2023-2024学年江苏省扬州市江都区邵伯高级中学高一（上）测试物理试卷（12月）(含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市江都区邵伯高级中学高一（上）测试物理试卷（12月）(含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )
A. 亚里士多德、伽利略B. 伽利略、爱因斯坦
C. 伽利略、牛顿D. 亚里士多德、牛顿
2.关于质点和参考系，下列说法正确的是( )
A. 只有体积很小的物体才可以看作质点
B. 研究跳水运动员在空中做转体运动时，运动员不可看成质点
C. “一江春水向东流”是以水为参考系来描述江水的运动
D. 我们常说“太阳东升西落”，是以太阳为参考系描述地球的运动
3.某同学绕400m环形跑道跑一圈，用时80s，则该同学跑一圈的平均速度是( )
A. 5m/sB. 10m/sC. 0.2m/sD. 0
4.下列关于摩擦力的说法，正确的是( )
A. 摩擦力的大小一定与正压力成正比B. 摩擦力的方向一定与物体运动方向相反
C. 运动的物体可能受到静摩擦力D. 摩擦力一定是阻力
5.一质点从原点出发，作变速直线运动，v−t图像如图所示，则( )
A. t=2s时，质点回到原点B. t=4s时，质点回到原点
C. t=1s时，质点离原点最远D. 2s到3s，质点作减速运动
6.关于自由落体运动，下列说法中正确的是( )
A. 在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
B. 物体做自由落体运动时不受任何外力的作用
C. 质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也一定很大
D. 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
7.某物体做初速度为零的匀加速直线运动，图甲、乙、丙、丁是以时间为横轴的运动图像，则关于此物体的运动图像，下列说法错误的是( )
A. 甲图是速度随时间变化的图像B. 乙图是速度随时间变化的图像
C. 丙图是位移随时间变化的图像D. 丁图是加速度随时间变化的图像
8.如图所示，压路机在水平路面上缓慢行驶，路面对压路机的支持力为F1，压路机对路面的压力为F2，关于F1、F2，下列说法正确的是( )
A. F1大于F2
B. F1小于F2
C. F1与F2是一对平衡力
D. F1和F2一定是同性质的力
9.电梯由第三层向第四层运动时，在接近第四层楼时以0.6m/s2的加速度减速，电梯内一名学生的质量为60kg，此时学生对电梯底面的压力大小为(取g=10m/s2)
A. 636NB. 600NC. 564ND. 36N
10.如图所示，两根光滑细棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成30°角，棒上各穿有一个质量为m的相同小球，两球用轻质弹簧连接，两小球在图中位置处于静止状态，此时弹簧与水平面平行，则下列判断正确的是( )
A. 弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力大小为 33mg
B. 弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力大小为 33mg
C. 弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力大小为12mg
D. 弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力大小为12mg
11.自卸式运输车是车厢配有自动倾卸装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货厢组成。如图所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法中正确的是( )
A. 摩擦力Ff逐渐减小B. 摩擦力Ff先增大后减小
C. 支持力FN大小不变D. 支持力FN先增大后减小
12.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则( )
A. t1时刻小球速度最大
B. t1∼t2这段时间内，小球的速度先增大后减小
C. t2∼t3这段时间内，小球所受合外力一直减小
D. t1∼t3全过程小球的加速度先减小后增大
二、实验题（本大题共2小题，共20分）
13.某研究性学习小组的学生在验证“力的平行四边形定则”时，实验结果如图所示，F′与A、O共线，A端为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细线的结点。
(1)利用平行四边形定则作出F1和F2的合力F，通过比较_________和_________，验证力的合成是否遵守平行四边形定则。
(2)F1和F2共同作用的效果与F′作用的效果相同指的是_________。
A.使橡皮条伸长到相同长度
B.使得F1和F2大小之和等于F′的大小
C.使橡皮条在同一方向上伸长到相同长度
(3)在本实验中，采取下列方法和步骤不能有效减小实验误差的是_________。
A.两个分力F1、F2间的夹角尽量大些
B.两个分力F1、F2的大小要适当大些
C.拉橡皮条的细绳要稍长一些
D.实验中，弹簧科必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度
14.小明同学用如图甲所示的装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
(1)在探究加速度与质量的关系时，下列做法中正确的是______。
A.平衡摩擦力时，不应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量时，都需要重新平衡摩擦力
C.实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车
D.小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
(2)通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a。如图乙是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个打印点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动的加速度为______m/s2，打点计时器打下点3时小车的瞬时速度为______m/s(结果保留两位有效数字)。
(3)在探究加速度与力的关系时，通过数据的处理作出了a−F图象，如图丙所示，则
①图中的力F理论上指______，而实验中却用______表示。(选填字母符号)
A.砝码和砝码盘的重力 B.绳对小车的拉力 C.小车的重力
②图丙中直线发生弯曲的原因是______。
三、计算题（本大题共3小题，共32分）
15.从深为45m的矿井口静止释放一个小球，不计空气阻力，取g=10m/s2，试求：
(1)小球经多长时间落到井底；
(2)小球落到井底时的速度大小；
(3)小球在最后1s内的位移大小。
16.在倾角为θ=30°的光滑斜面上有一质量为2kg的小球，小球被竖直板挡住，静止在斜面上，如图所示(g=10m/s2，结果可以保留根号)．
(1)画出小球所受到的力示意图；
(2)求挡板对小球压力N1的大小；
(3)求斜面对小球支持力N2的大小．
17.质量m=0.5kg的滑块，从倾角为37°的斜面底端以一定的初速度冲上斜面，斜面足够长。某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中不同时刻的瞬时速度，通过计算机绘制出如图所示的滑块上滑过程的v−t图象。求：(g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)
(1)滑块冲上斜面过程中的加速度大小；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数；
(3)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回到斜面底端的时间；若不能返回，求出滑块停在什么位置。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家是伽利略，建立惯性定律的物理学家是牛顿。
故选C。
2.【答案】B
【解析】解：A、只有当物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体才能可做质点，故物体能否看做质点与物体的大小无直接的关系，即小的物体不一定能看做质点，故A错误．
B、研究跳水运动员在空中做转体运动时，要研究运动员肢体的动作，不可看成质点，故B正确．
C、“一江春水向东流”，是说水相对于地面向东运动，故参考系是地球．故C错误．
D、我们常说“太阳东升西落”，是以地球为参考系描述太阳的运动．故D错误．
故选：B．
只有当物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体才能可做质点．参考系是假定静止不动的物体．“一江春水向东流”，是说水相对于地面向东运动，故参考系是地球，我们常说“太阳东升西落”，是以地球为参考系描述太阳的运动．
掌握了质点和参考系的定义就能解决此类题目，故要加强概念的学习．解决本题的关键知道参考系是选作当成不动的物体，不需一定选择静止的物体．
3.【答案】D
【解析】该同学绕 400m 环形跑道跑一圈，位移为0，根据速度公式可知平均速度为0。故选D。
4.【答案】C
【解析】解：A、只有滑动摩擦力的大小才与压力成正比，故A错误；
B、摩擦力的方向一定与相对运动方向相反，可能与物体的运动方向相同，可能与物体的运动方向相反．故B错误；
C、静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体可能受到静摩擦力作用，比如正在传送带上升的物体，物体在运动，但受到静摩擦作用．故C正确；
D、摩擦力可以是阻力，也可以是动力，比如正在传送带随传送带一起上升的物体，受到的摩擦力就是动力，故D错误；
故选：C
摩擦力有静摩擦力与滑动摩擦力之分，它们的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，而大小只有滑动摩擦力大小一定与压力成正比；摩擦力不一定是阻力，也可能是动力；静止的物体不一定受到静摩擦力，运动的物体受到的摩擦力不一定是滑动摩擦力．
本题考查对弹力和摩擦力关系的理解．摩擦力要分静摩擦力和滑动摩擦力，它们的特点不同．滑动摩擦力方向一定与物体相对运动的方向相反，但不一定与运动方向相反．
5.【答案】B
【解析】AB. v−t 图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移为正，下方表示位移为负，由图知 0∼2s 内位移为正， 0∼4s 内位移为零即回到原点，故A错误，B正确；
C. 0∼2s 内速度一直为正，离原点一直在变远，故C错误；
D. 2s 到 3s ，由图可知，速度在反向增加，做加速运动，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.自由落体运动初速度为零，只受重力作用，所以在空气中不考虑空气阻力的运动不是自由落体运动；故A错误．
B.物体做自由落体运动时只受重力的作用运动；故B错误．
C.物体做自由落体运动与物体的质量无关；故C错误．
D.根据自由落体运动的特点可知，自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动；故D正确．
7.【答案】A
【解析】A.甲图是速度随时间变化的图像，初速度不为零，做匀减速直线运动，不符合题意，A错误；
B.乙图是速度随时间变化的图像，物体做初速度为零的匀加速直线运动，符合题意，B正确；
C.丙图是位移随时间变化的图像，物体可能做初速度为零的匀加速直线运动，符合题意，C正确；
D.丁图是加速度随时间变化的图像，物体可能做初速度为零的匀加速直线运动，符合题意，D正确。
本题选择错误的，故选A。
8.【答案】D
【解析】解：压路机在水平路面上缓慢行驶，路面对压路机的支持力和压路机对路面的压力是地面与路面间的相互作用力，根据牛顿第三定律，F1和F2一定是同性质的力，而且总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上；故ABC错误，D正确；
故选：D。
作用力和反作用力特点：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．
平衡力特点：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．
解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．
9.【答案】C
【解析】解：由题可知，电梯的加速度的方向向下，可知，人的加速度的方向也向下，由牛顿第二定律得：
mg−FN=ma
所以：FN=mg−ma=60×10−60×0.6=564N
根据牛顿第三定律可知，此时学生对电梯底面的压力大小为564N。
故选：C。
从三层乘坐电梯到四层，电梯在接近四楼时以0.6m/s2的加速度减速，加速度方向下上，由牛顿第二定律可得地板对乘客的支持力；结合电梯底面对他的支持力为零的情况，由牛顿第二定律即可求出加速度．
首先要会判定超重和失重，其次要够由牛顿第二定律求解支持力，重点把握加速度的方向．
10.【答案】A
【解析】以左侧小球为研究对象，假如弹簧处于压缩状态，弹簧对该球的弹力方向水平向左，小球还受到竖直向下的重力和棒的弹力，棒的弹力垂直于棒，根据平行四边形定则可知，这三个力的合力不可能为零，则小球不可能处于静止状态，与题矛盾，所以弹簧一定处于拉伸状态，根据平衡条件得
Fcs30°=mgsin30°
得弹簧的弹力大小
F= 33mg
故选A。
11.【答案】B
【解析】AB.开始时货物受重力和支持力，抬起后受到向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即
Ff=mgsinθ
随 θ 的增大， sinθ 也增大，故静摩擦力增大；当 θ 达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦力变化滑动摩擦力，而滑动摩擦力
Ff=μmgcsθ
csθ 随 θ 的增加而增小，故滑动摩擦力将减小；故摩擦力是先增大后减小的，故A错误，B正确；
CD.支持力
FN=mgcsθ
csθ 随 θ 的增加而增小，故支持力逐渐减小，故CD错误；
故选B。
12.【答案】B
【解析】A. t1 时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；
B. t1∼t2 这段时间内，小球做先加速后减速的运动，在 t2 时速度为0，故B正确；
C. t2∼t3 这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，则小球所受合外力先减小后反向增大，故C错误；
D. t1∼t2∼t3 全过程小球经历了向下加速，向下减速，向上加速，向上减速的过程， t1 到 t2 过程加速度先减小后增大，而 t2 到 t3 过程加速度先减小后增大，故D错误。
故选B。
13.【答案】 F F′ C BCD##BDC##DBC##DCB##CBD##CDB
【解析】(1)[1]根据该实验的实验原理和目的可以知道，该实验采用了等效法，两次拉橡皮筋到同一位置，然后比较一个弹簧时的拉力 F′ 与通过平行四边形定则得出F1和F2合力F进行比较，从而验证力的平行四边形定则。
(2)该实验采用了等效法，即合力和分力的效果由橡皮的拉伸体现，效果相同，橡皮条在某一方向上伸长到相同长度，即要求橡皮筋的形变方向和大小都相同。
故选C。
(3)A.根据平行四边形定则可以知道夹角太小将会导致合力过大，导致一个弹簧拉时可能超过量程，故夹角不能太小或太大，适当即可，故A错误；
B.实验是通过作图得出结果，故在不超出量程的情况下为了减小误差应让拉力尽量大些，故B正确；
C.为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故C正确；
D.为了防止出现分力的情况，应让各力尽量贴近木板，且与木板平行，同时，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故D正确。
故选BCD。
14.【答案】(1)AC；(2)0.45，0.49；(3)①B，A；②砝码和砝码盘的质量不满足远小于小车质量
【解析】【分析】
(1)探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西。小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcsθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力。操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车。
(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上某点小车的瞬时速度大小。
(3)F理论值为绳对小车的拉力，而实验中用盘和砝码的总重力来表示，条件是小车质量要远大于盘和砝码的总质量；
明确实验原理是解决有关实验问题的关键．在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：
(1)平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；
(2)满足砝码(连同砝码盘)质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码(连同砝码盘)的重力．对于课本中基础力学实验，要到实验室进行实际操作，这样才能明确实验步骤和具体的操作的含义。
【解答】
(1)A.平衡摩擦力时，装砝码的砝码盘不能用细绳通过定滑轮系在小车上，只能将小车和纸带相连后去平衡摩擦力，故A正确；
B.由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcsθ，故tanθ=μ.所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C.在本实验中为了更稳定打点，并且增长纸带的有效长度，故应先打开电源，再放小车，故C正确；
D.如果根据牛顿第二定律求解加速度，则失去了验证加速度与力和质量间关系的意义，加速度根据打点计时器打出的纸带计算，故D错误；
故选AC。
(2)每打五个点取一个计数点，又因打点计时器每隔0.02s打一个点，所以相邻两计数点间的时间T=0.1s；
在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数即：△x=aT2，
逐差法知：a=x24 −x02 4T 2=4.65cm+5.10cm−3.75cm−4.20cm4×(0.1s) 2=0.0465+0.051−0.0375−0.04204×0．1 2m/s 2=0.45m/s 2
根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度有：
v3 =x24 2T=4.65cm+5.10cm2×0.1s=0.0465+
(3)①图中的力F理论上指绳对小车的拉力，即B，而实验中却用砂和砂桶的重力，即A。
②设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砝码和砝码盘为研究对象得：
mg−F=ma
以小车为研究对象F=Ma
解得：a=mgM+m
故：F=Ma=mg1+mM所以要使得绳子拉力等于砝码和砝码盘的重力大小，必有m<而不满足m<故图象弯曲的原因是：砝码和砝码盘的质量不满足远小于小车质量．
故答案为：(1)AC；(2)0.45，0.49；(3)①B，A；②砝码和砝码盘的质量不满足远小于小车质量。
15.【答案】(1)3s；(2)30m/s；(3)25m
【解析】(1)释放后小球做自由落体运动，根据
h=12gt2
得
t= 2hg
代入数据解得
t=3s
(2)根据
v=gt
代入数据解得
v=30m/s
(3)最后一秒的位移等于前三秒的位移减去前两秒的位移，即
Δh=12g⋅(3s)2−12g⋅(2s)2
代入数据解得
Δh=25m
16.【答案】解：(1)小球受重力、斜面支持力和挡板的支持力，如图所示：
(2)(3)根据平衡条件，并运用合成法，由几何关系，可得：
N1=mgtanθ
N2=mgcsθ
代入数据得：
N1=203 3N
N2=403 3N
答：(1)画出小球所受到的力示意图，如图所示；
(2)挡板对小球压力N1的大小为203 3N；
(3)斜面对小球支持力N2的大小为403 3N。
【解析】小球受重力和两个支持力，处于平衡状态，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解得到两个支持力。
本题是简单的三力平衡物问题，关键是正确的作出受力图，然后根据共点力平衡条件结合几何关系列式求解。
17.【答案】解：(1)滑块冲上斜面过程中的加速度大小：a1=△v△t=50.5m/s2=10 m/s2；
(2)滑块在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得：μ=0.5；
(3)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力mgsinθ=6N大于滑动摩擦力μmgcsθ=2N，故能返回到斜面底端。
由v−t图象面积可知：物体下滑的位移x=12×5×0.5m=1.25m
物体沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得：a2=2m/s2
下滑过程中由x=12at2
得t= 52s；
答：(1)滑块冲上斜面过程中的加速度大小为10 m/s2；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
(3)滑块最后能返回斜面底端，返回到斜面底端的时间为 52s。
【解析】(1)直接利用加速度的定义，从图中读出数据，求出滑块冲上斜面过程中的加速度大小；
(2)对滑块在冲上斜面的过程受力分析，利用牛顿第二定律列式，求出滑块与斜面间的动摩擦因数；
(3)因为滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故能返回到斜面底端，再求出下滑过程的加速度，利用匀变速直线运动的位移与时间关系列式，求出返回到斜面底端的时间。
本题结合v−t图象考查牛顿第二定律的应用，解题的关键是读懂图象，找出有用信息，再分析滑块的运动过程，利用牛顿第二定律列式求解即可。