安徽省六安市二中2023-2024学年高一上学期期末考试(一)物理试卷

六安二中2023级高一年级期末物理（一）卷物理（一）分值：100；时间：75分钟；一、单选题（共28分）1.如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D.人被向上“托起”时处于失重状态【答案】A【解析】【详解】A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；B．相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力牵涉到人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；C．由于风洞喷出竖直向上气流将实验者加速向上“托起”在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；D．人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D错误．【点睛】作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，理解牛顿第三定律与平衡力的区别．作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果．2.如图所示，小球沿斜面向上运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab=bd=8m，bc=2m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是，则（）A. B.C. D.从d到e所用时间为【答案】D【解析】【详解】A．根据题意可知，根据得故A错误；B．c点的速度等于段的平均速度故B错误；C．根据速度位移公式得则故C错误；D．根据速度时间公式得则故D正确。故选D。3.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为（）A.1∶1 B.3∶2 C.2∶1 D.2∶3【答案】B【解析】【详解】两小球竖直方向做自由落体运动，下落高度相同，则运动时间相等。小球A的实际位移与水平方向夹角为30°，则小球B恰好垂直打到斜面上，此时速度与水平方向夹角为60°，则联立得故选B。4.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A.0 B.g C.g D.g【答案】B【解析】【详解】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧拉力，如图，根据共点力平衡条件，有解得，木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为故选B。5.如图，与水平面夹角θ=37°的传送带正以10m/s的速度顺时针运行。在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知该物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带A端到B端的距离为16m，取sin37°=0.6，g=10m/s2，则小物体从A端运动到B端所需的时间是（）A.2.0s B.2.1s C.4.0s D.4.1s【答案】C【解析】【详解】传送带顺时针运行，小物块所受的摩擦力方向不变，一直沿传送带向上，根据牛顿第二定律得物块速度方向与传送带运行方向相反，物块做匀加速运动，根据得故选C。6.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为()A.0.5kg,0.4 B.1.5kg， C.0.5kg,0.2 D.1kg,0.2【答案】A【解析】【详解】由vt图象可以看出，物块在4s6s做匀速直线运动，根据力的平衡条件有f=F3=2N由速度图象可知，24s物块做匀加速直线运动，则物块的加速度=2m/s2由Ft图象可知，在此时间内，推力F=3N，由牛顿第二定律得Ff=ma代入数据解得m=0.5kg滑动摩擦力代入数据解得故选A。7.如图甲所示，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M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为（a<g）的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.施加外力F大小恒M（g+a）B.A、B分离时，弹簧弹力恰好为零C.A、B分离时，A上升的距离为D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值【答案】C【解析】【详解】A．分离前整体分析有由于a不变，x减小，则F增大。故A错误；B．A、B分离时，对B有解得A、B分离时，弹簧弹力不为零，故B错误；C．施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有2Mg=kx1解得A、B分离时，A上升的距离为故C正确；D．A、B分离后，B将做加速度减小的加速运动，当时，B达到最大速度，故D错误。故选C。二、多选题（共18分）8.如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是（）A.小铁球所受合力为零 B.小铁球受到的合外力方向水平向左C. D.系统的加速度为【答案】CD【解析】【详解】隔离小铁球根据牛顿第二定律受力分析得且合外力水平而右，故小铁球加速度为因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为，整体受力分析根据牛顿第二定律得故AB错误，CD正确。故选CD。9.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从(0,2L)抛出，落在(2L,0)处；小球b、c从(0，L)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是()A.a和b初速度相同B.b和c运动时间相同C.b的初速度是c的两倍D.a运动时间是b的两倍【答案】BC【解析】【详解】A．因为a的竖直高度大，则运动时间长，但是水平位移相同，根据x＝v0t知，a的水平速度小于b的水平速度，故A错误；BD．b、c的高度相同，小于a的高度，根据h＝gt2，得t＝知b、c的运动时间相同，a的运动时间是b的运动时间的倍．故B正确，D错误；C．b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍．故C正确．故选BC.10.如图甲所示，质量为的木板静止在水平面上，可视为质点的物块（质量设为从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板．物块和木板的速度时间图象如图乙所示，，结合图象，下列说法正确的是A.物块在前内的位移B.物块与木板间的动摩擦因数C.物块的质量D.木板的长度【答案】AC【解析】【详解】A．物块在前2s内的位移为：故A正确；B．由vt图象知第1s物块的加速度大小为：根据牛顿第二定律有：得物块加速度为联立得：故B错误；C．前1s内，对木板有：后2s内二者整体滑行，由牛顿第二定律有：得．由运动学图象知：代入可解得：故C正确；D．由于物块与木板达到共同速度时物块相对木板滑行2m，只能知道木板长度，而题给条件无法求出木板的长度，故D错误．三、实验题（共16分）11.用如图甲所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。（1）实验时，一定要进行的操作是________（填选项前的字母）。A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数FB．改变小车的质量，打出几条纸带C．用天平测出砂和砂桶的总质量D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量（2）若要把小车所受拉力视为小车所受的合力，在进行上述实验操作之前，首先应该完成的实验步骤是______。（3）若弹簧测力计的读数为F，则F________mg（m为砂和桶的总质量）。（填“大于”“等于”或“小于”）【答案】①.A②.平衡摩擦力③.小于【解析】【详解】（1）[1]A．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F，故A正确；B．本实验探究加速度a与力F的关系，需要控制小车的质量不变，改变砂桶中砂子的质量，打出几条纸带来获取数据，故B错误；CD．本实验中小车所受拉力可以通过弹簧测力计来获取，既不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故CD错误。故选A。（2）[2]小车在运动中要受到木板对小车的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，要把小车所受拉力视为小车所受的合力，就要先平衡摩擦力。（3）[3]对砂和砂桶根据牛顿第二定律有所以12.为了探究物体质量一定时加速度与力关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。（1）实验时，一定要进行的操作是___________。A．用天平测出砂和砂桶的总质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___________m/s2（结果保留3位有效数字）。（3）甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a­F图线是一条直线，如图所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M=___________。A．B．C．D．（4）乙同学根据测量数据作出如图4所示的a­F图线，该同学做实验时存在的问题是_______________。【答案】①.BC##CB②.2.00③.C④.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够【解析】【详解】（1）[1]AD．本题绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要使砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误；B．用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，故B正确；C．为充分利用纸带，释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该实验还需要记录力传感器的示数，故C正确。故选BC。（2）[2]根据题意，相邻计数点时间间隔由逐差法计算加速度（3）[3]对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得图线的斜率为，则故小车的质量故选C。（4）[4]图线在轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。四、解答题（共38分）13.冰车是北方小朋友很喜欢的一种游戏。小明的爸爸带着小明滑冰车，小明坐在冰车上，冰车和小明的质量共50kg，小明的爸爸对冰车施加水平推力60N，冰车质量为1kg，动摩擦因数为0.02，g取。求：（1）冰车滑行过程中所受摩擦力的大小；（2）冰车滑行过程中的加速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题意，把冰车和小明看着一个整体，可得冰车滑行过程中所受滑动摩擦力的大小为代入数据得（2）把冰车和小明看着一个整体，根据牛顿第二定律，有代入数据可得冰车的加速度大小为14.水平面上有一木板，质量为M=2kg，板左端放有质量为m=1kg的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取．（1）现用水平力F拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F的大小范围？（2）若拉动木板的水平力F=15N，由静止经时间t1=4s立即撤去拉力F，再经t2=1s物块恰好到达板右端，求板长L=？【答案】（1）12N＜F≤18N（2）1.4m

【解析】【分析】（1）物块与木块一起运动，拉力F必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m与M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F达到最大值；（2）拉动木板的水平力F=15N，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F后，m向右匀减速，M向右匀减速，当M静止后，m继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；【详解】（1）M与地面之间的最大静摩擦力f1=μ2(M+m)g＝0.4×(2+1)×10＝12N

当M、m整体一起向右匀加速运动时，当m与M的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F最大；对m：μ1mg＝ma①得a=μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2

对整体：F−μ2(M+m)g＝(M+m)a②

代入数据：F12=（2+1）×2

解得：F=18N

所以拉力F大小范围是12N＜F≤18N

（2）拉动木板的水平力F=15N，M、m一起匀加速运动

根据牛顿第二定律：

t1＝4s时速度v1＝at1＝1×4m/s＝4m/s

撤去F后，物块加速度a1＝μ1g＝2m/s2

对木板：μ1mg−μ2(M+m)g＝Ma2，

代入数据：0.2×10−12＝2a2

解得：a2＝−5m/s2

木板向右速度减为0的时间；根据题意t2=1s物块恰好到达板右端在t1时间内物块位移：木板的位移：物块相对木板的位移△x＝x1x2＝2.56−1.6＝0.96m

根据题意撤去力F后，再经t2=1s物块恰好到达板右端

所以木板静止后，木块继续运动0.2s

t1＝0.8s时物块的速度v2=v1a1t1＝4−2×0.8＝2.4m/s木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m15.一个送货装置如图所示，质量为的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞（弹性装置形变量很小），货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带之间的距离L为，传送