安徽省安庆市第一中学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2023-2024学年高一上学期10月月考物理试题，共9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7小题，总分28分）
1.一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心。下列与重心概念的提出用到同样物理方法的是( )
A.v-t图像面积的含义B.合力与分力概念的提出
C.通过平面镜观察桌面的微小形变D.研究加速度与力、质量的关系
2.未找到试题题干
3.我国“蛟龙号”深潜器的某次实验中，深潜器内的显示屏上显示出的深度曲线如图(甲)所示、速度图像如图(乙)所示，则下列说法中正确的是( )
A.图甲中的h1-h2之间的图像是曲线
B.本次实验深潜器的最大加速度是0.025m/s2
C.在3∼4min和6∼8min的时间段内深潜器具有向上的加速度
D.在6∼10min时间段深潜器的平均速度为0
4.如图所示，在粗糙的水平面上轻放一质量为2kg的物体，现用F=8N的力，斜向下推物体，力F与水平面成30∘角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，则( )
A.物体对地面的压力为24NB.物体所受的摩擦力为12N
C.物体加速度为6m/s2D.物体将向右加速运动
5.如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中( )
A.绳上张力变大,人对地面压力变大
B.绳上张力变小,人对地面压力不变
C.绳上张力变小,人对地面压力变大
D.绳上张力变大,人对地面压力不变
6.很多智能手机都有加速度传感器。小明打开手机的加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。让手机自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示(以下实验中手机均保持屏幕向上，四幅图均以竖直向上为正方向)。下列说法错误的是( )
A.如图甲所示,加速度显示最大正值时,表明手机处于减速状态
B.若保持手托着手机,小明做下蹲动作,整个下蹲过程所得图像可能如图乙所示
C.若手托着手机乘坐电梯从1楼到7楼,所得图像可能如图丙所示
D.若保持手托着手机,小明做起立动作,整个起立过程所得图像可能如图丁所示
7.如图所示一辆运输集装箱的卡车开上倾角为β的斜面，箱子的顶部用细线挂了一个小球。某段时间内，汽车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为α （虚线垂直与车厢底面 )。若α>β，则关于汽车的运动，下列说法正确的是( )
A.卡车可能匀速开上斜坡B.卡车可能匀减速开上斜坡
C.卡车可能匀加速开上斜坡D.卡车可能匀加速倒车下斜坡
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m内的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是( )
A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6s
B.小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80m
C.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/s
D.三角警示牌至少要放在车后58m远处,才能有效避免两车相撞
9.疫情肆虐，研究表明戴口罩仍是当前最经济有效的防疫措施。为了研究口罩弹性绳对耳朵的弹力大小，某物理探究小组测量图(a)所示口罩两侧弹性绳的劲度系数。①将两条弹性绳A、B端拆离口罩并如图(b)在水平面自然平展，总长度为51cm；②如图(c)用两个弹簧测力计同时缓慢拉A、B端，当两个弹簧测力计示数均为2.0N时，总长度为81cm。不计一切阻力，根据以上数据可知( )
A.图(c)中,每条弹性绳的形变量为15cm
B.图(c)中,口罩两侧均受到4.0N的弹力
C.每条弹性绳的劲度系数为203N/m
D.每条弹性绳的劲度系数为403N/m
10.如图，倾角为37°的倾斜传送带AB以v=5m/s的恒定速率逆时针转动，一可视为质点的煤块以v0=3m/s的速度从A点沿传送带向下运动直到离开B点。已知AB长度L=14.8m，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2。则( )
末,煤块速度达到5m/s
B.煤块即将离开B点时的速度为5m/s
C.煤块在传送带上的运动时间为2.2s
D.煤块在传送带上的划痕为4m
三、 实验题 （本题共计2小题，总分16分）
11.（8分）某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。
(1)如果没有操作失误，图乙中F'是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F'两力中，方向一定沿AO方向的是__________.
(2)在同一对比实验的两次操作中，O点位置__________.(选填“可以”或“不可以”)变动.
(3)如图丙，使弹簧测力计b从水平位置开始顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、b的读数变化是__________。
A.A.a增大,b减小B.B.a减小,b增大
C.C.a减小,b先增大后减小D.D.a减小,b先减小后增大
12.（8分）某实验小组要做“探究小车的加速度与合外力的关系”的实验，采用的实验装置如图1所示(滑轮与力传感器不接触)。
(1)本实验首先要平衡摩擦力，其目的是_______；
A、为了实验时细线的拉力近似等于所挂钩码的重力
B、为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力
C、为了实验时小车所受的合外力等于所挂钩码的重力
(2)本实验______________(填“需要”或“不需要”)钩码的质量远小于小车的质量；
(3)该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，在纸带上每连续5个间隔取一个计数点，相邻两个计数点之间的距离如图2，打点计时器的频率f=50Hz，则打D点时小车的速度大小为_______，小车运动的平均加速度大小为_______m/s2。(结果保留2位有效数字)
(4)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是题图中的哪个图线________。
A. B. C.
四、 计算题 （本题共计3小题，总分38分）
13.（10分）如图所示，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平。质量为3m的小球a和质量为m小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动。a、b之间通过不可伸长的细线连接。当系统处于平衡时，重力加速度为g，求：
(1)金属框架分别对两球的作用力大小；
(2)细线上的拉力F大小和细线与金属框架形成的夹角θ；
14.（12分）如图甲所示，北京冬奥会上，智慧餐厅的亮相引发了国内外媒体的高度关注。在智慧餐厅里，餐品首先被上升到水平安装的“空中云轨”，随后会有云轨小车来接应餐品，自动将餐品送达对应的餐桌正上方，通过“送菜机”向下将餐品送给顾客。假设云轨小车从静止开始，沿水平直线将托盘平稳送至6m远的目标位置上空，托盘固定于云轨小车上，托盘上表面水平，云轨小车加速与减速时的加速度最大值均为a=3m/s2，运动的最大速度为vm=3m/s，托盘的质量m=2kg，不计空气阻力，g取10m/s2。求：(结果可以保留根号)
(1)云轨小车以最大加速度由静止开始加速到最大速度时的位移x的大小；
(2)不放餐品时，以最大加速度加速时，云轨小车对托盘的作用力F大小；
(3)运送餐品时，若餐盘与托盘的动摩擦因数μ=0.2，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么云轨小车安全送餐并返回原处的最短运动时间t为多少？并在图乙中画出v-t图像。(不计“送菜机”到达后将餐品送给顾客的时间，设送餐方向为正方向)
15.（16分）如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m、质量为m1=0.5kg的木板A，一质量为m2=1kg的小物体B以初速度v0从左端滑上A的上表面，已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2；
情境1：若将木板A固定在水平面上，已知物块B向右滑出木板时的速度为23m/s，求：
1.物块的初速度v0；
情境2：撤去对木板A的固定，在物块B以初速度v向右滑上A的同时对A施加一个水平向右的恒力F，小物体B在木板A上相对于木板滑动的总路程s与力F的关系如图乙所示。求：
2.当F=1N时，求A、B的加速度大小及B从A的左端运动到右端经历的时间；
3.图乙中F1的大小。
答案
一、 单选题 （本题共计7小题，总分28分）
1.【答案】B
【解析】A.v-t图像面积的含义是采用微元法得到表示物体的位移的，A错误；
B.合力与分力的概念是采用等效替代的思想方法提出的，B正确；
C.通过平面镜观察桌面的微小形变是采用了放大法，C错误；
D.研究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法，D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.对比公式x=v0t+12at2可知v0=27m/s，a=-6m/s2，A错误；B.最初两秒内的平均速度为v=27+(27-6×2)2m/s=21m/s，B错误；
CD.汽车静止时间为t=27-06=4.5s，所以刹车5秒内的位移为：x=v022a=60.75m，
第5秒内的位移为：x1=x-(27×4-3×42)=0.75m，C正确，D错误；
故选C。
3.【答案】C
【解析】A.由图乙可知，1∼3s内匀速下降，可知图甲中的 h1-h2 之间的图像是直线，选项A错误；
B.因v-t图像的斜率等于加速度，可知本次实验深潜器在0∼1s和3∼4s的加速度最大，最大加速度大小是：a=260m/s2=0.033m/s2，选项B错误；
C.因v-t图像的斜率等于加速度，在3∼4min和6∼8min的时间段内深潜器加速度为正，具有向上的加速度，选项C正确；
D.在6∼10min时间段深潜器的位移不为零，则平均速度不为0，选项D错误。
故选：C。
4.【答案】A
【解析】【分析】分析物体受力情况：物体受到重力、支持力、推力和摩擦力的作用，由竖直方向上的受力平衡求出支持力，即可求得物体对地面的压力；物体在推力的作用下，具有向右运动的趋势，需要比较水平向右的分力与最大静摩擦力的大小，确定物体的运动状态，再得出摩擦力的大小。解答的关键是需要判断出物体在推力的作用下能否运动，若运动则受到的是滑动摩擦力，则根据牛顿第二定律求加速度，若静止，则受到的是静摩擦力，静摩擦力要根据平衡条件求解。
【解答】受力分析如图所示，
在竖直方向上，由平衡条件得：N=Fsin30∘+mg=24N，
物体与水平地面间最大静摩擦力：Fmax=μN=12N，
水平方向上：Fx=Fcs30∘=43N
由于Fx故物体所受的摩擦力为静摩擦力：f=Fx=43N，综上分析，正确答案为A。
5.【答案】B
【解析】A.滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向右移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角θ变小，根据：2Tcsθ2=m球g
解得：T=m球g2csθ2，可知，θ变小，张力T变小，A错误；
B.对人有：N=m人g+Tcsθ2
解得：N=m人g+Tcsθ2=m人g+12m球g
则人对地面的压力为：N'=N=m人g+12m球g
可知人对地面的压力不变，
6.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了对自由落体运动加速度的认识，知道重力加速度大小为10m/s2，方向向下，根据题意，判断加速度额大小方向即可解题。通过手机的运动判断速度及加速度方向，然后分析题干图片信息获得手机的受力和运动的情况，进行对比解答即可。
【解答】A.如图甲所示，加速度显示最大正值时，说明加速度方向竖直向上，由于手机在向下运动，因此表明手机处于减速状态，故A正确，不合题意；
B.若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程手机先加速下降，再减速下降，加速度方向先竖直向下后竖直向上，即先负后正，故B正确，不合题意；
C.若手托着手机乘坐电梯从1楼到7楼，手机先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，加速度方向先竖直向上，然后加速度为零，再加速度方向竖直向下，所得图像不可能如图丙所示，故C错误，符合题意；
D.若保持手托着手机，小明做起立动作，手机先加速上升，然后减速上升，加速度方向先竖直向上，然后竖直向下，故D正确，不合题意。
7.【答案】C
【解析】A.若卡车匀速开上斜坡，则小球匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和绳子拉力相等，细线在竖直方向上，则，根据几何关系可知α=β，
B.若卡车匀减速开上斜坡，则小球受到绳子拉力和重力的作用，由于做减速运动，则加速度沿斜面向下，故细线向右偏，但由于加速度的大小不确定，所以夹角α的大小不确定，
CD.若卡车匀加速开上斜坡，则小球受到的合外力沿斜面向上，对小球受力分析，小球受重力和细线的拉力，如图所示：
由正弦定理与几何关系可得：
sin(α-β)ma=sin(90∘-α)mg
解得：
a=gcsβtanα-gsinβ
本题解题关键是正确画出卡车匀加速开上斜坡时小球的受力图，并结合正弦定理，求加速度。本题根据平衡条件、牛顿第二定律、正弦定理，即可解答。
二、 多选题 （本题共计3小题，总分18分）
8.（6分）【答案】AD
【解析】【分析】根据匀变速直线运动速度—时间公式求解刹车时间；反应时间内轿车做匀速运动，x=vt，刹车后做匀减速直线运动，由2ax=v2-v02求解，进而得总位移。此题考查匀变速直线运动规律，掌握匀变速直线运动的规律并能够熟练应用是解题关键。
【解答】A.从刹车到停止时间为t2，则t2=0-v0a=0-30-5s=6s，故A正确；
B.小轿车的刹车距离x=0-v022a=90m，故B错误；
C.反应时间内通过的位移为：x1=v0t1=30×0.6m=18m，
减速通过的位移为：x'=50m-18m=32m，
设减速到警示牌的速度为v'，则2ax'=v'2-v02，解得v'=2145m/s，故C错误；
D.小轿车通过的总位移为：x总=(90+18)m=108m，放置的位置为：Δx=(108-50)m=58m，故D正确。
故选AD。
9.（6分）【答案】AD
【解析】【分析】本题考查胡克定律F=kx，注意x是弹簧的压缩量或者伸长量，不是弹簧的原长。
【解答】A.每条弹性绳的形变量Δx=81-512cm=15cm，故A正确；
B.弹簧测力计的示数为2N，故口罩两侧均受2N的拉力，故B错误；
CD.由胡克定律可得每条弹性绳的劲度系数为：k=FΔx=20.15N/m=403N/m
故D正确，C错误。
故选AD。
10.（6分）【答案】ACD
【解析】【分析】本题考查了倾斜传送带的问题。分析煤块受力与煤块运动过程是解题的关键。开始煤块受向下滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得加速度，当煤块速度达到传送带速度时，由于煤块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，故煤块继续向下加速运动直到B点，根据位移公式可求得煤块继续运动至B点的时间和速度，根据位移关系可得划痕。
三、 实验题 （本题共计2小题，总分16分）
11.（8分）【解析】【分析】弄清实验原理和实验方法。本实验是通过等效替代法，两次拉的O点位置不可以变动，实际合力一定沿绳的方向；通过力的图示确定示数的变化。
(1)F'；
【解析】F'是通过实验方法得出的，其方向一定与AO方向相同；
(2)不可以；
【解析】在同一对比实验的两次操作中，为了保证合力与分力的作用效果相同，O点位置不可以变动；
(3)D
【解析】对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向和大小都改变。
根据平行四边形定则可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC不符合题意，D符合题意。
12.（8分）(1)B；
【解析】本实验首先要平衡摩擦力，其目的是为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力，故选B；
(2)不需要；
【解析】本实验中小车所受拉力大小可以通过力传感器获得，不需要用钩码的重力来代替，所以本实验不需要钩码的质量远小于小车的质量；
(3)0.50m/s，1.0；
【解析】打D点时小车的速度大小为vD=xCE2T=(4.44+5.45)×10-22×0.1m/s≈0.50m/s，
小车运动的平均加速度大小为
a=xCF-xOC9T2=(4.44+5.45+6.46-1.45-2.45-3.46)×10-29×0.12m/s2≈1.0m/s2；
(4)C
【解析】若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则a与F的关系式为a=FM-fM，即图像存在横截距，故选C。
四、 计算题 （本题共计3小题，总分38分）
13.（10分）(1)对a球和b球受力分析如图
据平衡关系对ab整体有：N1=4mgcs30°=23mg
N2=4mgsin30°=2mg
【解析】对两球进行受力分析，做出受力分析图，从而求出各力以及夹角之间的数量关系，即可求解。
(2)对a球：Fcsθ=3mgsin30°Fsinθ=N1-3mgcs30°=32mg
联立代入数据解得：F=3mg，方向θ=30°
【解析】对b球受力分析，根据平衡条件可解得。本题考查受力分析，要求学生做出受力分析图进行分析并求出相关力的大小，难度适中。
14.（12分）【解析】在处理多过程问题时，要注意分析各过程的运动性质，再利用各自的运动规律解决问题。
(1)根据速度位移公式：
vm2=2ax
可得：x=1.5m
【解析】根据运动学公式，结合题意求出机器人运动的位移；
(2)竖直方向，根据平衡条件：
Fy=mg=20N
水平方向根据牛顿第二定律：
Fx=ma=6N
则云轨小车对托盘的作用力大小：
F=Fx2+Fy2=2109N
【解析】不放餐品时，分别求出对托盘作用力的竖直和水平分量，进而求出作用力大小；
(3)若餐品与托盘的动摩擦因数μ=0.2，则加速度最大时：
μm0g=m0a'
加速度最大为：
a'=2m/s2
小车加速到最大速度过程的位移大小为：
x'=vm22a'=94m
时间为：
t'=vma'=32s
由最大速度减为零过程的位移和时间也为：
x'=vm22a'=94m
t'=vma'=32s
匀速过程的位移大小为：
x″=6m-2x'=1.5m
用时为：
t″=x'vm=0.5s
则送餐过程最短用时：
t1=2t'+t″=3.5s
返回时，加速度可以达到a=3m/s2，加速和减速过程总用时：
t‴=2vma=2s
匀速过程用时：
t⁗=6m-2xvm=1s
返回总用时：
t2=t‴+t⁗=3s
云轨小车总共最短运动时间：
t=t1+t2=6.5s
根据以上分析，绘图如下：
【解析】根据运动学公式分别求出各阶段运动时间以及运动的加速度，最后画出v-tv-t图像。
15.（16分）【答案】1.物块在木板上滑时由牛顿第二定律有：μm2g=m2a
则物块的加速度大小为：a=μg=2m/s2
由速度—位移公式得：v2-v02=-2aL
则：v0=v2-2aL=(23)2+2×2×1m/s=4m/s
2.由图像可看出当F≤1N时，B物体在A板上的路程始终等于板长L，当F=1N时，刚好不从A板右端掉下，设B物体的加速度为a2，A板的加速度为a1，分别由牛顿第二定律μm2g=m2a2、F+μm2g=m1a1
解得：a2=2m/s2、a1=6m/s2
设B运动的位移为s2，A运动的位移为s1，经过t时间两者速度均为v1，根据运动学公式：sB=v1+v2t、sA=v12t
且v1=v-a2t=a1tB在A上相对A向右运动的路程s=sB-sA（其中当F=1N时，s=L)
联立解得：t=0.5s、v=4m/s
同时可得：s=v24(F+3)。
3.由s=v24(F+3)分析可知，
当1N≤F≤F1时，随着F力增大，s减小，
当F=F1时，出现s突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端掉下，对A、B恰好发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为a2，
由牛顿第二定律F1=(m1+m2)a2
联立解得F1=3N。
【解析】本题考查牛顿运动定律.滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型.滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在；本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。
1.依题，将木板A固定在水平面上，物块B向右滑出木板，由牛顿第二定律，结合运动学求出物块的初速度v0；
2.由图象可看出当F≤1N时，B物体在A板上的路程始终等于板长L，当F=1N时，刚好不从A板右端掉下，此后A和B一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程s与F、v0的关系式，把F=1N和s=1m代入即可求解；
3.当1N≤F≤F1时，随着F力增大，s减小，当F=F1时，出现s突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端掉下；对A、B恰好发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律列式即可求解。