【文档说明】安徽省安庆市第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.929 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年安徽省安庆一中高一年级上册10月物理试题一、单选题（本题共计7小题，总分28分）1.一个物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫作物体的重心。下列与重心概

念的提出用到同样物理方法的是（）A.vt−图像面积的含义B.合力与分力概念的提出C.通过平面镜观察桌面的微小形变D.研究加速度与力、质量的关系【答案】B【解析】【详解】A．v−t图像面积的含义是采用微元法得到表示物体的位移的，A错误；B．合力与分力的概念是采用等效替代

的思想方法提出的，B正确；C．通过平面镜观察桌面的微小形变是采用了放大法，C错误；D．研究加速度与力、质量的关系采用了控制变量法，D错误。故选B。2.一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为2273xtt=−（x的单位为m,t的单位为s）。下列关于该质点运动的说

法正确的是（）A.t=0时刻该质点的速度大小为27m/s，加速度大小为3m/s2；B.最初两秒内的平均速度为20m/sC.5s内该质点位移大小为60.75mD.该质点第5s内的位移为1m【答案】C【解析】【详解】A.对比公式2012xvtat=+可知027m

/sv=26m/sa=−故A错误；B.最初两秒内的平均速度为()272762m/s21m/s2v+−==故B错误；CD.质点运动时间为2704.5s6t−==所以运动5秒内的位移为2060.75m2vxa==第5秒内的位移为()21274340.75mxx=−−=故C正确，D错误。故选C。3

.我国“蛟龙号”深潜器某次实验中，深潜器内的显示屏上显示出的深度曲线如图（甲）所示、速度图像如图（乙）所示，则下列说法中正确的是（）A.图甲中的12hh−之间的图像是曲线B.本次实验深潜器的最大加速度是20.025m/sC.在3~4min和68min时间段内深潜器具有向上的加速度D.

在610min时间段深潜器的平均速度为0【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，1~3s内匀速下降，可知图甲中的12hh−之间的图像是直线，选项A错误；的的B．因v-t图像斜率等于加速度，可知本次实验深潜器在0~1s和3~4s的加速度最大，最大加速度大小是22

2m/s0.033m/s60a==选项B错误；C．因v-t图像的斜率等于加速度，在3~4min和68min的时间段内深潜器加速度为正，具有向上的加速度，选项C正确；D．在610min时间段深潜器的位移不为零，则平均速度不为0，选项D错误。故选C。4.如图所示，在粗糙的水平面

上轻放一质量为2kg的物体，现用8NF=的力，斜向下推物体，力F与水平面成30角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为0.5=，则（）A.物体对地面的压力为24NB.物体所受的摩擦力为12NC.物体加速度为26m/

sD.物体将向右加速运动【答案】A【解析】【详解】受力分析如图所示：在竖直方向上，由平衡条件得sin3024NNFmg=+=物体与水平地面间最大静摩擦力max12NFN==水平方向上xcos3043NFF==的由于xmaxFF，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦

力x43NfF==故选A。5.如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中（）A.绳上张

力变大，人对地面压力变大B.绳上张力变小，人对地面压力不变C.绳上张力变小，人对地面压力变大D.绳上张力变大，人对地面压力不变【答案】B【解析】【详解】由于同一根轻绳上弹力大小处处相等，则滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向

右移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角变小，根据2cos2Tmg=解得2cos2mgT=可知，变小，张力T变小，对人进行分析有cos2NMgT=+解得1cos22NMgTMgmg=+=+根据牛顿第三定

律人对地面的压力为1'2NNMgmg==+可知人对地面的压力不变，即绳上张力变小，人对地面压力不变。故选B。6.很多智能手机都有加速度传感器。小明打开手机的加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。让手机自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示（

以下实验中手机均保持屏幕向上）。下列说法错误的是（）A.如图甲所示，加速度显示最大正值时，表明手机处于减速状态B.若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图乙所示C.若手托着手机乘坐电梯从1楼到7楼，所得图像可能如图丙所示D.若保持手托着手机

，小明做起立动作，整个起立过程所得图像可能如图丁所示【答案】C【解析】【详解】A．如图甲所示，加速度显示最大正值时，说明加速度方向竖直向上，由于手机在向下运动，因此表明手机处于减速状态，A正确；B．若保持手托着手机，小明

做下蹲动作，整个下蹲过程手机先加速下降，再减速下降，加速度方向先竖直向下后竖直向上，即先负后正，B正确；C．若手托着手机乘坐电梯从1楼到7楼，手机先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，加速度方向先竖直向上，然后加速度

为零，再加速度方向竖直向下，所得图像不可能如图丙所示，C错误；D．若保持手托着手机，小明做起立动作，手机先加速上升，然后减速上升，加速度方向先竖直向上，然后竖直向下，D正确；本题选择错误的选项，故选C。7.如图所示一辆运输集装箱的卡车开上倾角为的斜面，箱子的顶部用细线挂了

一个小球。某段时间内，汽车与小球一起运动，悬挂小球的细线与虚线的夹角为（虚线垂直于车厢底面)。若，则关于汽车的运动，下列说法正确的是（）A.卡车可能匀速开上斜坡B.卡车可能匀减速开上斜坡C.卡车可能匀加速开上斜坡D.卡车

可能匀加速倒车下斜坡【答案】C【解析】【详解】A.若卡车匀速开上斜坡，则小球匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和绳子拉力相等，细线在竖直方向上，则根据几何关系可知αβ=，故A错误；B.若卡车匀减速开上斜坡，则小球受到绳子拉力和重力的作用，由于

做减速运动，则加速度沿斜面向下，故细线向右偏，但由于加速度的大小不确定，所以夹角α的大小不确定，故B错误；CD.若卡车匀加速开上斜坡，则小球受到的合外力沿斜面向上，对小球受力分析，小球受重力和细线的拉力，如图所示：由正弦定理与几何关系可得：()()sin90αsi

nαβmamg−−=解得gcosβtanαgsinβa=−若α>β，有a大于0，符合匀加速开上斜坡，不符合匀加速倒车，故C正确，D错误。故选C。二、多选题（本题共计3小题，总分18分）8..汽车在路上出现故障时，应在车后放置

三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m内的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度大小为5m/s2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是

()A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6sB.小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80mC.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/sD.三角警示牌至少要放在车后58m远处，才能有效避免两车相撞【答案】AD【解析】【详解】A．

设小轿车从刹车到停止所用时间为t2，则0206svta−=−＝故A正确；B．小轿车的刹车距离20090m2vxa−==−故B错误；C．反应时间内小轿车通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6m＝18m小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x2＝50m－18m＝32m设减速到警示牌的速度为1

v，则221022vvax−=−解得12145m/sv=故C错误；D．小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108m放置的位置至少为车后Δx＝(108－50)m＝58m故D正确。9.疫情肆虐，研究表明戴口罩仍是当前最经济有效的防疫措施。为了研究口罩弹性绳对耳朵的弹力大小，某物理探究小组测

量图（a）所示口罩两侧弹性绳的劲度系数。①将两条弹性绳A、B端拆离口罩并如图（b）在水平面自然平展，总长度为51cm；②如图（c）用两个弹簧测力计同时缓慢拉A、B端，当两个弹簧测力计示数均为2.0N时，总长度为81c

m。不计一切阻力，根据以上数据可知（）A.图（c）中，每条弹性绳的形变量为15cmB.图（c）中，口罩两侧均受到4.0N的弹力C.每条弹性绳的劲度系数为20N/m3D.每条弹性绳的劲度系数为40N/m3【答案】AD【解析】【详解

】A．每条弹性绳的形变量8151cm=15cm2x−=故A正确；B．弹簧测力计的示数为2N，故口罩两侧均受2N的拉力，故B错误；CD．由胡克定律可得每条弹性绳的劲度系数为240N/m=N/m0.153Fkx==故D正确，C错误。故选AD。10.如图，倾角为37的倾斜传送带AB以5m/sv

=的恒定速率逆时针转动，一可视为质点的煤块以03m/sv=的速度从A点沿传送带向下运动直到离开B点。已知AB长度14.8mL=，煤块与传送带间的动摩擦因数0.5=，不计传送带滑轮的尺寸，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6=，cos370.8=，重力加速度210m/sg=。则（）A.

0.2s末，煤块速度达到5m/sB.煤块即将离开B点时的速度为5m/sC.煤块在传送带上的运动时间为2.2sD.煤块在传送带上的划痕为4m【答案】ACD【解析】【详解】A．当刚把煤块放上传送带上时，对煤块受力分析如下图所示，在垂直传送带方向上煤块处于平衡状态，故1cos37NFG

mg==此时煤块受到的滑动摩擦力为1sin37NfFmg==所以煤块向下的加速度为2sin37cos3710m/sagg=+=煤块达到传送带的速度所用时间为010.2svvta−==故A正确；B．0.2s时间内运动的距离为0110.8m2vvxt+=

=煤块继续加速，煤块所受摩擦力向上，根据牛顿第二定律得2sin37cos37mgmgma−=解得22s2m/a=煤块即将离开B点时的速度为()22212BvvaLx−=−解得9m/sBv=故B错误；C．加速下滑的时间为222.0

sBvvta−==煤块在传送带上的运动时间为122.2sttt=+=故C正确；D．滑痕长度等于共速后的位移差()124mxLxvt=−−=故D正确。故选ACD。三、实验题（本题共计2小题，总分16分）11.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验将橡皮条一端固定在A点，另一端

系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。（1）如果没有操作失误，图乙中F'是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F'两力中

，方向一定沿AO方向的是______。（2）在同一对比实验的两次操作中，O点位置______（选填“可以”或“不可以”）变动。（3）如图丙，使弹簧测力计b从水平位置开始顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、

b的读数变化是______。A.a增大，b减小B.a减小，b增大C.a减小，b先增大后减小D.a减小，b先减小后增大【答案】①.F'②.不可以③.D【解析】【详解】（1）[1]F'是用一个弹簧测力计拉细绳套至O点的力，即F'是通过实验方法得出的合力，其方向一定沿橡

皮条拉伸的方向，即与AO方向相同。（2）[2]在同一次实验的两次操作中，为了保证合力与分力的作用效果相同，O点位置不可以变动。（3）[3]对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，作出受力动态三角形如图所示其中橡皮条

长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向和大小都发生改变。根据上述动态三角形可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小.故选D。12.某实验小组要做“探究小车的加速度与合外力的关

系”的实验，采用的实验装置如图1所示（滑轮与力传感器不接触）。（1）本实验首先要平衡摩擦力，其目的是_______；A．为了实验时细线的拉力近似等于所挂钩码的重力B．为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力C．为了实验时小车所受的合外力等

于所挂钩码的重力（2）本实验______________（填“需要”或“不需要”）钩码的质量远小于小车的质量；（3）该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，在纸带上每连续5个间隔取一个计数点，相邻两个计数

点之间的距离如图2，打点计时器的频率50Hzf=，则打D点时小车的速度大小为_______，小车运动的平均加速度大小为_______2m/s。（结果保留3位有效数字）（4）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到-aF图象，可能是题图中的哪个图线______

__。A．B．C．【答案】①.B②.不需要③.0.495④.0.999⑤.C【解析】【详解】（1）[1]本实验首先要平衡摩擦力，其目的是为了实验时小车所受的合外力等于细线的拉力，故选B。（2）[2]本实验中小

车所受拉力大小可以通过力传感器获得，不需要用钩码重力来代替，所以本实验不需要钩码的质量远小于小车的质量。（3）[3]打D点时小车的速度大小为()24.445.4510m/s0.495m/s220.1CEDxvT−+==[4]小车

运动的平均加速度大小为()222224.445.456.461.452.453.4610m/s0.999m/s990.1CFOCxxaT−++−−−−==的的[5]若遗漏了平衡摩擦力这一步骤，则a与F的关系式为FfaMM=−即图像存在横截距，故选C。四、计算题（本题共计3小题，总分

38分）13.如图所示，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平。质量为3m的小球a和质量为m小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动。a、b之间通过不可伸长的细线连接。当系统处于平衡时，重力加速度为g，求：（1）金属框架分别对两球的作用力大小；（2

）细线上的拉力F大小和细线与金属框架形成的夹角。【答案】（1）23mg；2mg；（2）3mg，30°【解析】【详解】解：（1）对a球和b球受力分析如图据平衡关系对ab整体有14cos3023Nmgmg==24sin302Nmgmg=

=（2）对a球cos3sin30Fmg=13sinN3cos302Fmgmg=−=联立代入数据解得3mgF=，方向30=14.如图甲所示，北京冬奥会上，智慧餐厅的亮相引发了国内外媒体的高度关注。在智慧餐厅里，餐品首先被上升到水平安

装的“空中云轨”，随后会有云轨小车来接应餐品，自动将餐品送达对应的餐桌正上方，通过“送菜机”向下将餐品送给顾客。假设云轨小车从静止开始，沿水平直线将托盘平稳送至6m远的目标位置上空，托盘固定于云轨小车上，托盘上表面水平，云轨小车加速与减速时的加速度最大值均为23m/s=a，运动的最大速度为m3m/

sv=，托盘的质量2kgm=，不计空气阻力，g取210m/s。求：（1）云轨小车以最大加速度由静止开始加速到最大速度时的位移x的大小；（2）不放餐品时，以最大加速度加速时，云轨小车对托盘的作用力F大小；（3）运送餐品时，若餐品与托盘的动摩擦因数0

.2=，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么云轨小车安全送餐并返回原处．．．．．．．．．的最短运动时间t为多少？并在图乙中画出vt−图像。（不计“送菜机”将餐品送给顾客的时间，设送餐方向为正方向）【答案】（1）1.5m；（2）2109

N；（3）6.5s；【解析】【详解】（1）根据速度位移公式2m2vax=可得1.5mx=（2）竖直方向，根据平衡条件20NyFmg==水平方向根据牛顿第二定律6NxFma==则云轨小车对托盘的作用力大小222109NxyFFF=+=（3）若餐品与托盘的动摩擦因数0.2=，则加速度最大

时00'mgma=加速度最大为2'2m/sa=小车加速到最大速度过程的位移大小为2m9'm2'4vxa==时间为m3's'2vta==由最大速度减为零过程的位移和时间也为2m9'm2'4vxa==m3's'2vt

a==匀速过程的位移大小为''6m2'1.5mxx=−=用时为m''''0.5sxtv==则送餐过程最短用时12'''3.5sttt=+=返回时，加速度可以达到23m/s=a，加速和减速过程总用时m'''22svta==匀速过程用时m6m2''''1sxtv−==返回总用时2'

''''''3sttt=+=云轨小车总共最短运动时间126.5sttt=+=根据以上分析，绘图如下15.如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m、质量为m1=0.5kg的木板A，一质量为m2=1kg的小物体B以初

速度v0从左端滑上A的上表面，已知A与B之间的动摩擦因数为0.2=，g=10m/s2；情境1：若将木板A固定在水平面上，已知物块B向右滑出木板时的速度为23m/s，求：（1）物块的初速度v0；情境2：撤去对木板A的固定，在物块B以初速度v

向右滑上A的同时对A施加一个水平向右的恒力F，小物体B在木板A上相对于木板滑动的路程s与力F的关系如图乙所示。求：（2）当F=1N时，求A、B的加速度大小及B从A的左端运动到右端经历的时间；（3）图乙中F1的大小。【答案】（1）v0=4m/s；（2）6m/s2

，2m/s2，0.5s；（3）F1=3N【解析】【详解】（1）物块在木板上滑时由牛顿第二定律有22mgma=则物块的加速度大小为22m/sag==由速度—位移公式得'2202vvaL−=−则2202(23)221m/s4m/svvaL=−=+=（2）

由图像可看出当F≤1N时，B物体在A板上的路程始终等于板长L，当F=1N时，刚好不从A板右端掉下，设B物体的加速度为a2，A板的加速度为a1，分别由牛顿第二定律222mgma=、211Fmgma+=解得22s2m/a=、216m/sa=设B运

动的位移为s2，A运动的位移为s1，经过t时间两者速度均为v1，根据运动学公式12Bvvst+=、12Avst=且121=−=vvatatB在A上相对A向右运动的路程BAsss=−（其中当F=1N时，s=L）联立解得0.5st

=、4m/sv=同时可得24(3)vsF=+（3）由24(3)vsF=+分析可知，当1N≤F≤F1时，随着F力增大，s减小，当F=F1时，出现s突变，说明此时A、B在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端掉下，对A、B恰好发生相对运动时，B的加速度

为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律1122Fmma=+（）联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com