安徽省合肥市重点中学2023-2024学年高一上学期期末联考物理试题（含解析）

合肥市重点中学2023-2024学年高一上学期期末联考
物理试题
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2．答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0．5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．在户外亲子活动中，小李同学和家人一起搭了天幕，还装饰了气球。有一个静止的氢气球脱手后，加速飘上去并最终停在倾斜的天幕顶下，如图所示，关于该氢气球的受力，下列说法正确的是（ ）
A．氢气球共受到三个力的作用 B．氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向下
C．氢气球和天幕之间可能不存在摩擦力 D．气球受到天幕的作用力竖直向下
2．如图所示，A、B两物块质量相等，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态时，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x。现将悬绳剪断，则下列说法正确的是（ ）
A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为g
B．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2g
C．悬绳剪断瞬间，B物块对桌面的压力大小等于B物块的重力
D．悬绳剪断瞬间，B物块对桌面的压力大小等于B物块的重力的两倍
3．如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则（ ）
A．时刻小球速度最大
B．这段时间内，小球的速度先增大后减小
C．这段时间内，小球所受合外力一直减小
D．全过程小球的加速度先减小后增大
4．如图所示，有A、B两个均可视为质点的小球质量分别是2m和m，通过长为L的竖直轻绳相连。用手拿着A球，B球距地面高度为h，释放后两球落地时间差为，不计空气阻力，则以下说法中正确的是（ ）
A．若仅将两小球位置互换，则时间差增大
B．若仅将L增大，则时间差增大
C．若仅将h增大，则时间差增大
D．若仅将B小球质量也增大到2m，则时间差增大
5．在一次杂技表演中，表演者顶着一竖直杆沿水平地面运动，其位移—时间图像（图像）如图甲所示。与此同时猴子沿竖直杆向上运动，如图乙所示，其沿竖直方向的速度—时间图像（图像）如图丙所示，若以地面为参考系，下列说法正确的是（ ）
A．猴子的运动轨迹为直线 B．时猴子的速度大小为8m/s
C．猴子在前2s内的加速度大小为 D．猴子在前2s内运动的位移大小为16m
6．生活中常用刀来劈开物体。如图所示为刀刃的横截面，F是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为，则可知刀劈开物体时对其侧向推力、的大小为（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知，则（ ）
A．时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
C．时间内小物块受滑动摩擦力作用，时间内小物块受静摩擦力作用
D．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
8．下列关于运动的说法中，正确的是（ ）
A．物体的速度为零时，加速度也一定为零
B．物体的速度变化越快，加速度越大
C．物体做曲线运动一定有加速度
D．做曲线运动的物体的合力方向在曲线运动的切线方向
9．a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，时刻，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动过程中，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．质点a做匀加速运动的加速度为
B．质点b做匀速运动的速度为1.0m/s
C．时，a、b再次到达同一位置
D．时，a、b再次到达同一位置
10．如图所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等。有三个完全相同的可视为质点的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中小球b在两斜面之间，a、c分别在两斜面顶端。若同时释放a、b、c，小球到达该水平面的时间分别为、、。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球到达水平面的时间分别为、、。下列关于时间的关系正确的是（ ）
A． B．，，
C． D．，，
二、实验题（本题共16分）
11．如图甲所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量用m表示，小车和砝码的总质量用M表示，实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，交流电的频率为50Hz。
（1）除了甲图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有________；
A．秒表 B．天平 C．刻度尺 D．弹簧秤
（2）实验主要采用的研究方法是________；
A．理想模型法 B．微元法 C．控制变量法 D．等效替代法
（3）该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高来补偿阻力的影响，有关补偿阻力下列操作正确的是________
A．小车需要悬挂砂和砂桶同时连接纸带并使用打点计时器
B．小车需要悬挂砂和砂桶但不使用纸带和打点计时器
C．小车不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器
D．小车不悬挂砂和砂桶也不使用纸带和打点计时器
（4）在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持________（用题中字母表示）的总质量不变，多次改变________（用题中字母表示）的总质量，并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出________图像进而得出实验结论。
（5）实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得加速度________（结果保留三位有效数字）。
（6）在保持质量不变的情况下探究加速度与力的关系时，某同学根据测得的多组数据绘制图像如图丙所示。图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是________。
A．长木板的倾角过大 B．小车和砝码的总质量过大
C．小车与长木板之间存在摩擦 D．砂和砂桶的总质量过大
三、计算题（本题共3小题，共38分。作答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
12．（12分）如图甲所示为很多商业步行街用来阻挡机动车辆进入的石球路障。现有一工作人员用一轻绳绕过石球按图乙所示方式匀速拉动石球，此时两侧轻绳互相平行，且与水平地面间的夹角均为。已知石球路障总质量，石球底座与地面间的动摩擦因数，重力加速度，不计绳与球面间的摩擦，，。求一侧轻绳拉力的大小T及地面对石球支持力的大小N。
13．（12分）如图所示，在距地面高为处，有一小球A以初速度水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B由静止开始在水平恒力F的作用下同方向滑出，已知B物体的质量为，，A、B均可看成质点，假设水平面光滑、空气阻力不计，，求：
（1）A球从抛出到落地的时间；
（2）A球从抛出到落地这段时间内的水平位移；
（3）A球落地时，A、B之间的距离。
14．（14分）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取，，。求：
（1）小滑块的质量m及其与木板的动摩擦因数？
（2）当拉力时，长木板的加速度大小为多大？
合肥市重点中学2023-2024学年高一上学期期末联考
物理答案
1.D
【详解】A.氢气球受重力、浮力、天幕对球的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，选项A错误；
BC.天幕顶对气球的弹力垂直天幕斜向下，则由平衡可知，气球一定受到天幕的摩擦力；气球相对天幕有斜向上运动的趋势，则天幕对气球的摩擦力沿天幕斜向下，则氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向上，选项BC错误；
D.气球受力平衡，因浮力和重力合力竖直向上，则气球受到天幕的作用力（弹力和摩擦力的合力）竖直向下，选项D正确.
故选D.
2.B
【详解】AB.剪断悬绳前，对B受力分析，根据平衡条件，知弹力
剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A分析，A的合力为
根据牛顿第二定律，得
故A错误，B正确；
CD.剪断瞬间，弹簧弹力不变，B物块受合力仍为零，对桌面压力仍为零，故CD错误.故选B.
3.B
【详解】A、时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速度不是最大.当弹簧的弹力等于重力时速度才最大.故A错误.
B、这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，合外力先向下后向上，所以小球先加速后减速，即小球的速度先增大后减小.故B正确.
C、这段时间内，小球向下运动，加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大.这段时间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合外力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，合外力先减小后增大，根据牛顿牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大.故CD错误
故选：B.
4.B
【详解】AD.两小球做自由落体运动，运动情况与质量无关，则将两小球位置互换或将B小球质量也增大到，则时间差不变，故AD错误；
B.根据自由落体运动规律有
，
时间差为
可知若将增大，则时间差增大，故B正确；
C.根据自由落体运动规律可得，B球落地时A球的速度为
则有
可知，若将增大，则时间差减小，故C错误.
故选B.
5.C
【详解】A.由题图甲、丙知，猴子在水平方向上做速度大小为的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度大小为、加速度大小为的匀减速直线运动，分析知合初速度与合加速度方向不在同一直线上，其合运动为曲线运动，故A错误；
B.时猴子的速度大小为
故B错误；
C.猴子在前内的加速度大小为，故C正确；
D.内猴子沿水平方向的位移大小为，沿竖直方向的位移大小为
所以猴子在内的位移大小为
故D错误.
故选C.
6.A
解：将力根据平行四边形定则分解如图
由几何知识得，侧向推力的大小为
故A正确，BCD错误；
故选：A.
7.D
解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
由上述可知，在时间内小物块相对于传送带向左运动，在时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，可知，时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故B错误.
小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，由题图信息和上述分析，时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力.在时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故D正确；
故选：D.
8.BC
【详解】A.物体的速度为零时，加速度不一定为零，故A错误；
B.加速度表示物体的速度变化的快慢，所以速度变化越快，加速度越大，故B正确；
C.物体做曲线运动时，速度一定发生变化，根据可知，加速度一定不为零，即物体一定有加速度，故C正确；
D.做曲线运动的物体的合力方向不在曲线运动的切线方向，而是速度在切线方向上，若合力也在切线方向上，则物体将做直线运动，故D错误.
故选BC.
9.BC
【详解】AB.对质点，根据数学知识得
与匀变速直线运动的位移公式对比得
，
所以质点做匀加速运动的加速度为，质点做匀速运动的速度为，故A错误，B正确；
C.时，相等，则相等，所以时，质点、再次到达同一位置，故C正确；
D.由题图知，对于质点，有
所以质点做速度为的匀速直线运动.在时，质点的速度
大于质点的速度，所以之后两个质点不再相遇，故D错误.
故选BC.
10.ABC
【详解】根据题意可知，由静止释放三个小球时，对有
解得
对有
解得
对有
解得
则有
当水平抛出三个小球时，小球做平抛运动，小球、在斜面内做类平抛运动.沿斜面方向的运动同第一种情况，所以
、、
故选ABC.
11.BC C C 1.10 D
【详解】（1）[1]通过打点计时器可以得到计数点的时间间隔，所以不需要秒表；需要用天平测质量，不需要用弹簧秤测力的大小；需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离.
故选BC.
（2）[2]探究加速度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主要应用的方法是控制变量法.
故选C.
（3）[3]该实验中需要把带滑轮的长木板右垫高来补偿阻力的影响；利用小车重力沿木板向下的分力来补偿阻力，所以小车不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器.
故选C.
（4）[4][5][6]在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持砂和砂桶（或）的总质量不变，多次改变小车和砝码（或）的总质量，并测量出每次对应的加速度.根据实验数据描绘出图像进而得出实验结论.
（5）[7]由纸带可知，相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得加速度为
（6）[8]实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小；以为对象，有
以为对象，有
可得
其中图像中
可知当时，图像的斜率几乎不变，图线几乎成一直线，当不满足远小于时，图像的斜率随的增大而明显减小，则图线明显偏离直线.
故选D.
12.200N，960N
【详解】对石球受力分析如图所示
匀速拉动，由平衡条件有
（4分）
（4分）
又
联立解得
（2分），（2分）
13.（1）；（2）；（3）.
【详解】（1）小球A抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
（2分）
解得
（2分）
（2）小球A在水平方向做匀速直线运动，则有
（4分）
（3）设B物体的加速度为，根据牛顿第二定律可得
解得
小球A与B物体的运动具有同时性，A球落地时，B物体走的位移大小为
（2分）
故A、B之间的距离为
（2分）
14.（1），（2）
【详解】（1）当等于时，加速度为.对整体由平衡条件：
（2分）
代入数据解得
（2分）
当大于时，根据牛顿第二定律得
（2分）
长木板的加速度
知图线的斜率
截距
解得
，（2分），（2分）
（2）当拉力时，代入长木板的加速度
（2分）
解得长木板的加速度为
（2分）