安徽省安庆市第一中学诚毅书院2023-2024学年高一上学期10月月考物理试题

这是一份安徽省安庆市第一中学诚毅书院2023-2024学年高一上学期10月月考物理试题，共6页。试卷主要包含了 单选题， 多选题， 实验题， 计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试总分：100 分 考试时长： 90 分钟）
一、 单选题 （本题共计8小题，总分32分）
1.关于力、运动状态及惯性的说法，下列正确的是( )
A.车速越大,刹车后滑行的路程越长,所以惯性越大
B.一个运动的物体,如果不再受力了,它总会逐渐停下来,这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C.伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去
D.牛顿第一定律不仅是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,而且它可以进一步通过实验直接验证
2.关于速度、速度的变化量和加速度的关系，下列说法中正确的是( )
A.若速度变化量的方向为正,则加速度的方向为负
B.物体加速度增大,速度反而越来越小
C.物体的速度为零时,其加速度也一定为零
D.物体的速度减小时,其加速度也一定减小
3.苹果从某一高度静止释放，已知落地前倒数第二秒内的位移是10m，苹果的运动视作自由落体运动，重力加速度为10m/s2，则苹果释放的高度为( )
A.45m
4.学校所使用的答题卡扫描机如图所示，滚轮压紧答题卡后不断转动带动试卷进入扫描机。假设每张答题卡质量均相等，答题卡之间、答题卡与底板的动摩擦因数均相同。在扫描第1张答题卡的过程中，下列说法正确的是( )
A.第1张答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答题卡运动方向相反
B.第2张答题卡到最后一张答题卡都不可能发生相对滑动
C.第3张对第2张答题卡的摩擦力大于第1张对第2张答题卡的摩擦力
D.滚轮与答题卡间的动摩擦因数小于答题卡之间的动摩擦因数
5.如图所示，一根均匀柔软的细绳质量为m。两端固定在等高的挂钩上，细绳两端的切线与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。挂钩对细绳拉力的大小为（ ）
A.12sinθmgB.12csθmgC.12tanθmgD.12ctθmg
6.如图所示，倾角θ=37°的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数μ=33。现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动。设F的方向与斜面的夹角为α，在α从0逐渐增大到53°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )
A.F先减小后增大B.F先增大后减小C.F一直增大D.F一直减小
7.如图所示，在一水平面上放置了一个顶端固定有滑轮的斜面，物块B、C重叠放置在斜面上，细绳的一端与B物块相连，另一端有结点O，结点处还有两段细绳，一段连接重物A，另一段用外力F拉住。现让外力F将物块A缓慢向上运动，拉至OO'水平，拉动过程中始终保证夹角α=120°，且绳子OO'始终拉直，物块B和C以及斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )
A.绳子OO'的拉力始终减小
B.B对C的摩擦力一直在增大
C.斜面对B的摩擦力可能一直在减小
D.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
8.如图所示，固定的光滑斜面其倾角为30°，斜面顶端固定一小定滑轮，两个小物块P和Q用细线绕过定滑轮相连，细线平行于斜面，P、Q的质量分别为3m和m，在手的作用下保持静止。现在松手释放该系统，则细线的拉力为( )
A.mgB.32mgC.54mgD.98mg
二、 多选题 （本题共计4小题，总分16分）
9.一汽车以某一速度在平直的公路上匀速行驶，司机突然发现前方有一障碍物立即刹车。刹车后汽车第1s内的位移为16m，第3s内的位移为1m。假设汽车的运动可以视为匀减速直线运动，下列说法正确的是( )
A.第1s末汽车的速度大小为12m/s
B.第3s内汽车的平均速度大小为1m/s
C.汽车的加速度大小为7.5m/s2
D.汽车的加速度大小为8m/s2
10.甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距x = 6m，从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的v—t图象如图所示。则在0 12s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是( )
A.t = 4s时两车相遇B.t = 10s时两车相遇
C.0 12s内两车有三次相遇D.0 12s内两车有两次相遇
11.如图所示，在竖直平面内的固定光滑圆环上，套有一质量为m的小球，一轻绳通过光滑滑轮P连接小球A，绳的另一端用水平向左的力F拉绳，使小球缓慢上升一小段位移，图中O为圆心，OQ为半径，P为OQ的中点。在小球上升过程中，下列说法正确的是( )
A.绳的拉力先减小后增大
B.设AP长度为L,ΔF表示F的变化量,ΔL表示L的变化量,则比值ΔFΔL不变
C.环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心,大小恒为2mg
D.环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心,大小恒为mg2
12.如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下.下列结论正确的是( )
A.A环受滑竿的作用力大小为(m+M)gcsθ
B.B环受到的摩擦力Ff=mgsinθ
C.C球的加速度a=gsinθ
D.D受悬线的拉力FT=Mg
三、 实验题 （本题共计2小题，总分14分）
13.（6分）某探究小组同学为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器滴下小水滴的时间间隔相等，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器滴水的时间间隔为0.5s)
(1)由图(b)可知，小车在桌面上是__________运动的。
A.从右向左
B.从左向右
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速直线运动。小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为_____m/s，加速度大小为_____m/s2。(结果均保留2位有效数字)
14.（8分）某兴趣小组分别用两种不同的方案探究了加速度与力、质量的关系。方案一：如图甲所示，小组同学利用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系。
(1)有关本实验方案的操作和判断，下列说法正确的有______。
A、本实验方案中需要用到刻度尺、天平及秒表
B、长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力
C、在砝码盘及盘中砝码总质量一定时，探究小车加速度与小车的总质量M(含车内钩码)关系时，不断改变车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出a-M的图像，得到a与M的反比关系
D、平衡阻力时，需要在砝码盘内放上适量的砝码，先打开电源，后释放小车，观察点迹是否均匀
方案二：小组同学用如图乙所示的实验装置来验证牛顿第二定律。在已调至水平的气垫导轨左端固定一光电门B，右端放置一质量为M的滑块(包含遮光条)，滑块上竖直固定一宽度为d的遮光条A，滑块用一不可伸长细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂适量钩码。打开气源，将滑块由静止释放，测得力传感器示数为F。在不改变钩码质量的情况下，仅多次改变遮光条A与光电门B中心的水平距离x，测出相应遮光条通过光电门B的遮光时间为t，做出图示的x-1t2图像，该图线的斜率为k。
根据实验方案二，回答以下问题。
(2)下列措施有利于减小本实验误差的是_______。
A.实验中必须保证钩码质量远小于滑块质量M
B.遮光条适当窄些
C.细线在导轨上的部分应与导轨平行
(3)滑块在这一实验条件下的加速度a=______(用k和d表示)。
(4)如满足的关系式为______，则牛顿第二定律成立。(用k、d、F、M表示)
四、 计算题 （本题共计4小题，总分38分）
15.（8分）四旋翼无人机如图所示，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=38N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝6N。g取10m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝6s时无人机离地面的高度h；
(2)若无人机悬停在距离地面高度H＝95m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落，若坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动并提供向上最大升力。为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
16.（8分）在沟谷深壑、地形险峻的山区，由于暴雨暴雪极易引发山体滑坡，并携带大量泥沙石块形成泥石流，发生泥石流常常会冲毁公路铁路等交通设施，甚至村镇等，造成巨大损失。现将泥石流运动过程进行简化，如图所示，假设泥石流从A点由静止开始沿坡体匀加速直线下滑，坡体倾角α=53∘，泥石流与坡体间的动摩擦因数μ=115，A点距离坡体底端B点的长度为95m，泥石流经过B点时没有能量的损失，然后在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2。一辆汽车停在距离B点右侧85m的C处，当泥石流到达B点时，司机发现险情，立即启动车辆并以4m/s2加速度向右做匀加速直线运动，以求逃生。重力加速度g取10m/s2，(已知sin53°=0.8，cs53∘=0.6)。求：
(1)泥石流经过B点时的速度大小；
(2)试判断泥石流能否追上汽车？若追不上，则求出泥石流与汽车间的最小距离；若能追上，则求出从汽车启动到追上需要的时间。
17.（10分）如图甲所示、平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k、一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接。物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连.物块A、B质量均为m初始时均静止。现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使物块B做加速度为a匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内其v一t关系分别对应图乙中图线A、B(t1时刻起A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，(t1和t2，v1和v2均未知)求：
(1)t2时刻弹簧的形变长度；
(2)从初始到A、B恰好分离的时间；
(3)当物块B位移为x时，求此时拉力F。
18.（12分）某同学采用如图所示的装置演示惯性实验，他将小砝码置于水平桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出，砝码的移动位移很小，几乎观察不到，成功进行了实验。该同学所用砝码(可视为质点)质量为m1=0.4kg，纸板的质量为m2=0.1kg，砝码与纸板左端的距离d=0.1m。已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2。
(1)求拉动纸板过程中，砝码受到纸板的摩擦力的大小和方向；
(2)该实验中，若拉力太小，则会出现砝码和纸板相对静止一起运动的现象，为保证砝码能相对纸板运动，拉力应满足什么样的条件？
(3)该实验中，若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，为确保实验成功，拉动纸板所需的拉力至少多大？
答案
一、 单选题 （本题共计8小题，总分32分）
1.【答案】C
2.【答案】B
【解析】 A.根据公式a=ΔvΔt可知，加速度的方向与速度的变化量方向相同，故速度变化量的方向为正时，加速度的方向不可能为负，故A错误；
B.当物体加速度与物体的运动方向相反时，加速度增大，速度会越来越小，故B正确；
C.物体的速度为零时，其加速度不一定为零，例如竖直上抛运动到达最高点时，故C错误；
D.物体的速度减小时，其加速度不一定减小，例如当加速度与速度反向时，加速度增加，速度也减小，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】设最后一秒内的位移为x1，由运动学公式Δx=aT2有
gt2=x2-x1
得最后一秒内的位移为
x1=20m
所以高度为
h=20+(10+202)22×10m=31.25m
故选C。
4.【答案】B
【解析】A.第1张答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答题卡运动方向相同，A错误；
B C.因为第1张答题卡对第2张答题卡的压力小于第2张答题卡对第3张答题卡的压力，第1张答题卡与第2张答题卡之间的最大静摩擦力小于第2张答题卡与第3张答题卡之间的最大静摩擦力，第2张答题卡不会发生相对滑动，同理，第2张答题卡到最后一张答题卡都不可能发生相对滑动，此时第3张答题卡对第2张答题卡的静摩擦力等于第1张对第2张答题卡的滑动摩擦力，B正确，C错误；
D.因为滚轮对第1张答题卡的摩擦力大于第2张答题卡对第1张答题卡的摩擦力，所以滚轮与第１张答题卡间的动摩擦因数大于第１张答题卡与第２张答题卡之间的动摩擦因数，因为答题卡之间的动摩擦因数相同，所以滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数，D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】先对挂钩一端受力分析可知挂钩对绳子的拉力F和绳子对挂钩的拉力T相等：
F=T
对绳子受力分析如右图，正交分解：
2Tsinθ=mg
解得：F=T=12sinθmg，A正确，BCD错误。
故选A。
6.【答案】A
【解析】对物体受力分析如图
木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零，在垂直斜面方向，有
N+Fsinα=mgcsθ
在平行斜面方向，有
Fcsα=mgsinθ+f
其中：
f=μN
联立解得
F=mgsinθ+μmgcsθcsα+μsinα=(4+33)mg30sin(α+60°)
当α＝30°时F最小，则在α从0逐渐增大到53°的过程中，F先减小后增大。
故选A。
7.【答案】D
【解析】A.结点O转动过程中，动态分析图如下
根据拉密定理有
mgsinα=Fsinβ=F1sinγ
由于α保持不变，结点O转动至水平的过程中，β角一直减小到直角，γ角从60∘一直增大到150∘增大，可得，F一直增大，绳子的拉力F1先增大后减小，故A错误；
B.对C受力分析，C一直处于平衡状态，B、C间的摩擦力一直不变，故B错误；
C.对B、C整体受力分析可知，绳子的拉力与摩擦力的合力等于重力沿斜面向下的分力，由于绳子的拉力F1先增大后减小，所以斜面对B的摩擦力不可能一直减小，故C错误；
D.对B、C以及斜面整体分析，绳子对整体水平方向的受力先增大后减小，则摩擦力也是先增大后减小，故D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解析】P沿斜面向下的分力为32mg，整个系统沿绳子的合外力为12mg，则系统的加速度为18g，对Q由牛顿第二定律得
T-mg=m18g
得
T=98mg
故选D。
二、 多选题 （本题共计4小题，总分16分）
9.【答案】AD
10.【答案】BC
【解析】A.题中图线与时间轴围成的面积可表示位移，0 ~ 4s，甲车的位移为48m，乙车的位移为40m，因在t = 0时，甲车在乙车后面6m，故当t = 4s时，甲车会在前，乙车会在后，且相距2m，所以t = 4s前两车第一次相遇，t = 4s时两车间的距离为2m，A错误；
B.题中图线与时间轴围成的面积可表示位移，0 ~ 10s，甲车的位移为76m，乙车的位移为70m，因在t = 0时，甲车在乙车后面6m，故当t = 10s时两车相遇，B正确；
C D.0 ~ 6s，甲的位移为60m，乙的位移为54m，两车第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑在前面，8s后甲车的速度大于乙的速度，两车还会有第3次相遇，当t = 12s时甲的位移为84m，乙的位移为72m，甲在乙的前面，所以第三次相遇发生在t = 12s之前，由选项B可知在t = 10s时，所以在0 ~ 12s内两车有三次相遇，C正确、D错误。
故选BC。
11.【答案】BC
【解析】A.小球缓慢上升一小段位移的过程中，小球处于平衡状态，对小球进行分析受力分析如图所示
由于三角形ABC与三角形POA，可得
mgPO=NAO=FAP
当小球缓慢上升一小段位移的过程中，由于AP减小，则绳的拉力F减小，故A错误；
B.由于小球缓慢上升一小段位移的过程中，根据分析可得
FL=k
解得
ΔFΔL=FL
可知比值ΔFΔL不变，故B正确；
C D.对小球受力分析可知，环对小球的弹力方向是沿半径背离圆心，根据关系
mgR2=NR
解得
N=2mg
故C正确，D错误。
故选BC。
12.【答案】ACD
【解析】A C.C球做直线运动，对其受力分析，如图
由牛顿第二定律，得到
Mgsinθ=Ma
细线拉力为
T=Mgcsθ
再对A环受力分析，如图
根据牛顿定律，有
mgsinθ-Ff=ma
N=mgcsθ+T
联立解得
a=gsinθ
f=0
N=(M+m)gcsθ
所以A环受滑竿的作用力大小为
(m＋M)gcsθ
故AC正确；
B D.对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于Mg；再对B求受力分析，如图
受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力。根据平衡条件，有
Ff=(M+m)gsinθ
N=(M+m)gcsθ
故B错误，D正确。
故选ACD。
三、 实验题 （本题共计2小题，总分14分）
13.（6分）(1) A
【解析】[1]由于用手轻推一下小车，受到阻力作用，小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知小车从右向左运动。
故选A。
(2)0.26 0.12
【解析】[2]根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程的平均速度，有
vA=s3+s42T=114.9+114.52×0.5×10-3m/s=0.26m/s
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
Δx=aT2
可得
a=(s5+s4)-(s3+s2)4T2=175.0+145.0-114.9-85.14×0.52×10-3m/s2=0.12m/s2
14.（8分）(1)B
【解析】[1]
A.本实验方案中需要用到刻度尺、天平，但不需要用到秒表，A错误；
B.长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力，B正确；
C.在砝码盘及盘中砝码总质量一定时，探究小车加速度与小车的总质量M(含车内钩码)关系时，不断改变车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出a-1M的图像，得到a与1M成正比，即得到a与M的反比关系，C错误；
D.平衡阻力时，应把砝码盘和砝码撤去，适当抬高长木板右侧，先打开电源，后释放小车，观察点迹是否均匀，D错误。
故选B。
(2)BC/CB
【解析】[2]
A.实验中的细线拉力可以通过力传感器得到，不需要保证钩码质量远小于滑块质量M，A错误；
B.为了减小速度的测量误差，遮光条适当窄些，B正确；
C.为了保持细线拉力为恒力，细线在导轨上的部分应与导轨平行，C正确。
故选BC。
(3) d22k
【解析】[3]滑块经过光电门的速度为
v=dt
根据运动学公式可得
2ax=v2
联立可得
x=d22a⋅1t2
可知x-1t2图像的斜率为
k=d22a
解得
a=d22k
(4) d22k=FM
【解析】[4]根据牛顿第二定律可得
a=FM
满足关系式为
d22k=FM
则牛顿第二定律成立。
四、 计算题 （本题共计4小题，总分38分）
15.（8分）(1)108m；
【解析】由牛顿第二定律
F-mg-f=ma
代入数据解得
a=6m/s2
上升高度
h=12at2=108m
(2)4.14s
【解析】下落过程中根据牛顿第二定律有
mg-f=ma1
代入数据解得
a1=7m/s2
恢复升力后向下减速运动过程
F-mg+f=ma2
代入数据解得
a2=12m/s2
设恢复升力时的速度为vm，则有
vm22a1+vm22a2=H
解得
vm=28.98m/s
由
vm=a1t1
代入数据解得
t1=4.14s
16.（8分）(1)vB=38m/s；
【解析】设泥石流质量为m，从A到B，根据牛顿第二定律
mgsinα-μmgcsα=ma
解得
a=7.6m/s2
根据运动学公式
vB2-vA2=2axAB
代入数据解得
vB=38m/s
mgLsinα-μmgLcsα=12mvB2
解得
vB=1210m/s
(2)追不上，12.8m
【解析】泥石流与汽车速度相等时
vB-a1t=a2t
解得
t=3.8s
泥石流在水平面上运动的位移
x1=vBt-12a1t2
汽车在水平面上运动的位移
x2=12a2t2
由
Δxmin=x1-x2+x0
代入数据解得
Δxmin=12.8m
所以泥石流不能追上汽车。
17.（10分）(1)mgsinθk；
【解析】A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得
mgsinθ=kx
解得
x=mgsinθk
(2)2(mgsinθ-ma)ka；
【解析】由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律
kx1-mgsinθ=ma
初始时
kx0=2mgsinθ
x0-x1=12at12
解得
t1=2(mgsinθ-ma)ka
(3)x≥mgsinθ-mak
【解析】A、B分离前，对A、B，根据牛顿第二定律
F+k(x0-x)-2mgsinθ=2ma
F=kx+2ma
x2N；
【解析】设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有
f1=m1a1
纸板受到桌面的摩擦力为
f2=μ(m1+m2)g=1N
F-f1-f2=m2a2
要发生相对运动，至少需要a2>a1，代入数据解得
F>2μ(m1+m2)g=2N
(3)F=22N
【解析】设纸板抽出前砝码运动的时间为t1，砝码运动的距离
x1=12a1t12
纸板运动的距离为
d+x1=12a2t12
纸板抽出后砝码在桌上减速运动，时间为t2，砝码在桌面上运动的距离为
x2=12a3t22
l=x1+x2
由题意可知
a1=a3，a1t1=a3t2
代入数据解得
F=22N