合肥一中2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题含答案.pdf

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1、#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACI

2、oGxEAIoAIAyBFABAA=#1/6 合肥一中 2023-2024 学年度高一年级第一学期期末联考 物理答案 1D【详解】A氢气球受重力、浮力、天幕对球的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，选项A 错误；BC天幕顶对气球的弹力垂直天幕斜向下，则由平衡可知，气球一定受到天幕的摩擦力；气球相对天幕有斜向上运动的趋势，则天幕对气球的摩擦力沿天幕斜向下，则氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向上，选项 BC 错误；D气球受力平衡，因浮力和重力合力竖直向上，则气球受到天幕的作用力（弹力和摩擦力的合力）竖直向下，选项 D 正确。故选 D。2B【详解】AB剪断悬绳前，对 B 受力分析，根据平衡条件，知弹力 F

3、=mg 剪断瞬间，弹簧弹力不变，对 A 分析，A 的合力为 F合=mg+F=2mg 根据牛顿第二定律，得 a=2g 故 A 错误，B 正确；CD剪断瞬间，弹簧弹力不变，B 物块受合力仍为零，对桌面压力仍为零，故 CD 错误。故选 B。3B【详解】A、t1时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速度不是最大。当弹簧的弹力等于重力时速度才最大。故 A 错误。B、t1t2这段时间内，小球向下运动，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，合外力先向下后向上，所以小球先加速后减速，即小球的速度先增大后减小。故 B 正确。C、t1t2这段时间内，小球向下运动，加速度先向下逐渐减小，后向上逐渐增大。t2t3这段时

4、间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合外力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，合外力先减小后增大，根据牛顿牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大。故 CD 错误 故选：B。4B【详解】AD两小球做自由落体运动，运动情况与质量无关，则将两小球位置互换或将 B#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#小球质量也增大到 2m，则时间差不变，故 AD 错误；B根据自由落体运动规律有 =1212，+=1222 时间差为 =2 1 可知若将 L 增大，则时间差增大，故 B 正确；C根据自由落体运动规律可得

5、，B 球落地时 A 球的速度为 =2 则有 =+122 可知，若将 h增大，则时间差减小，故 C 错误。故选 B。5C【详解】A由题图甲、丙知，猴子在水平方向上做速度大小为 4m/s 的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度大小为 8m/s、加速度大小为 4m/s2的匀减速直线运动，分析知合初速度与合加速度方向不在同一直线上，其合运动为曲线运动，故 A 错误；Bt0 时猴子的速度大小为 v002+0242+82m/s45m/s 故 B 错误；C猴子在前 2s 内的加速度大小为 4m/s2，故 C 正确；D02s 内猴子沿水平方向的位移大小为 x08m，沿竖直方向的位移大小为 y0822m8m 所以

6、猴子在 02s 内的位移大小为 s02+0282+82m82m 故 D 错误。故选 C。6A 解：将力 F 根据平行四边形定则分解如图 由几何知识得，侧向推力的大小为 F1F2#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#3/6 故 A 正确，BCD 错误；故选：A。7D 解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至 0 后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为 0，即在 t1时刻，小物块离 A 处的距离达到最大，故 A 错误；由上述可知，在 0t1时间内小物块相

7、对于传送带向左运动，在 t1t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，可知，0t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故 B 错误。t2t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，由题图信息和上述分析，0t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在 t2t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故 C 错误；t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故 D 正确；故选：D。8BC【详解】A物体的速度为零

8、时，加速度不一定为零，故 A 错误；B加速度表示物体的速度变化的快慢，所以速度变化越快，加速度越大，故 B 正确；C物体做曲线运动时，速度一定发生变化，根据=可知，加速度一定不为零，即物体一定有加速度，故 C 正确；D做曲线运动的物体的合力方向不在曲线运动的切线方向，而是速度在切线方向上，若合力也在切线方向上，则物体将做直线运动，故 D 错误。故选 BC。9BC【详解】A B对质点 a，根据数学知识得=0.5+0.5 x0.5t20.5t 与匀变速直线运动的位移公式=0+122对比得 v00.5 m/s，a1.0 m/s2 所以质点 a 做匀加速运动的加速度为 1.0 m/s2，质点 b 做匀

9、速运动的速度为 1.0m/s，故 A 错误，B 正确；Ct1 s 时，相等，则 x相等，所以 1 s 时，质点 a、b再次到达同一位置，故 C 正确；#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#D由题图知，对于质点 b，有 1 所以质点 b 做速度为 1 m/s 的匀速直线运动。在 t1 s 时，质点 a 的速度 vv0at1.5 m/s 大于质点 b 的速度，所以 t1 s 之后两个质点不再相遇，故 D 错误。故选 BC。10ABC【详解】根据题意可知，由静止释放三个小球时，对 a有 sin30=12sin3012 解得 12=

10、8 对 b有 =1222 解得 22=2 对 c有 sin45=12sin4532 解得 32=4 则有 1 3 2 当水平抛出三个小球时，小球 b 做平抛运动，小球 a、c在斜面内做类平抛运动。沿斜面方向的运动同第一种情况，所以 1=1、2=2、3=3 故选 ABC。11 BC C C m M 1 1.10 D【详解】（1）1 通过打点计时器可以得到计数点的时间间隔，所以不需要秒表；需要用天平测质量，不需要用弹簧秤测力的大小；需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离。故选 BC。（2）2 探究加速度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主要应用的方法

11、是控制变量法。故选 C。（3）3 该实验中需要把带滑轮的长木板右垫高来补偿阻力的影响；利用小车重力沿木板向下的分力来补偿阻力，所以小车不悬挂砂和砂桶但要连接纸带并使用打点计时器。#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#5/6 故选 C。（4）456 在保持力不变的情况下探究加速度与质量的关系时，应该保持砂和砂桶（或m）的总质量不变，多次改变小车和砝码（或 M）的总质量，并测量出每次对应的加速度。根据实验数据描绘出 1图像进而得出实验结论。（5）7 由纸带可知，相邻计数点的时间间隔为 T=50.02s=0.1s 根据逐差法可得加

12、速度为 =42=(27.00 11.30 11.30)0.014 0.12m/s2=1.10m/s2（6）8 实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小；以 M为对象，有 T=Ma 以 m 为对象，有 mg-T=ma 可得 =+其中 a-F图像中 F=mg 可知当 mM 时，a-F图像的斜率几乎不变，图线几乎成一直线，当 m 不满足远小于 M 时，图像的斜率随 m的增大而明显减小，则图线明显偏离直线。故选 D。12200N，960N【详解】对石球受力分析如图所示 匀速拉动，由平衡条件有 2cos=（4 分）+2sin=（4 分）又 =联立解得 =200N（2 分），=960N（2 分

13、）13（1）3s；（2）30m；（3）3m。#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#【详解】（1）小球 A 抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有 =122（2 分）解得 =2=24510s=3s（2 分）（2）小球 A 在水平方向做匀速直线运动，则有 A=A=10 3m=30m（4 分）（3）设 B 物体的加速度为，根据牛顿第二定律可得 =解得 =6m/s2 小球 A 与 B 物体的运动具有同时性，A 球落地时，B 物体走的位移大小为 B=122=12 6 32m=27m（2 分）故 A、B 之间的距离为 =A B=

14、30m 27m=3m（2 分）14(1)m2kg，0.75(2)2m/s2【详解】(1)当 F 等于 18N 时，加速度为 a0。对整体由平衡条件：F(Mm)gsin（2 分）代入数据解得 Mm3kg（2 分）当 F 大于 18N 时，根据牛顿第二定律得 FMgsinmgcosMa（2 分）长木板的加速度 a1Fgsincos 知图线的斜率 k11 截距 b-gsin-cos-18 解得 M1kg，m2kg（2 分），0.75（2 分）(2)当拉力 F20N 时，代入长木板的加速度 a1Fgsincos（2 分）解得长木板的加速度为 a12m/s2（2 分）#QQABKQyAggioAAAAAQhCUwHoCkOQkAEACIoGxEAIoAIAyBFABAA=#