周测评(8)阶段检测(二)-【衡水真题密卷】2024-2025全学年高一物理学科素养周测评（粤教版）

密 2024一2025学年度学科素养周测评（八） 物理·阶段检测（二） (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 5 答案 1.小明同学用力传感器探究物块所受摩擦力，如图甲所示。固定的力传感器通过水平细 线与物块相连，能记录细线拉力的大小F。物块放在水平长木板上，现缓慢用力向左抽 动长木板，得到F-t图像如图乙所示。结合图示相关信息，下列说法不正确的是() ↑F/N 12 物块 力传感器| 10 8 6 实验台 长木板 2.53.03.54.04.55.05.56.06.57.0t/s A.物块所受摩擦力方向与长木板运动方向相同 B.物块和长木板之间静摩擦力的大小存在一个最大值 C.由题中信息可以测出物块与长木板间的动摩擦因数 D.细线对物块的拉力与物块所受摩擦力的大小时刻相等 2.消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图甲所示。取某个碗的 正视图如图乙所示，碗的横截面为半圆，其中α、b分别为两光滑水平金属杆，下列说法 正确的是 () b 乙 A.若减小α、b杆间距，碗仍保持竖直静止，b杆受到的弹力减小 B.若减小a、b杆间距，碗仍保持竖直静止，a杆受到的弹力不变 C.若将质量相同、半径更小的碗竖直放置于a、b杆之间，a杆受到的弹力减小 D.若将质量相同、半径更小的碗竖直放置于α、b杆之间，b杆受到的弹力减小 高一学科素养周测评（八）物理第1页（共4页） 衡水真 3.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的 班级 无线充电宝在使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图甲为科创小 组某同学手握手机（手不接触充电宝）时的画面，利用手机软件记录竖直放置的手机及 姓名 吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手机与充电宝始终相对 静止)，记录的加速度α随时间t变化的图像如图乙所示（规定向上为正方向），且图线上 ------------ 下部分分别与时间轴围成图形的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg,手机与充电 得分 宝之间最大静摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2,则在该过程中 ( ) ↑a/m's 2 0∞ t/s -10 手机 -12 充电宝 -20 甲 A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态 B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同 C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N D.充电宝与手机之间的吸力大小至少为12N 4.图甲为某消防队员进行滑杆训练的情景，某次，消防队员滑下过程的-t图像如图乙所 示，倾斜虚线为t=0.6s时的切线，取g=10m/s2,下列说法正确的是 () /(m·s) 0.61.0 2.0t/s 乙 A.0~0.6s内，消防队员做自由落体运动 B.0~2.0s内，消防队员滑下的距离为6.4m C.减速的一瞬间，消防队员受到杆的阻力是其重力的2.25倍 D.0.6~2.0s内，消防队员所受滑竿的阻力越来越大 5.如图所示，两个完全相同的箱子甲、乙放在水平地面上，箱子中分别放着两个完全相同 的木块A和B,用两根完全相同的轻质弹簧连接，弹簧的另一端固定在箱子的右上角。 两个箱子唯一的不同之处在于甲箱中的木块A位置比较靠左，弹簧处于拉长状态，乙箱 中的木块B位置比较靠右，而弹簧处于压缩状态，甲箱中弹簧的拉伸量与乙箱中弹簧的 压缩量相同，下列说法正确的是 题密卷 高一学科素养周测评（八）物理第2页（共4页） YJ A.两个箱子对地面的压力大小相同 分 B.两个箱子受到地面的摩擦力方向相反 A C.两个木块对箱子的压力大小之和大于两个木块的重力之和 D.木块A受到箱子的摩擦力大小与木块B受到箱子的摩擦力大小相等 6.如图所示，光滑水平面上放置木板C,一支架B放置在木板C上，一段细线上端固定在 支架上，下端连接小球A。已知小球A、支架B、木板C质量分别为1kg、2kg、3kg,支 架B底座与木板C之间的动摩擦因数以=0.75，现对木板施加水平向右的拉力F,设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin53°=cos37°=0.8，cos53°=sin37°=0.6，取g= 10m/s2,下列说法正确的是 ) A.细线与竖直方向的最大偏角为53° B.细线与竖直方向的最大偏角为37 B C.当拉力F=30N时，细线对A的拉力大小为5√5N H 777777777777777777777777777777 D.当支架B与木板C间发生滑动时，拉力F的最小值为22.5N 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)某同学设计了如图甲所示的实验装置，该装置既可以验证牛顿第二定律，也可以 测量凹形滑块的质量与当地的重力加速度，实验器材有加速度传感器、质量已知的钩 码、木板（左端带定滑轮）、轻质细线。 1 加速度传感器 1凹形滑块 木板 ( 钩码 7777777777777777777 甲 实验步骤如下： ①调节滑轮使细线与木板平行，然后调整木板的倾角来平衡木板对滑块的摩擦力； ②挂上钩码，由静止释放滑块，记录加速度传感器的示数以及相应的钩码质量； ③改变悬挂钩码的个数，重复步骤②，得到多组加速度α与相应悬挂的钩码总质量M; ④画出的函数关系图像如图乙所示。 回答下列问题： (1)在平衡木板对滑块的摩擦力时 (填“需要”或“不需要”)在细线的下端挂上 钩码，本实验 (填“需要”或“不需要”)滑块的质量远大于所悬挂钩码的 质量。 (2)设当地的重力加速度为g,滑块的质量为，写出图乙的函数表达式 (用g、m、M、a来表示)。 (3)由图乙可得m= (用b来表示)，g= (用b、c、d来表示)。 YJ 高一学科素养周测评（八）物理第3页（共4页） 衡水真是 8.(20分)如图所示，倾角为0的光滑斜面固定在水平面上，斜面上有一挡板D,挡板D下 方的斜面足够长。在距离挡板x。处有一长木板C,长木板上有A、B两个小滑块，已知 A、B、C质量均为m,小滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为41=tan0和42= 2am0。A与长木板下端的距离为L1日A,B间的距离为L:号。现让A、 1 B、C同时由静止释放，在以后的运动过程中，若长木板与挡板发生碰撞，则碰撞前后长 木板的速度等大反向，重力加速度为g。求： (1)长木板第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小。 (2)从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑块A相碰经历的时间。 0X0 YYFYYKYKYYYYYY77Y77771777777777777747 9.(20分)如图甲所示的输送机广泛用于物料出人库和装卸，它由一台水平传送带AB、一 台倾角日=30°的传送带CD以及水平平台EF组成，示意图如图乙所示。已知AB= 3m,EF=4m,货物与AB、EF间的动摩擦因数均为k1=0.05,与CD间的动摩擦因数 为42= 2邓，可视为质点的货物从A端无初速度释放，最后恰好停在平台E下的右端下 73 点。两条传送带均沿顺时针方向转动，水平传送带的速率始终为v1=1.0/s。货物经 过各连接处时速度大小不变，且始终不会离开接触面，取g=10/s2。 (1)求货物在AB上运动的时间t。 (2)若倾斜传送带的速度v2=2.5m/s,求EF距离AB的高度h。 (3)若倾斜传送带的速度v2=2.0m/s,货物在经过C点时由于外包装破损，在CD传送 带上留下了一道划痕（不影响动摩擦因数），求划痕的长度x。 DE U2/ 甲 密卷 高一学科素养周测评（八）物理第4页（共4页）·物理· v012 解得h。-2g2X10m=0.05m. (2)运动员从起跳到最高点所用时间为t1 41=0=0.1s g 运动员从最高点到距水面1.6m处所用时间 为t2 A。+H-h,=28 代入数据解得t2=1.3s 运动员完成规定动作允许的最长时间为 tm=t1+t2=0.1s+1.3s=1.4s。 2024一2025学年度学科素养周 一、选择题 1.C【解析】长木板所受摩擦力方向与其运动方向 相反，根据牛顿第三定律可知，物块所受摩擦力 方向与长木板运动方向相同，A正确；静摩擦力 随着拉力的增大，不断变大，滑动摩擦力略小于 最大静摩擦力，由题图乙可知，物块和长木板之 间静摩擦力的大小存在一个最大值，约为10N,B 正确；根据滑动摩擦力公式有f=mg,由于物块 的质量未知，故无法测出物块与长木板间的动摩 擦因数，C错误；物块在水平方向上只受到细线的 拉力和长木板的摩擦力，而物块始终处于静止状 态。根据平衡条件可知，细线对物块的拉力与物 块所受摩擦力的大小时刻相等，方向相反， D正确。 2.A【解析】对碗受力F2…- 分析如图，设b杆对 碗的弹力F?与竖直 方向的夹角为0，则 F=Gtan 0,F,= G G c0s0若减小a,b杆 间距，则日减小，a杆和b杆受到的弹力均减小， A正确，B错误；杆对碗的作用力的合力与碗的重 力等大反向，则将质量相同、半径更小的碗竖直 放置于a、b杆之间，弹力F2与竖直方向的夹角0 将变大，由此可知a杆和b杆受到的弹力均变 大，C、D错误。 3.D【解析】手机与充电宝从静止开始，向下先做 加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度 减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到 ·13 参考答案及解析 (3)运动员入水时，由速度一位移关系公式可得 v2=2g (hm+H) 代入数据解得入水时速度大小为v=√201m/s 设运动员入水后加速度为a,运动员入水后至水 深h处，由速度位移关系公式可得 -2ah=0-v2 代入数据解得a=40.2m/s2 运动员入水后至水深h处的过程中，受到重力 mg和水的平均作用力F,由牛顿第二定律可得 F-mg=ma 解得平均作用力F的大小为F=2O08N。 评（八）物理·阶段检测（二） 最大，再向下做加速度增大的减速运动，速度减 小到零后再向上运动，A错误；充电宝在t2时刻 加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上，充电 宝在t3时刻加速度方向向下，由一mg十F:= ma3,a3=l2m/s2,可知所受的摩擦力方向向下， B错误；在t1时刻充电宝向下的加速度为l0m/s2, 充电宝与手机之间的摩擦力最小值为零，C错误； 在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手 机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得 Fmax一mg=ma2,又Fmax=F,解得充电宝与 手机之间的吸力大小至少为F=12N,D 正确。 4.C【解析】0~0.6s内，消防队员向下做初速度 为零的匀加速运动，加速度大小为a=△ 0.6-0m/s≈8.3m/s2<10m/s2,A错误；若 5-0 0.6~2.0s内，消防队员做匀减速直线运动，则 消防队员滑下的距离等于6.4m,由于0.6~ 2.0s内消防队员做加速度减小的减速运动，所 以0~2.0s内，消防队员滑下的距离小于 6.4m,B错误；减速的一瞬间，消防队员的加速 5 度大小为Q1二△t1=1.0-0,6m/s= 12.5m/s2,由牛顿第二定律得F:-mg=ma1, 解得消防队员受到杆的阻力F:=m(g十a1)= 2.25mg,C正确；0.6~2.0s内，消防队员做加速 度减小的减速运动，由F一mg=ma'可知所受 滑竿的阻力越来越小，D错误。 YJ 衡水真题密卷 5.AC【解析】以甲箱、木块A和弹簧作为整体， 根据受力平衡可知，甲箱受到地面的摩擦力为0， 地面对甲箱的支持力大小等于整体的重力；同理 以乙箱、木块B和弹簧作为整体，根据受力平衡 可知，乙箱受到地面的摩擦力为0，地面对乙箱的 支持力大小等于整体的重力，则两个箱子对地面 的压力大小相同，A正确，B错误；设两个木块的 质量均为m,两个弹簧的劲度系数均为，形变量 大小均为x,弹簧弹力与竖直方向的夹角为日，对 木块A进行受力分析可得NA十xcos9=mg, fA=kxsin0,乙箱中弹簧与竖直方向的夹角为 a,且a<0,对木块B进行受力分析可得Ng= kxcos a十mg,fB=kxsin a,由于a<0,所以 fA>fB,D错误；NA+Ng=mg-kxcos0+ kxcos a十mg>2mg,C正确。 6.BC【解析】根据题意可知，支架B与木板C间 发生滑动时，支架B与小球A的加速度最大，有 f=μ(mA十mB)g=(mA十mB)ao,即ao=g= 7.5m/s2,此时细线与竖直方向夹角最大为0，选 小球A为研究对象，则有Tcos0=mAg,Tsin0= mAa0,解得0=37°，A错误，B正确；选木板C为 研究对象，则有F-f=mcac,且ac≥ao,解得 F≥45N,即当支架B与木板C间发生滑动时， 拉力F最小值为45N,D错误；当拉力F=30N 时，支架B与木板C相对静止，即A、B、C三者相 对静止，其加速度为a,由牛顿第二定律，有F= (mA十mB十mc)a,解得a=5m/s2,此时细线 拉力为T,细线与竖直方向的偏角为a,选小球 A为研究对象，有Tcos a=mAg,Tsin a= mAa,解得T=mA√a2+g=5√5N,C正确。 二、非选择题 7.(1)不需要 、11+8 不需要(2)M一mma 3)-号d 【解析】(1)在平衡木板对滑块的摩擦力时不需 要在细线的下端挂上钩码，调整木板倾角以使得 滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力；本实验通 过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的 质量考虑进去，故不需要用钩码的重力代替滑块 所受的合外力，不需要滑块的质量远大于所悬挂钩 码的质量。 Y灯 学科素养周测评 (2)对整体应用牛顿第二定律可得Mg=(M十 =-1+g.1=-1+g m)a,变形可得M一m+m a m ma 8)由题因乙可得-日=6，是-，解得m 1 m 1 b-c -6g=6d。 、132x0 8.(1)√/2 gxosin0(2) 5 gsin 0 【解析】(1)长木板第一次与挡板碰撞前把A、B、 C作为整体共同沿斜面加速下滑，有 v2=2(gsin 0)xo 解得v=√2 gxosin0。 (2)由释放到C、D第一次相碰用时 t1= 2x0 gsin0√gsin0 C、D第一次相碰后A的加速度为 mgsin 0-uimg cos 0 a1= 0 m B的加速度为 mg sin 0-u2mg cos 0 1 a2= m 28sin日 C的加速度为 mgsin 0+umg cos 0++uzmgcos 0 5 a3= m 2gsin 0 C、D第一次相碰后到C与A共速过程中，C的 加速度不变，则C与A共速时，C再次与挡板相 碰，由此可知，B在追A的过程中，A、B加速度 均不变，因此长木板第一次与挡板碰撞后到A追 上B总用时 1 L2=t,十2at号-t: 解得t2= 82x。 5gsin 0 从同时释放A、B、C到小滑块B第一次与小滑 块A相碰经历的时间为 13 2x0 t=t1+t2= 5gsin 0 9.(1)4s(2)3m(3)2m 【解析】(1)货物在传送带上的加速度为 a1=41g=0.5m/s2 ·物理· 参考答案及解析 货物在AB上加速运动的时间 f=μ2 ng cos30°>mg sin309 02 且v2>UD 所以货物在传送带CD上一直加速到达D端，货 加速运动的位移为 物的加速度为 =1m<AB x1-2a1 1 a2=u2gcos 0-gsin 0=- 4m/s2 因此货物在AB上先加速度后匀速，匀速运动时 位移为 间为 vD一w1 1-AB-512s XCD- 2a2 二6m 1 EF距离AB的高度h为 货物在AB上运动的时间 h=xcp sin 0=3m。 t=t1+t2=4s。 (3)由于⑦2=vD,因此货物在传送带上仍然一直 (2)货物在平台EF上做匀减速直线运动，有 加速到D端，该过程与传送带发生相对滑动，所 品 以划痕是货物加速时与CD间相对滑动产生的， EF=2u18 货物在传送带上加速的时间为 到达D点速度为 UD=2 m/s 4=":-041=4s a2 货物滑上CD的速度 划痕长度为 v1<02 I=v2t3-IcD=2 mo 货物在CD上受到的摩擦力 2024一2025学年度学科素养周测评（九）物理·抛体运动 一、选择题 斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度 1.D【解析】运用逆向思维，从最高点到最低点相 为vocos 0,加速度为gsin0的匀加速直线运动， 当于平抛运动，速度的偏转角为45°，则根据平抛 则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，A错 运动水平方向的分运动为匀速直线运动和竖直 误；小球在垂直于斜面方向做初速度为vosin0, 方向的分运动为自由落体运动，可得2=0：， 加速度为gcos日的匀减速直线运动，B点是运动 过程中距离斜面的最远处，则此时小球沿垂直于 h=受，逵度偏向角的正切值tan45°-号，联立 斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O 解得L=4h,A、B错误；运用逆向思维，可得v= 到B与B到C的时间相等，均为t=sin日， 8cos日，则 √0十，解得z=v,= 2,竖直方向由速度与 1 有LoA=cos0·t+2gsin0·t2,Loc=ucos0· 位移的关系可得o=2gh,而v2=2十v号=2u, 1 2t+ 解得v2=4gh=gL,C错误，D正确。 gsin0·(2t)2,可得LAc=Lac-LoA= 2.D【解析】将大球的速度沿轻绳方向和与轻绳 gsin0·3t, 1 vcos0·t+ 垂直方向进行分解，如图所示。由几何关系得 B=0一a=30°，则物块的速度大小v2=01cosB= LOA vocos6,t+2gsin0·t 201D正确。 则有乙Ac 1 ocos0,t+28sin0·3u 1 ucos0,t+2gsin0·t 3,B错误；将小 1 ucos0,3t+2gsin0·3t 球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方 3.C【解析】将小球的运动分解为沿斜面和垂直于 向的自由落体运动，则小球从O到B有xOB= ·15· YJ