2023-2024学年江苏省扬州市新华中学高一（上）阶段检测物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市新华中学高一（上）阶段检测物理试卷（12月）（含解析），共14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。

1.关于奥运会比赛的论述，下列说法正确的是( )
A. 奥运会开幕式于晚7点开始，晚7点指的是时间间隔
B. 百米比赛中，一名运动员发现观众在“后退”，他是以大地为参考系
C. 运动员跑完1500m比赛，1500m 指的是路程
D. 给正在参加体操比赛的运动员打分时，裁判们可以把运动员看作质点
2.在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的跳水运动就是一个实例．下列说法正确的是
A. 跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B. 跳板没有发生形变，运动员的脚发生形变
C. 跳板受到的压力，是跳板发生形变而产生的
D. 运动员受到的支持力，是跳板发生形变而产生的
3.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°，重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则
( )
A. F1= 33mg，F2= 32mgB. F1= 32mg，F2= 33mg
C. F1=12mg，F2= 32mgD. F1= 32mg，F2=12mg
4.物体沿轨迹从M点向N点做减速圆周运动的过程中其所受合力方向可能是下列图中的
( )
A. B.
C. D.
5.某质量m=0.1kg的质点在x轴正方向做初速度v0=4m/s的匀速直线运动，在y轴方向的速度−时间关系如图所示，则下列说法正确的是
( )
A. 该质点做匀变速直线运动B. 该质点在4s末的位移大小为8 5m
C. 该质点在4s末的速度大小为4m/sD. 该质点所受合外力恒为0.2N
6.一个重为600N的人站在升降机内的磅秤上，在升降机运动的过程中看到磅秤示数为720N，g=10m/s2，则升降机的运动情况可能是( )
A. 向上加速，加速度大小为2m/s2B. 向下加速，加速度大小为1m/s2
C. 向上减速，加速度大小为2m/s2D. 向下减速，加速度大小为1m/s2
7.A，B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量之比mA∶mB=5∶3，两球间连接一个轻弹簧(如图所示)，如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间A球、B球的加速度分别为(已知重力加速度为g)( )
A. g，gB. 1.6g，0C. 0.6g，0D. 0，83g
8.质量为0.2kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v−t图像，其中经过点4,0的虚线是6s末v−t图像的切线。g取10m/s2。下列说法不正确的是( )
A. 6s末物体运动方向不发生改变
B. 0∼6s内物块平均速度比6∼10s内物块平均速度小
C. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D. 水平推力F的最大值为0.9N
9.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37∘，质量为m的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.18倍，sin37​∘=0.6，cs37∘=0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )
A. 0.20mgB. 0.23mgC. 0.24mgD. 0.354mg
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
10.如图所示，固定的倾斜直杆与水平方向成α角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接，当圆环沿直杆由静止开始下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成β，下列说法正确的是( )
A. 若直杆光滑，一定有α=βB. 若直杆光滑，β有可能为零
C. 若直杆粗糙，β不可能为零D. 若直杆粗糙，有可能α<β
三、实验题：本大题共1小题，共10分。
11.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：
(1)以下实验操作正确的是( )
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动
B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行
C.先接通电源，后释放小车
D.实验中小车的加速度越大越好
(2)在实验中得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09 cm、3.43 cm、3.77 cm、4.10 cm、4.44 cm、4.77 cm，则打C点时，小车速度vC=_______m/s，小车加速度a=_______m/s2。(结果保留2位有效数字
(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a−F图线，如图丙所示。图线_______(填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量m=_______kg。
四、计算题：本大题共4小题，共50分。
12.在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9 m时速度为12 m/s，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2 m时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求：(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小；
(2)模拟舱从9 m高处落到地面所用的时间．
13.跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用依山势特别建造的跳台进行的。运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。已知运动员由山坡顶的A点沿水平方向飞出，速度为v0=20m/s，到山坡上的B点着陆，如图所示，山坡倾角为θ=37∘，山坡可以看成一个斜面。(g=10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)运动员在空中飞行的时间t1；
(2)AB间的距离s。
(3)运动员从A点抛出到B点的过程中，当运动员离斜面最远时，运动员运动的时间t2。
14.如图所示，水平传输带以v=4m/s的速度匀速运动，传输带两端AB间的距离为L=20m，将一质量为m=2kg的木块无初速地放在A端，木块与传输带间的动摩擦因数为µ=0.2，(g=10m/s2).求：
(1)木块在匀加速过程中的加速度大小；
(2)木块从A端运动到B端所用的时间；
(3)木块相对传输带的位移。
15.如图甲所示，质量为5kg足够长的斜面倾角θ=37°，一质量为2kg物体以v0=12m/s的初速度从斜面上的A点开始沿斜面向上减速运动，加速度大小a=8.0m/s2。到达最高点后物体又加速返回，整个过程中，斜面体一直保持静止不动，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)物体返回到A点时速度vA大小；
(3)物体返回过程中，如图乙所示，地面对斜面的摩擦力f大小和方向。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
位移是从始位置指向末位置的有向线段，路程是轨迹的长度。当物体的大小和形状对所研究的问题中没有影响或影响不计时，可以把物体当成质点处理；参考系是在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物体。
【解答】
A.奥运会开幕式于晚7点开始，晚7点指的是时刻，故A 错误；
B.运动员相对地面运动的方向向前，他发现观众在“后退”，他是以自己为参考系，故B错误；
C.运动员跑完1500m比赛，1500m指的是路程，故C正确；
D.为正在参加体操比赛的运动员打分时，运动员的造型、动作不能忽略，所以裁判们不能把运动员看作质点，故D错误。
故选 C。
2.【答案】D
【解析】【分析】
在跳水运动中，由于跳板发生形变，会对运动员的脚产生支持力；同时由于运动员的脚发生形变，会对跳板产生压力。
明确施力物体发生形变对受力物体产生弹力是解题的关键。
【解答】
AB.跳板发生形变，运动员的脚同样发生形变，故AB错误；
C.跳板受到的压力，是运动员的脚发生形变而产生的，故C错误；
D.运动员受到的支持力，是跳板发生形变而产生的，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】解：将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得F1=mgcs30°= 32mg，F2=mgsin30°=12mg，故D正确，ABC错误。
故选：D。
将重力进行分解，根据几何关系求解圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
4.【答案】C
【解析】【分析】
(1)做曲线运动的物体其合力指向轨迹的凹侧；
(2)减速圆周运动的合力与速度方向成钝角；
解决本题的关键是熟记曲线运动的条件和减速曲线运动的特征，题目较基础；
【解答】
AD.物体从M点向N点做曲线运动，合力方向指向轨的凹侧。故AD错误。
BC.物体速度方向沿轨迹的切线，物体减速，合力方向与速度方向成钝角。故C正确，B错误．
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A、在y轴上的加速度为a=ΔvyΔt，解得a=1m/s2，在x轴上做匀速运动，故质点做匀变速曲线运动，故A错误；
B、4s末，质点在x轴方向的位移为x4=v0t=4×4m=16m，在y轴方向的位移为y=12×4×4m=8m，故质点在4s末的位移为x= x42+y2= 162+82m=8 5m，故B正确；
C、4s末的速度为v= v02+vy42= 42+42m/s=4 2m/s，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可得：F=ma=0.1×1N=0.1N，故D错误；
故选：B。
在v−t图像中，图像的斜率表示加速度，根据运动的合成判断出质点做曲线运动，根据运动的合成求得位移和速度，根据牛顿第二定律求的合力。
本题主要考查了运动的合成与分解，根据分运动判断出合运动，利用牛顿第二定律求得合力。
6.【答案】A
【解析】由题知物体的质量为
m=Gg=60kg
根据牛顿第三定律可知人受到的支持力大小为720N，设竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律有
F−mg=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向上，所以升降机可能向上加速或者向下减速。
故选A。
7.【答案】B
【解析】由于在剪断细线的瞬间，A、B仍在原来的位置，所以轻弹簧的形变量还未发生变化，即轻弹簧中的弹力大小、方向均未发生变化．由系统原来静止可知，轻弹簧弹力大小为 mBg ，所以剪断细线瞬间B的合外力仍为零，加速度也为零，而A球所受的合外力大小为 83mBg ，所以A球加速度为1.6g，故B正确。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A.6 s末前后物块速度都为正值，故速度方向没改变，选项A正确，不符合题意；
B.若0～6 s内物体做匀加速运动，故平均速度为3m/s，而由图线可知，物体在0～6 s内的位移小于匀加速运动的位移，可知平均速度小于3m/s，而物体在6～10 s内的平均速度等于3m/s，故0～6 s内物体平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确，不符合题意；
C.撤去外力后的加速度
a=ΔvΔt=610−6=1.5m/s2
根据
a=μg=1.5m/s2
可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误，符合题意；
D.物体的最大加速度为
am=ΔvΔt=66−4=3m/s2
根据牛顿第二定律
F−μmg=mam
解得
Fm=0.9N
选项D正确，不符合题意；
故选C。
9.【答案】C
【解析】【分析】
对物体受力分析可知，物体在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小。
物体的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中物体在水平和竖直两个方向上都是有加速度的。
【解答】
设载重车厢沿索道向上加速运动时的加速度为a，以重物为研究对象，竖直方向根据牛顿第二定律可得N−mg=masin37∘，由题意可得N=1.18mg，水平方向根据牛顿第二定律可得f=macs37∘，联立解得f=0.24mg，故重物对车厢地板的摩擦力大小为0.24mg。
故选C。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，对球受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后对环或球进行受力分析，对可能的情况进行分析．
解决本题的关键是正确的选择研究对象，对研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析，同时要结合几何关系进行分析，难度较难。
【解答】
解：设圆环的质量为m′，小球的质量为m。
AB.若直杆光滑，环和小球均沿直杆加速下滑，整体分析由牛顿第二定律可知：(m+m′)gsinα=(m+m′)a
对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知：mgsinα−Tcs(π2+β−α)=ma
联立解得α=β，故A正确，B错误；
CD.若直杆粗糙，设环与杆之间的摩擦力为f，环和小球一定沿直杆向下做匀加速直线运动，设加速度大小为a′；
对整体分析由牛顿第二定律可知：(m+m′)gsinα−f=(m+m′)a′，则a′假设匀速下滑，根据平衡条件可知β=0，但不符合题意。
综上所述：0<β<α，故C正确、D错误。
故选：AC。
11.【答案】 BC 0.36 0.34 ① 0.5
【解析】(1)[1]A.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是细线的拉力， A错误；
B.细线的拉力为小车的合力，所以应调节定滑轮的高度使细线与木板平行， B正确；
C.实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，先接通电源，后释放小车， C正确；
D.实验时，为了减小实验的误差，小车的加速度应适当大一些，但不是越大越好，D错误。
故选BC。
(2)[2]打C点时，小车速度
vC=x2+x32T=(3.43+3.77)×10−20.2m/s=0.36m/s
[3]根据逐差法得
a=x6+x5+x4−x3−x2−x19T2=(4.77+4.44+4.10−3.77−3.43−3.09)×10−29×0.12m/s2=0.34m/s2
(3)[4][5]由图线①可知，当F=0时，a≠0，也就是说当细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是轨道倾斜情况下得到的，根据
F=ma
得 a−F 图像的斜率
k=1m
由 a−F 图像得图像斜率
k=2
所以
m=0.5kg
12.【答案】解：(1)设模拟舱以υ0=12m/s的初速度在位移s=1.2m内匀减速运动的加速度大小为a，由匀变速运动的规律有：
0−υ02=−2as
代入数据可解得：a=60m/s2
(2)设模拟舱从h1=9m匀速运动至h2=1.2m处历时t1，有匀速运动的规律可知：
t1=h1−h2υ
代入数据可解得：t1=0.65s
设匀减速运动历时t2，由匀变速运动的规律可知：
t2=0−υ0−a
代入数据可解得：t2=0.2s
所以模拟舱从9m高处落到地面所用的时间为t1+t2=0.85s
答：(1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小60m/s2
(2)模拟舱从9m高处落到地面所用的时间为0.85s
【解析】(1)由速度位移公式求解，注意加速度的正负
(2)匀速下降时间和减速时间之和为总时间
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at和速度位移公式v2−v02=2ax
13.【答案】(1) t1=3s ；(2) s=75m ；(3) t2=1.5s
【解析】(1)运动员在空中做平抛运动，水平位移为
x=v0t1
竖直位移为
y=12gt12
则
tan37∘=yx
解得
x=60m ， y=45m ， t1=3s
(2) AB 间的距离为
s= x2+y2=75m
(3)运动员离斜面最远时，速度与水平方向夹角为 37∘ ，有
vyv0=tan37∘
vy=gt2
解得
t2=1.5s
14.【答案】解：(1)对木块受力分析，由牛顿第二定律得a=μmgm=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，
(2)当到传送带速度时，由速度公式v=at1
解得加速运动的时间t1=va=42s=2s
在加速运动过程中木块通过的位移是x1=v2t1=42×2m=4m所以匀速运动的位移是x2=L−x1=20m−4m=16 m，
匀速运动的时间t2=x2v=164s=4s
所以木块从A端运动到B端所用的时间为t=t1+t2=2s+4s=6s．
(3)在t1时间内传送带运动的位移为x3=vt1=4×2m=8m，故木块相对传输带的位移△x=x3−x1=8m−4m=4m
答：(1)木块在匀加速过程中的加速度大小为2m/s2；
(2)木块从A端运动到B端所用的时间为6s；
(3)木块相对传输带的位移为4m。
【解析】(1)木块从水平传送带的左端到达右端的过程可以分为两部分，先是匀加速运动，后是匀速运动，木块受到的合力就是传送带对木块的摩擦力，由牛顿第二定律列方程就可以求得加速度，
(2)由运动规律求得加速运动和匀速运动的时间；
(3)在加速阶段，根据运动学公式求得两者各自发生的位移，即可求得木块相对传输带的位移。
分析清楚木块运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，本题的难度不大，
15.【答案】(1)0.25；(2) 6 2m/s ；(3)6.4N，方向向左
【解析】(1)物体沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得
μ=0.25
(2)根据速度位移关系
0−v02=−2ax
可得物体上滑得最大位移为
x=9m
物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
解得
a1=4m/s2
根据速度位移关系
v12=2a1x
可得物体返回到斜面底端时的速度为
v1=6 2m/s
(3)对斜面，其已知的受力情况如图所示
水平方向物块对斜面的摩擦力的分力与压力的分力分别为
f′csθ=μmgcs2θ=3.2N
FN′sinθ=mgcsθsinθ=9.6N
根据平衡条件有
f′csθ+f=FN′sinθ
所以地面对斜面的摩擦力为
f=6.4N
方向水平向左。