【文档说明】安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年初三雏鹰班（高一）上学期第一次素养考核物理试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，820.064 KB，由envi的店铺上传

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2024年马鞍山市第二中学初三学科营物理试题【注意事项】1.本试卷共4页，总分100分，答题时长90分钟。2.请将自己的姓名、考场号和座位号用黑色墨水中性笔填写在答题卷的相应位置。3.考生务必在答题卷上答题，在试卷上

作答无效。考试结束后，请将试巷和答题卷一并交回。一、选择题：本大题共12小题。每小题4分，共48分。其中1~8题均只有一个选项符合题目要求；9~12题每题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选不得分。请把答案填在答题卷的相应位置。1.如图，a、b两条曲线为汽车a

、b在同一条平直公路上的v-t图像，已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t1时刻两车相遇，下列说法正确的是（）A.t2时刻两车也相遇B.t2时刻a车在前，b车在后C.在tl~t2这段时间内，两车平均速度相同D.在tl、t2两

个时刻，a车与b车加速度分别相同【答案】B【解析】【详解】AB．图像中图线与时间轴所围成的面积表示位移的大小，在t1时刻两车相遇，而在tl~t2这段时间内，a车的位移大，则在t2时刻a车在前，b车在后，故B正确，A错误；C．在tl~t2这段时

间内，时间相同，位移越大，平均速度越大，则a车平均速度较大，故C错误；D．曲线关于它们两交点的连线对称，则在t1、t2这两个时刻，图线斜率的绝对值相等，故两车加速度大小分别相等，但方向不同，故加速度不同，故D错误。故选B。2.一辆汽车在高速公路匀速行驶，突遇紧急情况司机立即刹车，汽车刹车过

程中位移随时间变化的规律式为：2303xtt=−（x的单位是m，t的单位是s）。关于该汽车的运动，下列判断中正确的是（）A.刹车过程中的加速度大小为23m/sB.刹车后6s内的位移72mC.刹车后，汽车第一个1s内，第二个1s内，第三个1s内位移之

比为1:3:5D.刹车全过程的平均速度为15m/s【答案】D【解析】【详解】A．根据位移公式有2012xvtat=+将题中函数式进行对比有030m/sv=，213m/s2a=−解得26m/sa=−故A错误；B．结合上述可知，刹车时间0005svta−==可知，6s前车已经停止运动，

则刹车后6s内的位移0075m2vxt==故B错误；C．令T=1s，刹车后，汽车第一个1s内的位移21012xvTaT=+第二个1s内的位移()22200112222xvTaTvTaT=+−+第三个1s内位移()()2230011332222xvTaTvTaT=+−

+解得123::9:7:5xxx=故C错误；D．结合上述可知，刹车全过程的平均速度为015m/sxvt==故D正确。故选D。3.如图所示，物体A、B叠放在水平桌面上，方向相反的水平拉力aF、bF分别作用于物体A、B上，使A、B一起在桌面上做匀速直线运动，已知A、B始终保持相对静止，且

2baFF=，以fA表示A受到的摩擦力大小，以fB表示B受到桌面的摩擦力的大小，则（）A.A0f=，BafF=B.A0f=，B2afF=C.AafF=，BafF=D.AafF=，B2afF=【答案】C【解析】【详解】A相对于B保持静

止状态，水平方向上A受到拉力aF和摩擦力作用，摩擦力和拉力是一对平衡力，所以AafF=。根据物体间力的作用是相互的，A受到B的摩擦力水平向右，大小是aF，所以B上表面受到A的摩擦力水平向左，大小是aF。物体B进行匀速直线运动，水平方向上受到

A对B水平向左的摩擦力、地面对B水平向左的摩擦力、水平向右的拉力bF，这三个力是平衡力，所以B下表面受到地面的摩擦力大小为aF，故C正确，ABD错误。4.如图，通过细绳栓在一重物上的氢气球，在水平向右的恒定风力作用下处于静止状态，细绳与竖直方向的夹角为θ，已知风力大小正比于风速，

则当风速改变时，始终保持不变的是（）A.细绳与竖直方向的夹角B.细绳对重物的拉力C.地面对重物支持力D.地面对重物的摩擦力【答案】C的【解析】【详解】对气球受力分析，如图所示：根据平衡条件有：sin=cos+mgFTFT=浮解得22-tan

-TFFmgFFmg=+=浮浮（）所以细线的拉力随风力的增加而增加，细绳与竖直方向的夹角θ随风力的增加而增加。选项A、B错误；以气球和重物整体为研究对象，有地面对重物的支持力-NFMmgF=+浮（）地面对重物的摩擦力fF=所以地面对重物的支持力不变，选项

C正确；地面对重物的摩擦力随风力的增加而增加，选项D错误。故选C。5.如图所示，一倾角为30的斜面静止放在水平地面上，一质量为m的木块恰能沿斜面匀速下滑．用沿斜面向上的力推木块，使之能匀速上滑．已知重力加速度为g，以

上两种过程中斜面始终保持静止，下列说法正确的是（）A.推力大小为0.5mgB.以上两种过程中，地面与斜面间均无摩擦力C.和木块匀速下滑相比，匀速上滑时地面支持力减小了0.5mgD.和木块匀速下滑相比，匀速上滑时地面对斜面作用力减小了mg【答案】C【解析】【详

解】A．木块恰能沿斜面匀速下滑时,根据平衡条件有osin30mgf=用沿斜面向上的力推木块，使之能匀速上滑时，根据平衡条件有osin30Fmgf=+解得Fmg=故A错误；BC．木块匀速下滑时，以木块和斜面为研究对象，根据平衡条件可知()NMmg=+，0f=水平木块匀速上滑时，以木块和斜面为研

究对象，根据平衡条件可知osin30()NFMmg+=+，ocos30fF=水平则有o'sin300.5NNFmg−==故B错误，C正确；D．木块匀速下滑时，则有()FNMmg==+地木块匀速上滑时，地面对斜面的作用力

为()22222FNfMmgMmg=+=+−地水平则有FFmg−地地故D错误。故选C。6.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低

点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从P点落下到最低点c的过程中，下列说法错误的是（）A.人从P点先加速运动，再做减速运动B.人从P点到C点加速度先不变，再减小，再增大C.在b点速度

最大，人处于超重状态D.在c点，人的速度为零，其加速度大于g【答案】C【解析】【详解】AB．Pa段人只受重力，做自由落体运动，加速度不变。ab段设绳子拉力为F，拉力小于重力，由牛顿第二定律mgFma−=因为绳子拉力从零开始逐渐增大，故人做加速度逐渐减小的加速运动。bc段拉力大于重力，由牛顿第二定律

Fmgma−=因为绳子拉力继续增大，故人做加速度逐渐增大的减速运动。所以人从P点先加速运动，再做减速运动，A正确，人从P点到C点加速度先不变，再减小，再增大，B正确；C．人在b点加速度为零，受力平衡，C错误；D．根据对称性，当人运动到a关于b的对称点时加

速度为g，方向向上，继续减速，在c点，人的速度为零，其加速度大于g，D正确。故选C。7.如图，四个滑块叠放在倾角为的固定光滑斜面上，其中B和C的质量均为m，A和D的质量均为3m，B和C之间用一平行于斜面的轻绳连接，现对A施加平行于斜面向上的拉力F

，使得四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，滑块间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.拉力F的最大值为1.3cosmgB.C对D的摩擦力为0.3cosmg时，A对B的

摩擦力为1cos5sin2mgmg−C.当拉力F取得最大值时，轻绳上的弹力大小为0.8cosmgD.当拉力F取得最大值时，C、D间的摩擦力为cosmg【答案】C【解析】【详解】ACD．当A、B间的摩擦力为最大静摩擦力时，拉力F取最大值，将BCD看成一个整体，可得

cos5sin5mgmgma−=对整体8sin8Fmgma−=解得1.6cosFmg=此时对CD的整体T-4mgsinθ=4ma解得0.8cosTmg=此时对D分析可知3sin3CDfmgma−=解得0.6cosCDfmg=故AD错误，C正确

；B．C对D的摩擦力为0.3cosmg时，对D进行受力分析，根据牛顿第二定律有'0.3cos3sin3mgmgma−=设A对B的摩擦力为1F，对BCD根据牛顿第二定律有'15sin5Fmgma−=解得10.5cosFmg=故B错误；故选C。8.如图所示

，A、B、C三个物体的质量分别为2m、2m、3m，其中物体B和C通过轻绳连在一起，物体A和B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起，物体A与轻弹簧上端连在一起，轻弹箒下端固定在地面上，初始时三个物体均保持静止（重力加速度为g）．下列说法正确的是（）A

.初始时弹簧处于压缩状态B.剪断A、B间轻绳后瞬间物体B、C间轻绳拉力为3mgC.剪断B、C间轻绳后瞬间物体A的加速度为2gD.剪断B、C间轻绳后瞬间物体A、B间轻绳拉力为72mg【答案】D【解析】【详解】A.剪断B

、C间的轻绳之前，设A、B之间绳子上的拉力为1T，对B、C整体分析有1(23)5Tmmgmg=+=设初始时弹簧对A弹力竖直向下，大小为F，对A分析有12mgFT+=解得弹簧弹力3Fmg=故初始时弹簧处于伸长状态，故A错误；的B.剪断A、B间轻绳后，设B、C整体加速度

为1a，由牛顿第二定律得1(23)5mmgma+=解得1ag=剪断A、B间轻绳后B、C间轻绳拉力为2T，对C由牛顿第二定律得2133mgTma−=解得20T=故B错误；CD.剪断B、C间轻绳瞬间，弹簧上的弹力不变，A、B的加速度大小相等，设为2a，设A、B之间绳子上的拉力为1T

，对B由牛顿第二定律得1222Tmgma−=对A由牛顿第二定律得1222mgFTma+−=解得234ga=，172mgT=故C错误，D正确。故选D。9.科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯

的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是（g取10m/s2）（）A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB=tBC=tCDB.闪光的间

隔时间是2s10C.水滴在各点的速度之比满足vB:vC:vD=1:4:9D.水滴在各点的速度之比满足vB:vC:vD=1:3:5【答案】AB【解析】详解】A．由题图可知::1:3:5ABBCCDhhh=水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等

，即ABBCCDttt==故A正确；B．由212hgt=可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为2s10，即闪光的间隔时间为2s10，故B正确；CD．由vgt=可知水滴在各点的速度之比满足:2:13::BCDvvv=故CD错误。故选AB。10.如图所示，一只小鸟沿着均

匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（不考虑树枝的形状变化），则（）A.树枝对小鸟的作用力先减小后增大B.树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大C.树枝对小鸟的弹力先增大后减小【D.树枝对小鸟的弹力保持不变【答案】BC【解析】【详解】A．对小鸟进行受力分析，其受力分析图如图所示因为小鸟

是缓慢爬行的，所以小鸟始终处于平衡态，即合力始终为零。即树枝对小鸟的作用力的合力与小鸟所受重力等大反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，方向为竖直向上，故A项错误；B．对如上图所示，该时刻来说，对小鸟受力分析，其摩擦力为静摩擦力，大小为sinfmg=

从A到B的过程中，先减小后增加，所以摩擦力的大小也是先减小后增大，故B项正确；CD．如上图所示，对该时刻小鸟进行受力分析，其受到的树枝弹力大小为cosNmg=从A到B的过程中，先减小后增加，所以弹力的大小先增加后减小，故C正确，D错误。故

选BC。11.如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块AB，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是（）A.若地面是完全光滑的，则FAB=FB.若地面是完全光滑的，则FAB=12FC.若地面是有摩擦的，且AB被推动加速前进，则FAB=FD.若地面是有摩擦的

，且AB被推动加速前进，则FAB=12F【答案】BD【解析】【详解】AB．若地面完全光滑，对整体分析有a=2Fm隔离对B分析，则A对B的作用力FAB=ma=12F故A错误，B正确。CD．若地面是有摩擦的，且A、B被推动，A、B也将以共同的加速度运动，根据牛顿第二

定律，对AB整体F-μ（m+m）g=2ma解得a=2Fm−μg对BFAB-μmg=ma故FAB=ma+μmg=m（a+μg）=12F故D正确，C错误。故选BD。【点睛】用整体法与隔离法对物体受力分析是处理连接体问题常用的方法。一般情况下，先用整

体法求出整体的加速度，由这一加速度再用隔离法根据牛顿第二定律，求解受力情况。正确选择研究对象是用整体法与隔离法的关键。12.如图所示，放在固定粗糙斜面上的质量为M的物块沿斜面下滑，则下列说法正确的是（）A.若M原来匀速下滑，后

在M上面叠放一质量为m的物块，两物块一起将匀速下滑B.若M原来匀速下滑，后在M上施加一竖直向下的恒力F，F大小决定物块是加速还是匀速下滑C.若M原来以加速度a匀加速下滑，后在M上面叠放一相对静止质量为m的物块，两物块将以大于a的加速度匀加

速下滑D.若M原来以加速度a匀加速下滑，后在M上施加一竖直向下的恒力F（且F=mg），物块将以大于a的加速度匀加速下滑【答案】AD【解析】【详解】A．设斜面倾角为，若M原来匀速下滑，则有sincosMgMg=可得斜面

与物块间的动摩擦因数满足tang=后在M上面叠放一质量为m的物块，相当于增加物块的质量，仍然满足tang=，则两物块也将一起匀速下滑，故A正确；B．若M原来匀速下滑，后在M上施加一竖直向下的恒力F，也相当于增加物块的质量，仍然满足tang=，物块还是匀速下滑

，与F的大小无关，故B错误；C．若M原来以加速度a匀加速下滑，则根据牛顿第二定律，有sincosMgMgMa−=可得sincosagg=−后在M上面叠放一相对静止且质量为m的物块，也相当于增加物块的质量，根据牛顿

第二定律可知，两物块也将以a的加速度匀加速下滑，故C错误；D．若M原来以加速度a匀加速下滑，后在M上施加一竖直向下恒力F（且Fmg=），根据牛顿第二定律有()sin()cosMmgMmgMa+−+=由于sincos0agg=−所以sincos0mgmg−可得sincosaa

gg=−的所以，物块将以大于a的加速度匀加速下滑，故D正确。故选AD。二、解答题：本大题共4小题。共52分。请写出必要的公式和文字说明，只有最后答案不得分。13.如图甲所示，长为10.8mL=的直杆水平固定放置，直杆两端A、B系着长为21.6mL=的轻绳，挂有质量为3kgm

=的物块的光滑轻质滑轮置于轻绳上，整个系统处于静止状态。已知重力加速度为210m/sg=，不计空气阻力的影响。（1）求轻绳中的张力大小；（2）现对滑轮施加一水平向左的拉力F（图中未画出），使物块缓慢移动到如图乙所示位置时，轻绳左侧恰好竖直，

求此时拉力F的大小。【答案】（1）103N（2）15N【解析】小问1详解】对滑轮处受力分析则T2cosFmg=由数学关系知【30=解得T103NF=【小问2详解】图乙中对滑轮处受力分析，轻绳的拉力大小

为'NF，设滑轮到直杆的距离为x，可得''TTcosFFmg+=，'TsinFF=由数学关系()22212LxLx+=−，12sinLLx=−联立解得15NF=14.某中学高一课外活动小组自制一枚水火箭，设水火箭发射后始终在竖

直方向上运动。在水火箭向下喷水过程中，水火箭可认为做匀加速直线运动，水火箭从地面静止出发经过4s到达离地面高20m处时水恰好喷完，接着水火箭向上做匀减速运动，最后落回到地面。设水火箭喷完水后运动的加速度大小恒为210m/s，求：（1）水火箭喷水时的加速度；（2）水火箭恰好喷

完水时的速度；（3）水火箭上升离地面的最大高度。【答案】（1）212.5m/sa=；（2）110m/sv=；（3）25mH=【解析】【详解】（1）水火箭从地面静止出发经过t1=4s到达离地面高h1=20m做匀加速直线运动，加速度为1a，有2111

12hat=解得212.5m/sa=（2）水火箭恰好喷完水时的速度为11110m/svat==（3）水火箭此后做匀减速直线运动，加速度为2210m/sa=，此后上升的高度为2h，有21225m2vha==则水火箭上升离地面的最大高度为1225mHhh=+=15.如图所示，粗糙水

平面上放置一个质量M＝2kg、长度L＝5m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m＝1kg。已知A、B间动摩擦因数为μ1＝0.2，A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4；开始时A、B均

处于静止状态，当B获得水平向右的初速度v0＝8m/s的同时，对A施加水平向右的恒力F，取g＝10m/s2，求：（1）为使物块B不从木板A的右端滑出，力F的最小值为多大？（1）若F＝22N，则物块B的最大速度为多大？【答案】（1）18.8N；（2）10m/s【解

析】【详解】（1）物块B在木板A上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知：μ1mg＝ma1解得a1＝2m/s2物块B滑到A的右端时A、B速度相等，则物块B刚好不从木板A的右端滑出，A、B相对位移为木板长L，木板A的加速度为a2，由速度公式和位移公式可知：木板A的速度为v

＝a2t物块B的速度为v＝v0－a1t木板A的位移为2Avxt=物块B的位移为02Bvvxt+=A、B的相对位移为木板长LL＝xB－xA联立以上各式解得2222m/s5a=对木板A，由牛顿第二定律可知F＋μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2解得F＝18

.8N（2）物块B在木板A上先做匀减速直线运动，加速度为a1＝2m/s2；木板A做匀加速直线运动，对木板A，由牛顿第二定律可得：F＋μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma3解得a3＝6m/s2设经过时间t1，A、B两物体速度相同，大小都为v1v1＝v0

－a1t1v1＝a3t1联立解得t1＝1sv1＝6m/s在此过程中A、B的位移分别为xA1、xB1，则：1112Avxt=01112Bvvxt+=A、B间的相对位移为Δx1＝xB1－xA1A、B速度相同后，木板A以a4的加速度继续匀

加速运动，由牛顿运动定律可知：F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma4解得a4＝4m/s2由于a4＞a1，所以物块B也向右做匀加速运动，但相对木板A向左运动，经时间t2后物块B会从木板A的左端滑出，在这段时间内：木板A的位移为22124212Axvtat=+物块B的

位移为22121212Bxvtat=+A、B间的相对位移Δx2＝Δx1则Δx1＝xA2－xB2联立解得t2＝2s物块B从木板A的左端滑出时的速度为：v3＝v1＋a1t2解得v3＝10m/s物块B从木板A的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中

，物块B从木板A的左端滑出时的速度为最大速度：10m/s。16.如图所示，一质量为m的木块，从倾角θ=37°的斜面上的A点静止下滑，A与斜面间动摩擦因数μ1=0.25，A到斜面底端B的长度x=2.5m；A通过一段很小的平滑曲面（速度大小不变）到达光滑的平台，紧挨平台且与平

台等高的水平传送带，水平段长L=6m，皮带轮轴心固定且顺时针转动，传送带在皮带的带动下以恒定的速度v匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.

8）求：（1）小物块滑到斜面底端B时的速度大小v1；（2）若传送带的速度v=0.5m/s，物块滑到水平段最右端C点时的速度vC；（3）若传送带的速度v=2m/s，物块滑到水平段最右端C点时的速度vC。【答案】（

1）25m/s；（2）0.5m/s,方向向右；（3）2m/s，方向向右【解析】【分析】【详解】（1）物体由静止沿斜面下滑，由牛顿定律可得11sincosmgmgma−=由运动公式v12=2a1x解得

v1=25m/s（2）在传送带上有22mgma=若物体一直减速运动，到达C点时的速度设为v0，由v12-v02=2a2L可得，方程无解，所以物体不能一直减速，应为先减速后匀速，即vC=v=0.5m/s方向向右。（3）由（2）可知，物体减速到与传送带速度一致时，还没有

离开传送带，所以2m/sCvv==方向向右。