2023-2024学年福建省福州市福清第一中学高一（下）开学适应性练习物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市福清第一中学高一（下）开学适应性练习物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.福厦高铁北起福州，南至漳州，全长277.42km，设计最高时速350km/h，共设8座车站，则( )
A. km是国际单位制中的基本单位
B. 列车从福州到漳州的位移为277.42km
C. 列车从福州到漳州的平均速度为350km/h
D. 研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，可将列车视为质点
2.如图甲所示，订书机是一种常见的文具，其底座前端有弧形凹柏。压下订书钉使其穿过纸张后进入弧形凹槽，订书钉在凹槽的作用下向内弯曲后，即可完成装订。如图乙所示，当订书钉末端被压到弧形凹槽上的A点时，凹槽在A点对订书钉末端的( )
A. 弹力方向竖直向上B. 弹力方向水平向右
C. 摩擦力方向沿凹槽A点的切线斜向上D. 摩擦力方向沿凹槽A点的切线斜向下
3.从地面上以大小为v0的初速度竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速度大小随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面时速度大小为v1，且落地前小球已经做匀速运动，在小球的整过运动过程中，则下列说法中错误的是( )
A. 小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
B. 小球抛出瞬间的加速度大小为1+v0v1g
C. 小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
D. 小球上升过程的平均速度小于v02
4.在一些建筑工地上，建筑工人常用简易装置传送物品。如图所示，将两根相同且粗细均匀的平行细直杆MN和PQ倾斜固定作为轨道，轨道平面与水平面的夹角为θ，两直杆间的距离为d。将一圆柱形物体置于两直杆间，给该圆柱形物体一沿直杆向下的初速度，其恰好能沿轨道匀速下滑。不计空气阻力，则( )
A. 仅稍增大d，该圆柱形物体仍能沿轨道匀速下滑
B. 仅稍增大d，该圆柱形物体将沿轨道减速下滑
C. 仅稍增大θ，该圆柱形物体仍能沿轨道匀速下滑
D. 仅稍增大θ，该圆柱形物体将沿轨道减速下滑
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，在两雨滴落地前，它们之间的( )
A. 速度差不断增大B. 速度差不变C. 距离不断增大D. 距离保持不变
6.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，挡衣架静止时，下列说法正确的是( )
A. 将杆N向右移一些，绳子a端对杆拉力变小
B. 绳的右端上移到b′，绳子a端对杆拉力大小不变
C. 绳的两端高度差越小，绳子a端对杆拉力越小
D. 若只换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点不会左右移动
7.如图所示，箱子A内放有物块B，用竖直的轻弹簧连接后悬挂在天花板上，已知箱子A和物块B的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。现对箱子施加一个竖直向上的力F=3mg，使系统处于静止状态，空气阻力不计，则在撤去F的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的形变量为mgkB. 物块B的加速度大小为零
C. 箱子A的加速度大小为2gD. 物块B处于超重状态
8.如图所示，一倾斜传送带与水平面的夹角为37°，以速度v=3m/s顺时针匀速转动。一小煤块以初速度v0=5m/s自传送带的底端A点沿传送带方向冲上传送带，一段时间后运动到传送带顶端B点。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，AB距离为2.8m，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，则煤块( )
A. 刚冲上传送带时的加速度大小为2m/s2
B. 运动到B点时的速度大小为1m/s
C. 从A点运动到B点所用时间为1315s
D. 从A点运动到B点过程中在传送带上留下的划痕长为1m
三、填空题：本大题共3小题，共10分。
9.小明站在力传感器上做下蹲和起立动作，如图甲所示。图乙为力传感器的示数随时间的变化关系图像。则t1时刻小明处于 状态(选填“超重”“失重”或“平衡”);t2∼t3过程小明完成的动作是 (选填“起立”或“下蹲”)。
10.如图所示，两根长度不等的轻绳将重力为G的小球悬挂在天花板上，且两绳间的夹角为120º，a绳较长。当系统在水平方向上做匀加速直线运动时，a、b二绳位置仍然如图，且张力大小都为T。则T_____(填“>”，“<”，“=”)G。系统运动方向是水平_____(填“向左”或“向右”)。
11.质量分别为1kg、2kg、1kg的木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是_________cm。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学利用如图甲所示的装置测量一弹簧的劲度系数，他将弹簧上端固定在铁架上，弹簧下端固定有指示箭头，靠近弹簧竖直固定有刻度尺。弹簧不挂钩码时，指示箭头指示刻度为10.00cm，挂上一个钩码后，静止时指示刻度如图乙所示。接着每次增加一个钩码记录静止时指示刻度如下表所示，已知每个钩码质量为50g，当地重力加速度g为9.80m/s2。
(1)图乙中箭头指示的刻度示数为_____cm；
(2)根据实验数据，在图丙补齐数据点并作出n−L图像_______，由图像可知该弹簧的劲度系数为_____N/m(计算结果保留两位有效数字)
13.在科学探究：加速度与力、质量的关系实验中，实验装置如图甲所示。
(1)实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力，实验操作正确的是_____(选填选项字母)。
A. B． C．
(2)实验得到如图乙所示的纸带，其中A、B、C、D、E为五个计数点，相邻两个计数点之间还有4个点未标出，测得BC间距S2=3.10cm、DE间距S4=7.20cm，已知交流电的频率为50 Hz，则小车在BC段的平均速度v=_____m/s，加速度a=_____m/s2(结果均保留3位有效数字)。
(3)设小车质量为M、砂桶总质量为m，若该实验未满足m<五、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.滑索装置可以简化成如下模型，倾角为30∘的轨道上套一个质量为m的圆环P，质量为3m的座椅和圆环P之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时，工人对座椅施加一个拉力F，使座椅从圆环正下方的A点缓慢移动，直到轻绳水平，座椅到达B点，此时，拉力与轻绳的夹角为120∘，整个过程圆环P保持静止，重力加速度为g，求：
(1)座椅静止在A点时，轨道对圆环P的摩擦力
(2)座椅到达B点时，轨道对圆环P的摩擦力；
15.如图所示，甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，乙车在甲车前方x0=100m处做匀速直线运动，速度大小为v2=30m/s，甲车此时速度为v1=10m/s，做加速度大小为a1=2m/s2的匀加速直线运动。甲、乙车上安装有信号发射与接收装置，当甲乙两车距离超过L=175m时，甲乙车不能接受到彼此通讯信号。求：
(1)在甲车追上乙车之前，甲、乙两车之间的最大距离为多少？
(2)甲车追上乙车的时间为多少？
(3)在第(1)问条件下，当甲、乙两车距离最大时，乙车立即刹车，加速度大小为a3=2m/s2，甲车继续以a1=2m/s2加速度匀加速运动，求在甲车追上乙车之前两车能维持通信的时间。
16.如图所示，长木板A位于足够高的光滑水平台面上，右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与物体C连接。当C从静止开始下落0.4m时，在A的最右端轻放一小铁块B(初速度为0，可视为质点)，最终B恰好未从A上滑落，已知A与C的质量均为1kg，B的质量为4kg，A、B间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)铁块B放上前瞬间，轻绳中的张力大小T及木板A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当B轻放在A最右端的同时，对B施加一水平向右、大小为70N的恒力F，其他条件不变，则B滑出A时速度大小vB。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、km是常用单位，不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、列车从福州到漳州的路程为277.42km，位移不能确定，故B错误；
C、列车从福州到漳州的瞬时速度最大为350km/h，故C错误；
D、研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，列车的大小和形状可忽略不计，可将列车视为质点，故D正确。
故选：D。
km不是国际单位制中的基本单位。物体运动轨迹的长度叫路程，最高时速是瞬时速度最大值。当物体的大小和形状可忽略不计时，物体可看成质点。
解答本题的关键要掌握物体能看成质点的条件：物体的大小和形状可忽略不计。要注意正确区分位移与路程、平均速度与瞬时速度。
2.【答案】C
【解析】解：AB、接触面的弹力方向垂直于接触面指向受力物体，所以A点的弹力方向垂直于过A点的切线指向订书针；AB错误；
CD、摩擦力的方向于相对运动趋势方向相反，所以A点对订书针的摩擦力方向沿切线斜向上，故C正确，D错误。
故选：C。
根据接触面弹性形变判断弹力方向，再根接触面的倾斜情况判断摩擦力的方向。
本题考查了弹力和摩擦力的方向的判断，解决本题的关键是理解弹力的产生以及静摩擦力的判断。
3.【答案】C
【解析】A.由小球受到的空气阻力与速率成正比，由可以知道在上升过程中空气阻力减小，又重力向下，故上升阶段合力减小，故加速度减小。下降过程中速率增大，空气阻力增大，方向向上，而重力向下故合力逐渐减小，加速度逐渐减小，A正确，不符合题意；
B.由图可以知道，速度为 v1 时球匀速，说明重力等于阻力，故有
kv1=mg
得
k=mgv1
故抛出瞬间的空气阻力为
f0=kv0=mgv0v1
故抛出瞬间的加速度为
a=mg+fm=1+v0v1g
B正确，不符合题意；
C.小球抛出时重力向下，阻力向下，此时速率最大时阻力最大，可以知道合力在抛出时最大，此时加速度也最大，而加速度最小值为零，出现在匀速运动至落地前，C错误，符合题意；
D.上升过程若是匀减速直线运动，其平均速度为 v02 ，而从图中可以看出其面积小于匀减速直线运动的面积，即图中的位移小于做匀减速的位移，而平均速度等于位移比时间，故其平均速度小于匀减速的平均速度，即小于 v02 ，D正确，不符合题意。
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：AB.对该圆柱形物体进行受力分析，如答图1、2所示。
假设该圆柱形物体所受重力大小为G，两直杆对该圆柱形物体的弹力大小均为FN，FN与垂直轨道平面方向的夹角为α，该圆柱形物体与两直杆之间的动摩擦因数为μ，两直杆对该圆柱形物体的摩擦力大小均为f，该圆柱形物体恰好能沿轨道匀速下滑
在垂直轨道平面方向，有2FNcsα=Gcsθ
在平行轨道平面方向，有2f=Gsinθ，且f=μFN，联立可得Gsinθ=2f=μGcsθcsα。
仅稍增大d，则α增大，f增大，2f>Gsinθ，根据牛顿第二定律合外力提供物体的加速度可得，该圆柱形物体将沿轨道减速下滑，故B正确，A错误；
CD.仅稍增大θ，则f减小，Gsinθ增大，2f故选：B。
对圆柱体受力分析，根据受力平衡，可求出摩擦力与重力沿斜面分力的关系，从而根据选项结合牛顿第二定律作答。
学生在解决本题时，应注意正确的受力分析是解决本题的关键，也是解决牛顿第二定律这类问题的基础。
5.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查自由落体运动的规律，根据两雨滴运动的时间关系，列方程解题。
【解答】
两雨滴均做自由落体运动，设后释放雨滴运动的时间为t，则先释放雨滴运动时间为t+Δt。
A、它们之间的速度差为Δv=g(t+Δt)−gt=gΔt，Δt是常数，故Δv不变，故A错误，B正确；
CD、它们之间的距离为Δx=12g(t+Δt)2−12gt2=gΔt·t+12g(Δt)2，Δt是常数，则可知Δx随时间均匀增加，故D错误，C正确。
故选BC。
6.【答案】BD
【解析】BC.如图所示

因为同一根绳子上的拉力相等，所以两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。设绳子的长度为L，绳子与水平方向的夹角为 θ ，根据几何关系可得，两杆之间的距离等于 Lcsθ ，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则 θ 角度不变，根据受力平衡可得
F1=F2=G2sinθ
所以绳子上的拉力大小不变；绳的两端高度差的大小，对绳子的拉力大小没有影响，故B正确，C错误；
A.当杆N向右移动后，两杆之间的距离变大，绳长不变，所以 θ 减小， sinθ 减小，绳子拉力变大，故A错误；
D.绳长和两杆距离不变的情况下， θ 不变，所以只换挂质量更大的衣服，悬挂点不会移动，故D正确。
故选BD。
7.【答案】AC
【解析】A.以AB整体为研究对象，设弹簧的弹力为 F′ ，根据平衡条件
F′+2mg=3mg
得弹簧的弹力为
F′=mg
方向竖直向下，弹簧处于压缩状态。由胡克定律
F′=kx
解得弹簧的形变量为
x=mgk
故A正确；
BCD.撤去力F后，弹簧弹力不变，假设AB间有相互作用力，即AB加速度相同，则以整体为研究对象，整体受的合外力为3mg，则整体的加速度为
a=3mg2m=1.5g
而B向下的加速度最大为 g ，故A的加速度大于B的加速度，二者分离，A不受B的压力；以A为研究对象，受重力和弹簧的弹力
mg+mg=maA
解得
aA=2g ， aB=g
方向均竖直向下，则A、B均处于失重状态，故BD错误，C正确。
故选AC。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.刚冲上传送带时的加速度大小为
a1=mgsin37∘+μmgcs37∘m=10m/s2
选项A错误；
BC.煤块与传动带共速时
v=v0−a1t1
解得
t1=0.2s
位移
x1=v+v02t1=0.8m
然后做匀减速的加速度为
a2=mgsin37∘−μmgcs37∘m=2m/s2
到达B点时
L−x1=vt2−12a2t22
解得
t2=1s(另一值舍掉)
运动到B点时的速度大小为
vB=v−a2t2=1m/s
从A点运动到B点所用时间为
t=t1+t2=1.2s
选项B正确，C错误；
D.从开始到共速相对位移
Δx1=x1−vt1=0.2m
共速后到B点时相对位移
Δx2=vt2−(L−x1)=1m
划痕之间覆盖，则从A点运动到B点过程中在传送带上留下的划痕长为1m，选项D正确。
故选BD。
9.【答案】超重；起立
【解析】【分析】
下蹲过程，初末速度均为零，说明先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重；
起立过程，初末速度均为零，说明先向上加速后向上减速，加速度先向上后向下，先超重后失重。
【解答】
t1时刻力传感器示数大于重力，故小明处于超重状态，t2∼t3过程小明先超重后失重，先向上加速后向上减速，完成的动作是起立。
10.【答案】>，向左
【解析】画出两绳子拉力的合力示意图，见下图，
，
因为两拉力大小相同，夹角为120º，根据力的平行四边形定则，得合力F的大小为F=T，因为a绳较长，所以F方向为斜向左上方，设合力F与竖直方向的夹角为θ，则F可以分解为竖直向上的力和水平向左的力，根据牛顿第二定律得Fcsθ=GFsinθ=ma，所以 T>G ，系统水平向左加速运动。
11.【答案】12
【解析】开始未用水平力拉p弹簧时，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，由胡克定律得弹簧q压缩的长度为
x1=mbgk= 4cm
当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得弹簧q伸长的长度为
x2=mcgk= 2cm
此时，弹簧p处于伸长状态，受到的拉力等于b、c的总重力，则弹簧p伸长的长度为
x3=mcg+mbgk=6 cm
根据几何关系得到，该过程p弹簧的左端向左移动的距离为
s=x1+x2+x3=12 cm
12.【答案】(1)15.00
(2) 9.8

【解析】(1)[1]刻度尺的分度值为0.1cm，读数为15.00cm。
(2)[2]描点作出 n−L 图像如图所示
[3]根据胡克定律，该弹簧的劲度系数为
k=ΔFΔL=5×50×10−3×9.80(35.00−10.00)×0.01 N/m=9.8N/m
13.【答案】 B 0.310 2.05 1b
【详解】(1)[1]A.平衡摩擦力时，不挂砂桶，将长木板固定有打点计时器的一端适当垫高，将纸带穿过打点计时器的限位孔，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，此时，小车向下做匀速直线运动，该图中，挂了砂桶，不符合要求，故A错误；
B.结合上述可知，该图中平衡摩擦力的操作符合要求，故B正确；
C.该图中没有将纸带穿过打点计时器的限位孔，结合上述可知，该图中平衡摩擦力的操作不符合要求，故C错误。
故选B。
(2)[2]相邻两个计数点之间还有4个点未标出，则相邻计数点之间的时间间隔为
T=5×150s=0.1s
则小车在 BC段的平均速度
v=s2T=3.10×10−20.1m/s=0.310m/s
[3]根据匀变速直线运动的规律有
s4−s2=2aT2
解得
a=7.20−3.10×10−22×0.12m/s2=2.05m/s2
(3)[4]平衡摩擦力后，对小车进行分析有
T=Ma
对砂桶进行分析有
mg−T=ma
解得
1m=gM⋅1a−1M
则有
−1M=−b
解得
M=1b

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 2mg ，沿斜面向上；(2)mg，沿斜面向下
【解析】(1)座椅静止在A点时，将座椅和圆环看成整体，根据平衡条件可得
f1=(3m+m)gsin30∘=2mg
方向沿斜面向上。
(2)绳套到达B点时，设轻绳上的拉力为F，对质量为3m的座椅，受力分析如图a所示。由平衡条件可得
F=3mgtan30∘= 3mg
设轨道对滑轮的摩擦力大小为f，弹力大小为N，对滑轮受力分析如图b所示，由平衡条件可得
f+mgsin30∘−Fcs30∘=0
解得
f=mg
方向沿斜面向下。
15.【答案】(1) 200m ；(2) 10+10 2s ；(3) 15−5 22s
【解析】(1)当甲乙车速度相等时，两车相距最远，设经过 t 时间，两车共速，则有
v1+a1t=v2
解得
t=10s
所以最大距离为
Δxm=x0+v2t−v1t+12a1t2=200m
(2)根据匀变速直线运动规律
x甲=v1t+12a1t2
x乙=v2t
x甲=x乙+x0
t=10+10 2s
(3)在甲乙车共速之前，在 t1 时刻两车第一次相距 175m ，依题意有
v2t1−v1t1+12a1t12=L−x0
解得
t1=5s
能保持通信的时间为
Δt1=5s
在甲乙车共速之后，再经过 t2 时间，两车第二次相距 175m ，依题意有
v2t2+12a1t22−v2t2−12a1t22=Δxm−L
解得
t2=5 22s
设再经过 t3 时间，甲车追上乙车
v2t3+12a1t32−v2t3−12a3t32=Δxm
解得
t3=10s
此时乙车速度未减至零，符合题意此阶段，两车能保持通信的时间为
Δt2=10−5 22
故在乙车停止运动之前，两车能够维持通信的时间为
Δt=Δt1+Δt2=15−5 22s
16.【答案】【详解】(1) B放上前，对C根据牛顿第二定律有
mg−T=ma
对A根据牛顿第二定律有
T=ma
解得
T=5N;a=5m/s2
根据速度位移公式有
v02=2ax
解得
；
(2) B相对A左滑，由于μMg=mg，则可知A、C匀速，此时对B有
μMg=Ma′
AB相对滑动过程，则有
v0=a′t，L=v0t−v02t
解得
L=0.8m;
(3) F作用时，B相对A左滑，A、C匀速，此时对B有
F+μMg=Ma1
根据运动学规律有
v0=a1t1，x=v0t1−v02t1
则x=0.1m
A、B共速后，假设B相对A右滑，对B有
F−μMg=Ma2
对A、C，根据牛顿第二定律有
T′+μMg=ma3
mg−T′=ma3
解得
a2=15m/s2，a3=10m/s2
由于a2>a3，假设成立，则有
x=(v1t1+12a1t22)−(v0t1+12a3t22)
解得
t2=0.2s
根据速度位移公式有
vB=v0+a2t2
解得
vB=5m/s
【解析】本题考查了求速度与木板长度问题，考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。钩码个数n(个)
0
1
2
3
4
5
指示刻度Lcm
10.00
19.98
25.05
30.10
35.11