2024届青海省西宁市沛西中学高一物理第一学期期末调研试题含解析

2024届青海省西宁市沛西中学高一物理第一学期期末调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、在研究物体的运动时，下列物体中可以当作质点处理的是（）A.为提高乒乓球运动员球技，研究乒乓球的运动时，乒乓球可作为质点来处理B.在大海中航行的船，要确定它的位置时，可以把它当作质点来处理C.研究杂技演员在走钢丝的表演时，杂技演员可以当作质点来处理D.研究地球的自转运动时，地球可以当作质点来处理2、如图所示，横截面为劈形的物体A各面均光滑，靠在竖直墙壁上，A的顶角θ=30°，物块B置于水平桌面上，A、B均保持静止．已知A所受重力为GA，B所受重力为GB，它与桌面间的动摩擦因数为μ，则B受到桌面的摩擦力大小为A.μGB B.μ(GA+GB)C.GB D.GA3、下列说法正确的是A.位移的大小和路程一定不相等B.早上8点上课，8点是时刻C.只有体积小的物体才能够看成质点D.加速度大物体，速度一定大4、物体从h高处自由下落，它在落到地面前1s内共下落35m，则物体下落时的高度及下落时间(g＝10m/s2)分别是（）A.60m3s B.70m3.5s C.80m4s D.85m4.5s5、2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索所有钢索均处在同一竖直面内斜拉桥，其索塔与钢索如图所示（不计钢索的质量）。下列说法正确的是：A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B.减小钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力C.为了减小钢索承受的拉力，可以适当增高索塔的高度D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布6、某人站在力传感器上先“下蹲”后“站起”，力传感器的示数随时间的变化情况如图所示，由图象可知A.“下蹲”时先超重后失重B.“下蹲”时先失重后超重C.“站起”时先超重后失重D.“站起”时先失重后超重7、一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v-t图象如图所示。下列说法正确的是（）A.前2s内该同学处于超重状态B.最后1s内该同学的加速度是前2s内的2倍C.该同学在10s内的平均速度是1m/sD.该同学在10s内通过的位移是17m8、如图所示，一定质量的物块用轻绳悬挂在空中，其中轻绳与水平线夹角保持不变，轻绳在竖直平面内由水平方向缓慢向上转动（点位置始终保持不变），则在绳由水平转至竖直的过程中，以下说法正确的是（）A.轻绳的张力大小将一直变小B.轻绳的张力大小先变小后变大C.轻绳的张力大小将一直变小D.轻绳的张力大小先变小后变大9、一个做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别为v1和v2，则下列结论中正确的有（）A.物体经过AB位移中点的速度大小为B.物体经过AB位移中点的速度大小为C.物体通过AB这段位移的平均速度为D.物体通过AB这段位移所用的中间时刻的速度为10、如图，节水灌溉中的喷嘴距地高0.8m，假定水从喷嘴水平喷出，喷灌半径为4m，不计空气阻力，取g=10m/s2．则()A.水下落的加速度为8m/s2B.水从喷嘴到地面时间为0.4sC.水从喷嘴喷出后速度不变D.水从喷嘴喷出的速率为10m/s二、实验题11、（4分）12、（10分）三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（9分）某同学在学习了牛顿运动定律后，利用弹簧设计了如图所示的竖直加速度测量仪，可以用来测量某升降装置竖直上下运行时的加速度。一根轻弹簧上端固定在小木板上，旁边附有标尺。将重力为0.8N的小球P挂在弹簧下端，静止时指针指向刻度B处，当悬挂重力为1.0N的小球Q时，将静止时指针所指的刻度标记为0。小球Q与弹簧、木板、标尺共同组成竖直加速度测量仪。取重力加速度g=10m/s2。（1）在某次测量中，弹簧指针恰好指向位于刻度B处。求此时小球Q受到的弹力大小、小球Q加速度的大小和方向（2）当指针位于刻度F时，求此时小球Q受到的弹力大小、小球Q加速度的大小和方向。14、（14分）儿童乐园中，一个质量为10kg的小孩骑在木马上随木马一起在水平面内匀速转动。已知转轴距木马5m远，每10s转1圈，把小孩的转动看作匀速圆周运动，求：（1）小孩转动的角速度；（2）小孩转动的线速度；（3）小孩转动的向心加速度。15、（13分）如图所示，质量m=2.0kg的物体放在光滑水平面上．t=0时刻，物体在水平拉力F作用下由静止开始运动．已知F=6.0N．求：（1）物体的加速度大小a；（2）在t=0到t=2.0s内，物体的位移大小x

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、B【解题分析】物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题。【题目详解】A．为提高乒乓球运动员球技时，研究乒乓球的运动时，需要看在不同方向、不同手法、在不同击球点打乒乓球情况下，乒乓球的快慢、高低、旋转情况，不可将乒乓球作为质点来处理，所以A错误；B．在大海中航行的船，要确定它在大海的位置时，船的形状、大小对所研究的问题没有影响，可以把它当作质点来处理，所以B正确；C．欣赏杂技演员的精彩表演时，看的就是杂技演员的优美的动作，所以此时的杂技演员不能看成是质点，所以C错误；D．研究地球的自转运动时，不能当作质点来处理，所以D错误。故选B。2、D【解题分析】根据隔离法对A进行受力分析，求得竖直墙给A的水平弹力，在整体分析，求得B受到桌面的摩擦力。【题目详解】由于物体A处于静止状态，对A进行受力分析如图：由三力平衡合成法可得：对整体进行受力分析，整体在水平方向受到竖直墙给的水平向右的弹力F，受到桌面给的水平向左的静摩擦力，水平方向由平衡条件可得：故选D。【题目点拨】典型的整体隔离相结合的题目，结合题目，选择好隔离的物体。3、B【解题分析】A．位移是由初位置指向末位置的有向线段，而路程是物体运动路径的长度，两者大小不一定相等，当物体做单向直线运动时，位移的大小等于路程，故A错误；B．时刻是指某一瞬时，则知早上8点上课，8点是时刻，故B正确；C．物体能否被看成质点，并不是看体积大小，而要看物体的大小和形状在所研究的问题能否忽略，故C错误；D．加速度与速度无关，加速度大的物体，速度不一定大，故D错误。故选B。4、C【解题分析】设落地的总时间为t，落地前1s内的位移等于ts内的位移减去（t-1）s内的位移，根据△h＝gt2−g(t−1)2代入数据解得：t=4s；下落的高度为：h=gt2＝×10×16＝80m；故选C.5、C【解题分析】A.以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；B.由图甲可知，当索塔高度降低后，变大，变小，故T变大，故B错误；C.由B的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确；D.受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；故选C。6、BC【解题分析】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学先做了一次下蹲，后做了一次起立的动作，故AD错误，BC正确；故选BC。7、BD【解题分析】A．前2s内物体做匀加速直线运动，加速度方向向下，该同学处于失重状态。故A错误；B．最后1s内该同学的加速度前2s内该同学的加速度故最后1s内该同学的加速度是前2s内的2倍，选项B正确；CD．图线与时间轴围成的面积表示位移，则10s内的位移平均速度故C错误，D正确。故选BD。8、AD【解题分析】对O点受力分析，受重力和两个拉力，如图所示。三个力平衡，根据矢量三角形可知：OB绳子的拉力先减小后增加，OA绳子的拉力一直减小，AB．根据图像可知：OA绳子的拉力一直减小，故A正确；B错误；CD．根据图像可知：OB绳子的拉力先减小后增加，故C错误，D正确；故选AD9、BCD【解题分析】AB.设物体经过AB段中点的速度为，根据速度位移公式：解得：，故A错误B正确CD.匀变速运动中间时刻的速度等于全程的平均速度等于初速度与末速度之和的一半，，故CD正确10、BD【解题分析】A．水喷出后做平抛运动，下落的加速度为10m/s2，故A错误；B．根据得故B正确；C．水从喷嘴喷出后重力做正功，动能增大，速度增大，故C错误；D．水从喷嘴喷出的速率故D正确二、实验题11、12、三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、(1)0.8N;2m/s2竖直向下（2）1.3N;3m/s2竖直向上【解题分析】(1)由小球Q的重力可知，小球Q的质量m=01kg指针指向刻度B时，小球Q所受弹力T1=0.8N由牛顿第二定律G－T1=ma1解得a1=2m/s2方向竖直向下(2)读题可知，弹簧形变量△x1为两格时，弹力大小变化△T1=0.2N弹簧形变量△x2为两格时，弹力大小变化:△T2=0.3N指针指向刻度F时，小球Q所受弹力:T2=1.0N+0.3N=1.3N由牛顿第二定律T2－G=ma2解得a2=3m/s2方向竖直向上14、（1