩擦因数μ3=0.1，平板车的质量也为m=1kg，重力加速度g=10m/s2货物从传送带滑上；平板车时无动能损失，忽略空阻力。sin37°=0.6 , cs37°=0.8求：
(1)货物在传送带上的运动时间；
(2)平板车的长度l；
(3)如果平板车刚好能接到下一个货物，则每隔多长时间在传送带顶端释放一个货物。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
实验者加速向上运动，合力向上不为零，以人为研究对象，分析其受力情况即可，加速度向上，处于超重，加速度向下，处于失重。
分析受力时，首先要明确研究对象，应分析研究对象的受力情况，而不是分析其施力情况，知道如何判断物体处于超重还是失重状态，难度不大，属于基础题。
【解答】
A、地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是作用力和反作用力，大小相等，故A正确；
BC、实验者加速向上运动，合力向上不为零，受气流的力大于重力，故BC错误；
D、人被向上“托起”时，加速度向上，处于超重，故D错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．
【解答】
A、物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，
则从a到c有：xac=v0t1+12at12
物体从a到d有：xad=v0t2+12at22
代入数据联立解得：a=−1m/s2，v0=6m/s，故A错误；
B、根据速度公式vc=v0+at1=4m/s，故B错误；
C、根据速度公式vt=v0+at，代入数据可得： vd=2m/s，
则从d到e有：0−vd2=2axde，则：xde=2m，故C错误；
D、从d到e的时间为：tde=0−vda=2s，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查平抛运动的规律，分清平抛运动的速度方向和位移方向是求解问题的关键。
【解答】
小球A、B从同一高度平抛，都落到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得：对A有：tan30∘=12gt2v1t，对B有：tan30∘=v2gt，解得：v1∶v2=3∶2，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图，根据共点力平衡条件，有
F−Nsin30∘=0
Ncs30∘−G=0
解得
N=2 3mg3 ， F= 33mg
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为
a=Nm=2 3g3
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
传送带顺时针运行，小物块从A点出发，摩擦力的方向始终沿传送带向上，一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移时间公式求出运动的时间。
解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。若传送带逆时针转动，则运动情况又不同。
【解答】
传送带顺时针运行，小物块所受的摩擦力方向不变，一直沿传送带向上，根据牛顿第二定律得：a=mgsinθ−μmgcsθm=gsinθ−μgcsθ=10×0.6m/s2−0.5×10×0.8m/s2=2m/s2，
物块速度方向与传送带运行方向相反，物块做匀加速运动，根据s=12at2得：t= 2×162s=4s。故C正确，A、B、D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】由v−t图象可以看出，物块在4s−6s做匀速直线运动，根据力的平衡条件有
f=F3=2N
由速度图象可知，2−4s物块做匀加速直线运动，则物块的加速度
a=ΔvΔt= =2m/s2
由F−t图象可知，在此时间内，推力F=3N，由牛顿第二定律得
F−f=ma
代入数据解得
m=0.5kg
滑动摩擦力
f=μmg
代入数据解得
μ=0.4
故选A。
7.【答案】C
【解析】A.分离前整体分析有
F−2Mg+kx=2Ma
由于a不变，x减小，则F增大。故A错误；
B.A、B分离时，对B有
kx2−Mg=Ma
解得
x2=M(g+a)k
A、B分离时，弹簧弹力不为零，故B错误；
C.施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有
2Mg=kx1
解得
x1=2Mgk
A、B分离时，A上升的距离为
x1−x2=M(g−a)k
故C正确；
D.A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当 F弹=Mg 时，B达到最大速度，故D错误。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】【分析】
对整体分析可知整体的加速度方向，小球的加速度方向与凹槽的加速度方向相同，都是水平向右，分别对小球和凹槽进行受力分析，运用牛顿第二定律即可分析求解。
本题主要考查牛顿第二定律的应用，要注意整体法和隔离法的正确应用，明确两物体的加速度相同，则根据小球的受力情况可明确加速度大小。
【解答】
ABD.隔离小铁球受力分析得F合=mgtanα=ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα，故AB错误，D正确。
C.整体受力分析得F=(M+m)a=(M+m)gtanα，故C正确。
故选CD。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直位移相等求出运动的时间，从而根据水平分位移关系求出初速度的大小关系。
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
【解答】
A、ab的水平位移相同，但两球下落的高度不同，根据h=12gt2可知两球运动时间不同，由v0=xt可知两球的初速度不同，故A错误；
B、bc的高度相同，由h=12gt2可知运动时间相同，故B正确；
C、bc的时间相同，水平位移b为c的2倍，由v0=xt可知b的初速度是c的两倍，故C正确；
D、h=12gt2可知t= 2hg，则a的运动时间是b的 2倍，故D错误。
故选BC。
10.【答案】AC
【解析】解：A、物块在前2 s内的位移为：x=4+12×1+1+0.52×1=3.25m，故A正确；
B、由v−t图象知第1s物块的加速度大小为：a1 =△v△t=4−11m/s2=3m/s2，根据牛顿第二定律有：μmg=ma1 ，得物块加速度为：a1 =μg，联立得：μ=0.3，故B错误；
C、前1 s内，对木板有：μmg−μ1 (m+M)g=Ma2 ，后2 s内二者整体滑行，由牛顿第二定律有：μ1 (M+m)g=(M+m)a3 得：a3 =μ1 g.由运动学图象知：a2 =1m/s2、a3 =0.5m/s2，代入可解得：m=1.2 kg，故C正确；
D、由于物块与木板达到共同速度时物块相对木板滑行2 m，只能知道木板长度L≥2m，而题给条件无法求出木板的长度，故D错误。
故选：AC。
由v−t图象与时间轴所围的面积可求得物块在t=2s内的位移，由图线的斜率得到加速度，以m为研究对象，据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
对木板和整体分别根据牛顿第二定律结合v−t图象可求得物块的质量m；木板的长度至少等于物块与木板间的相对位移大小。
本题的关键是从图象获取位移和加速度的数值，利用牛顿第二定律和动量守恒定律结合研究即可。
11.【答案】 A 平衡摩擦力 小于
【解析】(1)[1]A.由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F，故A正确；
B.本实验探究加速度a与力F的关系，需要控制小车的质量不变，改变砂桶中砂子的质量，打出几条纸带来获取数据，故B错误；
CD.本实验中小车所受拉力可以通过弹簧测力计来获取，既不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故CD错误。
故选A。
(2)[2]小车在运动中要受到木板对小车的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，要把小车所受拉力视为小车所受的合力，就要先平衡摩擦力。
(3)[3]对砂和砂桶根据牛顿第二定律有
mg−F=ma
所以
F12.【答案】 BC##CB 2.00 C 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【解析】(1)[1] AD.本题绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量 m 远小于小车的质量 M ，故AD错误；
B.用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，故B正确；
C.为充分利用纸带，释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该实验还需要记录力传感器的示数，故 C正确。
故选BC。
(2)[2]根据题意，相邻计数点时间间隔
T=5f=0.1s
由逐差法计算加速度
a=x34+x45+x56−x01+x12+x23(3T)2=2.00m/s2
(3)[3]对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得
a=2m0+MF
图线的斜率为 k ，则
k=2m0+M
故小车的质量
M=2k−m0
故选C。
(4)[4]图线在 F 轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。
13.【答案】(1) 10N ；(2) 1m/s2
【解析】(1)依题意，把冰车和小明看着一个整体，可得冰车滑行过程中所受滑动摩擦力的大小为
Ff=μN
N=mg
代入数据得
Ff=μmg=0.02×50×10N=10N
(2)把冰车和小明看着一个整体，根据牛顿第二定律，有
F−Ff=ma
代入数据可得冰车的加速度大小为
a=F−Ffm=60−1050m/s2=1m/s2
14.【答案】解：(1)M与地面之间的最大静摩擦力f1=μ2(M+m)g=0.4×(2+1)×10=12N，
当M、m整体一起向右匀加速运动时，当m与M的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F最大，
对m：μ1mg=ma，
得a=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2，
对整体：F−μ2(M+m)g=(M+m)a，
代入数据：F−12=(2+1)×2，
解得：F=18N，
所以拉力F大小范围是12N(2)拉动木板的水平力F=15N，M、m一起匀加速运动
根据牛顿第二定律：a=F−μ2m+Mgm+M=15−122+1m/s2=1m/s2，
t1=4s时速度v1=at1=1×4m/s=4m/s，
撤去F后，物块加速度a1=μ1g=2m/s2，
对木板：μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2，
代入数据：0.2×10−12=2a2，
解得：a2=−5m/s2，
木板向右速度减为0的时间；根据题意t2=1s物块恰好到达板右端t1=0−v1a2=0−4−5s=0.8s，
在t1时间内物块的位移：x1=v1t1−12a1t12=4×0.8m−12×2×0.82m=2.56m，
木板的位移：x2=v12t1=42×0.8m=1.6m，
物块相对木板的位移△x=x1−x2=2.56−1.6=0.96m，
根据题意撤去力F后，再经t2=1s物块恰好到达板右端
所以木板静止后，木块继续运动0.2s，
t1=0.8s时物块的速度v2=v1−a1t1=4−2×0.8=2.4m/s，
Δx′=v2t2−12a1t22=2.4×0.2m−12×2×0.22m=0.44m，
木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m。
【解析】(1)物块与木块一起运动，拉力F必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m与M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F达到最大值；
(2)拉动木板的水平力F=15N，在第(1)问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F后，m向右匀减速，M向右匀减速，当M静止后，m继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度。
解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中。
15.【答案】解：(1)货物放上传送带后先以加速度a1向下加速运动，根据牛顿第二定律可得：a1=mgsinθ+μ1mgcsθm=10m/s2，
货物经过时间t1达到和传送带相同的速度，根据速度时间关系可得：t1=va1=810s=0.8s，
该段时间发生的位移为：x1=12at12=3.2m，
此后，货物以加速度a2向下加速运动，根据牛顿第二定律可知：
a2=mgsinθ−μ1mgcsθm=2m/s2，
运动的位移为：L−x1=vt2+12a2t22，代入数据解得：t2=1s，
所以货物在传送带上运动的时间为：t3=t1+t2=1.8s；
(2)设货物离开B点，刚滑上小车速度为v0，则v0=v+a2t2=10m/s，
滑上平板车后，货物以初速度v0=10m/s，加速度大小为a3=μ2g=3m/s2向左做匀减速直线运动，平板车向左做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度为：a4=μ2mg−2μ3mgm=1m/s2，
设经过一段时间t4后货物和平板车达到共同速度v共，由匀变速直线运动速度与时间关系式可得：对货物：v共=v0−a3t4
对平板车：v共=a4t4，
代入数据解得：t4=2.5s，v共=2.5m/s，
根据匀变速直线运动平均速度与位移的关系可得，时间t4内，
货物的位移为：x2=v0+v共2t4=15.625m，平板车的位移为：x3=v共2t4=3.125m，
平板车的长度就是两者的相对位移：l=x2−x3=12.5m；
(3)平板车被弹回后，以初速度v0′=2.5m/s，加速度a5=μ3g=1m/s2
做匀减速运动，根据题意，平板车再经过时间t5恰好到达传送带B端，则x3=v0′t5−12a5t52
解得t5=2.5s
所以释放货物的时间间隔Δt=t4+t5=5s
【解析】解决本题的关键在于正确进行受力分析，尤其是货物和传送带速度相同时物体受到的摩擦力方向，根据受力情况分析研究对象的运动情况，熟记运动学公式；
(1)分析货物放上传送带上的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出物体和传送带速度相等时的时间和发生的位移，
分析物体和传送带共速后的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，根据位移时间公式求出从共速到滑到底端所用的时间，两段时间相加即为总时间；
(2)根据速度时间公式求出货物到达传送带底端的速度，分析货物滑上平板车的受力以及平板车的受力情况，根据牛顿第二定律求出两者的加速度，
根据速度时间公式求出两者共速时所用的时间和共速的速度，结合位移时间公式求出共速时两者发生的位移，则两者的位移差即为平板车长度；
(3)根据运动学知识求出平板车从开始运动到回到传送带底端所用时间，此时间即为每两个货物的释放间隔。