2023-2024学年江苏省淮安市楚州中学高一（上）教学质量调研物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省淮安市楚州中学高一（上）教学质量调研物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电火花打点计时器，下列说法中正确的是( )
A. 使用直流电源
B. 工作电压约为8V
C. 在纸带上打点的是振针和复写纸
D. 可记录的物理量的国际单位制单位是s和m
2.如图所示，被轻绳系住静止在光滑斜面上的小球，若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的
( )
A. 1和4B. 3和4C. 2和4D. 2和3
3.如图所示，一只小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中
A. 树枝对小鸟的作用力先减小后增大B. 树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小
C. 树枝对小鸟的弹力先增大后减小D. 树枝对小鸟的弹力保持不变
4.某火车由8节质量相等的车厢组成，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第1节对第2节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受阻力均相等，则第7节对第8节车厢的牵引力为( )
A. FB. F6C. F7D. F8
5.如图所示，AB、AC是竖直面内固定的光滑轨道，且AB=AC，A、B、C三点位于同一圆周上，C是圆周的最低点.现甲、乙两球同时从A点由静止开始沿轨道分别运动到B、C两点，则甲球( )
A. 加速度较大B. 运动时间较长C. 末速度较大D. 平均速度较大
6.如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法中正确的是( )
A. 甲图中，0～t0时间内物体的加速度增大
B. 乙图中，物体做匀加速直线运动
C. 丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的位移大小
D. 丁图中，物体做匀速直线运动
7.如图所示，一端带有定滑轮的伸缩杆固定在竖直墙面上，轻绳一端固定在墙面上的P点，另一端跨过光滑定滑轮悬挂一小球，小球静止。则在伸缩杆缓慢变长的过程中( )
A. 绳中的弹力逐渐增大B. 滑轮对绳的作用力一定沿杆
C. 滑轮对绳的作用力逐渐增大D. 滑轮对绳的作用力先增大后减小
8.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，小球A、B的质量相同，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A相连，A、B间由一轻质细线连接，弹簧与细线均平行于斜面，所有物体均处于静止状态。则
( )
A. 细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力为0
B. 细线被烧断的瞬间，A的加速度为gsinθ
C. 细线被烧断后，B的速度变化率逐渐增大
D. 细线被烧断后，当弹簧处于原长时A的速度最大
9.在平直公路上有甲、乙两辆汽车(均可看作质点)，甲车发现前方乙车减速后，并立即开始制动，此时两车相距12m，之后它们的v−t图像如图所示，甲车最终匀速从乙车旁绕过，下列说法正确的是( )
A. 甲车减速的加速度大小为4m/s2B. 乙车减速的加速度大小为2m/s2
C. 甲车开始匀速行驶时，两车相距5mD. 甲车从乙车旁绕过时，乙车速度为零
10.如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37∘，当载人车厢沿钢索运动时，质量为m的人对厢底的压力为其重力的1.15倍，已知人与车厢底部的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，下列说法中正确的是( )
A. 人处于失重状态B. 人对厢底的摩擦力方向水平向右
C. 车厢运动的加速度大小为0.25gD. 车厢对人的摩擦力大小为0.3mg
二、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用如图甲所示的装置探究弹簧弹力F的大小与长度x之间的关系，实验器材有铁架台、带挂钩的弹簧、钩码若干、刻度尺等。实验中，测出不同长度下的弹力，得到如图乙所示的F−x图像。
(1)由图乙计算得弹簧的劲度系数为_______N/m。
(2)由于弹簧自身重力的影响，第(1)问得到的劲度系数与真实值相比_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
12.小明利用图甲所示装置“探究加速度与力、质量的关系”．
(1)关于该实验，下列说法正确的有_________．
A.补偿阻力时，应挂上细线与槽码，小车后面的纸带需穿过限位孔
B.每次改变小车质量后，需重新补偿阻力
C.使槽码的质量应远小于小车质量的目的是让绳对小车的拉力大小近似等于槽码的重力
D.处理数据时，在纸带上取连续5个计时点为一个计数点可减小实验误差
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，则打B点时小车的速度大小为_________m/s，小车运动的加速度大小为_________m/s2(结果均保留两位有效数字)．
(3)实验中作出如丙图所示的a−F图像，在F较大时，出现图线明显弯曲的现象，造成这一现象的原因是_________．
(4)若利用力传感器测F，如图丁所示，则_________(选填“仍会”或“不会”)出现第(3)问中a−F图像弯曲的现象．
(5)小华利用如图戊所示的实验装置进行实验，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止．她测量了上、下小车的位移分别为13.00cm、7.00cm，质量分别为400g、200g，则上、下小车的加速度之比为_________．
三、简答题：本大题共1小题，共16分。
13.如图所示，倾角θ=37∘的斜面与长L=5m的水平传送带AB平滑连接(物体滑上传送带时速度大小不变)。一质量m=1kg的货物(可视为质点)在水平推力F的作用下静止在斜面上，此时货物到斜面底端A点的距离x=4m，撤去推力F后，货物沿斜面运动并滑上水平传送带。已知传送带以恒定速率v0=2m/s顺时针传动，货物与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)水平推力的最大值Fm；
(2)货物滑上传送带时的速度大小v；
(3)货物在传送带上运动的时间t。
四、计算题：本大题共3小题，共28分。
14.如图所示，轻绳OC上端固定在结点O处，下端悬挂重为100N的重物，求轻绳AO、BO中的弹力大小F1、F2。
15.如图所示，在光滑的水平面上，一辆质量M=5kg的玩具卡车装载着规格相同质量均为m=0.2kg的5个光滑圆柱形空桶，车厢底层的一排桶固定，在桶A、B上方自由地摆放桶C，没有用绳索固定，车和桶均处于静止状态，现对车施加一水平向左的拉力F。取重力加速度g=10m/s2。
(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压，求车的加速度大小a；
(2)若拉力F=4 3N，求桶A对桶C的支持力大小FA。
16.如图所示，一热气球从地面由静止开始匀加速上升，加速度大小为2.5m/s2，当升到离地面20m高时，从气球上落下一质量为0.4kg的小球。假设小球在空中运动过程中所受的阻力大小恒为1N，取重力加速度g=10m/s2，求小球
(1)相对地面上升的最大高度hm；
(2)从最大高度落至地面所需的时间t。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
根据电火花打点计时器的相关知识进行解答，需要识记；
【解答】
电火花计时器使用的是交流电，工作电压为220V，电磁打点计时器打点是靠振针和复写纸，纸带所记录的物理量是位移及时间，所以国际单位是s和m，故D正确，ABC错误；
2.【答案】B
【解析】【分析】
将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果。
按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单。
【解答】
小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误。
B、小鸟所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B错误。
C、小鸟所受的弹力N=mgcsθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C正确、D错误。
故选：C。
小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟缓慢运动，可以视为平衡状态，所受的摩擦力为静摩擦力．
4.【答案】C
【解析】【分析】对第2节至第8节车厢整体分析，然后对第8节车厢进行分析，根据牛顿第二定律求得
【解答】令每节车厢质量均为m，对对第2节至第8节车厢整体分析有
F−7f=7ma
对第8节车厢进行分析有
F′−f=ma
解得
F′=F7
故选C。
5.【答案】B
【解析】【分析】
由两球的受力结合牛顿第二定律判断加速度的大小，再由位移公式判断运动时间长短，由速度位移公式判断末速度的大小；由平均速度的定义得解。
本题主要考查对匀变速直线运动规律的理解与应用，难度一般。
【解答】
AB.两球相当于在斜面上运动，由于AB斜面的倾角小于AC斜面的倾角，由受力可知，二者重力沿斜面向下的分力充当合力，由牛顿第二定律可知，甲球的加速度较小，而由题意可知，二者发生的位移大小相等，故由位移公式：x=12at2可知，甲球的运动时间较长，故A错误，B正确；
C.由速度位移公式：v2=2ax可知，由于甲球的加速度较小，故其末速度较小，故C错误；
D.由平均速度的定义可知，由于二者位移大小相等，而甲运动的时间较长，故甲的平均速度较小，故D错误。
6.【答案】B
【解析】A. v−t 图像的斜率表示加速度，甲图中， 0～t0 时间内图像的斜率在减小， 0～t0 时间内物体的加速度减小。故A错误；
B.由初速度为零的匀加速直线运动的速度位移关系
v2=2ax
得 v2−x 图像为一条倾斜直线，所以乙图中，物体做匀加速直线运动。故B正确；
C. a−t 图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，丙图中，阴影面积表示 t1～t2 时间内物体的变化量大小。故C错误；
D.由匀变速直线运动的公式
x=v0t+12at2
得
xt=v0+12at
得匀变速直线运动的 xt−t 为一条倾斜的直线。故丁图中，物体做匀变速直线运动。故D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
由共点力的平衡及二力合成得解。
本题主要考查共点力的平衡及二力合成，熟悉二力合成，及共点力的平衡是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.由题意可知，由于在伸缩杆缓慢变长的过程中，小球静止，故两绳的拉力大小相等，均等于小球的重力大小，故A错误；
BCD.由以上分析可知，两绳的弹力大小相等，由共点力的平衡可知，滑轮对绳的作用力于两绳的弹力的合力等大、反向，不一定沿杆方向；但由于两绳的弹力在该过程中夹角逐渐减小，故由二力合成可知，二者的合力一定增大，且沿两弹力的角平分线，故由共点力的平衡可知，滑轮对绳的作用力逐渐增大，故C正确，BD错误。
8.【答案】B
【解析】AB.设小球的质量为 m ，细线被烧断前，以A、B为整体，根据受力平衡可知，弹簧的弹力大小为
F弹=2mgsinθ
细线被烧断的瞬间，弹簧弹力保持不变，则弹簧的弹力为 2mgsinθ ；以A为对象，根据牛顿第二定律可得
aA=F弹−mgsinθm
联立解得A的加速度为
aA=gsinθ
方向沿斜面向上，故A错误，B正确；
C.细线被烧断后，B的加速度为 gsinθ ，保持不变，则速度变化率不变，故C错误；
D.细线被烧断后，A向上加速运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹力大小等于A球重力沿斜面向下的分力时，A的速度最大，此时弹簧处于伸长状态，故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】A.根据v−t图像可知，甲车减速的加速度大小为
a甲=ΔvΔt=16−46m/s2=2m/s2
故A错误；
B.根据v−t图像可知，乙车减速的加速度大小为
a乙=ΔvΔt=12−48m/s2=1m/s2
故B错误；
C.由v−t图像可知， t=6s ，甲车开始匀速行驶；0∼6s内甲车的位移为
x甲=12×(16+4)×6m=60m
0∼6s 为乙车的位移为
x乙=12×6m−12×1×62m=54m
刚开始的时候两车相距12m，则甲车开始匀速行驶时，两车相距
Δx=12m−(x甲−x乙)=12m−(60m−54m)=6m
故C错误；
D.由v−t图像可知， t=12s 时，乙车速度刚好减为0；6∼12s内，甲车的位移为
x′甲=4×6m=24m
根据逆向思维可知，6∼12s内，乙车的位移为
x′乙=12×1×62m=18m
由于
Δx′=x′甲−x′乙=24m−18m=6m=Δx
可知t=12s时，乙车速度为零，甲车恰好从乙车旁绕过，故D正确。
故选D。
10.【答案】C
【解析】解：
A、因为人对车厢的压力大于重力，处于超重状态，所以载人车厢可能沿斜索道向上做加速运动，也可能沿斜索道向下做减速运动，故A错误；
BCD、由A分析知，车厢加速度沿索道斜向上．将a沿水平和竖直两个方向分解，对人受力分析如图，
水平方向：f=max，
竖直方向：N−mg=may，
由几何关系tan37°=ayax=34，
解得车厢的加速度：a= ax2+ay2=0.25g，
车厢对人的摩擦力大小为：f=max=0.2mg，方向水平向右，根据牛顿第三定律得：人对厢底的摩擦力方向向左，故BD错误，C正确．
故选：C。
对人受力分析可知，人在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，求出合加速度，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小。
人的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中人在水平和竖直两个方向上都是有加速度的。
11.【答案】 15 不变
【解析】(1)[1]根据胡克定律，该弹簧的劲度系数为
k=ΔFΔx=2.416×10−2N/m=15N/m
(2)[2]即使考虑弹簧自身的重力，则未挂钩码时弹簧有一定的形变量，但不影响弹簧的劲度系数，劲度系数仍为 k=ΔFΔx ，即对劲度系数的测量没有影响，得到的劲度系数与真实值相比不变。
12.【答案】 CD##DC 0.84m/s 2.8m/s2 见解析 不会 137
【解析】(1)[1]
A.补偿阻力时，用小车的重力沿斜面的分力平衡摩擦力，应使小车拖着纸带但不挂槽码，能够沿着木板匀速下滑，A错误；
B.补偿阻力时，应取下细线与槽码，而小车后面的纸带需穿过限位孔，平衡摩擦力之后，不挂重物时小车受力满足
Mgsinθ=μMgcsθ
可得
μ=tanθ
每次改变小车质量后，不挂重物时小车仍能受力平衡，不需要重新补偿阻力，B错误；
C.以小车为对象，有牛顿第二定律可得
F=ma
对槽码为对象，有牛顿第二定律可得
mg−F=ma
联立求得
F=11+mM⋅mg
可知应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似为小车的合外力，C正确；
D.处理数据时，在纸带上可以连续5个计时点选取一个计数点，可适当增大计数点之间的距离，减小测量点间距带来的误差，D正确。
故选CD。
(2)[2]根据匀变速直线运动中间时刻等于该段过程的平均速度，打B点时小车的速度大小为
vB=xAC2T=21.01−4.20×10−22×0.1≈0.84m/s
[3]根据逐差法可得，小车运动的加速度为
a=xBD−xOB4T2=33.61−11.21−11.21×10−24×0.12m/s2≈2.8m/s2
(3)[4]以小车为对象，有牛顿第二定律可得
F=ma
对槽码为对象，有牛顿第二定律可得
mg−F=ma
联立求得
F=11+mM⋅mg
当F较大时，即槽码的质量m较大时，不满足槽码的质量远小于小车质量，此时拉力明显小于槽码重力，图线出现明显弯曲的现象。
(4)[5]若利用力的传感器测F，以小车为对象，可得
F=ma
即
a=1MF
则不会出现(3)中的 a−F 图像弯曲的现象。
(5)[6]根据运动学公式
x=12at2
由于运动时间相同，则加速度与位移成正比，上、下小车的加速度之比为
a上a下=x上x下=137
13.【答案】(1)20N
(2)4m/s
(3)2s

【解析】(1)当斜面上货物沿斜面向上刚好不运动时，此时水平推力最大，对货物受力分析，沿斜面方向平衡条件有
Fmcsθ=mgsinθ+f
N=mgcsθ+Fmsinθ
f=μ1N
代入数值计算得
Fm=20N
(2)撤去推力F后，对货物受力分析，沿斜面方向平衡条件有
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1
代入数值计算得货物在斜面上的加速度为
a1=2m/s2
又因为货物在斜面上做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移关系有
v2=2a1x
代入数值计算得货物滑上传送带时的速度大小为
v=4m/s
(3)货物刚上传送带时，相对传送带向右运动，所以摩擦力方向向左，对货物受力分析，水平方向平衡条件有
μ2mg=ma2
代入数值计算得货物在传送带上的加速度为
a2=2m/s2
货物刚上传送带时，货物做匀减速直线运动，由匀变速直线运动速度公式
v0=v−a2t1
代入数值计算解得货物在传送带减速，与传送带同速需要时间为
t1=1s
由匀变速直线运动位移公式有
x1=vt1−12a2t12
代入数值计算得货物在斜面上做减速运动阶段的位移为
x1=3m
又因为 x1x2=L−x1=2m
剩余位移货物在传送带上做匀速直线运动，由匀速直线运动位移公式变形得
t2=x2v0
代入数值计算解得货物在传送带上匀速运动时间为
t2=1s
所以货物在传送带上运动的总时间
t=t1+t2=2s
14.【答案】F1=50 3N ， F2=50N
【解析】以重物为对象，可知轻绳OC的拉力大小为
T=mg=100N
以O点为对象，根据受力平衡可得
F1cs60∘=F2cs30∘
F1sin60∘+F2sin30∘=T
联立解得
F1=50 3N ， F2=50N
15.【答案】(1)若桶C恰好与桶A接触但不挤压，以桶C为对象，竖直方向有
FBcs30∘=mg
水平方向根据牛顿第二定律可得
FBsin30∘=ma
联立解得
3
(2)若拉力 F=4 3N ，以卡车和5个空桶为整体，根据牛顿第二定律可得
F=(M+5m)a′
解得
3
以桶C为对象，竖直方向有
FAcs30∘+F′Bcs30∘=mg
水平方向有
F′Bsin30∘−FAsin30∘=ma′
联立解得
15

【解析】在正交分解法解决牛顿第二定律问题时，建立坐标系的方法一般是沿加速度方向与垂直加速度方向，其中沿加速度方向合力等于ma，垂直加速度方向合力为零。
16.【答案】(1)当升到离地面 20m 高时，从气球上落下一小球，设此时速度为 v ，则有
v2=2ah1
解得
v= 2ah1= 2×2.5×20m/s=10m/s
小球继续上升的加速度大小为
a1=mg+fm=0.4×10+10.4m/s2=12.5m/s2
小球继续上升的高度为
−2a1
则小球相对地面上升的最大高度为
hm=h1+h2=24m
(2)小球从最大高度下落过程的加速度大小为
a2=mg−fm=0.4×10−10.4m/s2=7.5m/s2
根据
hm=12a2t2
解得小球从最大高度落至地面所需的时间为
a2

【解析】本题考查匀变速直线运动多过程问题，小球掉落后做类似竖直上抛运动是解决本题的关键，许多同学误以为掉落时小球初速度为零导致做错。利用牛顿第二定律求出小球上升和下落过程的加速度，利用运动学公式求解。