2022-2023学年山东省济宁市第一中学高一上学期期末教学质量线上测试物理试题含解析

  济宁一中2022级教学质量监测物理试题

一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 关于曲线运动运动，下列说法正确的是（　　）

A. 加速度变化的运动必定是曲线运动

B. 曲线运动的物体一定受外力作用

C. 曲线运动的加速度方向可能与速度在同一直线上

D. 物体在恒力作用下一定做直线运动，物体在变力作用下一定做曲线运动

【答案】B

【解析】

【详解】A．加速度变化的运动不一定是曲线运动，比如物体在做变加速直线运动的物体，只要加速度与速度在同一直线上就做直线运动，A错误；

B．曲线运动的物体一定受外力作用，B正确；

C．曲线运动的条件是加速度方向与速度方向不在同一直线上，C错误；

D．物体在恒力作用下，恒力方向与速度方向不共线，物体作曲线运动；物体在变力作用下，力的方向与速度方向共线，做直线运动，D错误。

故选B。

2. 2022年10月12日16时01分，“天宫课堂”第三课在中国空间站开讲，由新晋“太空教师”陈冬、刘洋、蔡旭哲授课，这是中国航天员首次在问天实验舱内进行授课。航天员们现场展示失重环境物理现象，超重和失重在生活中也非常常见，下列有关超重和失重的说法正确的是（　　）

A. 载人飞船中的航天员从发射到在太空运行一直处于失重状态

B. 在水平轨道上加速行驶的高铁上的乘客处于超重状态

C. 人在减速下降电梯里面处于超重状态

D. 人在下蹲过程中一直处于超重状态

【答案】C

【解析】

【详解】A．载人飞船中的航天员刚发射时，向上加速处于超重状态，故A错误；

B．在水平轨道上加速行驶的高铁上的乘客，竖直方向上受重力和支持力，满足二力平衡状态，故B错误；

C．人在减速下降的电梯里面，此时加速度方向向上，所以处于超重状态，故C正确；

D．人在下蹲过程中，先向下加速后向下减速，所以先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。

故选C。

3. 探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂8N重物时，弹簧长度为16cm；悬挂10N重物时，弹簧长度为18cm，则弹簧的原长L原和劲度系数k分别为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据胡克定律可得

设弹簧的原长为L原，则有

解得

＝0.08m

故选A。

4. 如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从下到上依次为1、2、3、4号猴子。正当1号打算伸手捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，1号扑通一声掉进了水里。假设2号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（　　）

A. 1号猴子的加速度和速度都等于0

B. 2号猴子对3号猴子的作用力大小为

C. 3号猴子对4号猴子的作用力大小为

D. 杆对4号猴子的作用力大小为3mg

【答案】B

【解析】

【详解】A．对1号猴子进行分析可得滑手后的一瞬间只受到重力，所以可得加速度大小为g，初速度为零，故A错误；

B．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有

当2号猴子手滑后的一瞬间，对2、3、4号猴子整体分析可得

联立解得

方向竖直向上，对2号猴子分析可得

解得2号猴子与3号猴子之间的作用力大小为

故B正确；

C．对2、3号猴子为整体进行受力分析可得

解得3号猴子与4号猴子之间的作用力大小为

故C错误；

D．杆对4号猴子的作用力保持不变，所以作用力大小仍为4mg，故D错误。

故选B。

5. 新闻里多次报导家长抱孩子乘坐自动感应扶梯，因为受力变化而站立不稳．自动扶梯上没有人时静止，人踏上扶梯的水平踏板后，扶梯会自动以加速度a匀加速运动一段时间后再匀速运动．如图所示，质量为M的母亲抱着质量为m的婴儿踏上扶梯下楼，下楼过程中母婴始终保持与扶梯相对静止，设扶梯与水平面之间的夹角为θ．关于母婴受力情况分析正确的是（　　）

A. 电梯在匀速运动过程中，婴儿对母亲的作用力与扶梯运动方向一致

B. 电梯在匀速运动过程中，踏板给母亲水平向前的摩擦力

C. 电梯在加速运动过程中，踏板对母亲的摩擦力大小为

D. 电梯在加速运动过程中，婴儿对母亲的作用力大小为

【答案】C

【解析】

【详解】A．电梯在匀速运动过程中，婴儿受重力和支持力二力平衡，所以他对母亲的作用力是竖直向下的压力，与扶梯运动方向不同，故A错误；

B．电梯在匀速运动过程中，母亲和婴儿整体受力平衡，重力和踏板给的支持力，不受摩擦力，故B错误；

C．电梯在加速运动过程中，对母亲和婴儿整体受力分析如图

将加速度分解到水平方向和竖直方向上，由牛顿第二定律可得

故C正确；

D．对婴儿受力分析如下图，设母亲对其作用力斜向左上与水平方向夹

沿水平和竖直方向正交分解，由牛顿第二定律

联立可得

根据牛顿第三定律可知，婴儿对母亲的作用力与上式结果等大反向，故D错误。

故选C。

6. 一质量为的物体（视为质点）在坐标系xOy中运动，沿x轴方向的图像如图甲所示，沿y轴方向上的位移—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A. 物体受到的合力为2N B. 2s时物体沿y方向的分速度大小为2m/s

C. 2s时物体的速度大小为12m/s D. 前2s内物体的位移为8m

【答案】D

【解析】

【详解】A．由甲图可得

y方向物体做匀速直线运动，则物体的加速度为

由牛顿第二定律可得

A错误；

BC．时，物体分速度分别为

物体的速度为

BC错误；

D．前内，物体的分位移分别为

，

物体的位移为

D正确。

故选D。

7. 如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为3m和m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】若，则B有上滑的趋势，A有下滑的趋势，设绳子拉力大小为T，以A为对象，根据受力平衡可得

以B为对象，根据受力平衡可得

联立解得

故选C。

8. 如图所示，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1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度的匀加速直线运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A. 外力F刚施加的瞬间，F的大小为4N

B. 当弹簧压缩量减小到0.3m时，A、B间弹力大小为1N

C. A、B分离时，A物体的位移大小为0.1m

D. B物体速度达到最大时，B物体的位移为0.22m

【答案】B

【解析】

【详解】A．施加外力前，系统处于静止状态，合力为零，外力施加的瞬间，物体A加速度为，由牛顿第二定律得

解得

故A错误；

B． 当弹簧压缩量减小到0.3m时，设A、B间弹力大小为，此时对A

对A、B组成的系统

联立解得

故B正确；

C．初始时系统处于静止状态，即

解得

设A、B分离时，弹簧的形变量为，对B

解得

所以A物体的位移大小为

故C错误；

D．当B物体的合力为零时速度达到最大，由C选项的分析知A、B分离时有向上的加速度所以速度最大时A、B已经分离，由合力为零得

解得

故D错误。

故选B。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9. 如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体B的质量为m，滑块A的质量为M，重力加速度为g。当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是（　　）

A. 物体B对水平面的压力大小为（M+m）g

B. 物体A受到竖直挡板的弹力大小为mgtanθ

C. 将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小

D. 将物体B缓慢向右移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间弹力将变小

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．将AB看作一个整体，并对整体做受力分析如下图

根据平衡条件有

由于F2为竖直的挡板给A的支持力，则对A做受力分析有

则有

故A正确，B错误；

C．由A的受力分析可知

由于物体B缓慢向左移动一小段距离导致θ减小，则sinθ减小，F1增大，由于A对B的压力与F1等大反向，故C错误；

D．由A的受力分析可知

F2=

由于物体B缓慢向右移动一小段距离导致θ增大，则tanθ增大，F2减小，故D正确。

故选AD。

10. 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（　　）

A. 小车做匀速直线运动时，，方向沿杆向上方

B. 小车运动状态不同，F大小不定，但是方向一定沿杆向上

C. 只有小车向左以加速度加速运动时，F方向才沿杆方向

D. 小车向右以加速度a加速运动时，则

【答案】D

【解析】

【详解】A．当小车做匀速直线运动时，球处于平衡状态，则杆对小球的作用力

方向竖直向上，故A错误；

B．小车运动状态不同，F大小不定，且方向也不一定沿杆向上，故B错误；

C．当F方向沿杆方向，小球受力如图所示

根据牛顿第二定律可得

解得加速度大小为

可知F方向沿杆方向时，小车可能向左以加速度加速运动，也可能小车向右以加速度减速运动，故C错误；

D．当小车向右以加速度a运动时，以小球对象，竖直方向有

水平方向有

则根据力的合成可得

故D正确。

故选D。

11. 如图，小船在静水中的速度为，当小船在A处，船头与上游河岸夹角过河，经过一段时间正好到达正对岸B处。已知河宽，小船在静水中速度大小不变，水流的速度不变，则下列说法中正确的（　　）

A. 河中水流速度为

B. 小船的渡河时间为

C. 小船最短的渡河时间为30s

D. 若小船在渡河过程中，水流速度突然增大，则小船渡河时间不变

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由题意知，船头垂直河岸渡河，其渡河时间最短，船头应朝上游，与上游河岸方向成角，则

解得河水流速为

故A错误；

B．小船的渡河时间为

故B正确；

C．小船以最短时间渡河，船头应垂直对岸，则

故C错误；

D．渡河时间与水流速度无关，若小船在渡河过程中，仅水流速度突然增大，则小船渡河时间不变，故D正确。

故选BD。

12. 如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率逆时针转动，质量的炭块无初速地放在传送带的顶端P，经时间炭块的速度达到，此后再经过的时间，炭块运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为，重力加速度g取10，则下列说法正确的是（　　）

A. 传送带和滑块间的动摩擦因数

B. 传送带与水平面的倾角为

C. 传送带的长度为

D. 炭块在传送带上留下的划痕的长度为

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．炭块从放上传送带到与传送带共速过程，根据牛顿第二定律可得

又

炭块与传送带共速到传送带底端过程，根据牛顿第二定律可得

又

联立解得

，

故A正确，B错误；

C．传送带的长度为

故C错误；

D．炭块从放上传送带到与传送带共速过程，炭块相对于传送带向上的位移为

炭块与传送带共速到传送带底端过程，炭块相对于传送带向下的位移为

由于

可知炭块在传送带上留下的划痕的长度为，故D正确。

故选AD。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13. 某同学用如图甲所示装置结合频闪照相研究平抛运动重力加速度。

（1）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，如图中y图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是___________。

 A．B．

C．D．

（2）让小球从斜槽上合适的位置由静止释放，频闪照相得到小球的位置如图乙所示，A、B、C是相邻三次闪光小球成像的位置，坐标纸每小格边长为5cm，则小球从槽口抛出的初速度大小为v0=___________m/s，小球运动到B点的速度=___________m/s，B点离抛出点的水平距离x=___________m。

【答案】    ①. C    ②. 1.5    ③. 2.5    ④. 0.3

【解析】

【详解】（1）[1]小球运动轨迹为抛物线时小球做平抛运动，当取x轴正方向和y轴正方向坐标系时，此时水平位移和竖直方向位移有

，

联立解得

可得此时y-x2图像为一条过原点的直线。

故选C。

（2）[2]小球在竖直方向为自由落体运动，设频闪照相闪光时间间隔为，根据匀变速运动推论可得竖直方向有

解得

水平方向做匀速直线运动可得初速度大小为

[3]根据匀变速运动推论到达B点时的竖直方向速度为

小球运动到B点的速度

[4]小球从抛出点到B点所用的时间为

B点离抛出点的水平距离为

14. 某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个竖直加速度测量仪。取竖直向下为正方向，重力加速度g取。实验过程如下：

（1）将弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺；

（2）不挂钢球时，弹簀下端指针位于直尺2cm刻度处；

（3）将下端悬挂质量为的钢球，静止时指针位于直尺4cm刻度处，则该弹簧的劲度系数为_______；

（4）计算出直尺不同刻度对应的加速度，并标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度，各刻度对应加速度的值是的__________（选填“均匀”或“不均匀”）；

（5）如图所示，弹簧下端指针位置的加速度示数应为__________（结果保留两位有效数字）。

【答案】    ①. 25    ②. 均匀    ③. 5.5

【解析】

【详解】（3）[1]由题意可得，弹簧此时的弹力大小等于小球的重力大小，即

此时弹簧的伸长量为

则由可得，弹簧的劲度系数为

（4）[2]由题意及牛顿第二定律可得

由上述分析可知加速度与弹簧形变量成线性关系，故各刻度的对应的加速度是均匀的。

（5）[3]由图可知，此时指针指在2.9cm处，此时的形变量为

带入数据计算可得加速度为

15. 云南省彝良县曾发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底120m的山坡处泥石流以8m/s的初速度、0.8m/s2的加速度加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动。已知司机发现泥石流后立即启动汽车（司机反应时间1s），汽车启动后以0.4m/s2的加速度一直做匀加速直线运动。

（1）求泥石流到达坡底的速率及所用时间；

（2）试通过计算说明汽车能否安全脱离？

【答案】（1）v1 = 16m/s，t1 = 10s；（2）汽车不能安全脱离

【解析】

【详解】（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则

v1 = v0＋a1t1

代入数值得

t1 = 10s

v1 = 16m/s

（2）汽车加速到16m/s所用时间为

v汽 = a′t = v1

得

t = 40s

汽车40s内的位移为

泥石流41s内在水平面运动的距离为

x石 = (t＋1－t1)v1 = (40＋1－10) × 16 = 496m > 320m

所以泥石流可以追上汽车，汽车不能安全脱离。

16. 如图，质量为的物块A和质量为的小车B叠放在光滑的水平地面上，左边缘对齐，处于静止状态，A与B间的动摩擦因数为，某时刻对小车B施加水平向左的恒力F。已知物块A可看做质点，小车长为，上表面距地面高度为，重力加速度。求

（1）水平恒力至少为多大，物块A才能相对小车B滑动？

（2）若恒力，物块B所受摩擦力f大小是多少？

（3）若恒力，物块A离开小车后落地的速度为多大？

【答案】（1）15N；（2）2N；（3）

【解析】

【详解】（1）物块A在小车B上即将发生相对滑动时，物块A所受摩擦力达到最大静摩擦力，对物块A，根据牛顿第二定律可得

解得

对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得

解得

（2）因为

0

所以物块A在小车B上没有发生相对滑动，A、B保持相对静止一起加速，物块A所受摩擦力为静摩擦力。对A、B整体分析

解得

对A分析，根据牛顿第二定律可得

物块B所受摩擦力大小为2N。

（3）因为

0

所以物块A在小车B上发生相对滑动，物块A和小车B都做匀加速直线运动。对A分析

对B分析

解得

设物块A经时间t1滑到小车B最右端，此时物块A的速度为vA，在这个过程中物块A和小车B通过的位移分别为xA、xB，则有

解得

物块A离开小车B右边缘的速度为

此后A离开小车B做平抛运动，落地时候在竖直方向的速度为

落地时候速度大小为

17. 跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定的速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现质量为的某运动员从跳台a处沿水平方向飞出（如图甲所示），在斜坡b处着陆整个过程可简化为图乙。测得ab间的距离，斜坡与水平方向的夹角为，不计空气阻力，g取，求：

（1）运动员从a点水平飞出时的速度大小；

（2）运动员在飞行过程中，何时离斜坡最远？最远距离是多少？此时速度多大？

【答案】（1）；（2），，

【解析】

【详解】（1）依题意，运动员在空中做平抛运动，竖直方向有

解得

水平方向

解得运动员初速度为

（2）将与g向平行斜面方向与垂直斜面方向分解，当运动员垂直斜面方向的速度减为0时高斜面最远，如图

则有

在垂直斜面方向上，速度减为0时高斜面最远，有

解得

最远的距离就是在垂直斜面方向上，速度减为0的位移

此时的速度为

联立解得

18. 如图，质量为且倾角为的粗糙斜劈放置在水平面上，其与水平面间的动摩擦因数，质量为的物体a放在斜面上且与斜面间的动摩擦因数。一根平行于斜面的不可伸长的轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过两个光滑小滑轮固定在c处，滑轮2下吊有一质量可调节的物体b且，物体a受到斜劈的摩擦力大小为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，。求：

（1）若物块a恰好对斜面无摩擦力，则物块b的质量应是多少；

（2）在（1）情况下斜劈对地面的摩擦力f；

（3）若欲使整个装置保持相对静止，则b的质量取值范围是多少？

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

详解】对a受力分析

对b受力分析

解得

（2）把a和斜面看做整体，由题目条件可知，地面的摩擦力是静摩擦力，由受力平衡条件得

由题意可知，b质量取最小时，物块a恰好不下滑，对a受力分析可知

联立得

由题意可知，b质量取最大时，物块a恰好不上滑或者斜面，刚好要相对地面滑动，假如a恰好不上滑，则

联立得

假如斜面恰好不相对地面滑动，则

联立，得

故b的质量的取值范围