2023-2024学年安徽省江南十校高一（上）分科诊断模拟联考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省江南十校高一（上）分科诊断模拟联考物理试卷（12月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.我国的深海探索技术在国际上处于领先水平，在某次实验中，我国一潜水装置从水面由静止开始竖直下潜。以开始下潜为零时刻，潜水装置的v−t图象如图所示。关于潜水装置的运动下列叙述正确的是( )
A. 40s末开始上浮B. 80s内的位移大小为40m
C. 40s末与80s末的速度相同D. 60s末的加速度为零
2.汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件( )
A. 可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B. 可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程
C. 可求出乙车从开始启动到追上甲车时所用的时间
D. 不能求出上述三者中任何一个
3.装有物品的手提袋悬挂在光滑的钉子上，因为袋中物品倾倒，所以袋体由水平静止状态变为倾斜状态后再次静止，如图所示，不计手提绳质量。则与物品倾倒前相比手提绳中张力变化情况为( )
A. 变大B. 变小C. 不变D. 无法确定
4.近期，宣城市各地中小学的秋季运动会都先后举行，在运动场上的各项比赛中蕴含着大量的物理知识，关于比赛中的物理知识下列说法正确的是( )
A. 跳高比赛中的运动员起跳时，地面对运动员的脚的支持力大于脚对地面的压力，所以才能成功起跳
B. 投铅球比赛中，虽然有空气阻力，但铅球在空中运动的加速度非常接近当地的重力加速度
C. 3000m比赛的运动员在途中保持匀速跑时还需要“用力”，这说明运动需要力来维持
D. 激烈的百米比赛中，运动员撞线时的速度是平均速度
5.甲图中材料相同的A、B两物块挨放在水平面上，轻弹簧两端与墙壁和物块A连接，在水平力F作用下A、B处于静止状态。乙图中A、B两物块叠放在轻弹簧上，轻弹簧两端与地面和物块A连接，在竖直向下的力F作用下A、B处于静止状态。以下说法正确的是( )
A. 若甲中地面光滑，撤去F后，A、B分离时弹簧处于伸长状态
B. 若甲中地面粗糙，撤去F后，A、B分离时弹簧处于压缩状态
C. 乙图中撤去F后，A、B分离时弹簧处于伸长状态
D. 乙图中撤去F后，A、B分离时弹簧处于原长状态
6.如图所示，物块从光滑斜面上静止释放，滑上粗糙水平面后最终停下，表格中记录了运动过程中几个时刻的速度大小。斜面底端处与水平面平滑连接(g=10m/s2)。下列说法正确的是( )
A. 物块的最大速度为40m/sB. 物块在斜面上运动的时间为20s
C. 斜面的倾角θ=30°D. 物块与水平面的动摩擦因数为0.5
7.一质点做匀变速直线运动的x−t图象如图所示，图象上的a点对应6s末的时刻，图象过a点的切线与x轴交于36m处，质点在10s末的瞬时速度为零，关于该质点的运动下列叙述正确的是( )
A. 前6s内的平均速度为8m/sB. 第6s末的瞬时速度为14m/s
C. 第8s未的瞬时速度为12m/sD. 第8s末的瞬时速度为4m/s
8.如图所示，固定在P点的光滑定滑轮大小不计，轻质橡皮绳竖直悬挂在O点时下端刚好在P点。将物块与橡皮绳连接后置于水平地面上的Q点，Q点在O点的正下方。已知橡皮绳的弹力遵循胡克定律，地面粗糙程度处处相同。现物块在水平力F作用下缓慢向左移动。关于物块运动的过程，以下说法正确的是( )
A. 地面对物块的摩擦力逐渐减小B. 地面对物块的摩擦力保持不变
C. 力F逐渐减小D. 力F保持不变
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，A、B物块间的接触面与斜面平行，从斜面上静止释放后，保持相对静止一起沿斜面加速下滑。已知A的质量为m，A，B之间动摩擦因数为μ1，B与斜面之间动摩擦因数为μ2，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. A、B间摩擦力为μ1mgcsθB. A、B间摩擦力为μ2mgcsθ
C. 若斜面光滑，则A、B间摩擦力为0D. μ1可能小于μ2
10.如图所示，升降机地板上固定着一个倾角θ=37°的粗糙斜面，在斜面上有一个质量为2kg的物块，当升降机以a=5m/s2的加速度竖直向上匀加速运动时，物块与斜面保持相对静止(g=10m/s2,sin37°=0.6)( )
A. 物块受到摩擦力的大小为18N
B. 物块受到斜面的作用力大小为25N
C. 若增大升降机的加速度，物体相对斜面不会出现滑动
D. 若减小升降机的加速度，物体相对斜面不会出现滑动
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.利用图中所示的装置，做“测定重力加速度”的实验中，得到了几条较为理想的纸带。已知每条纸带上每5个点取一个计数点，依打点先后编为0，1，2，3，4，…，由于不小心，纸带被撕断了，如图1所示。

(1)图1纸带中0点______(填“是”或“不是”)重物静止释放时打下的第一个点。
(2)图1中，打点1时重物的速度是______ m/s(结果保留三位有效数字)。
(3)在A、B、C三段纸带中选出从图1纸带上撕下的那段______(填正确答案标号)。

(4)若计数点0、2间的距离计为x1，3、4间的距离计为x2，相邻计数点间的时间间隔计为T，则当地重力加速度的计算公式为______，利用计算公式和测量数据计算当地的重力加速度大小是______ m/s2(结果保留三位有效数字)。
(5)如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是_______
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)实际上绳子的拉力_______砝码桶及桶内砝码的总重力(填“大于”或“小于”)，为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_______木块和木块上砝码的总质量。(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)。
(3)如图2所示在木块连接绳处安装力传感器，力传感器可直接测出细绳中拉力的大小，正确进行了滑轮高度调节，但忘记平衡摩擦力。保持木块总质量不变，改变砝码桶内砝码质量，得到多组力的传感器示数F，通过计算求得各组加速度，描出a−F图象，下列图像可能正确的是_______
A.
B.
C.
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.一小球从空中下落，不计空气阻力，取g=10m/s2。已知小球落地前1s内的平均速度大小为35m/s，求：小球开始下落时的高度。
14.如图所示，两个很小的物块A、B用轻绳连接后，放在光滑的圆弧面内，圆弧面的圆心为O点，为使两物块静止，给B施加了一水平力。A所在的圆弧的半径与竖直方向的夹角为30∘，A、B所在的圆弧的半径之间夹角也是30∘，已知A、B质量都是m，重力加速度为g。求：(答案可用根式表示)
(1)轻绳的拉力大小；
(2)水平力F的大小。
15.如图所示，物块置于上下表面平行的木板上的左端，物块的质量是长木板的2倍，物块与长木板之间动摩擦因数为μ1=0.2，长木板与水平地面之间动摩擦因数为μ2=0.1。若物块和木板突然分别获得方向相反、大小分别为v1=8m/s、v2=7m/s的初速度，运动中物块始终未滑下长木板，取g=10m/s²。求：
(1)物块和长木板刚开始运动时各自的加速度大小；
(2)长木板至少的长度；
(3)物块最终相对地面的位移大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查v−t图像，在v−t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线斜率表示加速度，图像与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
【解答】
40s末正在下潜，且速度最大，60s末开始上浮，故A错误;
根据图像面积知80s内的位移为40m，故B正确;
40s末与80s末的速度大小相同，方向相反，故C错误;
60s末的速度为零，加速度为0.1m/s2，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】【分析】
作出甲乙两车的速度时间图线，根据速度−时间图线分析能求出的量。
解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度−时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移。
【解答】
甲乙两车的速度−时间图线如图：
，
当乙车追上甲车时，位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，乙车的速度为2v0，从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，也无法求出乙车追上甲车时乙车所走的路程，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】设绳与竖直方向夹角为 θ ，绳子上的拉力为 F ，
2Fcsθ=mg
得
F=mg2csθ
袋体由水平静止状态变为倾斜状态后， θ 减小， csθ 增大，所以绳的拉力 F 减小。
故选B。
4.【答案】B
【解析】A.地面对运动员的脚的支持力大于脚对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等。故A错误；
B.投铅球比赛中，虽然有空气阻力，但阻力相对铅球可以忽略不计，所以在空中运动的加速度非常接近当地的重力加速度；故 B正确；
C.运动员在途中保持匀速跑时还需要“用力”，运动依然受到阻力的作用，根据牛顿第一定律运动不需要力来维持。故C错误；
D.激烈的百米比赛中，运动员撞线时的速度是瞬时速度。故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】A.若甲中地面光滑，撤去 F后，A、B分离时两者间的弹力为零，两者加速度相等。A、B分离时两者加速度都为零，所以弹簧处于原长状态。故A错误；
B.若甲中地面粗糙，撤去 F后，A、B分离时两者间的弹力为零，两者加速度相等。设A、B与地面的动摩擦因数为 μ ，A、B分离时两者加速度都为μg，所以弹簧处于原长状态。故B错误；
CD.乙图中撤去 F后，A、B分离时两者间的弹力为零，两者加速度相等。A、B分离时两者加速度都为g，所以弹簧处于原长状态。
故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】C.设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则
a1=27−1716−14m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ=ma1
解得
θ=30∘
故C正确；
D.物块在水平面的加速度大小
a2=32−2826−24m/s2=2m/s2
根据
μmg=ma2
解得
μ=0.2
故D错误；
AB.物块在斜面上运动的时间为t，物块的最大速度为 vm ，则根据表中数据
vm−37m/s=a1(t−18s) ， vm−40m/s=a2(20s−t)
解得
t=19s,vm=42m/s
故AB错误。
故选C。
7.【答案】D
【解析】A.前6s内的平均速度为
v=84−06m/s=14m/s
故A错误；
B.图像斜率代表速度，根据过 a 点的切线斜率，可知6s末的瞬时速度为
v=84−366m/s= 8m/s
故B错误；
CD.根据位移特点可知，8s末为6s−10s的中间时刻，瞬时速度等于该段的平均速度为
v=100−8410−6m/s= 4m/s
故C错误D正确。
故选D。
8.【答案】B
【解析】【分析】
根据胡克定律求弹簧弹力，根据正交分解法求出弹簧弹力的水平分力和竖直分力，易得弹簧弹力的竖直分力是保持不变的，所以地面对物体的弹力保持不变，则滑动摩擦力保持不变，而水平方向弹簧的弹力在增大，根据平衡条件可知F也增大。
【解答】
设PQ间距为d，橡皮筋与水平面的夹角为θ，伸长量为x，
橡皮筋此时弹力为：F=kx，
竖直分力：F1=kxsinθ=kd，水平分力：F2=kxcsθ，
N=mg−F1=mg−kd保持不变，所以滑动摩擦力f=μN也不变，
F=f+F2=f+kxcsθ，所以F在增大。
故B正确，ACD错误。
9.【答案】BC
【解析】ABC.设B物块的质量为 mB ，对AB整体由牛顿第二定律得
(m+mB)gsinθ−μ2(m+mB)gcsθ=(m+mB)a
解得
a=gsinθ−μ2gcsθ
设A、B间静摩擦力大小为 f ，B对A的静摩擦力方向沿斜面向上，规定沿斜面向下为正方向，对A由牛顿第二定律得
mgsinθ−f=ma
得
f=μ2mgcsθ
若斜面光滑，则
μ2=0
所以A、B间摩擦力为0，故A错误、BC正确；
D.因A、B间最大静摩擦力
Fm=μ1mgcsθ>f
即
μ1mgcsθ≥μ2mgcsθ
所以
μ1≥μ2
μ1不可能小于μ2，故D错误。
故选BC。
10.【答案】ACD
【解析】A.对物块受力分析，分解加速度，如图所示。
根据牛顿第二定律可得 f−mgsin37∘=masin37∘
FN−mgcs37∘=macs37∘
解得
f=18N ， FN=24N
故A正确；
B.斜面对物块的作用力为
F= f2+FN2=30N
故B错误；
CD.当升降机以a=5m/s2的加速度竖直向上匀加速运动时，则有
f≤μFN
即
mg+asin37∘≤μmg+acs37∘
可得
μ≥tan37∘
增大或减小加速度依然有
f≤μFN
故CD正确。
故选ACD。
11.【答案】 不是 1.11 B 2x2−x15T2 9.78 偏大
【解析】(1)[1]重物静止释放若0点是打下的第一个点，则0、1间的距离为
h01=12gT2≈5cm<6.2cm
所以0点不是静止释放打下的第一个点
(2)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知
v1=x01+x122T=6.2+15.92×0.1×0.01m/s=1.11m/s
(3)相邻两点距离
Δx=x12−x01=9.7cm
根据匀变速直线运动规律可知
x34=x01+3Δx=35.3cm
故选B。
(4)根据逐差法可知
2x2−x1=5aT2
解得
a= 2x2−x15T2
代入数据计算得
a=9.78m/s
(5)由打点周期 T=1f 分析可知，电网中交变电流的频率是f=49Hz，则同学测量所用周期偏小，则加速度的测量值大于实际值。
12.【答案】 AD##DA 小于 远小于 A
【解析】(1)[1]A.为使绳子的拉力等于小车的合外力，调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能悬挂装有砝码的砝码桶，故B错误；
C.为打点稳定，实验时先接通打点计时器的电源，再放开木块，故C错误；
D.平衡摩擦力后，有
mgsinθ=μmgcsθ
通过增减木块上的砝码改变质量时，木块与砝码的重力沿斜面向下的分力仍等于摩擦力，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。
故选AD。
(2)[2]砝码桶整体有向下的加速度，根据牛顿第二定律可得
mg−T=ma
可知
T实际上绳子的拉力小于木块和木块上砝码的总质量。
[3]对木块根据牛顿第二定律可得
T=Ma
联立可得
T=MmgM+m=mg1+mM
当M≫m，T近似等于mg。
(3)[4]使用了力传感器，不存在拉力测量系统误差，根据牛顿第二定律可得
F−f=ma
整理得
a=Fm−fm
故选A。
13.【答案】80m
【解析】根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，得最后1秒中间时刻的速度等于
v1=35m/s
又
v1=gt1
得
t1=v1g=3510s=3.5s
则运动的总时间
t=t1+0.5s=4.0s
开始下落的高度
h=12gt2
解得
h=80m
14.【答案】(1) T= 6− 22mg ；(2) F= 3+1mg
【解析】(1)对A，由受力平衡可知
FNAcs30∘+Tcs45∘=mg
FNAsin30∘=Tsin45∘
解得轻绳的拉力大小为
T= 6− 22mg
(2)对B，由受力平衡可知
F=Tsin45∘+FNBcs30∘
FNBsin30∘=mg+Tcs45∘
解得
F= 3+1mg
15.【答案】(1)2m/s2，7m/s2；(2)16.5m；(3)17m
【解析】(1)令物块质量为2m，长木板质量为m，对物块根据牛顿第二定律有
μ1×2mg=2ma1
解得
a1 =2m/s2
对木板根据牛顿第二定律有
μ1×2mg+μ2×3mg=ma2
解得
a=7m/s
(2)长木板速度减为0所用的时间为
t1=ν2a2=1s
此后对长木板
μ1×2mg−μ2×3mg=ma3
a=1m/s
两者共速所用的时间为
v1−a1t1+t2=a3t2
解得
t2=2 s
物块的位移为
x1=v1t1+t2−12a1t1+t22
木板的位移为
x2=−v222a2
x3=12a3t22
则木板长度至少为
L= x1−x2−x3 =16.5m
(3)两者共速时的速度
v=v1−a1t1+t2
μ2×3mg=3ma
根据速度—位移公式有
x4=v22a
物块最终相对地面的位移
x=x1+x4=17m
t/s
14
16
18
20
22
24
26
v/m·s−1
17
27
37
40
36
32
28