【文档说明】江苏省南通市海安市实验中学2023-2024学年高一上学期11月期中考试物理试题 Word版含解析.docx，共(14)页，752.444 KB，由小赞的店铺上传

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实验中学2023—2024学年度第一学期期中考试试题高一物理一、单选题（每题4分，共44分）1.下面关于质点的说法正确的是（）A.蚂蚁很小，可以把蚂蚁看成质点B.研究汽车经过某一路牌的时间，可以看成质点C.研究“天宫一号”和“神舟八号”对接时，它们均可看成

质点D.研究篮球运动员的投篮技术动作时篮球不能看成质点【答案】D【解析】【详解】A．蚂蚁很小，若研究的问题中，蚂蚁大小和形状不能忽略，则蚂蚁不能看成质点，故A错误；B．汽车经过某一路牌的时间，汽车的长度对研究时间影响很大，所以不能忽略大小和形状，不能看成质点，故B错误；C．研究“

天宫一号”和“神舟八号”对接时，大小和形状对研究对接时影响是很大，所以不能忽略大小和形状，它们不能看成质点，故C错误；D．研究篮球运动员的投篮技术动作时篮球的大小和形状对研究的技术动作影响是很大，所以不能把大小和形状忽略，它们不能看成质点，故D正确。故选D。2.下列说法中正确的是（）A.参考系

必须选择静止不动的物体B.为了准确描述物体的运动，只能选地面为参考系C.参考系必须是和地面连在一起的物体D.任何物体都可以被选作参考系，选择不同参考系来描述同一物体的运动，其结果可能是不同的【答案】D【解析】【详解】参考系是在描述物体的运

动时，假定为不动的物体。参考系的选择可以是静止不动的物体，也可以是运动的物体，任何物体都可以被选作参考系，选择不同参考系来描述同一物体的运动，其结果可能是不同的。故选D。3.下列各组物理量中，都是矢量的是（）A.位移、时间、速度、B.速率、位移、加速度C

.速度、加速度、位移D.速度、路程、加速度【答案】C【解析】【详解】矢量是有大小、有方向的物理量，位移、速度、加速度都是矢量，时间、速率、路程是标量。故选C。4.物体沿直线运动，下列说法中正确的是（）A.若物

体某1秒内的平均速度是5m/s，则物体在这1s内的位移一定是5mB.若物体在第1s末的速度是5m/s，则物体在第1s内的位移一定是5mC.若物体在10s内平均速度是5m/s，则物体在其中1s内的位移一定是5mD.物体通过某位移的平均速度是5m/s，则物体在通过这段位移一半时的速度一定是2.5

m/s【答案】A【解析】【详解】A、物体某1秒内的平均速度是5m/s，根据Sυt=知，物体在这1s内的位移一定是5m，所以A选项是正确的；B、物体在第1s末的速度是5m/s，这段时间内的平均速度不一定等于5m/s，则在这1s内的位移

不一定是5m，故B错误；C、物体在10s内的平均速度是5m/s，在其中1s内的平均速度不一定等于5m/s，则位移不一定等于5m，故C错误；D、物体通过某位移的平均速度是5m/s，则物体在通过这段位移一半时的速度不一定是2.5m/

s，故D错误；所以A选项是正确的.【点睛】根据Sυt=去求物体的位移，某段时间内的位移除以这段时间就是这段时间内平均速度．5.甲、乙两质点同时从同一位置沿同一直线运动，速度随时间变化的图像如图所示，其中甲为直线。关于两质点的运动情况，下列说法中不正确的

是（）的A.在00~2tt内甲、乙的加速度方向相同B.在00~2tt内，乙的平均速度大于甲的平均速度C.在2t0时刻，甲、乙相遇D.在00~2t内，甲、乙间的最远距离为0012vt【答案】C【解析】【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，由图像可知，在t0~2t

0内，甲、乙两质点的加速度都为负值，方向相同，故A正确；B．根据v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知，在t0~2t0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B正确；C．甲、乙从同一位置出发，由v-t图像与t轴所围面积表示位移，知在2t0时刻

，甲、乙未相遇，故C错误；D．在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以在t0时刻，甲、乙相距最远，最远距离等于两者位移之差，为()0000011222xtvvvt=−=故D正确。要求选不正确的，故选C。6

.我国高铁技术全球领先，高铁使人们出行更加便捷，速度快，安全性高。小明同学在高铁上发现列车启动过程中杯中水面的形状是下图中的（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】列车启动过程中，速度增大，即杯子的速度增大，而杯子中的水由于惯性仍要保持原来的静止

状态，所以水相对杯子向后运动。故选C。7.某马戏团在三根竖直爬杆上进行着猴子的攀爬表演，三只小猴的质量相同，小猴甲静止在杆上，小猴乙匀速向上爬动，小猴丙匀速往下爬动。关于三只小猴，下列说法正确的是（）A.

小猴甲为了不掉下来，用力抓握杆，这样小猴的摩擦力变大了B.小猴乙在攀爬过程中，所受的摩擦力向下C.小猴丙在攀爬的过程中，所受的摩擦力向上D.三只小猴中乙所受摩擦力最大【答案】C【解析】【详解】A．小猴甲处

于静止状态，受力平衡，向上的摩擦力等于其重力，大小不变；猴子甲用力抓握杆，这样只是增大了小猴与杆之间的最大摩擦力，故A错误；B．小猴乙在匀速向上攀爬的过程中受力平衡，受到的向上的摩擦力和向下的重力平衡，故B错误；C．小猴丙在匀速向下攀爬的过程中受力平

衡，受到的向上的摩擦力和向下的重力平衡，故C正确；D．三只小猴均为平衡状态，所受的摩擦力大小相等，均等于其重力大小，故D错误。故选C。8.玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是（）A.桥面受到向下的弹力，是因为桥面发生了弹性形变B.汽车受到向

上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变的C.桥面受到向下的弹力，是因为桥面本身受重力的原因D.汽车受到向上的弹力，是因为汽车轮胎发生了弹性形变【答案】B【解析】【详解】AC．桥面受到向下的弹力，是因为汽车轮胎发生了弹性形变

，故AC错误；BD．汽车受到向上的弹力，是因为桥面发生了弹性形变，故B正确，D错误。故选B。9.下列说法正确的是（）A.伽利略使用图甲斜面进行实验，得出力和运动的关系B.图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变C.图丙中，

百米赛跑运动员跑到终点时不能立刻停下来是由于惯性D.图丁为我国第一辆火星车被命名为“祝融号”。祝融号质量约240kg，在地球表面重力约2400N，高1.85m，设计寿命约92天，其中kg、N、m是国际单位制中的基本单

位【答案】C【解析】【详解】A．伽利略使用图甲斜面实验中得到的结论外推到斜面倾角为90的情形，从而间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动，故A错误；B．根据弹力的概念可知，图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，故B错误；C．百米赛跑运动员跑到终

点时不能立刻停下来是由于惯性，故C正确；D．kg、m是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，故D错误。故选C。10.某工人使用双轮手推车运送短钢管，手推车装入钢管后的侧面示意图如图所示。推车侧面ON与底面OM垂直，当侧面ON与水平方向夹角θ=60°时，6号钢

管对侧面ON的压力等于其重力G，忽略一切摩擦，则下列说法正确的是（）A.其他钢管对6号钢管的作用力大小等于GB.底面OM受到的压力小于侧面ON受到的压力C.若减小θ角，钢管仍保持静止，则钢管对推车的压力将增大D.若减小θ角，钢管仍保持静止，则钢管对推

车的压力将减小【答案】A【解析】【详解】A．对6号钢管进行受力分析，由于钢管静止，即受力平衡，则其他钢管对6号钢管作用力与6号钢管的重力及ON面给的支持力的合力等大反向，如图甲重力与支持力的合力大小为G，故其他钢管对6号钢管的作用力

大小也为G，A正确；B．将所有钢管视为一个整体，进行受力分析，如图乙，可得tan3OMONFF==故由牛顿第三定律知，OM面受到的压力大于ON面受到的压力，B错误；CD．仍将所有钢管视为整体，由于整体在重力和推车对其作用力的作

用下保持平衡，故无论θ如何变化，钢管对推车的压力总是不变，CD错误。故选A。11.如图所示，质量为2m的物体A放在水平桌面上，通过光滑的定滑轮悬挂一个质量为m的物体B。已知物体A与桌面间的动摩擦因数为0.4，要使A静止，需加一水平向左的力

F=kmg，重力加速度大小为g，A与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则k的取值可能为（）的A.0.1B.1.7C.2.5D.3.1【答案】B【解析】【详解】对物体B受力分析，可知Tmg=对物体A受力分析，最大静摩擦力为m20.8fmgmg==可知mmTfFTf−+≤≤即0.2

1.8mgFmg≤≤即0.21.8k≤≤故选B。二、实验题（共15分）12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的装置：（1）下列做法正确的是________A．调节滑轮的高度，使牵引小

车的细线与长木板保持平行B．将砝码桶用细线通过定滑轮拴在小车上，通过调节木板的倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度（2）要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的条

件是钩码的质量要___________（填“等于”“远小于”或“远大于”）小车的质量；（3）打点计时器所用的电源频率为50Hz，实验得到的一条纸带如下图乙所示，纸带上每相邻的两个计数点之间都有四个点未画出。按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，实验中用直尺量出各计数点到0点的距离如图

乙所示（单位：cm）。在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为v1=______m/s，小车的加速度a=___________m/s2（保留两位有效数字）；（4）有一位同学通过实验测量作出了如图丙中的A图线。试分析：A图线不通过坐标原点的原因是_______

__。【答案】①.AD##DA②.远小于③.0.18④.0.75⑤.未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【详解】（1）[1]A．在实验过程中调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，A正确；B．平衡摩擦力时不需要栓细线和砝码桶，B错误；C．实验时，先接通打点计时器的电源再放

开小车，C错误；D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度平衡摩擦，D正确；故选AD；（2）[2]根据牛顿第二定律，对小车有FMa=对砝码桶内砝码有mgFma−=联立可得1mgFmM=+可知要使细线的拉力约等于钩码的总重力，应满足的

条件是钩码的质量要远小于小车的质量；（3）[3]在计数点1所代表的时刻，纸带运动的瞬时速度为2022103.5510=m/s0.18m/s0.2xtv−==[4]小车的加速度为22240222[(10.103.55)3.55]10m0.75m/s(

2)(0.2s)xxaT−−−−===（4）[5]丙图中有一定的作用力才产生加速度A图线不通过坐标原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。三、解答题（8+8+12+13）13.从离地面500m的空中某处静止释放一个小球，已知g＝10m/s2，空气阻力不计，试求：（1）小球落到地面

所需的时间；（2）自开始下落计时，在第1s内和最后1s内的位移大小。【答案】（1）10s；（2）5m，95m【解析】【详解】（1）根据自由落体公式，212hgt=，代入数据解得10st=（2）根据自由落体公式，21112hgt=，代入数据解得第1s的距离15m

h=最后1s内的位移等于10s位移减9s位移，即()21195m2hhgt=−−=14.如图所示，OA、OB、OC三段轻绳结于O点，下方轻绳OC悬挂质量为m1=0.3kg的物体甲，轻绳OB水平，B端与放置在水平面上的质量为m2=2kg的物体乙相连，物体乙恰好处于静止状态，已知物体乙与

地面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，可认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求：（1）轻绳OB对物体乙的拉力是多大；（2）轻绳OA受到的拉力是多大。【答案】（1）4N；（2）5N【解析】【详解】（1）以乙为研究对象受力分析，根据平衡条件：可得轻绳OB对物体乙

的拉力20.2210N4NBmTg===（2）以结点为研究对象受力分析如图则有TC=m1g=3N222243N5NABCTTT=+=+=所以绳子OA受到的拉力大小为5N。【点睛】本题是力平衡中临界问题，关键是分析临界条件，物体刚要滑动时静摩擦力达到最大值

。15.如图所示，木块m1从光滑的斜面上的A点以a=2m/s2的加速度由静止开始下滑，与此同时小球m2在距C点的正上方h=20m处自由落下，木块m1以不变的速率途经斜面底端B点后继续在粗糙的水平面上运动，在C点恰好与自由下落的小球m2相遇，若斜面AB段长L1=l

m，水平BC段长L2=1.2m，不计空气阻力，试求：（g=10m/s2）（1）m2下落到地面的时间；（2）m1运动到B点时速度的大小和在BC段加速度的大小；（3）相遇时木块m1的速度大小．【答案】(1)2s(2

)2m/s1.6m/s2(3)0.4m/s【解析】【详解】(1)设m2运动至C点的时间为t，根据自由落体运动的位移与时间的公式，有：212hgt=解得：t＝2s(2)木块m1在斜面上运动到B点速度：122

21m/s2m/sBvaL===m1运动到B点的时间：12s=1s2Bvta==则m1在BC段运动的时间为：t2＝t﹣t1＝2﹣1＝1s由位移公式得：2221212BLvtat=+解得：a＝﹣1.6m/s2加速度的大小为1.6m/s2(3)由

222BCvvLt+=，解得C点相遇时木块速度为：vC＝0.4m/s16.如图，一根固定长杆与水平面成θ=53°角。上面套着质量m=1kg的圆环，其直径比杆略大，可自由滑动。杆的OA段粗糙，与环的摩擦因数μ=0.8，AB段光滑。在纸面内，有一个与杆成

53°角斜向上的恒力F作用在环上。环从底端O处以初速度v0=0.8m/s沿杆向上作匀减速运动，经t=0.1s到达A点时速度减为vA=0.4m/s（仍向上）。这时撤去恒力F，环继续向上最远滑行到B处，已知g=10m/s2，cos53°=0.6，sin53°=0.8。（1）求AB之间的距离；（2）求F

的大小；（3）圆环从B下滑后，在AO之间的C处重新施加恒力F（大小、方向与之前相同）。是否可能让环无法到达O？如果可能，计算OC至少多大；如果不能，说明理由。【答案】（1）0.01m；（2）20N；（3）0.018m【解析】【详解】（1）AB之间的圆环做匀减速运动，根据牛顿第二定律得sinmg

ma=解得的sinag=根据运动学关系得200.01m2AABvxa−==−（2）根据运动学关系，OA段圆环运动的加速度为2014m/sAvvat−==−设杆对圆环的支持力垂直于杆向下，OA段运动，对圆环受力分析，根据垂直于杆

的平衡关系和沿杆方向的牛顿第二定律得NsincosFFmg−=N1cossinFFmgma−−=联立解得20NF=N10NF=故支持力大小为10N，F大小为20N。（3）根据运动学关系，OA段圆环运动的位移为()010.06m2OAA

xvvt=+=AB之间光滑，故圆环返回A点时的速度等大反向，vA=0.4m/s，重新施加F前，根据牛顿第二定律2sincosmgmgma−=解得223.2m/sa=设重新施加力F恰好使圆环滑动到O点速度为零，OC的距离为x。当重新施加力F时，根据牛顿第二定律NsincosFFmg−

=N3cossinFFmgma+−=解得2312m/sa=根据运动学公式得2222CAACvvax−=2302CCOvax−=−位移关系AOACCOxxx=+联立解得0.018mCOx=则可能实现，OC至少0.018

m。为