2023-2024学年辽宁省丹东市高一（上）期末质量检测物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省丹东市高一（上）期末质量检测物理试卷(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。

1.228国道起点位于辽宁省丹东市，终点位于广西壮族自治区东兴市全长7800多公里，被誉为“中国第一沿海公路”，以下说法正确的是( )
A. 全长7800多公里指的是位移大小
B. 以行驶中的汽车为参照物，限速牌处于静止状态
C. 研究国道228全程驾车时间时，可以将汽车视为质点
D. 国道228部分路段限速80km/h，限制的是途径此地的汽车的平均速度
2.为了加强校园交通安全，有关部门在某中学校门外设置了减速带。一辆汽车以54km/h的速度行驶，在减速带前50米处开始进行匀减速，为使其经过减速带时的速度不超过18km/h，则减速时的加速度至少为( )
A. 2m/s2B. 4m/s2C. 6m/s2D. 8m/s2
3.如图所示，两名同学拉着晾衣绳的两端，若晾衣绳质量不计，且衣服可在绳上自由移动，则( )
A. 当晾衣绳夹角θ减小，绳子拉力增大
B. 当晾衣绳夹角θ增大，绳子拉力减小
C. 当晾衣绳两端拉绳的力足够大时，晾衣绳可能被拉直
D. 当晾衣绳夹角θ不变，增加两端拉绳的同学人数，绳子拉力不变
4.如图所示，在高楼外墙施工的工人被风吹离了墙壁，此时工人距墙壁水平距离为1m，距定滑轮的竖直距离为3m，若工人及装备可视为质点，且总质量为90kg，不计绳索质量，取重力加速度g=10m/s2，则此时工人所受水平风力大小为( )
A. 300 3NB. 300NC. 400 3ND. 400N
5.某同学练习折返跑，从t=0开始由静止匀加速至快接近折返点时做匀减速运动，到折返点时速度恰好降为零，迅速转身再重新跑到赛道起点，在下列图线中最接近折返跑的是( )
A. B.
C. D.
6.小球从某一高度处由静止释放后匀加速下落，下落时间3s，与地面碰撞(碰撞时间极短)后原速率反弹，再竖直向上做匀减速直线运动，经过1s上升到最高点，这一运动过程中小球通过的路程为30m，取重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 小球碰地瞬间速度大小为20m/sB. 小球上升时的加速度大小为15m/s2
C. 小球下降时的加速度大小为10m/s2D. 该过程中小球通过的位移大小为5m
7.如图所示，粗糙地面上放置一个足够大三角形框架，一光滑小环套在框架斜边上并拴在轻绳的一端，轻绳另一端跨过光滑定滑轮固定在竖直墙上，现将砝码挂在定滑轮左侧的轻绳上，此时整个装置处于静止状态，逐渐增加砝码质量，小环缓慢上移，若整个过程中框架始终静止，且砝码未落地，则下列说法正确的是( )
A. 轻绳拉力先增大再减小B. 地面对框架的摩擦力增大
C. 地面对框架的支持力减小D. 小环所受支持力增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.篮球是当下流行的大众体育活动项目，在篮球传球技术中，传球人把球掷向地面，通过击地反弹越过防守者使同伴接到球的传球技术称为反弹球传球技术，如图所示，在传球过程中下列说法正确的是( )
A. 篮球下降过程处于超重状态
B. 篮球上升过程处于失重状态
C. 地面给篮球的弹力方向为斜向右上
D. 篮球对地面的撞击力等于地面对篮球的撞击力
9.粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，设运动时间为t，位移为x，其xt−t图像如图甲所示，水平拉力与时间图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2
，则( )
A. 物体质量为2kgB. 物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2
C. 前4s内物体的加速度大小为2m/s2D. 前10s内物体运动的位移大小为60m
10.水平传送带以10m/s的初速度顺时针匀减速转动，其v−t图像如图甲所示，将一物块无初速度放在传送带左端，如图乙所示，当t=53s时，物块的速度与传送带速度相同。取重力加速度为g=10m/s2，则( )
A. 传送带的加速度大小为3m/s2
B. 物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2
C. 5.5s内，物块所受摩擦力方向发生变化
D. 2.5s内，物块与传送带之间的划痕为6.25m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在家中找到两根一样的弹簧P和Q，装有水总重量为m的矿泉水瓶、刻度尺、量角器、细绳等器材。设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数。其操作如下：
a、如图甲所示，将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P的下端，待矿泉水瓶静止后，用刻度尺测出此时弹簧P的长度L1。
b、如图乙所示，在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳挂在挂钩上，缓慢水平拉动Q。用量角器测出弹簧P与竖直方向所成夹角θ，并测出弹簧Q对应的长度，计算出Q的形变量ΔL。
(1)取重力加速度为g，欲测量弹簧的劲度系数k，还需要测量的量为_____
A.将P放在水平桌面上，让其自由伸长，用刻度尺测出此时弹簧P的长度L0
B.将P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧的长度L0
C.以上两种方法测量的长度L0，在本实验中对劲度系数的测量都可行。
(2)选好测量量后，弹簧P的劲度系数_____(用m、g、L1、L0表示)
(3)步骤b中，若要验证力的平行四边形定则，则ΔL与θ需满足的条件是ΔL=_____(用L1、L0和含有θ的三角函数表示)
12.为了探究加速度a与合力F的关系，某小组同学设计了如图甲所示的实验装置，利用沙和沙桶的重量mg可近似得到小车受到的拉力，其中小车和车内砝码的总重量为M。
(1)实验时，下列操作正确的是_____
A.实验时，需要测量车和车内砝码的总质量M
B.小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源打出一条纸带并测量对应的沙和沙桶的质量m
C.为减小实验误差，实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远远小于车和车内砝码的总质量M
D.在实验中每次改变沙和沙桶的质量m后，必须重新补偿阻力即平衡小车与木板间的摩擦力
(2)图乙为小组中某同学在实验时打出的纸带的一段，该纸带上相邻两个计数点间还有四个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz，则小车的加速度大小是_____m/s2(结果保留三位有效数字)
(3)在“探究加速度与合力的关系”时，此同学以小车的加速度a为纵坐标，以沙和沙桶的重量mg为横坐标，根据多组实验数据得到的a−mg图像如图丙所示，试分析图线不通过坐标原点的原因_____
(4)重新调整仪器改进(3)中的问题再次进行实验，根据多组实验数据得到的a−mg图像是一条过原点的倾斜直线，则图线的斜率k=_____(用题中所给字母表示)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.临近春节，一位家政工人用不计重力的拖把杆推动质量为0.26kg的拖把头在竖直玻璃上擦灰尘。假设拖把头与玻璃之间的动摩擦因数恒定，该工人始终用沿拖把杆方向的力推动拖把使拖把头竖直向上匀速运动，当拖把杆与竖直玻璃夹角为θ=37°时，工人对拖把的推力大小为F=10N。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)求：
(1)拖把头对玻璃的压力大小；
(2)拖把头与玻璃接触面间的动摩擦因数；
(3)擦玻璃时有这样的现象：灰尘位置太高时，已经用力较大却还是不容易擦干净，请用物理知识简要解释。
14.一辆执勤的警车停在路边，一辆货车以v1=20m/s的速度匀速行驶，经过警车时掉落一袋货物。警察马上捡起货物，启动警车追赶货车去归还货物。从警察捡起货物到启动警车共用时t0=6.25s，并以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，若警车的最大速度可达v2=30m/s，求：
(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少；
(2)警车启动后经过多长时间追上货车。
15.我国打破西方国家的技术封锁在川西山区建成了亚洲最大的风洞群，目前拥有8座世界级风洞设备，具备火箭助推和飞艇带飞等飞行模拟试验能力。风洞可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为风洞里模拟实验的示意图，有一足够长的直细杆倾斜放置，一个质量m=2kg的小球穿在细杆上，风对小球的作用力F竖直向上、大小为40N恒定不变，细杆与水平面的夹角为θ=37°，小球与细杆间的动摩擦因数为μ=0.25。从t=0时刻开始，小球在杆上A点获得沿杆向上的初速度v0=2m/s(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)，求：
(1)小球受杆弹力的方向及小球运动的加速度大小；
(2)若风力F作用t=2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离；
(3)若t=2s时小球到达B点，此时关闭风洞撤去风力。现以经过B点时为计时起点，小球通过距B点4m位置的时刻(结果用根式表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.228国道不是直线，因此全长7800多公里指的是路程大小，A错误；
B.以行驶中的汽车为参照物，由相对运动可知，限速牌不是处于静止状态，而是处于运动状态，B错误；
C.研究国道228全程驾车时间时，汽车相对228全程，汽车的大小和状态可以忽略，因此可以将汽车视为质点，C正确；
D.国道228部分路段限速80km/h，限制的是途径此地的汽车的瞬时速度，D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】A
【详解】汽车初速度 v0=54km/h=15m/s ，汽车不超过的速度 v=18km/h=5m/s ，由运动学公式 v2−v02=−2ax 可得
a=v2−v02−2x=2m/s2
故选A
3.【答案】D
【解析】.D
【详解】AB.对衣服受力分析，根据共点力平衡条件有
2Fcsθ2=mg
若夹角θ减小，则csθ增大，为保持平衡，绳子拉力F应减小，若夹角θ增大，则csθ减小，为保持平衡，绳子拉力F应增大，故AB错误；
C.若晾衣绳被拉直，则θ=180°，csθ=0，不满足 2Fcsθ2=mg ，故C错误；
D.由于上述分析可知，绳子拉力只与夹角θ有关，夹角不变，增加拉绳同学人数，拉力不变，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】设绳子与墙的夹角为 θ ，根据几何关系有
tanθ=13
工人静止，根据平衡条件可得工人所受水平风力大小为
F=mgtanθ=90×10×13N=300N
故选B。
5.【答案】A
【解析】A
【详解】A. x−t 图象的斜率表示速度，可知某同学从起点速度先增大再减小，运动至折返点，然后反向加速再减速回到起点，故A符合题意；
B. x−t 图象的斜率表示速度，图B图象为三段直线段，可知同学在三段时间内做速度不同的匀速直线运动，故B不符合题意；
C.图C中速度一直为正值，某同学一直向正方向运动，故C不符合题意；
D. v−t 图象与坐标轴围成的面积表示位移，图D中同学正方向的位移大于负方向的位移，某同学未回到赛道起点，故D不符合题意。
故选A。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】设小球下落时的路程为s1，加速度大小为a1，落地时的速度大小为v，竖直向上运动的加速度大小为a2，向上升到最高点的路程为s2，则有
t1=3s
t2=1s
v=a1t1=a2t2
s1+s2=30m
即为
12a1t12+v22a2=30m
联立解得
a1=5m/s2
v=15m/s
a2=15m/s2
s1=22.5m
s2=7.5m
该过程中小球通过的位移由起点指向终点的有向线段，大小为
x=s1−s2=22.5m−7.5m=15m
故选B。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】AD.对小环分析得到矢量三角形，如图
当小环缓慢上移时，轻绳的拉力向竖直方向转动，支持力方向保持不变，轻绳拉力增大，小环所受支持力减小，AD错误；
BC.对小环和框架整体受力分析，如图
轻绳拉力的增大，但是角度变化未知，所以地面对框架的摩擦力变化未知；因为轻绳拉力有向上的分力，这个分力会抵消一部分框架的重力，地面对框架的支持力会随着轻绳拉力的增大而减小，所以地面对框架的支持力会减小，B错误，C正确。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.篮球下降过程中加速度方向向下，处于失重状态，A错误；
B.篮球上升过程加速度方向向下，篮球处于失重状态，B正确；
C.地面给篮球的弹力方向为垂直地面竖直向上，C错误；
D.篮球对地面的撞击力与地面对篮球的撞击力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，D正确。
故选BD。
9.【答案】AD
【解析】AD
【详解】C.根据匀变速直线运动位移与时间的关系 x=v0t+12at2 ，可知 xt−t 图像的截距表示初速度，斜率表示 a2 ，则可知前4s内物体的加速度大小为
a1=64×2m/s2=3m/s2
故C错误；
D.根据选项C可知，前4s内物体的位移和末速度分别为
x1=12a1t2=24m
v1 = at1 = 12m/s
而4—10s内物体的加速度大小为
a2=66×2m/s2=2m/s2
则4—10s内物体的位移为
x2=12a2t22=36m
则前10s内物体运动的位移大小为
x = x1+x2 = 60m
故D正确；
AB.在0—4s内根据牛顿第二定律有
F1−μmg = ma1
在4—10s内根据牛顿第二定律有
F2+μmg = ma2
联立解得
m = 2kg，μ = 0.1
故A正确、B错误。
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A．v−t图像中图线的斜率表示加速度，可求得传送带的加速度大小为
a=ΔvΔt=4m/s2
A错误；
B.物块放上传送带后受向右的摩擦力，有
μmg=ma′
解得
a′=μg
共速时有
v0−at=a′t
解得
a′=2m/s2
μ=0.2
B正确；
C.当物块与传送带共速后，由于传送带继续减速且加速度大小大于物块滑动时的加速度大小，所以物块也将减速，摩擦力向左，方向改变，C正确；
D.设物块与传送带共速时速度为 v1 ，有
v1=a′t=103m/s
物块的位移为
x1=12a′t2=259m
传送带的位移为
x2=v0t−12at2=1009m
这段时间内的相对位移为
Δx1=x2−x1=253m
之后物块减速，加速度大小为 a′=2m/s2 ，到2.5s时，位移为
x3=v1t′−12a′t′2=2512m
传送带的位移为
x4=v1t′−12at′2=2518m
相对位移为
Δx2=x4−x3=−2536m
由于
Δx2<Δx1
所以划痕长为
Δx1=253m
D错误。
故选BC。
11.【答案】 B k=mgL1−L0 ΔL=mgtanθk
【详解】(1)[1]弹簧自身重力会对测量结果影响，所以应将P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧的长度 L0 ，B正确。
故选B。
(2)[2]矿泉水受力平衡可得
mg=F=kL1−L0
求得
k=mgL1−L0
(3)[3]由力的平衡可得
kΔLmg=tanθ
求得
ΔL=mgtanθk

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 C 0.388 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 1M
【详解】(1)[1]A.实验时，不需要测量车和车内砝码的总质量M。故A错误；
B.小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带并测量对应的沙和沙桶的质量m。故B错误；
C.为减小实验误差，实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远远小于车和车内砝码的总质量M。故C正确；
D.在实验中每次改变沙和沙桶的质量m后，不需要重新补偿阻力即平衡小车与木板间的摩擦力。故D错误。
故选C。
(2)[2]依题意，纸带上相邻计数点的时间间隔为
T=5×1f=0.1s
由逐差法，可得
a=(x4−x2)−x24T2=15.11−6.78−6.784×0.12×10−2m/s2=0.388m/s2
(3)[3]图线不通过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
(4)[4]由牛顿第二定律，可知
F=mg=Ma
整理，可得
a=1Mmg
结合图像可知，图线的斜率
k=1M

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 6N ；(2) μ=0.9 ；(3)见解析
【详解】(1)根据力的分解可知拖把头对玻璃的压力大小为
FN=Fsinθ=10×0.6N=6N
(2)对拖把头，在竖直方向根据平衡条件可得
Fcsθ=mg+μFsinθ
求得
μ=0.9
(3)灰尘位置太高时，拖把杆与竖直玻璃夹角较小，推力的水平分力较小，对玻璃的压力较小，拖把头对玻璃的摩擦力就很小，不容易擦干净玻璃。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车的速度达到相等时，两车间有最大距离，设两车速度相等
时所用时间为t1，则有
v1=at1，
解得t1=v1a=202s=10s，
两车间的最大距离是△x=v1(t0+t1)−12at12=20×(6.25+10)m−12×2×102m=225m。
(2)设警车与货车从速度相等到警车速度最大所用时间为t2，则有v2=v1+at2
解得t2=v2−v1a=30−202s=5s，
设警车与货车速度相等到追上货车所用时间为t3，则有v1t3+△x=v1t2+12at22+v2(t3−t2)，
代入数据解得t3=25s，
警车启动后追上货车经过时间t=t1+t3=10s+25s=35s。
【解析】本题考查了匀变速直线运动中的追及相遇问题，要仔细分析两者的运动过程，熟练掌握匀变速直线运动的基本公式，此类问题解题关键：①掌握好两个关系：时间关系和位移关系；②一个条件：两者速度相等，这往往是能否追上，或两者距离最大、最小的临界条件是分析问题的切入点。
15.【答案】(1)为垂直杆向下， 4m/s2 ；(2) 18.25m ；(3) 2.5s 、 4s 、 13+ 414s
【详解】(1)由于
G=mg=20N可知小球受杆弹力的方向为垂直杆向下。对小球根据牛顿第二定律有
(F−mg)sinθ−μ(F−mg)csθ=ma
解得小球运动的加速度大小为
a=4m/s2
(2)风力F作用t=2s时，小球的速度为
v=v0+at=10m/s
风力撤去后，小球运动的加速度大小为
a1=gsinθ+μgcsθ=8m/s2
小球上滑过程中距A点的最大距离为
xm=v0+v2t+v22a1=18.25m
(3)设球通过B点上方，距B点4m位置的时刻为 t1 ，则有
x0=v(t1−2)−12a1(t1−2)2=4m
解得
t1=2.5s 或 t1=4s
设球通过B点下方，距B点4m位置的时刻为 t2 ，则有
−x0=v(t2−2)−12a1(t2−2)2=−4m
解得
t2=13+ 414s

【解析】详细解答和解析过程见答案