【文档说明】北京市首都师范大学附属中学2023-2024学年高一上学期12月阶段性质量检测物理试卷（1-4班） Word版含解析.docx，共(13)页，2.046 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年第一学期12月阶段性质量检测高一物理第Ⅰ卷（共50分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分。每道题可能有一个或多个正确选项，漏选得3分，不选、错选、多选不得分）1.水上滑翔伞是一

项很受青年人喜爱的水上活动。如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉。为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，其中F

1斜向左下方，F2斜向右上方。若在游艇牵引下游客做匀速运动，则（）A.F1可能大于F2B.F2一定大于F3C.F1和F2的合力可能大于F3D.F2和F3的合力方向可能沿水平向右【答案】B【解析】【详解】AB．设F1和F2与竖直方向的夹角分别为α、β，由图

可知α>β，水平方向12sinsinFF=则12FF竖直方向132coscosFFF+=则F2一定大于F3；选项A错误，B正确；CD．由于三力平衡，则F1和F2的合力等于F3，F2和F3的合力方向与

F1等大反向，不可能沿水平向右，选项CD错误。故选B。2.斜面静止在粗糙水平地面上，一物块恰能沿斜面匀速下滑，现用一个竖直向下的恒力作用在物块上，如图所示，恒力过物块重心，则下列说法正确的是A.物块将沿斜面加速下滑B.物块仍能保持匀

速下滑C.地面对斜面的摩擦力减小D.地面对斜面的摩擦力增大【答案】B【解析】【分析】未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sinθ与μcosθ的大小．再分析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块

的运动状态．【详解】AB、未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图：由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ得：sinθ=μcosθ对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：()cosfFmg

=+重力和F沿斜面向下的分力大小为()sinFmg+，则上可知：()()sincosFmgFmg+=+，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态；故A错误，B正确；CD、没有加力F时，物块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力平衡，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力与重力等值、反向

、共线，根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，故斜面与地面间没有摩擦力；加力F后，物块受推力、重力、支持力和摩擦力平衡，根据平衡条件，支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于FG+，

根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，大小等于FG+，故斜面与地面间没有摩擦力；故CD错误；故选B．【点睛】本题中物块匀速下滑时，tan=，作为一个重要结论可在理解的基础上记住，对分析本题解答有

帮助．3.体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颚超过单杠（身体无摆动）；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是（）A.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于

人的重力B.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变D.若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大【答案】D【解析】【详解】A．人在上升过程中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重状态，单

杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，故A错误。B．同理，人在下降过程中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，故B错误。CD．依据力的合成法则知，当增大两手间的距离，即增

大两拉力的夹角，因拉力的合力不变，则单臂的拉力大小增大，故C错误；D正确。故选D。4.如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为FMg=的力替代重物M进行牵引。不计绳和滑轮质量，三个装

置中m均做加速运动。下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（）A.装置（a）中绳上张力aTMg=B.装置（a）中绳上的张力aT小于装置（b）中绳上的张力bTC.装置（b）、（c）中物块m的加速度相同D.三个装置中物块m的加速度均不会超过重力加速度g【答案】B【解析】【详解】A．对于装置（a

），根据牛顿第二定律分别对两物体分析可得aa-=MgTMaaaTma=求得amMgTmM=+aMgamM=+故A错误；B．对于装置（b），根据牛顿第二定律可得bb-=MgTMabb-=Tfma求得bm

MgMfTmM+=+比较可得abTT故B正确；C．对装置（c）中的物体m分析由牛顿第二定律可得cMgfma−=求得cMgfam−=由B分析可知bMgfamM−=+因此，装置（b）、（c）中物块m加速度不相同，故C错误；D．由

C分析可知装置（c）中物体m在Mgfmg−的情况下加速度大于重力加速度g，故D错误。故选B。5.某同学设计制作了一个“竖直加速度测量仪”，其结构如图所示。一根轻弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定

一根直尺，弹簧下端挂一个质量0.10kgm=的重物，重物静止时弹簧的伸长量05.00cmx=，指针指在O点。已知图中1.00cmOMON==，规定竖直向下为正方向，取重力加速度210m/s=g。下列说法正确的是（）A.若

指针指在OM之间某点时，被测物体正在向下运动B.若指针指在ON之间某点时，被测物体可能在减速上升C.M点应标记的加速度值为22.0m/s−D.该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的【答案】BCD【解析】【

详解】AB．重物静止时指针指在O点，若指针指在OM之间某点时，说明弹簧对小球的拉力大于小球的重力，小球的合力向上，加速度向上，被测物体可能加速上升或减速下降，同理可知，若指针指在ON的的之间某点时，小球的加速度向下，被测物体可能加速下降或减速上升，A错误，B正确；C

．指针指在O点时，由平衡条件可得0kxmg=指针指在M点时，对小球由牛顿第二定律可得0()kxOMmgma+−=联立解得22.0m/sa=方向竖直向上，由于规定竖直向下为正方向，故M点应标记的加速度值为22.0m/s−，C正确；D．若指针偏离O点的距离

为x，结合C选项解析可得kxma=a与x成正比，故该测量仪上的刻度所对应加速度的值是均匀的，D正确。故选BCD。6.赛车在经过弯道时，均采取减速入弯、加速出弯的驾驶方式。如图所示，为两赛车过弯时的情境，赛车运动方向均为从上至下。虚线表示赛车减速、加速的转换点。关于这两台赛车在此时所受到

的合力，下列示意图正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】赛车做曲线运动，则合力方向指向轨迹的凹向，速度沿轨迹的切线方向；因到达虚线位置之前做减速，则合力方向与速度方向夹角为钝角；因越过虚线位置之

后做加速，则合力方向与速度方向夹角为锐角；故图A是正确的。故选A7.下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A.做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B.物体受恒力作用时也可能做曲线运动C.物体做曲线运

动所受合外力一定不为0D.物体运动的速率增大，物体所受合力方向一定与运动方向相同【答案】BC【解析】【详解】A．做曲线运动的物体，速度方向一定是变化的，其加速度方向不一定是变化的，如平抛运动，故A错误；B．物体受恒力作用时，若恒力的方向和速度方

向不在同一直线上，物体做曲线运动，故B正确；C．物体做曲线运动时，速度方向不断变化，是变速运动，一定有加速度，因此所受合外力一定不是0，故C正确；D．物体所受合力方向与运动方向夹角为锐角时（合力方向与运动方向不相同），该力

分解到沿运动方向和垂直运动方向，则有沿运动方向的分力，使物体做加速运动，物体运动的速率增大，故D错误。故选BC。8.如图所示，某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出

篮球的速度1v和2v的水平分量分别为1xv和2xv，竖直分量分别为1yv和2yv，不计空气阻力，下列关系正确的是（）A.12xxvv，12yyvvB.12xxvv，12yyvvC.12xxvv，12yyvvD.12xxvv，12yyvv【答案】A【解

析】。的【详解】将运动过程逆向思考，篮球做平抛运动。曲线1、2对应的水平位移相等，竖直位移1大于2，由竖直位移关系212hgt=知12tt根据ygt=v可得12yyvv再由水平位移0xvt=得12xxvv故选A。9.如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向

运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩。在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间的距离以22hHt=−规律变化，则物体做（）A.速度大小不变的曲线运

动B.速度大小增加的曲线运动C.加速度大小方向均不变的曲线运动D.加速度大小方向均变化的曲线运动【答案】BC【解析】【详解】物体B参与了两个方向的运动，一个是水平方向上的匀速直线运动，另一个是竖直方向的运动，设B在竖直方向向上运动的位移为y

，则有22hHyHt=−=−可得22yt=可知物体B在竖直方向做初速度为0，加速度24m/sa=的匀加速直线运动，故两个运动的合成为匀加速曲线运动，选项BC正确，AD错误；故选BC。10.某汽车车在公路上与路旁障碍物相撞。处理事故的警察在泥地中发现一个小的金属物体，

可以判断，它是车顶上一个松脱的零件，事故发生时被抛出而陷在泥里。交警测得这个零件在事故发生时的原位置与陷落点的水平距离为ｓ，车顶距泥地的高度为H。为了研究这次交通事故，交警采用19大小的模型，还原本次交通事故。为了保持模型上的零件落地水平距离s与

车顶高度h的比值与实际事故中的sH值保持相同，则模型车的车速应当为实际真实车速的（）A.1倍B.13C.19D.127【答案】B【解析】【详解】设水平速度为0v，水平方向0svt=竖直方向212Hgt=求得02gvsH=交警采用19大小的模

型，即19ss=，19HH=同理求得模型车速00123gvsvH==B正确。故选B。第Ⅱ卷（共50分）二、解答题（本大题共3小题，共50分）11.一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始

时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度作匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，求此黑色痕迹的长度？【答案】2

000()2vagag−【解析】【详解】根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0．根据牛顿运动定律，可得：ag=，设经历时间t，传送带

由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有：00vat=、vat=．由于0aa，故0vv，煤块继续受到滑动摩擦力的作用．再经过时间2t，煤块的速度由v增加到v0，有：02vvat=+，此后，煤块与传送带运动速度

相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹．设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有：2000212satvt=+、202vsa=传送带上留下的黑色痕迹的长度0lss=−由以

上各式得2000()2vaglag−=12.如图所示，一位同学用球拍托着一个小钢球沿水平方向匀加速直线运动，钢球一直位于球拍中心相对球拍不动，已知加速度大小为25m/sa=，球拍的倾角为37=，小球质量为0.1kgm=，乒乓球拍的质量0

.2kgM=，不计空气阻力，取重力加速度210m/sg=。已知sin370.6=，cos370.8=，求：（1）球拍与球之间的摩擦力f的大小；（2）该同学对乒乓球拍的作用力F的大小。【答案】（1）0.2N；（2）35N2【解析】【详解

】（1）由题设钢球受摩擦力沿拍面向上，则沿斜面方向sincosmgfma−=垂直于斜面方向cossinNmgma−=得sincos0.2Nfmgma=−=则0.2Nf=方向沿拍面向上；（2）对球和球拍整体分析,设该同学对乒乓球拍的作用力F与水平方向夹角为，则水平方向有co

s()FMma=+竖直方向sin()0FMmg−+=得223()5N2FMmga=++=13.一个0.2kgm=的小球自地面上方3.2mh=处以初速度04m/sv=沿水平方向抛出，受到水平反方向的风力的作用，假设水平风力恒定为1.6NF=，以抛出点为坐标原点，以水平方向为x

轴，竖直方向为y轴建立坐标系，取：210m/sg=，求：（1）小球运动过程中水平坐标的最大值x1；（2）小球落地时的水平坐标x2；（3）小球运动过程中达到最小速度的时刻t。（4）你认为小球的运动轨迹是抛物线吗？为什么？【答案】（1）1m；（2）0.64m；（3）8

s41（4）是抛物线【解析】【详解】（1）水平方向小球的加速度大小221.6m/s8m/s0.2xFam===方向沿x轴负向；小球水平速度减零需要时间014s0.5s8xvta===水平坐标的最大值为0111m2vxt==（2）小球落地需要的时

间2223.2s=0.8s10htg==落地时的坐标22202211(40.880.8)m=0.64m22xxvtat=−=−（3）小球某时刻的速度为0xxvvat=−ygt=v则合速度222220()()(10)(48)1646416xvgtvattttt=

+−=+−=−+则当648ss216441t==时物体的速度最小。为（4）小球水平方向和竖直方向都受恒力作用，则合力仍为恒力，则小球的运动轨迹为抛物线。