2022-2023学年江苏省南通市如皋市高一上学期期中教学质量调研物理试题（解析版）

2022—2023学年度高一年级第一学期期中教学质量调研

物理试题

一、单项选择题：共10题，每题3分，共30分。每题只有一个选项最符合题意。

1. 根据《中华人民共和国道路安全法》第五十一条规定，汽车行驶时，驾驶人、乘坐人员应当按规定使用安全带，乘客不管坐前排还是后排，乘车就必须系安全带。关于安全带，下列说法中正确的是（　　）

A. 系好安全带可以减小汽车的惯性

B. 系好安全带可以减小驾驶员和乘客的惯性

C. 系好安全带可以完全避免撞击对驾驶员和乘客的伤害

D. 系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响

【答案】D

【解析】

【详解】ABD．物体的惯性只与物体的质量有关，所以系好安全带并不能减小汽车的惯性，也不能减小驾驶员和乘客的惯性，即系好安全带对驾驶员、乘客和车的惯性都没有影响，故AB错误；D正确；

C．系好安全带不能完全避免撞击对驾驶员和乘客造成的伤害，但可以延长驾驶员和乘客与小车发生撞击的时间，从而减小产生撞击力，减轻驾驶员和乘客受到的伤害，故C错误。

故选D。

2. 如图所示的仪器中不能直接测量国际单位制中对应的力学基本量的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．刻度尺能直接测量长度，长度是力学基本物理量，A正确，不符合题意；

B．弹簧秤是测量力的，力不是力学中基本物理量，所以弹簧秤不能直接测量国际单位制中对应的力学基本量，B错误，符合题意；

C．秒表测量时间，时间是力学基本物理量，C正确，不符合题意；

D．天平测量质量，质量是力学基本物理量，D正确，不符合题意。

故选B。

3. 如图所示，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯上楼，此时两电梯都匀加速向上运转，则（　　）

A. 甲、乙都受到三个力的作用

B. 扶梯对甲没有摩擦力的作用

C. 扶梯对甲的作用力方向竖直向上

D. 扶梯对乙的作用力方向竖直向上

【答案】A

【解析】

【详解】AB．依题意，人加速度方向沿电梯斜向上，根据物体受到合力的方向与加速度方向相同可知，甲、乙都受到重力，电梯对人的摩擦力及支持力共计三个力的作用，故A正确，B错误；

C．扶梯对甲支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，根据平行四边形定则，可知电梯对人的作用力方向偏向右上方，而不是竖直向上，故C错误；

D．可利用假设法判断，若扶梯对乙的作用力方向竖直向上，可知人受到合力的方向在竖直方向上，不可能沿电梯斜向上，而人的加速度方向是沿电梯斜向上的，所以假设错误，即电梯对人的作用力方向不是竖直向上，故D错误。

故选A。

4. 小红站在力传感器上做下蹲、站起动作，力传感器示数F随时间t变化的图线如图所示，由图可知（　　）

A. 站立过程中人一直处于超重状态

B. 站立过程中人先处于失重状态后处于超重状态

C. 这段时间内小红完成了一次下蹲、站立动作，且下蹲后约2s起立

D. 这段时间内小红完成了两次下蹲、站立的动作，第一次站立后约2s后再次下蹲

【答案】C

【解析】

【详解】AB．站立过程中，人先加速上升后减速上升，加速度先向上后向下，先超重后失重，传感器的示数先大于重力后小于重力，AB错误；

CD．下蹲过程中，人先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，先失重后超重，传感器的示数先小于重力后大于重力；站立过程中，人先加速上升后减速上升，加速度先向上后向下，先超重后失重，传感器的示数先大于重力后小于重力。

根据图像，人的重力等于650N，在这段时间内，传感器的示数先小于重力后大于重力，这是下蹲过程；然后传感器的示数又先大于重力后小于重力，这是站立过程；4s末完成下蹲，6s时开始站立，且下蹲后约2s起立，C正确，D错误。

故选C。

5. 氢气球从地面由静止竖直向上运动，若空气阻力随气球上升的速度的增大而增大，重力和浮力大小不变，则气球速度、加速度a与时间t的关系图像正确的是（　　）

A.  B.

C.
 D.

【答案】D

【解析】

【详解】对氢气球受力分析，由牛顿第二定律可得

空气阻力随气球上升的速度的增大而增大，可知随着气球的上升，a逐渐较小 ，气球做加速度减小的加速运动。图象的斜率表示加速度可知，A项加速度不变，B项加速度增大；由图纵轴可知，C项加速度增大，D项加速度减小。

故选D。

6. 如图所示，物块A、B用一条绕过轻质定滑轮的轻绳相连，轻绳两部分分别处于竖直和水平状态，A、B的质量分别为M、m，重力加速度为g，不计一切摩擦．现将系统由静止释放，B向左运动，则（　　）

A. B对桌面的压力小于mg

B. A、B的加速度相同

C. B的加速度大小为

D. 轻绳对滑轮的作用力小于

【答案】D

【解析】

【详解】A．对B受力分析，竖直方向受力平衡，则桌面对B的支持力等于B的重力，根据牛顿第三定律可知，B对桌面的压力等于mg，选项A错误；

B．A、B用同一细绳连接，则加速度大小相同，方向不同，选项B错误；

C．对AB系统，根据牛顿第二定律可知，B的加速度大小为

选项C错误；

D．轻绳的拉力

轻绳对滑轮的作用力

选项D正确。

故选D。

7. 如图所示，在竖直墙面上有A、B两点，地面上有M点，A、M连线与水平面成45°角，B点在A点上方，C点位于M点正上方且与A等高．现在AM、BM之间架设光滑轨道，让三个小球a、b、c分别由静止从A、B、C三点分别沿轨道AM、BM运动和自由下落，不计空气阻力，则a、b、c运动到地面所需的时间、、关系是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】以C为圆心，AC为半径做圆，如图

根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该点达到最低点经过的时间相等，则从圆上A、E、D到达M点的时间相等，c球在圆内C点释放，则c球最先到达M点，然后是a球，b球在圆外释放，b球最后到达。所以

tb＞ta＞tc

故选A。

8. 如图所示，轻杆A端用铰链固定在竖直墙上，B端吊一工件，工人用轻绳跨过定滑轮C用拉力将B端缓慢上拉，滑轮C在A点正上方，滑轮大小及摩擦均不计，则在轻杆达到竖直位置前（　　）

A. 轻杆的弹力逐渐增大

B. 轻杆的弹力逐渐减小

C. 工人受到地面的摩擦力逐渐减小

D. 工人拉绳子的力大小不变

【答案】C

【解析】

【详解】ABD．根据题意，设重物重力为，对B端受力分析，如图所示

根据平衡条件可知，和的合力与等大反向，由三角形相似可得

解得

，

由于将B端缓慢上拉，和不变，减小，则有减小，不变，故ABD错误；

C．根据题意，对人受力分析，由平衡条件可知，工人受到地面的摩擦力与绳子对人的拉力等大反向，由于逐渐减小，则工人受到地面的摩擦力逐渐减小，故C正确。

故选C。

9. 如图所示，在粗糙的水平面上，P、Q两物块之间用轻弹簧相连．在水平向右、大小恒定的推力F作用下，P、Q一起向右做匀加速运动．已知P、Q的质量分别为2m、m，与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　）

A. 弹簧弹力的大小为

B. 若仅减小水平面的粗糙程度，弹簧的弹力变小

C. 当突然撤去F的瞬间，P、Q的加速度都立刻发生变化

D. 当突然撤去F的瞬间，P的加速度立刻发生变化，Q的加速度不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．物块 P、Q一起向右做匀加速运动，具有相同的加速度，对物块Q，根据牛顿第二定律有

对物块P、Q整体有

解得

故A错误；

B. 由A分析可知弹簧的弹力与水平面的粗糙程度无关，故B错误；

CD. 当突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力和摩擦力不变，物块P的受力发生了变化、加速度立刻发生变化，物块Q的受力不变，加速度不变，故C错误，D正确；

10. 如图所示，倾角为且上表面光滑的斜面静止于水平地面上，斜面与地面接触处粗糙，平行于斜面的细线一端系着小球，另一端固定在斜面的挡板上。现用水平恒力向左拉动斜面，斜面和小球相对静止一起向左加速运动，则（　　）

A. 与静止时相比，斜面对小球的弹力可能不变

B. 水平恒力越大，细线对小球的拉力一定越大

C. 若斜面的加速度为，斜面对小球的弹力刚好为0

D. 若水平恒力增大到一定程度后，地面对斜面的摩擦力将增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．斜面静止时对小球受力分析，如图所示，由平衡条件可得

设小球的质量为m，斜面体的质量为M，当斜面和小球相对静止一起向左加速运动，设加速度为a，对小球受力分析如图所示，可得

因

则有

可知与静止时相比，斜面对小球的弹力可能一定变化，A错误；     

B．当斜面和小球相对静止一起向左加速运动时，把小球和斜面看成整体受力分析，由牛顿第二定律可得

设斜面体与水平面间的滑动摩擦因数为μ，则有

可知水平恒力越大，细线对小球的拉力一定越大，B正确；

C．当斜面对小球的弹力恰好减到零时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得

解得

C错误；

D．若水平恒力增大到一定程度后，地面对斜面体的摩擦力是滑动摩擦力，则有

可知摩擦力不变，D错误。

故选B。

二、非选择题：共7题，共70分。其中第13题～第17题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

11. 小明用如图甲所示装置做“验证力的平行四边形定则”实验。

（1）本实验采用的科学方法是______。

A．理想模型法　　B．等效替代法

C．控制变量法　　D．转换法

（2）某次实验中，弹簧秤的示数如图乙所示，则测得的力的大小为______N。

（3）小明画出了如图丙所示两个已知力、，图中小正方形的边长表示2N，根据平行四边形定则得、的合力______N，F的方向与OA______（填“一定”“不一定”或“一定不”）在同一直线上。

【答案】    ①. B    ②. 2.10    ③. 12    ④. 不一定

【解析】

【详解】（1）[1]在物理方法中，等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况．如平均速度、合力与分力、等效电路、等效电阻等，所以用如图甲所示装置做“验证力的平行四边形定则”实验，采用的科学方法是等效替代法，B正确，ACD错误。

故选B。

（2）[2]弹簧测力计读数需要估读到最小刻度的下一位，故本题读数为。

（3）[3]由于力的合成遵循平行四边形法则，将与合成后，如图所示

则合力。

[4]由于在做“验证力的平行四边形定则”实验中，都存在系统误差或者偶然误差，可能导致F的方向与OA不一定会在同一直线上。

12. 某实验小组利用如图甲所示的装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。已知打点计时器的打点周期为T。实验中，他们用天平测出小车的总质量，将木板一侧垫高补偿了阻力，用细线所挂钩码的总重力代替小车所受的牵引力大小F。

（1）他们还在实验时调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，这样做的目的是________。

A．避免小车在运动过程中发生抖动

B．使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰

C．保证小车能够做匀速直线运动

D．使细线拉力等于小车受到的合力

（2）实验得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D、E是在纸带上选取的计数点，相邻计数点间还有4个打点未画出，AB、DE间的距离分别为、，则小车运动的加速度________。

（3）下表记录了小车质量一定时，牵引力F与对应加速度a的几组数据，请在坐标纸中作出图线________。

（4）根据图线，分析产生误差的主要原因是________。

【答案】    ①. D    ②.     ③.     ④. F增大后不再满足钩码的质量远小于小车的总质量

【解析】

【详解】（1）[1]使牵引小车的细线与木板平行，这样做的目的是在平衡摩擦力后使细线拉力等于小车受的合力。

故选D。

（2）[2]因为每相邻两个计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为，匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即，结合纸带则有

（3）[3]描点作出图像如图所示

（4）[4]探究加速度与力的关系的实验中，当钩码的总质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码的重力，如果钩码的总质量太大，没有远小于小车质量，根据牛顿第二定律可得

联立可得小车加速度为

或

当时，，当增加时，也增加，或当增加时，图像的斜率减小，如图

所以图像不再是直线，而是发生弯曲，变成曲线。

13. 如图所示，质量为m的木块放在倾角为的斜面上，给木块施加了沿斜面向上的推力，木块沿斜面向上匀速运动。已知木块和斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求推力的大小F。

【答案】

【解析】

【详解】对木块进行受力分析可知，在沿斜面方向上

在垂直于斜面方向

滑动摩擦力

解得

14. 如图所示，用四根轻绳a、b、c、d将重力均为G的三个小球连接并悬挂在水平天花板的O点和竖直墙面的P点．轻绳a与竖直方向的夹角为，轻绳d处于水平方向，系统处于静止状态。求：

（1）细线a、d上的拉力大小、；

（2）细线c上的拉力大小。

【答案】（1），；（2）

【解析】

【详解】（1）根据题意，将三个小球看成一个整体，受力分析，如图所示

由平衡条件有

解得

，

（2）根据题意，对最下面的小球受力分析，如图所示

由共点力平衡可知，与和的合力等大反向，则细线c上的拉力大小

15. 如图所示，质量的小物块静止在水平地面上的A点，足够长的光滑斜面与地面之间的B点用一小段弧形连接，使得物块通过圆弧时速度大小保持不变。现对物块施加一恒力，该力的大小，方向与水平方向的夹角，当4s后物块到达B点时立刻撤去F。已知斜面倾角，物块与水平地面间的动摩擦因数，，，重力加速度g取。求：

（1）物块在F作用下到达B点时的速度大小v；

（2）从物块由B点沿斜面向上运动至返回B点所用的时间t；

（3）物块返回水平面上停止运动的位置到B点的距离x。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）对物块，水平方向由牛顿第二定律可得

竖直方向

摩擦力

解得

速度

解得

（2）在斜面上对物块，由牛顿第二定律可得

物块在斜面上运动的总时间

解得

（3）对物块，由牛顿第二定律可得

速度位移公式

解得

16. 如图所示，倾角的足够长传送带以恒定速率顺时针运行。一小物块以的速度由传送带底部滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数，，，重力加速度取。求物块：

（1）刚冲上传送带时的加速度大小a；

（2）相对于传送带滑行的时间t；

（3）相对于传送带滑行的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）物块速度小于传送带速度，则物块刚冲上传送带时受到沿传送带向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律

解得

（2）设经时间t物块与传送带共速，共速前物块在传送带上做匀加速直线运动

解得

（3）共速后，两者相对静止。此过程中传送带运动的距离

物块的位移

相对滑行的距离

17. 如图所示，一小物块置于长的木板上表面的最右端，两者均静止。已知物块质量，木板质量，木板与水平地面间光滑，物块与木板之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。

（1）若对木板施加一水平向右的恒力，求此时物块的加速度大小；

（2）若对木板施加一水平向右的恒力，作用1s后撤去该力；

①求撤去的瞬间，物块、木板的加速度大小、；

②撤去后，物块能否滑离木板？若能离开，求出离开时物块和木板的速度和；若不能离开，求物块最终距木板右端的距离d。

【答案】（1）；（2）①，；②

【解析】

【详解】（1）当用拉木板时，M、m保持相对静止，由牛顿第二定律

解得

（2）当用拉木板时，物块和木板之间发生相对滑动

①撤去时，木板的速度大于物块的速度，对物块

，

解得

对木板

解得

②撤去前，M、m发生相对滑动，对木板

解得

作用1s后，物块的速度

木板的速度

物块的位移

木板的位移

假设木板足够长，撤去拉力后，经过时间两者速度相等，有

解得

物块的位移

木板的位移

相对位移

所以不能离开，距离右端的距离