2022-2023学年山东省济南第三中学高一上学期第二次线上质量测试物理试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省济南第三中学高一上学期第二次线上质量测试物理试题含解析，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 关于物体惯性的说法正确的是（ ）
A. 汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，其惯性越大
B. 汽车转弯后前进方向发生了改变，表明物体速度方向改变，其惯性也随之改变
C. 被抛出的小球，尽管速度的大小和方向都改变了，但惯性不变
D. 要使速度相同沙袋在相等时间内停下来，对大沙袋用力比对小沙袋用力大，表明物体受的外力越大惯性越大
【答案】C
【解析】
【详解】A．惯性是物体本身的一种属性，任何物体都具有惯性，质量是物体惯性大小的量度，与汽车的运动状态以及速度的大小均无关，A错误；
B．质量是物体惯性大小的量度，汽车转弯时速度方向改变，可惯性不变，B错误；
C．质量是物体惯性大小的量度，被抛出的小球，速度大小和方向都改变了，可惯性不变，C正确；
D．物体的惯性只与物体的质量有关，与物体受力大小及作用时间无关，D错误。
故选C。
2. 关于速度和加速度的说法正确的是（ ）
A. 物体的加速度为零，速度一定也为零
B. 物体的加速度越大，速度的变化量也越大
C. 加速度是描述速度变化快慢的物理量
D. 物体的加速度保持不变（不等于零），速度可能增大，可能减小，也可能保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体做匀速直线运动时，加速度为零，但速度不为零，故A错误；
B．根据加速度的定义式
可知若变化的时间很短，物体的加速度越大，速度的变化量不一定越大，故B错误；
C．加速度是描述速度变化快慢的物理量，故C正确；
D．物体的加速度保持不变（不等于零），若加速度方向与速度方向相同，则速度增大，若加速度方向与速度方向相反，则速度减小，但速度不会保持不变，故D错误。
故选C。
3. 甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一直线运动，甲物体做匀速直线运动，乙物体做加速度逐渐减小的加速运动，下列图像能够反映两物体运动情况的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据位移-时间图象的斜率表示速度，可知图线甲表示物体做匀速直线运动，图线乙若是抛物线，则表示物体做匀减速直线运动，加速度不变，故A不符合题意；
B．根据速度-时间图象的斜率表示加速度，可知图线甲表示物体做匀速直线运动，图线乙表示物体做加速度越来越大的变加速直线运动，故B不符合题意；
C．图线甲表示物体的加速度恒定不变，做匀变速直线运动，图线乙表示物体的加速度大小均匀减小，做变加速直线运动，故C不符合题意；
D．根据
可知图线的斜率表示2a，则图线甲的斜率为零，即加速度为零，所以图线甲表示物体做匀速直线运动，图线乙的斜率越来越小，故图线乙表示物体做加速度逐渐减小的加速运动，故D符合题意。
故选D。
4. 关于自由落体运动，下列说法正确的是（ ）
A. 一片树叶在空中飘落的过程可视为自由落体运动
B. 自由落体运动的物体第1s内的位移约为5m
C. 自由落体运动的物体速度变化越来越快
D. 自由落体运动的物体第ls末、第2s末、第3s末的速度之比为1∶3∶5
【答案】B
【解析】
【详解】A．一片树叶在空中飘落的过程，空气阻力不能忽略不计，不是自由落体运动，故A错误；
B．根据位移时间公式，可得自由落体运动的物体第1s内的位移约为
故B正确；
C．加速度反映速度变化快慢，因自由落体运动的物体的加速度为g，恒定不变，故自由落体运动的物体速度变化不会越来越快，故C错误；
D．因自由落体运动的初速度为零，根据速度时间公式
可知速度与时间成正比，故自由落体运动的物体第ls末、第2s末、第3s末的速度之比为1∶2∶3，故D错误。
故选B。
5. 某幼儿园要在空地上做一个如图所示的滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。设计时，滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.3，则滑梯的高度至少为（ ）
A. 1.4B. 1.8mC. 2.0mD. 24m
【答案】B
【解析】
【详解】设滑梯与水平面的夹角为，重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcsθ，平行于滑梯的力等于mgsinθ；儿童在滑梯上能滑下，满足
mgsinθ≥μmgcsθ
已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.3，解得滑梯倾角
根据几何关系可知
解得滑梯的最小高度
故选B。
6. 如图所示，质量均为m的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来。已知重力加速度为g，剪断细绳的瞬间，A球和B球的加速度分别为（ ）
A. 0 gB. g 0C. g gD. 2g 0
【答案】D
【解析】
【详解】取A、B整体为研究对象，对其进行受力分析，由物体的平衡条件，细绳对A的拉力为
F=2mg
将B隔离，对其受力分析，由物体的平衡条件，弹簧对B的弹力
T=mg
在细绳断裂的瞬间，由于弹簧的弹力不会发生突变，故弹力T=mg不变，B的加速度为零；将A隔离，对其受力分析，取竖直向下方向为正方向，由牛顿第二定律，此时A的加速度为
故选D。
7. 如图所示，轻绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质定滑轮，挂一个重力为G的物体，∠ACB=30°，忽略各处的摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳AC对墙的拉力大小为B. 轻绳AC对墙的拉力大小为2G
C. 滑轮对轻绳的作用力方向水平向右D. 滑轮对轻绳的作用力大小为G
【答案】D
【解析】
【详解】对C点受力分析，如图所示
轻绳AD跨过定滑轮拉住重为G的物体，所以有，根据牛顿第三定律，可知轻绳AC对墙的拉力大小为G；根据，且夹角为120°，根据平行四边形定则，可知滑轮对轻绳的作用力大小，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。
故选D。
8. 如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得
mg=kx0
以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力
F1=k（x0-x）
对物块P离开弹簧前，由牛顿第二定律得
F+F1-mg=ma
由以上式子联立可得
F=kx+ma
可见在物块P离开弹簧前，F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0。
当物块离开弹簧后，由牛顿第二定律
F-mg=ma
知F是一恒力，保持不变。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
二、多项选择题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
9. 蹦床运动员从空中下落，从接触床面到速度最大为第一过程，从速度最大到最低点为第二过程，下列说法正确的是（ ）
A. 第一过程运动员处于超重状态B. 第一过程运动员处于失重状态
C. 第二过程运动员处于超重状态D. 第二过程运动员处于失重状态
【答案】BC
【解析】
详解】对运动员受力分析可知，运动员两个过程中均只受到重力和弹力
AB．第一过程弹力从0逐渐增大，当弹力大小等于重力大小时，运动员的合力为0，加速度为0，此时速度最大，在此过程中运动员向下加速，具有向下的加速度，则第一过程运动员处于失重状态，故A错误，B正确；
CD．第二过程即为弹力从与重力大小相等开始逐渐增大，运动员的合力向上，即运动员向下做减速运动，则第二过程运动员处于超重状态，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M，与平板车上表面等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后他们的速度随时间变化的图像如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，以下说法正确的是
A 滑块与平板车最终滑离
B. 滑块与平板车表面的动摩擦因数为
C. 滑块与平板车的质量之比m：M=1:2
D. 平板车上表面的长度为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图线知，铁块在小车上滑动过程中，铁块做匀减速直线运动，小车做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比，以及求出动摩擦因数的大小．根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移，从而求出两者的相对位移，即平板车的长度．物体离开小车做平抛运动，求出落地的时间，从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移．
【详解】由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A正确；根据图线知，滑块的加速度大小．小车的加速度大小a2=，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为：，小车的加速度大小为：a2=，则滑块与小车的质量之比m：M=1：1．故C错误．滑块的加速度，又，则，故B正确；滑块的位移，小车的位移，则小车的长度L=v0t0-v0t0=v0t0，故D错误．故选AB．
【点睛】解决本题关键理清小车和铁块的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
11. 如图所示，在竖直圆周上有两个光滑斜面AB和CD，A、D分别为圆周上的最高点和最低点。B、C点均在圆周上，且所在高度相同。一个可以看作质点的物块分别从A、C两点由静止沿斜面滑到底端，沿两个斜面下滑时的加速度大小分别为a1、a2，滑到底端的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，下列说法正确的是（ ）
A. a1v2C. t1=t2D. t1>t2
【答案】AC
【解析】
【详解】如图所示
连接AC，设AB与AD的夹角为，则CD与水平面的夹角也为
A．对物块受力分析且由牛顿第二定律可得
、
由图可知
、
则
则有
故A正确；
CD．设圆的半径为R，沿斜面AB有
沿斜面CD有
解得
故C正确，D错误；
B．物块到达底端的速度
则有
故B错误。
故选AC。
12. 如图所示，木箱M静止在水平地面上，用轻绳将一质量为m的小球悬挂在木箱的顶端。对小球施加一作用力F，F由水平向右缓慢变为竖直向上的过程中，小球和木箱始终处于静止状态，且轻绳与竖直方向成θ不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳对小球的拉力逐渐变大B. 该过程力F的最小值为mgsinθ
C. 该过程地面对M的支持力逐渐变大D. 该过程地面对M的摩擦力逐渐变小
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由水平向右缓慢变为竖直向上的过程中小球受重力、绳的拉力T、拉力F作用处于动平衡状态，三力平移后组成一闭合三角形，作图如下
F由水平向右缓慢变为竖直向上的过程中，T方向不变，由图可知，此过程绳的拉力T逐渐减小，F大小是先减小后增大，F最小值是其垂直于绳拉力T时，由图形可得
故A错误，B正确；
CD．对M受力分析，将绳拉力T分解到水平方向和竖直方向上，由平衡条件可得

由于T在逐渐减小，θ不变，所以和都在逐渐减小，故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题：（本题共21分）
13. 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M．弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______N．
（2）下列的实验要求不必要的是___．（请填写选项前对应的字母）
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法不可行的是__．
A．改变弹簧测力计B拉力的大小
B．减小重物M的质量
C．将A更换成量程较小的弹簧测力计
D．改变弹簧测力计B拉力的方向
【答案】 ①. 3.6 ②. D ③. C
【解析】
【详解】（1）[1]弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图指针落在3N到4N的第3格处，又因为弹簧测力计的分度值为0.2 N，不估读到下一位，故读得结果为3.6 N
（2）[2]A ．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道．故A正确；
B ．因弹簧测力计的零点误差影响到各拉力的测量值的准确性，所以要准确测出读数必须在测之前校零．故B正确；
C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，如果有倾角沿木板方向的力应该为弹簧秤读数的一个分力．但是在处理数据时把线倾斜时的读数当做沿平板方向的力，力就会变大，那样误差较大．故C正确；
D．由于本实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则，而测力计A的拉力不同时，O点的位置就不同，故不可能也无必要使O点静止在同一位置，答案为D.
所以不必要的是D．
（3）[3]当弹簧测力计A超出其量程，则说明与弹簧测力计B和重物相连的两根细线的拉力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故C不可行。
14. 某实验小组利用气垫导轨探究滑块的加速度与力、质量的关系，设计的实验装置如图所示。
部分实验步骤如下：
a.安装好实验器材，并将气垫导轨调整至水平状态；
b.挂上槽码，接通气源，释放滑块，记录遮光条通过两个光电门1、2的时间分别为△t1、△t2，已知遮光条的宽度为d；
c.保证滑块的质量不变，改变并记录槽码的质量m，多次重复实验
d.保证槽码的质量不变，改变并记录滑块的质量M，多次重复实验；
e.利用实验数据，做出滑块的加速度a与mg和a与的图像，其中g为重力加速度；
f.根据图像得出实验结论
请回答以下问题∶
（1）实验中是否需要保证槽码的质量远小于滑块的质量？__________（填“需要”或“不需要”）
（2）为测得滑块的加速度，利用图中器材，还需测量的物理量及符号为__________，用该物理量符号和题中给出的物理量符号写出滑块加速度a的表达式为__________；
（3）若a与mg和a与的图像均为过原点的倾斜直线，则实验结论为__________。
【答案】 ①. 需要 ②. 两光电门间的距离L ③. ④. 滑块的质量一定时，加速度与合外力成正比；滑块的合外力一定时，加速度与质量成反比
【解析】
【详解】（1）[1]在探究滑块的质量一定时，加速度与合外力成正比时，认为滑块受的合外力就是槽码的重力，对槽码，根据牛顿第二定律有
对滑块，根据牛顿第二定律有
联立解得
可知当槽码的质量m远小于滑块的质量M时才有，所以实验中需要保证槽码的质量远小于滑块的质量；
（2）[2][3]根据滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则滑块经过光电门1、光电门2的速度分别为
，
根据速度位移公式可得加速度为
由上式可知还需测量的物理量为两光电门间的距离L。
（3）[4] 若a与mg和a与的图像均为过原点的倾斜直线，则实验结论为滑块的质量一定时，加速度与合外力成正比；滑块的合外力一定时，加速度与质量成反比。
四、计算题（本题同27分）
15. 如图所示，某同学用轻绳拉着物体沿水平地面做匀速直线运动。已知物体的质量为m，物体与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻绳与水平方向成θ角，重力加速度为g。
（1）画出物体匀速前进时受力分析的示意图；
（2）求物体对轻绳的拉力大小。
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】（1）物体的受力分析如图
（2）根据平衡条件，在竖直方向上有
在水平方向上有
又
联立解得
由牛顿第三定律可得
16. 2019年1月3日早上，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器从距离月面15km处开始实施动力下降。在距月面高为H = 102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至时，立即改变推力，以a2= 2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中，整个过程探测器始终垂直月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向。嫦娥四号探测器的质量m = 140kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2。求：
（1）嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；
（2）匀加速直线下降过程的加速度大小a1；
（3）匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
【答案】（1）；（2）1m/s2；（3）84N，方向竖直向上
【解析】
【详解】（1）距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落
，h2 = 2.5m
得
（2）由题意知加速和减速两阶段一起发生的位移为
h = 102－30m = 72m
由位移关系得
解得
a1 = 1m/s2
（3）匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得
mg′－F = ma1
解得
F = 84N，方向竖直向上