安徽省示范高中2024~2025学年高一上学期期末综合测试人教版（2019）必修第一册物理试题答案

第=page44页，共=sectionpages88页第第页安徽省2024~2025学年高一上学期期末综合测试物理参考答案本卷测试内容：必修第一册完成时间：75分钟一、单选题：1．【答案】B【详解】A．小球的位移大小为：方向竖直向下，故A错误；B．小球平均速度的大小为：方向竖直向下，故B正确；C．小球速度变化量的大小为：方向竖直向上，故C错误；D．小球平均加速度的大小为：方向竖直向上，故D错误。故选B。2．【答案】A【详解】AC．木板与滑块间发生了相对滑动，两者间的摩擦力为滑动摩擦力，则木板对滑块的摩擦力大小为：滑块相对木板向右运动，则木板对滑块的摩擦力方向水平方向水平向左，故A正确，C错误；BD．对木板受力分析，木板受到滑块对其向右的滑动摩擦力，大小与相等，还受到地面对其向左的静摩擦力，由平衡条件知故BD错误。故选A。3．【答案】C【详解】A．由于物资先向下做匀加速运动，所以加速度方向向下，故匀加速运动阶段处于失重状态，故A错误；B．整个运动过程的最大速度出现在加速刚结束时，设最大速度为，则有解得：故B错误；C．分析可知匀减速开始时速度为，则匀减速运动阶段的加速度大小为故C正确；D．匀加速时加速度向下，物资处于失重状态，匀减速时加速度向上，物资处于超重状态，故匀加速和匀减速运动阶段所受运输箱的作用力不相同，故D错误。故选C。4．【答案】C【详解】AB．对甲乙整体受力分析可知，的拉力大小为的拉力大小为：，选项AB错误；CD．若剪断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子对其的拉力，甲球的速度为0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断瞬间，甲球受到的合力由牛顿第二定律可知加速度。选项C正确，D错误。故选C。5．【答案】D【详解】A．由图像可知质点先向正方向运动再向负方向运动，故A错误；B．根据图像的切线斜率表示速度，可知时刻的速度为：解得：。故B错误；C．根据图像的切线斜率表示速度，可知时刻的速度为0，则质点的加速度大小为：。故C错误；D．从到时刻过程，根据运动学公式可得：解得：，故D正确。故选D。6．【答案】B【详解】A．由题意，知人的重力为600N，人完成一次下蹲动作，先加速向下后减速向下，人先失重后超重，即人完成一次下蹲动作，F应先小于600N后大于600N，所以由图像可知0～4s内人只完成了一次下蹲过程，故A错误；BD．由图像知，在1.8s时F最小为240N，此时该同学向下运动，合外力最大，加速度达最大，由于此时人的重力大于F，人将继续向下加速，速度继续增大，在2s时达到最大，根据牛顿第二定律得人向下运动的最大加速度。故B正确，D错误；C．由图像知，在2.2s时F最大为960N，此时该同学向下减速，向上的加速度达最大，有。故C错误。故选B。7．【答案】D【详解】CD．设AE长为L，从右侧任意一个与竖直方向夹角为的斜面下落，如图所示根据牛顿第二定律可得：根据位移时间关系又整理可得：解得：可知下滑的时间与倾角无关，所以。故D正确，C错误；AB．根据可知斜面与AB夹角越小，则合外力大，加速度越大，根据可知位移越大，根据动能定理：可知到圆弧时速度越大，即。故AB错误。故选D。8．【答案】B【详解】AB．设弹簧的初始压缩量为，物块释放前，根据平衡条件有释放后弹簧未恢复原长前，根据牛顿第二定律可得：联立解得：若弹簧能够恢复原长（即），则弹簧恢复原长后物块到达最高点后，开始沿斜面向下做匀加速运动，加速度仍为再次接触弹簧后，物块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，回到坐标原点时速度恰好减为零，物块做往复运动，根据对称性结合上述分析可知，故A错误，B正确；CD．若，物块释放后不能脱离弹簧，位移x随时间t按正弦规律变化；若，物块释放后能脱离弹簧，脱离弹簧后位移x随时间t按二次函数规律变化，故CD错误。故选B。二、多选题：9．【答案】AC【详解】AB．相邻两滴水的时间间隔相等，根据自由落体相邻相等时间内的位移比为1:3:5可知，图示状态第1滴水和第2滴水的间距为：图示状态第3滴水和第4滴水的间距为：故A正确，B错误；C．由题意可知，每滴水落地所需时间为3T，则有解得：。故C正确；D．图示状态第1滴水的速度大小为：故D错误。故选AC。10．【答案】CD【详解】A．由图可知，当小球下落到时，加速度为零，即弹力与重力分力大小相等，此时弹簧的形变量为，则有解得：，故A错误；B．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到之前，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最大，故B错误；C．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，的距离差小于两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化不相同，故C正确；D．在的过程中，重力下滑分力大于弹力，根据牛顿第二定律有又联立可得：在过程中，弹力大于重力下滑分力，根据牛顿第二定律有又联立解得：可知图像中两图线的斜率绝对值相等，由题图可知在这段过程中，图线斜率的绝对值等于，故D正确。故选CD。三、非选择题：11．(6分)【答案】(1)甲(2)交流(3)0.100.3760.393偏小【详解】（1）甲图采用的是脉冲输出开关，因此甲是电火花计时器。（2）打点计时器使用的是交流电源。（3）[1]相邻的两个计数点之间还有4个计时点未画出，相邻两计数点的时间间隔为[2]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，在打下B点时小车的瞬时速度[3]根据逐差法可得：[4]如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，从50Hz变成了60Hz，而做实验的同学并不知道，仍按照50Hz进行数据处理，则实验计算采用的频率值偏小，得到的计数点间的时间间隔偏大，则速度的测量值偏小，即速度的测量值小于真实值。12．(10分)【答案】(1)等间距(2)AB1.121.0210.42【详解】（1）改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑。（2）[1]A．为打点稳定，接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；B．为使小车做匀变速直线运动，小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，故B正确；C．由于该实验每个槽码的质量已知，绳子拉力不需要近似等于槽码的重力，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，则小车下滑过程中受到的合外力小于，故D错误。故选AB。[2]相邻两计数点的时间间隔为：根据逐差法求出小车加速度大小为[3]根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，在打“6”点时小车的速度大小在打“7”点时小车的速度大小[4]小车匀速时有减小n个槽码后，对小车和槽码分别有，整理得：[5]图像的斜率为解得：13．(10分)【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由水平外力F与弹簧长度l的关系图像，根据胡克定律可得弹簧的劲度系数为：（2）当弹簧长度为8.5cm时，物体匀速前进，由图像可知弹簧的原长为，则此时弹簧弹力大小为：根据受力平衡可知，物体受到的摩擦力大小为又可得物体和地板间的动摩擦因数为：（3）当弹簧长度为3cm时，此时弹簧弹力大小为由于可知物体受到滑动摩擦力作用，大小为。14．(14分)【答案】(1)50s，100m(2)13.5s【详解】（1）题意知汽车初速度，加速度大小，设初速度方向为正方向，所以汽车过人工收费通道减速时间减速位移之后再从0加速至10m/s用时加速位移故从收费前减速开始，到收费后加速结束，所需的时间：通过的总路程（2）如果过ETC通道，初速度，末速度，所以汽车过ETC通道减速时间减速位移题意知汽车匀速通过的位移x4=10m，则需时间为：之后再从5m/s加速至10m/s用时加速位移所以总位移为：故要完成，要在匀速运动时间为：汽车通过第（1）问路程所需要的时15．(18分)【答案】(1)3s(2)5m(3)；58m【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得：解得：煤块加速至传送带速度相等时需要的时间为：煤块发生的位移为：所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此后摩擦力方向改变，第二阶段有解得：设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则解得：则煤块从A到B的时间（2）第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传