2023-2024学年江苏省苏州市常熟中学高一（上）学业水平调研物理试卷（12月）(含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市常熟中学高一（上）学业水平调研物理试卷（12月）(含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时
A. 小车只受重力、支持力作用
B. 木板对小车的作用力方向水平向左
C. 木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D. 木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
2.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是
A. 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B. 如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C. 如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D. 小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
3.如图所示的仪器中不能直接测量国际单位制中对应的力学基本量的是
A. B.
C. D.
4.如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图。当汽车静止或匀速直线运动状态时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动；当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮，安全带不能拉动。若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车可能的运动方向和运动状态是( )
A. 向右行驶、突然刹车B. 向左行驶、突然刹车
C. 向左行驶、匀速直线运动D. 向右行驶、匀速直线运动
5.一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞，其跳伞过程中的v−t图象如图所示，根据图象可知该伞兵( )
A. 在0∼2s内做自由落体运动
B. 在2∼6s内加速度方向先向上后向下
C. 在0∼14s内先处于失重状态后处于超重状态
D. 在0∼24s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动
6.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是
A. 2f(m+M)MB. 2f(m+M)m
C. 2f(m+M)M−(M+m)gD. 2f(m+M)M+(M+m)g
7.某工厂检查立方体工件表面光滑程度的装置如图所示，用弹簧将工件弹射到反向转动的水平皮带传送带上，恰好能传送过去是合格的最低标准。假设皮带传送带的长度为10m、运行速度是8m/s，工件刚被弹射到传送带左端时的速度是10m/s，取重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是
( )
A. 工件与皮带间动摩擦因数不大于0.32才为合格
B. 工件被传送过去的最长时间是2s
C. 若工件不被传送过去，返回的时间与正向运动的时间相等
D. 若工件不被传送过去，返回到出发点的速度为10m/s
8.如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为( )
A. gB. (M−m)gmC. MgmD. (M+m)gm
9.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1A. 地面对滑梯始终无摩擦力作用
B. 地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后无摩擦力
C. 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D. 地面对滑梯的支持力的大小先大于、后等于小朋友和滑梯的总重力的大小
10.如图所示，力传感器上吊着一个滑轮(质量不可忽略)，细线绕过滑轮一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C，三个物块的质量相同。由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的细线，力传感器的示数变为F2，重力加速度为g，不计一切摩擦，则( )
A. 三个物块一起运动的加速度大小为g
B. 每个物块的重力为32(F1−F2)
C. 滑轮的重力为2F2−F1
D. 剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变
二、实验题（本大题共1小题，共12分）
11.在实验室用如图1所示的装置探究加速度与力的关系，在进行实验前已经通过垫块调节木板左端高度平衡了摩擦力。
(1)进行实验测量时，第一次打出的一条纸带如图2所示，需要对实验装置进行改进的操作是_____；
(2)改进后再次实验，选取纸带的一段进行测量，如图3所示，测得x1=5.20cm,x2=11.36cm。已知打点计时器打点周期为0.02s，则小车的加速度a=_____m/s2；(结果保留两位有效数字)
(3)实验中保持小车质量不变，改变砝码的质量，进行实验，打出纸带，算出相应的加速度a，数据如下表所示，请在图4中根据描出的点作出图像_____；由图像可得出的结论是_____；
(4)某小组在实验中作出1a−1F图像如图5所示，图像斜率的物理意义是_____；若图像纵截距为b，则b=_____s2/m。(结果保留两位小数)
三、计算题（本大题共3小题，共34分）
12.在2004年雅典奥运会上，体重为50kg的我国运动员黄珊汕第一次参加蹦床项目的比赛即取得了第三名的优异成绩．假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律在计算机上绘制出如图所示的曲线，在前3.6s内运动员静止于蹦床上，3.6s后开始运动．依据图象给出的信息(g=10m/s2)，求：
(1)蹦床运动稳定后的运动周期；
(2)运动过程中运动员离开弹簧床上升的最大高度；
(3)运动过程中运动员的最大加速度．
13.如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α=37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0 kg，拉杆箱的质量M=9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ=37°，不计所有接触面间的摩擦，取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若F=25 N，求拉杆箱的加速度大小a；
(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x=4.0 m时的速度大小v；
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。
14.如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g取10m/s2，
(1)若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端?
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图像．
四、综合题（本大题共1小题，共14分）
15.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为β的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连。光滑斜面轨道与传送轨道良好对接，传送轨道平面与水平方向倾角也是β，皮带传动装置顺时针匀速转动，物块A的质量为m，物块B的质量为2m。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内(物块还没到达传送带上)的v−t图像如图乙所示(t1时刻AB的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g。(t1和t2，v1和v2均未知)
(1)求t2时刻弹簧的形变长度x；
(2)求t1的值；
(3)已知β=37∘，传动带两轮轴心相距L=5m，物体B与皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设AB刚好在C点(斜面与传送带的连接点)分离并进入传送轨道，设物体B滑到传送带的C点时速度为8m/s，物体可视为质点，如果在物体B到达C点同时撤去拉力F，若传送带装置匀速转动的速度v可在v>4m/s的范围内调节，试推导物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式，g取10m/s2。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，故A错误；
B、木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，故B错误；
CD、木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选：D。
对小车和木板正确的受力分析，知道木板对小车的作用力包含支持力和摩擦力，明确作用力与反作用力大小相等，方向相反。
本题主要考查了受力分析，判断出物体受到力的个数，明确作用力与反作用力的特点即可。
2.【答案】A
【解析】从实验中小球的三种运动情况可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是：如果不受阻力，就会升到与O点相等的高度，A项符合题意；而其他选项都不是由该实验直接得到的，需要进一步推理或其它实验验证，BCD三项不符合题意．
3.【答案】B
【解析】【分析】
力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，根据物理量来确定测量的仪器即可。
解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，需识记。
【解答】
长度、时间、质量是三个力学基本物理量，刻度尺是测量长度的仪器；天平是测量质量的仪器；秒表是测量时间的仪器；弹簧秤是测量力的仪器，力不是基本物理量。本题选不能直接测量国际单位制中对应的力学基本物理量的，故B正确，ACD错误。
4.【答案】A
【解析】由题图可知，摆锤向右摆动，所以若汽车运动方向向左，则向左做加速运动；若汽车运动方向向右，则向右做减速运动。
故选A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查超重与失重以及v−t图象，要注意明确图象的性质，能根据图象明确速度和加速度的方向，同时明确超重和失重与加速度方向间的关系。
【解答】
A.0−2s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；
B.图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～6s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；
C.0～14s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正确；
D.在0−24s内，2−14s内的加速度大小会发生变化，故物体不是匀变速运动，D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
隔离对木块分析，通过牛顿第二定律求出木块的最大加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力F的最大值．解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．注意整体法和隔离法的运用．
【解答】
对木块分析得：2f−Mg=Ma，解得木块的最大加速度为：a=2fM−g。
对整体分析得：F−(M+m)g=(M+m)a
将a代入解得：F=2f(m+M)M.故A正确，B、C、D错误。
7.【答案】B
【解析】解：A、根据动能定理可得：v02=2aL，根据牛顿第二定律可得a=μg，解得：μ=v022gL=1002×10×10=0.5，故A错误；
B、设工件被传送过去的最长时间为t，则有：v02t=L，解得：t=2s，故B正确；
CD、若工件不被传送过去，返回过程中先加速到8m/s，然后再匀速运动，所以返回的时间大于正向运动的时间，返回到出发点的速度为8m/s，故CD错误。
故选：B。
根据动能定理求解动摩擦因数；根据平均速度乘以时间等于位移计算时间；若工件达不到右端，分析返回过程的运动情况，分析运动时间和最后的速度大小。
本题主要是考查牛顿第二定律之传送带问题，关键是弄清楚物体的运动情况和受力情况，根据动能定理、牛顿第二定律等进行分析。
8.【答案】D
【解析】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg+Mg，由牛顿第二定律可得
mg+Mg=ma
解得小球的加速度大小为
a=M+mmg
A.g，与结论不相符，选项A错误；
B. (M−m)gm ，与结论不相符，选项B错误；
C. Mgm ，与结论不相符，选项C错误；
D. (M+m)gm ，与结论相符，选项D正确；
9.【答案】B
【解析】AB.依题意，小朋友在AB段，有
mgsinθ>μ1mgcsθ
可知，做匀加速直线运动，将其加速度分解为水平和竖直方向，如图
以整体为研究对象，由于小朋友具有水平向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，同理，小朋友在BC段，有
mgsinθ=μ1mgcsθ
可知，做匀速直线运动，地面对滑梯无摩擦力，故A错误、B正确；
CD.由上面选项分析，可知小朋友在AB段具有竖直向下的加速度，即地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力的大小。在BC段做匀速直线运动，地面对滑梯的支持力等于小朋友和滑梯的总重力的大小，故CD错误。
故选B。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用牛顿第二定律分析连接体问题。
利用整体法求解三个物体一起运动的加速度；分别用平衡条件和牛顿第二定律列式求解。
【解答】
A.选整体为研究对象，根据牛顿第二定律，顺时针方向列方程有：2mg−mg=3ma，解得：a=13g，故A错误；
BC.设滑轮的质量为M，静止释放三个物块，物块运动稳定时，对A：T1−mg=ma，F1=2T1+Mg，剪断B、C物块间的连线时，AB都处于平衡状态，对A：T2−mg=0，F2=2T2+Mg，联立解得：m=32(F1−F2)g，M=4F2−3F1g，故B正确，C错误；
D.剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小发生变化，故D错误。
11.【答案】 增加砝码质量 0.96 在托盘和砝码的总质量远小于小车质量时，加速度a与力F成正比 小车质量 0.10
【解析】(1)[1]由图2可知，小车加速度很小，应增加砝码质量，提高拉力，增加小车加速度。
(2)[2]打点计时器打点周期为0.02s，两计数点之间时间间隔为0.1s，小车的加速度为
a=x2−2x1t2=0.96m/s2
(3)[3]根据表中数据作出图像如下图所示：
[4]由图像可知，在托盘和砝码的总质量远小于小车质量时，加速度a与力F成正比。
(4)[5]由牛顿第二定律可得
F=mg=M+ma
则
1a=1F×M+1g
故 1a−1F 图像斜率的物理意义是小车质量。
[6]若 1a−1F 图像纵截距为b，有
b=1g=0.1s2/m
12.【答案】解：(1)周期可以求出，由图象可知T=9.5s−6.7s=2.8s
(2)运动员运动稳定后每次腾空时间为：△t=8.7−6.7=2 s，故最大高度为：H=12g(△t2)2=5 m
(3)由题中图象可知运动员运动前mg=F0=500N，
所以运动员的质量m=50kg
陷落最深时由图可知Fm=2500N
故此时运动员的加速度a=Fm−mgm=2500−50050m/s2=40m/s2
答：(1)蹦床运动稳定后的运动周期为2.8s；
(2)运动过程中运动员离开弹簧床上升的最大高度为5m；
(3)运动过程中运动员的最大加速度为40m/s2．
【解析】(1)由图象直接得到运动周期；
(2)稳定后运动员腾空后做竖直上抛，其高度为最大高度，可算上抛位移，也可以算下降位移，都代表总高度
(3)受力最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求加速度．
本题要读懂图象，由图象读出运动员在空中运动的时间t，二要将运动员的运动近似看成竖直上抛，根据对称性求解最大高度．
13.【答案】解：(1)若F=25 N，以拉杆箱和箱包组成的整体为研究对象，
水平方向根据牛顿第二定律可得：Fcsα=(m+M)a，
代入数据得：a=2 m/s2；
(2)根据运动学公式可得：v2=2ax，
解得：v=4 m/s；
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，拉力最大值为Fm。以箱包为研究对象，受到重力和支持力作用，如图所示。
设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=ma0，
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：
Fmcsα=(m+M)a0，
代入数据得拉力的最大值为：Fm=93.75 N。

【解析】(1)若F=25N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律求解加速度大小；
(2)根据速度位移关系求解速度大小；
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为零，以箱包为研究对象，根据牛顿第二定律求解临界加速度大小，再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律求解拉力的最大值。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律、运动学的计算公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
14.【答案】(1)1s；(2)见解析
【解析】(1)铁块的加速度大小a1=F−μ2mgm=4m/s2
木板的加速度大小a2=μmg−A(M+m)gM=2m/s2
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
​ 解得： t=1s
(2)
15.【答案】(1) mgsinβk ；(2) 22mgsinβ−maak ；(3)当传送带的速度在 4m/s【解析】(1)由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得到
mgsinβ=kx
得到
x=mgsinβk
(2)由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律
kx1−mgsinβ=ma
开始时有
3mgsinβ=kx0
x0−x1=12at12
联立以上三式可以得到
t1= 22mgsinβ−maak
(3)当传送带的速度在 4m/sv0=8m/s
加速度a1减速向上滑行
2mgsinβ+2μmgcsβ=2ma1
v2−v02=−2a1x1
但速度减到v后又以a2减速向上滑行
2mgsinβ−2μmgcsβ=2ma2
vD2−v2=−2a2L−x1
物体B滑动到D点时速度vD随速度v的变化关系式是
vD=2 v2−95m/s
当传送带的速度在 v≥8m/s 的范围内调节时，物体B将以加速度a2减速滑行到D点，即
vD2−v02=−2a2L
物体B滑动到D点时速度vD随速度v的变化关系式是
vD=2 11m/s
小车质量为428g
加速度a/m⋅s−2
0.33
0.55
0.74
0.94
1.11
1.30
1.46
1.62
1.93
2.36
托盘及砝码总重力F/N
0.147
0.245
0.343
0.441
0.539
0.637
0.735
0.833
1.029
1.323