四川省德阳市罗江中学2023-2024学年高一上学期1月月考物理试题

高中2023级第一学期期末考试模拟 物 理 试 题 说明： 1．本试卷分第I卷和第II卷，共8页。考生作答时，须将答案答在答题卷上，在本试卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将答题卡交回。 2．本试卷满分100分，75分钟完卷。 第I卷（选择题 共43分） 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。） 1．下列说法不正确的是（　　） A．伽利略研究运动时创立了一套科学方法，其核心是把实验和逻辑推理结合 B．悬挂法寻找薄板重心的实验运用了控制变量的实验方法 C．质点、光滑斜面是理想化模型，实际生活中并不存在 D．推导匀变速直线运动位移公式时，把运动过程分成很多小段将各段匀速位移相加，这里运用了微元法。 2．如图所示为一艘邮轮静止在海面上，假设该邮轮从赤道出发，经过一个月到达上海，不考虑行驶过程中邮轮质量的变化。下列说法正确的是（　　） A．邮轮静止在海面时，邮轮的重力和浮力是一对相互作用力 B．邮轮行驶时，水对邮轮的作用力与邮轮对水的作用力大小相等 C．从赤道到上海，邮轮受到的重力大小不变 D．“一个月”指的是时刻 3．小明在自学流体力学时，看到了斯托克斯粘滞公式：在粘性流体中以速率运动的半径为r的小球所受到的粘滞阻力大小为，公式中为粘性系数。若采用国际单位制的基本单位来表示的单位，则其单位是（　　） A． B． C． D． 4．一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，物体离地的高度为（    ） A．0.5H B．0.25H C．0.75H D． 5．某大型超市内的自动人行道如图甲所示。自动人行道能方便快捷地运送顾客和货物上下楼，其结构示意图如图乙所示。现有一质量为m的货箱在匀速向上运行的自动人行道上一起匀速运动，该货箱与自动人行道坡面间的动摩擦因数为，坡面与水平面的夹角为θ，坡面足够长且μ > tanθ ，则下列说法正确的是（　　） A．货箱所受的摩擦力方向一定沿坡面向上为 B．自动人行道对货箱的支持力与重力是一对平衡力 C．自动人行道对货箱作用力大小为mgcosθ D．自动人行道对货箱的作用力大小与货箱的重力大小一定相等，方向始终竖直向上 6．如图所示，在半径为R的光滑半球面最高点的正上方高h处悬挂一不计大小的定滑轮，重力为G的小球（视为质点）用绕过滑轮的绳子拉住，在拉动绳子使小球在球面上缓缓运动到接近顶点的过程中，小球对半球的压力（   ） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定 7．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是（　　） A．M=3m B．剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，绳子的拉力将变大 D．将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。） 8．跳跳杆是一种深受小朋友喜爱的弹跳器。可以自由伸缩的中心弹簧，一端固定在跳杆上，另一端固定在与踏板相连的杆身上，当人在踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧向上弹起，将人和跳杆带离地面。当某同学玩跳跳杆时从最高点竖直下落到最低点的过程中，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　） A．下落全过程中，该同学速度先增大后减小 B．下落全过程中，该同学加速度先增大后减小 C．下落全过程中，跳杆刚接触地面时，该同学速度最大 D．下落全过程中，跳跳杆形变量最大时，该同学处于超重状态 9．如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s段为抛物线，3s~4.5s段为直线，下列说法正确的是（    ） A．传送带沿逆时针方向转动 B．小物块与传送带间的动摩擦因数 C．小物块刚放上传送带时的速度大小为4m/s D．0~4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为9m 10．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间（重力加速度为g）（　　） A．图甲中A球的加速度不为零 B．图乙中轻杆的作用力可能不为零 C．图乙中两球加速度均为gsin θ D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍 第II卷（非选择题 共57分） 三、实验题（本大题共2小题，共16分。把答案填在答题卷相应的横线上或按题目要求作答。） 11．（6分）甲同学尝试用如图所示的实验装置来“探究互成角度的两个力合成的规律”。弹簧测力计a挂于固定点c，下端用细线挂一重物Q。弹簧测力计b的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点位置和拉线的方向。 （1）图中弹簧测力计a的示数为 N。 （2）下列要求不是实验必需的是 。 A．需要测量重物Q所受的重力 B．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置 C．拉线方向应与木板平面平行 D．弹簧测力计应在使用前校零 （3）乙同学换用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点，两弹簧测力计读数分别为和，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时读数为，通过作图法“探究互成角度的两个力合成的规律”时，下列图中符合实际情况的是 。 A．      B． C．        D． 12．（10分）一种新的短途代步工具——电动平衡车，被称为站着骑的电动车。某同学为了探究该车在平直水泥路面上的运动情况，设计了如下实验：将输液用的塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的扶手上，调节输液管的滴水速度。某滴水刚落地开始计时，从下一滴水落地依次计数为1、2、3……，当滴50滴水刚好落地时停止开始计时，测得时间为25.0s。该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行。如图所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），当地重力加速度，根据该同学的测量结果可得出： (1)平衡车在____段（填 “DE”“EF”或“FG”）关闭动力。平衡车加速过程的加速度大小a= m/s2， C点的速度大小v= m/s；（结果均保留三位有效数字） (2)设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k倍，则k= ；（结果保留两位有效数字） (3)若该同学把题中的50滴计成了51滴，那么测出的加速度将 （填“偏大”、“偏小”或“不变”） 四、计算题（本大题共3小题，共41分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数字计算的题，答案中必须写出数字和单位。） 13．（10分）如图所示，一质量的物块恰能沿倾角的固定斜面匀速自由下滑．重力加速度g取，，。不计空气阻力，求： （1）物块受到斜面支持力N； （2）物块与斜面间动摩擦因数； 14．（12分）某跳伞运动员在一次跳伞表演中，离开距地h=224m高的悬停直升机后，先做自由落体运动，当自由下落一段时间后打开降落伞，伞张开后做匀减速运动，其加速度大小a=12.5m/s2，运动员到达地面时速度v=5m/s，重力加速度g取10m/s2。 （1）运动员打开降落伞时速度多大； （2）运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面。 15．（19分）质量为的木板放在水平地面上，质量为的小滑块（其大小可忽略）放在木板上最右端，如图所示，木板与地面的摩擦因数为，木板与滑块间的动摩擦因数为。在木板右侧施加一个水平向右的恒力，取，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，求以下问题： （1）要使木板向右运动，至少多大； （2）要使滑块与木板发生相对滑动，至少多大； （3）若拉力，且只持续作用了的时间。设木板足够长，在从开始运动至最终木板和滑块都静止的整个运动过程中，求：滑块相对于木板的最大位移，以及最终滑块静止在木板上的位置（用物块与木板最右端的距离表示） 试卷第8页，共8页 试卷第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A．伽利略在运动的研究中创立了一套科学方法，其核心是把实验和逻辑推理相结合，故A正确，不符合题意； B．悬挂法寻找薄板重心的实验运用了两条直线交于一点和等效替代法，故B错误，符合题意； C．质点、光滑斜面是理想化模型，实际生活中并不存在，故C正确，不符合题意； D．推导匀变速直线运动位移公式时，把运动过程分成很多小段将各段匀速位移相加，这里运用了微元法，故D正确，不符合题意。 故选B。 2．B 【详解】A．邮轮静止在海面时，邮轮的重力和浮力是一对平衡力，故A错误； B．邮轮行驶时，水对邮轮的作用力与邮轮对水的作用力是一对相互作用力，大小相等、方向相反，故 B正确； C．从赤道到上海，重力加速度变大，邮轮受到的重力变大，故C错误； D．一个月指的是时间间隔，故D错误。 故选B。 3．A 【详解】根据表达式，得 又因，所以有 代入各物理量的国际单位，所以的单位用国际基本单位表示为，A正确。 故选A。 4．C 【详解】根据题意有 当它下落时，下落高度为 则此时离地的高度为 故选C。 5．D 【详解】A．货箱在匀速向上运行的自动人行道上一起匀速运动，货箱与自动人行道没有相对运动，货箱所受摩擦力不等于，应为 方向一定沿坡面向上，A错误； B．自动人行道对货箱的支持力垂直于人行道向上重力竖直向下，二者不是平衡力，B错误； CD．自动人行道对货箱作用力与重力平衡，其大小为mg，方向始终竖直向上，C错误、D正确； 故选D。 6．C 【详解】对小球进行受力分析，它受到拉力、重力和支持力，如图： 根据图中力三角形和几何三角形相似，由于滑轮的大小忽略不计，得到，解得：，由于R与h都不变，故支持力N不变，故只有选项C正确． 7．C 【详解】沿斜面方向对M列平衡方程得 对结点O受力分析，竖直方向 联立解得 M=2m A错误； B．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a有下滑趋势，由于不知道M与斜面之间的动摩擦因数，无法判断其运动情况，即无法求a的加速度，故B错误； C．设轻绳与水平方向夹角为，定滑轮处到P点轻绳长度为L，竖直杆到斜面的水平距离为d，则 将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，则d变大，L不变，变大，所以角减小， 所以轻绳拉力变大，C正确； D．将P端缓慢向上移动一小段距离，根据对C项分析可得d、L不变，则不变，即角度不变，所以 绳子的拉力不变，那么a的运动状态不变，所受摩擦力依然为零，D错误。 故选C。 8．AD 【详解】ABC．下落全过程中，跳杆接触地面前，该同学和跳杆做自由落体运动，速度增大，加速度保持不变；跳杆刚接触地面后，一开始弹簧弹力小于该同学和跳杆的总重力，该同学和跳杆继续向下做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力等于该同学和跳杆的总重力时，该同学和跳杆的速度达到最大；之后弹簧弹力大于该同学和跳杆的总重力，该同学和跳杆继续向下做加速度增大的减速运动；故A正确，BC错误； D．下落全过程中，跳跳杆形变量最大时，加速度方向向上，该同学处于超重状态，故D正确。 故选AD。 9．CD 【详解】A．根据题意，图线的0~3s段为抛物线，3s~4.5s段为直线，则可知0~3s内物块做匀变速直线运动，3s~4.5s内物块做匀速直线运动，而物块的位移在0~3s内先增加后减小，4.5s末回到出发点，则可知传送带顺时针转动，物块在传送带上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀速直线运动，故A错误； BC．根据图像可知，2s末物块的速度减为0，该时间内物块的对地位移大小为，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为，根据位移与时间的关系有 ， 其中 ， 解得 ， 而根据牛顿第二定律，对木块有 解得 故B错误，C正确； D．根据图像可知，物块减速阶段位移大小为，加速阶段位移大小为，达到与传送带共速所用时间为，根据图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为，则小物块与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移大小为 由此可得0~4.5s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为 故D正确。 故选CD。 10．CD 【详解】A．对甲图突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及形变，即弹簧的弹力不变，故A球所受合力为零，加速度为零，故A错误； CD．对甲图，撤去挡板前对AB整体，根据平衡条件得 撤去挡板的瞬间，弹簧的弹力不变，B球所受的合力即为挡板的弹力，由牛顿第二定律有 解得 对图乙，撤去挡板瞬间对AB整体，根据牛顿第二定律得 解得 则图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故CD正确； B．对乙图撤去挡板瞬间，假设轻杆的作用力不为零，假设杆对A的作用力向上，根据牛顿第二定律得 其中 解得 故B错误。 故选CD。 11． 5.80 B C 【详解】（1）[1]弹簧测力计的精确度是0.1N，所以读数应该是5.80N。 （2）[2]A．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确； B．改变拉力，进行多次实验，每次没必要都使O点静止在同一位置，故B错误； C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C正确； D．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故D正确。 本题选不必要的，故选B。 （3）[3]实际测量的合力应与橡皮筋在同一条直线上，即与橡皮筋在同一条直线上，由平行四边形定则作出的为理论值与实际值有一定的偏差，即由平行四边形定则作出的力为F，故C正确，A、B、D错误。故选C。 12． （1）EF 2.06～2.08 3.53 （2）0.046 （3）偏大 【详解】(1)[1]滴水时间间隔为 平衡车加速过程的加速度大小 [2]运动到C点的速度大小 (2)[3]平衡车减速过程的加速度为 根据牛顿第二定律 解得 (3)若该同学把题中的50滴计成了51滴，滴水时间间隔偏小，那么测出的加速度将偏大。 13．（1） 垂直于斜面向上；（2） 【详解】（1）以物块为对象，垂直斜面方向根据受力平衡可得 垂直于斜面向上 （2）以物块为对象，沿斜面方向根据受力平衡可得 又 联立可得物块与斜面间动摩擦因数为 14．（1）50 m/s；（2）8.6s 【详解】（1）由自由落体运动规律可得 打开降落伞做减速运动时，由运动学公式得 又由于 解得 （2）由自由落体运动规律可得 v1=gt1 解得 t1=5 s 运动员减速过程，由匀变速直线运动规律可得 解得 t＝t1＋t2＝8.6s 15．（1）3N；（2）4.5N；（3）4.5m，3.3m 【详解】（1）据分析知，要使木板向右运动 （2）由牛顿第二定律得，滑块最大的加速度为 解得 当系统加速度大于1m/s2时物块与板会发生相对运动，当系统的加速度等于1m/s2时，此时外力F为滑块与木板发生相对滑动的最小值，对整体由牛顿第二定律得 滑动摩擦力为     竖直方向 联立解得 （3）由于 物块与板发生了相对滑动 根据第一问分析知滑块的加速度为 对木板由牛顿第二定律得 解得 力F撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板减速，直到它们速度一样，力F撤去后木板的加速度大小为 设经的时间他们的速度相等，由运动学公式得 代入数据解得 最大相对位移为 共速后木板继续减速，加速度的大小为 滑块也做减速运动，加速度的大小为 直到最后都停止运动。到他们都停止运动时，又发生相对运动位移为 最终木块停在离木板右端点左方，距离右端点距离为如图所示    答案第6页，共9页 答案第7页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $$