安徽省示范高中2024~2025學年高一上學期期末綜合測試人教版（2019）必修第一冊物理試題答案

第=page44頁，共=sectionpages88頁第第頁安徽省2024~2025學年高一上學期期末綜合測試物理參考答案本卷測試內(nèi)容：必修第一冊完成時間：75分鐘一、單選題：1．【答案】B【詳解】A．小球的位移大小為：方向豎直向下，故A錯誤；B．小球平均速度的大小為：方向豎直向下，故B正確；C．小球速度變化量的大小為：方向豎直向上，故C錯誤；D．小球平均加速度的大小為：方向豎直向上，故D錯誤。故選B。2．【答案】A【詳解】AC．木板與滑塊間發(fā)生了相對滑動，兩者間的摩擦力為滑動摩擦力，則木板對滑塊的摩擦力大小為：滑塊相對木板向右運動，則木板對滑塊的摩擦力方向水平方向水平向左，故A正確，C錯誤；BD．對木板受力分析，木板受到滑塊對其向右的滑動摩擦力，大小與相等，還受到地面對其向左的靜摩擦力，由平衡條件知故BD錯誤。故選A。3．【答案】C【詳解】A．由于物資先向下做勻加速運動，所以加速度方向向下，故勻加速運動階段處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B．整個運動過程的最大速度出現(xiàn)在加速剛結束時，設最大速度為，則有解得：故B錯誤；C．分析可知勻減速開始時速度為，則勻減速運動階段的加速度大小為故C正確；D．勻加速時加速度向下，物資處于失重狀態(tài)，勻減速時加速度向上，物資處于超重狀態(tài)，故勻加速和勻減速運動階段所受運輸箱的作用力不相同，故D錯誤。故選C。4．【答案】C【詳解】AB．對甲乙整體受力分析可知，的拉力大小為的拉力大小為：，選項AB錯誤；CD．若剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，則小球乙受的合外力仍為零，加速度為零；對甲分析可知，甲受重力和彈簧向下的拉力，繩子對其的拉力，甲球的速度為0，將力沿著繩子方向和垂直繩子方向分解，沿繩方向合力為0，則剪斷瞬間，甲球受到的合力由牛頓第二定律可知加速度。選項C正確，D錯誤。故選C。5．【答案】D【詳解】A．由圖像可知質點先向正方向運動再向負方向運動，故A錯誤；B．根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，可知時刻的速度為：解得：。故B錯誤；C．根據(jù)圖像的切線斜率表示速度，可知時刻的速度為0，則質點的加速度大小為：。故C錯誤；D．從到時刻過程，根據(jù)運動學公式可得：解得：，故D正確。故選D。6．【答案】B【詳解】A．由題意，知人的重力為600N，人完成一次下蹲動作，先加速向下后減速向下，人先失重后超重，即人完成一次下蹲動作，F(xiàn)應先小于600N后大于600N，所以由圖像可知0～4s內(nèi)人只完成了一次下蹲過程，故A錯誤；BD．由圖像知，在1.8s時F最小為240N，此時該同學向下運動，合外力最大，加速度達最大，由于此時人的重力大于F，人將繼續(xù)向下加速，速度繼續(xù)增大，在2s時達到最大，根據(jù)牛頓第二定律得人向下運動的最大加速度。故B正確，D錯誤；C．由圖像知，在2.2s時F最大為960N，此時該同學向下減速，向上的加速度達最大，有。故C錯誤。故選B。7．【答案】D【詳解】CD．設AE長為L，從右側任意一個與豎直方向夾角為的斜面下落，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得：根據(jù)位移時間關系又整理可得：解得：可知下滑的時間與傾角無關，所以。故D正確，C錯誤；AB．根據(jù)可知斜面與AB夾角越小，則合外力大，加速度越大，根據(jù)可知位移越大，根據(jù)動能定理：可知到圓弧時速度越大，即。故AB錯誤。故選D。8．【答案】B【詳解】AB．設彈簧的初始壓縮量為，物塊釋放前，根據(jù)平衡條件有釋放后彈簧未恢復原長前，根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得：若彈簧能夠恢復原長（即），則彈簧恢復原長后物塊到達最高點后，開始沿斜面向下做勻加速運動，加速度仍為再次接觸彈簧后，物塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，回到坐標原點時速度恰好減為零，物塊做往復運動，根據(jù)對稱性結合上述分析可知，故A錯誤，B正確；CD．若，物塊釋放后不能脫離彈簧，位移x隨時間t按正弦規(guī)律變化；若，物塊釋放后能脫離彈簧，脫離彈簧后位移x隨時間t按二次函數(shù)規(guī)律變化，故CD錯誤。故選B。二、多選題：9．【答案】AC【詳解】AB．相鄰兩滴水的時間間隔相等，根據(jù)自由落體相鄰相等時間內(nèi)的位移比為1:3:5可知，圖示狀態(tài)第1滴水和第2滴水的間距為：圖示狀態(tài)第3滴水和第4滴水的間距為：故A正確，B錯誤；C．由題意可知，每滴水落地所需時間為3T，則有解得：。故C正確；D．圖示狀態(tài)第1滴水的速度大小為：故D錯誤。故選AC。10．【答案】CD【詳解】A．由圖可知，當小球下落到時，加速度為零，即彈力與重力分力大小相等，此時彈簧的形變量為，則有解得：，故A錯誤；B．對小滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)進行分析，由于只有重力和彈力做功，則系統(tǒng)機械能守恒，當彈簧的彈性勢能最小，小滑塊的機械能最大，故當小滑塊下落到之前，彈簧處于原長，彈性勢能為零，為最小，則此時小滑塊的機械能最大，故B錯誤；C．對小滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，即滑塊機械能與彈簧彈性勢能總和不變。由圖可知，的距離差小于兩處的距離差，可得彈簧彈性勢能的增量不相等，所以滑塊機械能的變化不相同，故C正確；D．在的過程中，重力下滑分力大于彈力，根據(jù)牛頓第二定律有又聯(lián)立可得：在過程中，彈力大于重力下滑分力，根據(jù)牛頓第二定律有又聯(lián)立解得：可知圖像中兩圖線的斜率絕對值相等，由題圖可知在這段過程中，圖線斜率的絕對值等于，故D正確。故選CD。三、非選擇題：11．(6分)【答案】(1)甲(2)交流(3)0.100.3760.393偏小【詳解】（1）甲圖采用的是脈沖輸出開關，因此甲是電火花計時器。（2）打點計時器使用的是交流電源。（3）[1]相鄰的兩個計數(shù)點之間還有4個計時點未畫出，相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為[2]根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，在打下B點時小車的瞬時速度[3]根據(jù)逐差法可得：[4]如果當時電網(wǎng)中交變電流的頻率稍有增大，從50Hz變成了60Hz，而做實驗的同學并不知道，仍按照50Hz進行數(shù)據(jù)處理，則實驗計算采用的頻率值偏小，得到的計數(shù)點間的時間間隔偏大，則速度的測量值偏小，即速度的測量值小于真實值。12．(10分)【答案】(1)等間距(2)AB1.121.0210.42【詳解】（1）改變軌道的傾角，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列等間距的點，表明小車沿傾斜軌道勻速下滑。（2）[1]A．為打點穩(wěn)定，接通電源后，再將小車從靠近打點計時器處釋放，故A正確；B．為使小車做勻變速直線運動，小車下滑時，位于定滑輪和小車之間的細線應始終跟傾斜軌道保持平行，故B正確；C．由于該實驗每個槽碼的質量已知，繩子拉力不需要近似等于槽碼的重力，故不需要使質量遠小于小車質量，故C錯誤；D．若細線下端懸掛著2個槽碼，小車加速下滑，槽碼加速上升，槽碼超重，故細線對小車的拉力大于2個槽碼的重力，則小車下滑過程中受到的合外力小于，故D錯誤。故選AB。[2]相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為：根據(jù)逐差法求出小車加速度大小為[3]根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，在打“6”點時小車的速度大小在打“7”點時小車的速度大小[4]小車勻速時有減小n個槽碼后，對小車和槽碼分別有，整理得：[5]圖像的斜率為解得：13．(10分)【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由水平外力F與彈簧長度l的關系圖像，根據(jù)胡克定律可得彈簧的勁度系數(shù)為：（2）當彈簧長度為8.5cm時，物體勻速前進，由圖像可知彈簧的原長為，則此時彈簧彈力大小為：根據(jù)受力平衡可知，物體受到的摩擦力大小為又可得物體和地板間的動摩擦因數(shù)為：（3）當彈簧長度為3cm時，此時彈簧彈力大小為由于可知物體受到滑動摩擦力作用，大小為。14．(14分)【答案】(1)50s，100m(2)13.5s【詳解】（1）題意知汽車初速度，加速度大小，設初速度方向為正方向，所以汽車過人工收費通道減速時間減速位移之后再從0加速至10m/s用時加速位移故從收費前減速開始，到收費后加速結束，所需的時間：通過的總路程（2）如果過ETC通道，初速度，末速度，所以汽車過ETC通道減速時間減速位移題意知汽車勻速通過的位移x4=10m，則需時間為：之后再從5m/s加速至10m/s用時加速位移所以總位移為：故要完成，要在勻速運動時間為：汽車通過第（1）問路程所需要的時15．(18分)【答案】(1)3s(2)5m(3)；58m【詳解】（1）開始階段，由牛頓第二定律得：解得：煤塊加速至傳送帶速度相等時需要的時間為：煤塊發(fā)生的位移為：所以煤塊加速到10m/s時仍未到達B點，此后摩擦力方向改變，第二階段有解得：設第二階段煤塊滑動到B點的時間為t2，則解得：則煤塊從A到B的時間（2）第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳