安徽省宣城市2022-2023學年高一上學期期末調研測試物理試題 含解析

宣城市2022-2023學年度高一第一學期期末調研測試

物理試題

第I卷（選擇題共48分）

一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分.在每小題給出的四個選項中，第1-8

題只有一項符合題目要求，第9-12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不

全的得2分，有選錯的得0分.

1.2021年3月1日，宣績高速鐵路正式批復開工建設，建設工期3.5年.宣績高鐵地處皖南山區(qū)，正線全

長111.6km,運行速度最高可達350km∕h,是蘇皖贛快速鐵路通道、皖江地區(qū)城際鐵路網的重要組成部分，

也是長三角城際軌道交通網中的骨干線路.下列說法正確的是（）

A.研究單程運行時間時可以把高鐵看成質點B.“111.6km”指的是列車全程的位移大小

C.“350km∕h”指的是列車全程的平均速度大小D.”2021年3月I日”指的是時間間隔

【答案】A

【解析】

【詳解】A.研究單程運行時間時高鐵的形狀和大小可以忽略不計，故此時高鐵可看成質點，故A正確；

B."111.6km”指的是列車全程的實際運動軌跡，即路程大小，故B錯誤；

C.運行速度最高可達350km∕h,指的是列車的瞬時速率，故C錯誤；

D.“2021年3月1日"指的是時刻，故D錯誤。

故選Ao

2.一個可視為質點的物體受到大小分別為IN、2N、3N、4N的四個力作用而處于平衡狀態(tài)，現僅將大小

為4N的力繞作用點順時針旋轉60。，此時作用在物體上的合力大小為（）

A.8NB.4√2NC.OND.4N

【答案】D

【解析】

【詳解】由題意可知，四力的合力為零，則可知IN、2N、3N三個力的合力4N；與4N大小相等方向相

反；則4N的力繞作用點順時針旋轉60。，其他三力的合力不變，那么現在變?yōu)?N的兩個力，其夾角成

120°,因此這兩個力的合力大小為4N,故ABC錯誤，D正確。

故選D。

3.如圖所示，某人用手抓住一只裝了部分水的杯子靜止在空中，下列說法正確的是（）

A.手對杯子的摩擦力和杯子對手的彈力是一對作用力與反作用力

B.手對杯子的壓力越大，杯子受到的摩擦力就越大

C,往杯子里再加一些水，杯子仍保持靜止則手對杯子的壓力一定要增大

D.往杯子里再加一些水，杯子仍保持靜止則杯子受到的摩擦力一定增大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.手對杯子的摩擦力和杯子對手的摩擦力是一對作用力與反作用力，故A錯誤；

B.杯子處于靜止狀態(tài)，即豎直向下的重力和豎直向上的靜摩擦力二力平衡，當增大手對杯子的壓力，靜

摩擦力與壓力無關，靜摩擦力保持不變，故B錯誤；

CD.當往杯中再加入一些水時，杯子與水的總重力增大，杯子仍然靜止，則杯子受到的靜摩擦力增大，手

對杯子的壓力不一定增大，故C錯誤，D正確。

故選D。

4.在解答一道已知量完全由字母表達結果的計算題時，一個同學解得某物體的位移表達式如下，請你用單

位制的知識檢查結果可能正確的是()

?-x=%f+丁?+，2)B.X=丁(4+幻"+%C.x=—^+?2)+x0D.x=-^-(tl+t2)

2m2m2m''2m^

【答案】C

【解析】

【詳解】力的單位是N,又

IN=Ikg?m∕s2

時間的單位是s,質量的單位是kg,等式左邊的單位為m。

A.等式右邊的單位為

,Nkg?m∕s2,

m/s?s+----s=m+----------s=m+m∕s

kgkg

故A錯誤；

B.等式右邊的單位為

N.kg?m/s,,

s^2+m/s=-s2+m/s=m+m/s

kg-------------------kg

故B錯誤：

C.等式右邊的單位為

—?s2+m=m

kg

故C正確；

D.等式右邊的單位為

Nkg?m/s2.

----s=—---------s=m/s

kgkg

故D錯誤。

故選C。

5.某幼兒園要在空地上做一個滑梯，滑梯的高度確定為2m。設計時，滑板和兒童褲料之間的動摩擦因數

取04為使兒童在滑梯游戲時能在滑板上滑下，且滑到底端時速度不超過5m/S,g取IOm/s?,則下列

符合設計的滑梯的水平跨度為（）

A.7mB.6mC.3mD.Im

【答案】C

【解析】

【詳解】設斜面傾角為為了使兒童能夠下滑，需要滿足

mgsinθ>μmgcosθ

可得

tan<9>〃=0.4

滑梯的水平跨度應滿足

h

X=------<5m

tan。

設兒童滑行過程的加速度為“，則有

mesinθ-μmvcosθ.八八

a=---------------------------=gsin夕一〃gcosΘ

m

兒童滑到底端時速度為V,則有

?h2

2a------=V

Sine

可得

V=2gh(l-―?-)≤5m∕s

Vtan。

解得

“3.2

tanΘ≤—

3

滑梯的水平跨度應滿足

h6

X=------≥——m

tan3.2

綜上分析可知滑梯的水平跨度應滿足

6,U

——m≤x<5m

3.2

故選c。

6.如圖所示，一質量為5kg的物體放在水平面上，同時受到耳=30N和6=18N的水平力作用，物體

與地面之間的動摩擦因數為04設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度g=10m∕S?.下列

說法正確的是（）

F-------------F

<-1--------'----------A2

777777777777777777777777Λ7777777Γ

A.若只撤去￡,物體向右運動，加速度大小為3.6m∕s2

B.若只撤去尸2，物體向左運動，加速度大小為2m∕s2

C.當耳、鳥兩力均作用于物體時，物體受到的摩擦力大小為12N,方向水平向左

D.若只撤去士，物體受到的摩擦力大小為20N,方向水平向左

【答案】B

【解析】

【詳解】AD.物體放在水平面上所受滑動摩擦力為

f=μmg=20N

若只撤去6,則工小于最大靜摩擦力，物體保持靜止狀態(tài)，此時尸2和靜摩擦力平衡，此時摩擦力大小為

18N,方向水平向左，加速度大小為0,故AD錯誤；

B.若只撤去F2,則耳大于最大靜摩擦力，物體向左運動，此時

"=6—/=1ON

則由牛頓第二定律有

C/=-=2m∕s2

m

故B正確；

C.當6、F2兩力均作用于物體時，6與尸2的合力大小為12N,方向水平向左，則且兩個力的合力小于

最大靜摩擦力，物體保持靜止狀態(tài)，此時兩個力的合力與靜摩擦力平衡，即物體受到的摩擦力大小為∣2N,

方向水平向右，故C錯誤。

故選B。

7.甲同學在電梯中進行實驗，將一輕質彈簧固定在電梯頂端，彈簧下端連接一個小球，甲同學站在一個

體重計上，電梯未啟動時，體重計的示數為50kg,在電梯啟動后，體重計的示數變?yōu)?7.5kg,已知重力

加速度g=1L0m∕s2,由此可判斷（）

K

σf

?

A.電梯可能加速上升，加速度為2.5m∕s2

B.電梯可能減速上升，加速度為5m/S?

C.電梯啟動后彈簧的伸長量為電梯靜止時的四分之三

D.電梯啟動后彈簧的伸長量為電梯靜止時的四分之一

【答案】C

【解析】

【詳解】電梯未啟動時，體重計的示數為50kg,在電梯啟動后，體重計的示數變?yōu)?7.5kg,根據牛頓第

二定律

mg-m'g=ma

解得

a=2.5m∕s2

方向向下，電梯可能加速下降或減速上升，對小球電梯靜止時

m°g=kx、

電梯啟動后

ZHOg一仇=m0a

解得電梯啟動后彈簧的伸長量為電梯靜止時的四分之三，故C正確ABD錯誤。

故選C,,

8.如圖所示，楔形木塊而C固定在水平面上，光滑斜面湖與水平面的夾角為60。，粗糙斜面歷與水平面

的夾角為30。，頂角6處安裝一個定滑輪。質量分別為M、機的兩滑塊A和B,通過不可伸長的輕繩跨過

定滑輪連接，輕繩與斜面平行。整個系統(tǒng)始終處于靜止狀態(tài)，已知物體B的質量加=Ikg,物體B與斜

面松間的動摩擦因數〃=亭，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g=10m∕Sz,則物

體A質量M的大小可能是（）

A.0.2kgB.0.8kgC.1.5kgD.2kg

【答案】B

【解析】

【詳解】物體B與斜面松間的最大靜摩擦力為

o

fmm=μmgcos30=-?×1×10×?y-N=3N

物體B重力沿斜面向下的分力為

sin300=IXlOXgN=5N

為了使物體B處于靜止狀態(tài)，繩子拉力的范圍為

o

mgsin30°-∕nax=2N≤T≤mgsin30+Λιax=8N

以物體A為對象，根據受力平衡可得

T=MgSin60°

可得物體A質量M的范圍為

0.4,^1.6,

僅kg≤M≤而kg

故選B。

9.北京時間2022年12月4日20時09分，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲搭乘神舟十四號載人飛船返回艙在

東風著陸場成功著陸.返回艙與推進艙脫離后在離地100公里的高度再入大氣層，加速下降到離地約10公

里的高度時打開降落傘開始減速下降，在距離地面還有1米時，反推發(fā)動機點火，使返回艙進一步減速安

全落地，假設返回艙開傘前所受空氣阻力與速度的平方成正比，開傘后所受空氣阻力恒定，則下列說法正

確的是（）

A.整個下降過程三名宇航員一直處于失重狀態(tài)

B.開傘前返回艙加速下降的過程中加速度逐漸減小，速度逐漸增大

C.開傘后返回艙速度減小的越來越慢

D.反推發(fā)動機點火后會給返回艙一個向上的推力使加速度進一步增大

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.整個下降過程，三名宇航員隨返回艙先加速下降后減速下降，其加速度方向先豎直向下后豎

直向上，則三名宇航員整個下降過程先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.開傘前返回艙加速下降的過程中，返回艙的速度逐漸增大，由牛頓第二定律

2

mg-kv-ma}

知返回艙的加速度逐漸減小，故B正確；

C.開傘后返回艙所受的空氣阻力恒定，由牛頓第二定律

f-mg=ma2

知返回艙的加速度不變，即速度減小的快慢不變，故C錯誤；

D.要使反推發(fā)動機點火后，反推發(fā)動機會給返回艙一個向上的推力，由牛頓第二定律

f+F-mg=ma

結合C分析知

a>a2

即返回艙的加速度進一步增大，故D正確。

故選

BDo

10.如圖所示，甲乙兩乘客質量相同，甲乘坐臺階式自動扶梯上樓，乙乘坐履帶式自動扶梯上樓，兩種扶

梯傾角相同，啟動時加速度相同且不變，在電梯啟動的過程中，下列說法正確的是（）

A.扶梯對乙的作用力豎直向上B.甲乘客受到的支持力大于乙乘客受到的支持力

C.甲乘客受到的摩擦力小于乙乘客受到的摩擦力D.甲乘客在電梯啟動過程中處于超重狀態(tài)

【答案】BCD

【解析】

【詳解】A.乙隨著扶梯一起向上加速運動，可知扶梯對乙的作用力斜向上偏右，故A錯誤。

B.設乘客質量為〃?，扶梯傾角為6,加速度為“；以甲為研究對象，豎直方向根據牛頓第二定律可得

N甲-mg=masinθ

解得

7V∣l∣=mg+masinθ

以乙為研究對象，垂直扶梯方向根據受力平衡可得

N乙=mgcos。<N甲=mg+masinθ

可知甲乘客受到的支持力大于乙乘客受到的支持力，故B正確；

C.以甲為研究對象，水平方向根據牛頓第二定律可得

fψ-macosθ

以乙為研究對象，沿扶梯方向根據牛頓第二定律可得

于乙-mgsinθ—ma

可得

于乙-ma+mgsinθ>=macosθ

可知甲乘客受到的摩擦力小于乙乘客受到的摩擦力，故C正確；

D.甲乘客在電梯啟動過程中具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D正確。

故選BCD。

11.裝載著圓柱形鋼卷在公路上高速行駛的貨車是非常危險的。如圖所示，在車廂底部一層鋼卷平整排

列，相互緊貼并被牢牢固定，上層只有一只鋼卷C自由地擺放在A、B之間，沒有用繩索固定，所有鋼

卷都完全相同，重力加速度為g,當鋼卷C與車共同向左做直線運動時有（）

A.當車勻速運動時，A對C的支持力大小等于B對C的支持力大小

B.與做勻速運動時相比當車做加速運動時，B對C的支持力增大，A對C的支持力減小

C.為確保安全，汽車加速時加速度大小最大不能超過Gg

D.為確保安全，汽車緊急剎車時加速度大小最大不能超過3g

3

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.對C受力分析，如圖所示

當車勻速行駛時，有

以Sin30°=弓sin30?

oo

Flicos30+FAcos30=mg

所以

4=心

故A正確；

B.當車向左加速時，有

o

sin30°-Ff^sin30=ma

耳COS30o+&COS30o=mg

所以

故B正確：

C.當車加速達到最大加速度時，有

"'=o

根據牛頓第二定律可得

mgtan30o=ma

解得

√3

"ι~g

故C錯誤；

D.當車減速時，若達到最大加速度，B對C的支持力為零，根據牛頓第二定律可得

mgtan30o=ma

解得

故D正確。

故選ABDo

12.如圖所示，水平地面上的兩小滑塊A、B自，=0開始從相距32m的兩地沿間距可忽略的兩條平行的直

線相向運動，運動速度V隨時間，的變化關系圖像如圖乙所示A、B不會相撞.下列說法中正確的是（）

A.∕=2s時，A、B間距離為12mB.f=6s時,A、B間距離為32m

C.f=4s時，A、B兩滑塊相遇D.f=8s時，A、B兩滑塊再次相遇

【答案】ACD

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知，當r=2s時，A運動的位移大小為

XA=UA'=8x2m=16m

B運動的位移大小為

1，C，

XB=—×4×2m=4m

故A、B間距離為

ΛJC-X-XA-XB=32m-16m-4m=12m

故A正確；

B.由圖乙可知，A和B速度相等時時間為3則

2t-2

「丁

解得

∕=6s

故r=6s時，A運動的位移大小為

XA=VAf=8X6m=48m

B運動的位移大小為

xu='χ8χ4m-Lχ4χ2m=12m

"22

故A、B間距離為

?X=XA-(?+x)=48m-(12+32)m=4m

故B錯誤；

C.尸4s時，A運動的位移大小為

XA=VAf=8*4m=32m

由對稱性可得，B運動的位移大小為

xa='χ2χ4m-Lχ4χ2m=0

B22

故A、B間距離為

?x=4-(XB+%)=32m-(O+32)m=O

A、B兩滑塊相遇，故C正確；

D.f=8s時，A運動的位移大小為

XA=VAf=8X8m=64m

此時，B的末速度為

28-2

4V

解得

v=12m∕s

B運動的位移大小為

XB=—×(8-2)×12m——χ4χ2m=32m

故A、B間距離為

ΔΛ=XA-(ΛB+%)=64m-(32+32)m=O

A、B兩滑塊再次相遇，故D正確;

故選ACD0

第∏卷（非選擇題共52分）

二、非選擇題：共6小題，共52分.實驗題把答案填在答題卡中的橫線上或按題目要求作

答.解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得

分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.

13.某實驗小組采用如圖甲所示的裝置探究在彈性限度內彈簧彈力與彈簧伸長量的關系，測得彈簧彈力F

隨彈簧伸長量X變化的圖像如圖乙所示。

Innl

T]U

甲

（1）圖乙中直線不過坐標原點原因是,這對測量彈簧的勁度系數______（填“有”或“無”）影

響;

（2）該彈簧的勁度系數為N/m；

（3）另一位同學使用兩條不同的輕質彈簧“和b得到彈力與彈簧長度的圖像如圖丙所示，下列表述正確

的是（多選）。

A.。的原長比人的短B.”的勁度系數比〃的大

C.。的勁度系數比b的小D.測得的彈力與彈簧的長度成正比

【答案】①.彈簧自身重力的影響②.無③.50④.AB##BA

【解析】

【詳解】（1）［1］由于實際彈簧都有重力，故豎直懸掛后，有了一定的初始伸長量，使得圖線不過坐標原

點。

⑵應用圖像法處理實驗數據，所對應圖像的斜率就是彈簧彈力與彈簧伸長量關系，彈簧質量不會導致彈

簧勁度系數的測量結果與真實值不同。

（2）［3］該彈簧的勁度系數為

=(21.00-11.0)×10-2N/m=50N/m

?x

（3）［4］A.當彈簧彈力為O時，彈簧處于原長，由圖乙可知，橫軸截距表示原長，所以。的原長比6的短,

故A正確；

BC.根據胡克定律可得

F=kx=k（L-La）

可知圖線的斜率表示彈簧的勁度系數，所以4的勁度系數比人的大，故B正確，C錯誤；

D.根據胡克定律可知，彈簧的彈力與彈簧的伸縮量成正比，故D錯誤。

故選ABo

14.為了探究物體質量一定時加速度與力的關系，設計了如圖甲所示的實驗裝置。其中M為小車的質

量，機為砂和砂桶的質量，滑輪及輕繩的質量不計二力傳感器可測出輕繩中的拉力大小。

——O23

X∣XXX

加計□□234

甲乙

（1）下列關于該實驗的說法中正確的是（多選）

A.在補償阻力時，應通過細繩把砂與砂桶掛在小車上

B.安裝器材時，調整定滑輪至連接小車的輕繩與木板平行

C.為減小實驗誤差，應使砂與砂桶的總質量遠小于小車的質量

D.小車靠近打點計時器，應先接通打點計時器電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的

示數

（2）某次實驗打出的一條紙帶如圖乙所示，紙帶上每隔四個點取一個計數點，測得相鄰計數點間的間

距。已知打點計時器采用的是頻率為f的交流電，打點3時紙帶的速度的表達式為匕=,則紙帶運

動的加速度的表達式。=（用題及圖中所給字母表示）；

（3）以力傳感器示數尸為橫坐標，加速度”為縱坐標，畫出的α-F圖像是一條過原點傾斜直線，求

得圖線的斜率為九則小車的質量為O

v+r

【答案】①.BD##DB②.(當+/)/(3),?4?-?-?∣f(4),2

10100k

【解析】

【詳解】(1)[1]A.本實驗中小車所受阻力是通過小車重力沿木板向下的分力進行補償的，在補償阻力這

步操作中，不需要通過細繩把桶掛在小車上，故A錯誤；

B.實驗調節(jié)滑輪高度，使連接小車的細繩與木板平行，可在平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車所受的

合力，如不平行，細繩的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改變摩擦力，就不能使細繩的拉力等于

小車所受的合力，故B正確；

C.繩子的拉力可以通過力傳感器測量，則不需要用天平測量出砂與砂桶的質量，也不需要保證砂與砂桶

的質量遠小于小車的質量，故C錯誤；

D.為充分利用紙帶，小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測

力計的示數，故D正確。

故選BD0

(2)[2]已知打點計時器采用的是頻率為了的交流電，紙帶上每隔四個點取一個計數點，則相鄰計數點的

時間間隔為

打點3時紙帶速度的表達式為

v「3+%4=(-+%)-

3~2T~10

⑶根據逐差法可得，紙帶運動的加速度的表達式

__X4+X3-(x2÷X1)__X4+A3-X2-X,

’(27)2-∣00

(3)[4]對小車和滑輪組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得

2L

a=——r

M

圖線的斜率為屋則

一

M

即

15.利用頻閃照相法拍攝下一小球從地面上方某高度做自由落體運動的照片，連續(xù)三張照片顯示小球離地

高度分別為：5.2m、4.05m、2.8mo取g=10m∕S?,求:

（1）頻閃照相拍攝時間間隔；

（2）小球釋放時離地的高度。

【答案】（1）0.1s；（2）11.25m

【解析】

【詳解】（1）小球在相鄰兩次頻閃間隔內的位移之差為

ΔΛ=4.05m-2.8m-(5.2m-4.05m)=0.1m

?x=g"

則頻閃照相的兩次拍照間的時間間隔

（2）小球在拍第2張照片時的速度大小為

V2=

此時小球距釋放點的高度為

故小球釋放時位置離地面的高度為

H=∕z+4.05m=11.25m

16.如圖所示，一光滑的輕滑輪用細繩O0'懸掛于。點，另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛質量為團的物

塊A,另一端系一位于固定斜面上的質量為的物塊B,斜面傾角6=45。，外力F沿斜面向上拉物塊

B,使物塊B由滑輪正下方位置緩慢運動到和滑輪等高的位置，整個過程中A沒有碰到地面，已知B與

斜面間的動摩擦因數4=0?5,重力加速度為g,試求：

（1）當拉物塊B的細繩與斜面垂直時拉力的大小K；

（2）當物塊B被拉至與滑輪等高的位置時拉力的大小F2。

/////ZZZ

O

Ο;J

:](?)3λ^~1mg;(2)呼mg

【答案

【解析]

【詳蒯1(1)對A受力分析得

T=mg

當細維I與斜面垂直時，對B受力分析得

力

F1=2mgSin6+

Z="N?

N1+T=2mgcosθ

聯立解'.得

c,3√2-l

6=一2一ms

(2)4勿塊B被拉至與滑輪等高的位置時，對B進行受力分析得

F2=2mgSine+Tcosθ+f2

f2=MN2

M+Tsin6=2mgcosθ

聯立解彳導

r7√2

乙=丁mg

17.如圖所示，現有一質量為M=2.5kg的“L”形木板A,在大小為135N的水平推力尸作用下沿水平

地面向右做勻加速直線運動.這時緊靠在木板A左側的一質量為m=0?5kg的小木塊B恰能與A保持相

對靜Il.而不下滑.已知木塊B與木板A之間的動摩擦因數4=0.25,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

g?X10m∕s2?求：

(?)木塊B對木板A的壓力大小;

(2)木板A與地面間的動摩擦因數〃2；

(3)改變推力R經過一段時間木塊B滑落至A的底部且不反彈，當木板A的速度為IlnVs時撤去推力

F,此時B仍在A的最左側，又經過3s木塊B從木板A的右側滑落，求木板A的長度。

B

L□

【答案】(1)20N；(2)0.5；(3)10.75m

【解析】

【詳解】(1)對木塊B豎直方向受力分析有

MN=mg

N=20N

根據牛頓第三定律可知壓力為

N'=N=20N

(2)對木塊B水平方向受力分析有

N-ma

對A、B整體受力分析有

F_μ,(M+m)g=(M+m)a

解得

μ2=0.5

(3)對B受力分析有

μλmg=mai

解得

2

<7l=2.5m∕s

對A受力分析有

μ2(M+m)g-μxmg=Ma2

解得

2

a2=5.5m∕s

經過不到3s,A的速度減到。有

2

O-V=2a1x1

解得

Λ2=1Im

經過3s,B的位移

12