2023济南莱芜一中高一上学期第二次核心素养测评物理含答案

莱芜一中六十三级核心素养测评物理参考答案

一．单选题

1.【答案】B     2. 【答案】C

3. 【答案】D

【详解】A．亚里士多德认为，力是维持物体运动状态的原因，故A错误；

B．牛顿认为，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，合力不为零，故B错误；

C．亚里士多德认为，重的物体下落得快，轻的物体下落得慢；伽利略认为，轻、重物体下落得一样快，故C错误；

D．笛卡儿认为，运动中的物体没有受到任何外力作用时，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故D正确。公众号高中试卷资料下载

故选D。

4.答案　B解析　全长66 km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝可知，平均速率为v＝＝132 km/h，大于全程限速100 km/h，该汽车超速，故D错误

5.【答案】C解析AC．运动员受到地面的支持力与运动员给地面的压力是一对相互作用力，总是等大反向，选项A错误，C正确；

B．运动员下蹲时，先加速下降后减速下降，则加速度先向下后向上，先失重后超重，则他对地面的压力先增加后减小，选项B错误；

D．运动员离开地面向上运动的是因为惯性，并不是受到向上的冲力作用，选项D错误。

故选C。

6．A解析 C．据位移公式

解得

C错误；

B．车的加速度为   

B错误；

A．车从出发到B杆所用时间

A正确；

D．出发点到A杆的距离为

D错误。

7．C

解析AB．选结点为研究对象，设刚开始时左侧绳与竖直方向的夹角为α，则

甲手中细绳即水平绳拉力    

左侧绳拉力    

物体缓慢向右移动的过程中减小，可见甲手中细绳即水平绳拉力F减小，左侧绳拉力T减小，左侧绳拉力与右侧绳拉力即乙手中细绳的拉力大小相等，所以乙手中细绳的拉力减小，选项AB错误；

C．对乙受力分析，在竖直方向有   

绳拉力T减小，右侧绳与竖直方向的夹角不变，则乙受到的支持力变大，根据牛顿第二定律可知乙对地面的压力不断增大，选项C正确；

D．对乙受力分析，在水平方向有  

绳拉力T减小，右侧绳与竖直方向的夹角不变，则乙受到地面的摩擦力减小，选项D错误。

8.答案　B

解析　小球被抛出后，相对小船做竖直上抛运动，小球向上和向下运动时间相同，由h＝gt2得t＝0.3 s，小球在空中运动的总时间为0.6 s，小船前进的距离为x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。

9. 【答案】A

10.D 解析对AB边上的铜环受力分析，细线上的拉力跟重力、支持力的合力反向，可知；对AC边上的铜环受力分析，细线上的拉力跟重力、支持力的合力反向，可知，选项D正确。

11. BC

解析AB．对小球进行受力分析，如图所示

小球处于平衡状态，根据力的平衡条件

增大铁夹对小球的压力，小球受到的最大静摩擦力增大，摩擦力不变，A错误B正确；

C．小球相对铁夹有向下的运动趋势，则铁夹相对小球有向上的运动趋势，即铁夹受到的摩擦力方向竖直向下，C正确；

D．若减小铁夹对小球的压力，小球的最大静摩擦力减小，如果仍然大于重力，则小球仍然处于静止状态，不会脱离铁夹，D错误。

故选BC。

12.答案　BCD   解析　由速度相等时距离最远可知，t＝3 s时，甲、乙相距最远，故A错误，B正确；设t时两物体相遇，由运动学公式和图像可知t内甲的位移x甲＝－4t，乙的位移x乙＝4t－at2，由图像可知，乙的加速度大小a＝ m/s2，由甲、乙位置关系可知x甲－15＝x乙，解得t＝7.5 s，故C正确；t＝3 s时两物体距离最远，由图像可知，3 s内乙的位移为0，故最远距离为3 s内甲的位移与初始距离之和，即最远距离为Δx＝12 m＋15 m＝27 m，故D错误。

13.答案　AC

解析　由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小FA＝3mg－mg，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误．

14. 【答案】BC

15．AB

19. （1）物体受力分析如图

由平衡条件得

…………1

…………1

…………1

联立方程，代入数据解得

…………1

（2）匀速上滑时，由平衡条件可得

…………1

…………1

联立方程，代入数据解得    …………2

20．（9分）0.64m

【详解】向上运动过程中，根据牛顿第二定律

…………1

代入解得加速度    …………1

所以向上减速运动的时间为   …………1

通过的位移   …………1

速度减为零后，将加速下滑，根据

…………1

可求加速下滑的加速度   …………1

下滑    经过C点，…………1

下滑距离     …………1

所以BC间的距离   …………1

21．（12分）答案　(1)3 m/s2　(2)0.5 m　(3)2.8 m/s　(4)0.7 m

解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝…………2

解得a＝3 m/s2…………1

(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用

故am＝μg＝2 m/s2…………1

Δx1＝at2－amt2＝0.5 m…………1

(3)            刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s…………1

撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2…………1

最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′…………1

解得共同速度v′＝2.8 m/s…………1

(4)  在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－…………1

解得Δx2＝0.2 m…………1

最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m. …………1