山东省 2022-2023学年高一物理上学期第二次核心素养测评试题（Word版带解析）

莱芜一中六十三级核心素养测评物理试卷2022.12级部班级姓名考号第I卷（选择题）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求全部选对的得3分，错选的得0分1.2021年8月5日，跳水运动员全红婵以五跳三满分，总成绩466.2分打破世界纪录，夺得2020东京奥运会跳水女子单人10米跳台决赛冠军，在运动员下落过程中，下列说法正确的是A.运动员下落时，感觉水面是静止的B.以跳台为参考系，运动员向下运动C.运动员下落速率越大，其惯性越大D.裁判给运动员打分时，可以将其视为质点2．关于运动物体所受的合力，速度和加速度的关系，下列说法正确的是A．加速度变大，速度可能不变B．加速度为零，速度就一定为零C．速度变大，加速度可能不变D．运动物体所受的合力越大，速度变化3．下列关于运动和力的关系的认识符合物理学史实的是A．亚里士多德认为，力是改变物体运动状态的原因B．牛顿认为，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，合力为零C．伽利略认为重的物体下落得快，轻的物体下落得慢D．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向4.如图是高速上某一“区间测速”的标牌，该路段全长66km、全程限速100km/h，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95km/h和90km/h，通过测速区间的时间为30min.下列判断正确的是A．全长66km表示位移B．通过起点的速度95km/h表示瞬时速度 C．该汽车全程的平均速度是92.5km/hD．该汽车没有超速5.跳绳运动是众人在一根环摆的绳中做各种跳跃动作的运动游戏。如图所示，运动员在跳绳的过程中A.运动员向上运动的原因是运动员受到地面的支持力大于运动员给地面的压力B.运动员下蹲时，他对地面的压力不变C.运动员受到地面的支持力等于他对地面的压力D.运动员离开地面向上运动的是因为他受到向上的冲力作用6．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60m，车经过B时的速度为15m/s，则A．车从出发到B杆所用时间为9sB．车的加速度为15m/s2C．经过A杆时的速度为3m/sD．出发点到A杆的距离为67.5m7．如图所示，甲、乙两同学通过定滑轮和细绳将重物从左侧平台运送到右侧平台，初始甲、乙拉绳使物体静止在图中位置（如实线所示），此时甲所拉细绳恰好沿水平方向。忽略滑轮与绳子间的摩擦和绳子质量，若甲缓慢释放细绳的同时保持手中细绳沿水平方向，乙缓慢收绳且始终保持静止，则下列说法正确的是A．甲手中细绳的拉力不断增大B．乙手中细绳的拉力不断增大C．乙对地面的压力不断增大D．乙受到地面的摩擦力不变8.如图所示，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10m/s2)A.0.3mB.0.6mC.0.9mD.1.2m 9.如图甲所示是一个小朋友玩抖空竹的游戏，图乙是小朋友玩该游戏的示意图，两根不可伸长的线是对称的。如果小朋友的两手离得更远一些，两细线再次保持对称并稳定后，下列说法正确的是A.两细线的拉力都变大B.两细线的拉力都变小C.两细线的拉力都不变D.两细线的拉力合力变大10.如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC边水平，AC边竖直，，AB及AC两边上分别套用有细线系着的铜环，当它们静止时，细线跟AB所成的角的大小为（细线长度小于BCA．B．C．D．二、多选题（每小题4分，共20分，多选错选0分，漏选2分）11．中国制造是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一智能机械臂铁夹夹起一个金属小球后静止在空中，铁夹与球接触面保持竖直，则A．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大B．小球受到的摩擦力之和与重力大小相等C．铁夹受到的摩擦力方向竖直向下D．若减小铁夹对小球的压力，小球一定会脱离铁夹12.甲、乙两物体沿同一直线运动速度随时间的变化关系v－t图像如图所示，已知t＝0时，甲在乙的后方且两者相距15m，下列说法正确的是A.t＝1.5s时，甲、乙相距最远B.t＝3s时，甲、乙相距最远C.t＝7.5s时，甲、乙相遇D.甲、乙相遇之前的最远距离为27m13．如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C ，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间A．弹簧的形变量不改变B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg14.如图所示，两个足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成角固定不动，平板BP可绕P点的水平轴在竖直面内自由转动，将一均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是A.当BP沿水平方向时，圆柱体受三个力作用B.当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大C.当BP板与AP板垂直时，BP板受到压力最小D.当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小15．如图所示，质量为M，倾角为的斜面体放在光滑的水平面上，质量为m的小物块在沿斜面向下的力F作用下向下运动，此过程中斜面体保持静止，重力加速度为g。下列说法正确的是A．小物块与斜面间的动摩擦因数B．小物块沿斜面向下运动的加速度为C．斜面体对小物块的作用力大于mgD．若将力F的方向突然改为沿斜面向上，在小物块继续沿斜面下滑的过程中，斜面体向右运动第Ⅱ卷非选择题（共50分）三、实验题：本题共2小题，每问2分，共14分。16．某课外兴趣小组做“探究求合力的方法”实验。如图所示，贴有白纸的木板竖直放置，三个细线套 L1、L2、L3的一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P，手持弹簧测力B的一端拉动细线，使结点静止于O点。（1）某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为______N；（2）下列实验操作正确的是______A．实验前对弹簧测力计不需要进行调零B．本实验中的细线越短越好C．实验过程中弹簧测力计和细线与木板平行D．本实验不需要测量重物M的重力（3）在图示情况下，手持弹簧测力B使L2绕节点逆时针缓慢转动，则结点O的位置会不会变动？______（选填“会”或“不会”）17.用图甲装置研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力的关系”，实验步骤如下：①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上，将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数；②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的图像，并求出小车的加速度a；③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组F、a数据：完成下列相关实验内容：（1）在步骤①②中，______F（选填“=”“>”或“<”）；（2）本实验________（选填“需要”“不需要”）平衡小车所受到的摩擦力； （3）某段时间内小车的图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为_______（计算结果保留两位小数）；（4）分析表中的F、a数据可知：在误差允许范围内，小车质量一定时，__________。0.41.01.51.82.10.792.103.103.624.19四、解答或论述题：本题共4小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。评卷人得分18．（7分）在一高台上以6m/s的初速度竖直上抛一石子，出点距地面的高度为9m。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。(1)石子经多长时间落回抛出点；落回抛出点的速度为多大；(2)石子抛出2s时高地面的高度为多少。评卷人得分19．（8分）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，已知质量m=1kg的物体恰好能沿斜面匀速下滑，现在给物体施加一个水平方向的推力F ，使物体沿斜面向上做匀速直线运动。sin37°=0.6，cos37°=0.8，，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）F的大小。评卷人得分20．（9分）如图所示，一质量m=1.0kg的小滑块从B点以4m/s的初速度沿动摩擦因数为μ=0.5、倾角为37°的足够长斜面向上运动，经0.8s正好通过C点，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：BC之间的距离。21．（12分）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，g取10m/s2，则：(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ (4)最终小物块离长木板右端多远？莱芜一中六十三级核心素养测评物理参考答案一．单选题1.【答案】B2.【答案】C3.【答案】D【详解】A．亚里士多德认为，力是维持物体运动状态的原因，故A错误；B．牛顿认为，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，合力不为零，故B错误；C．亚里士多德认为，重的物体下落得快，轻的物体下落得慢；伽利略认为，轻、重物体下落得一样快，故C错误；D．笛卡儿认为，运动中的物体没有受到任何外力作用时，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故D正确。故选D。4.答案　B解析　全长66km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝可知，平均速率为v＝＝132km/h，大于全程限速100km/h，该汽车超速，故D错误5.【答案】C解析AC．运动员受到地面的支持力与运动员给地面的压力是一对相互作用力，总是等大反向，选项A错误，C正确；B．运动员下蹲时，先加速下降后减速下降，则加速度先向下后向上，先失重后超重，则他对地面的压力先增加后减小，选项B错误；D．运动员离开地面向上运动的是因为惯性，并不是受到向上的冲力作用，选项D错误。故选C。6．A解析C．据位移公式解得C错误； B．车的加速度为B错误；A．车从出发到B杆所用时间A正确；D．出发点到A杆的距离为D错误。7．C解析AB．选结点为研究对象，设刚开始时左侧绳与竖直方向的夹角为α，则甲手中细绳即水平绳拉力左侧绳拉力物体缓慢向右移动的过程中减小，可见甲手中细绳即水平绳拉力F减小，左侧绳拉力T减小，左侧绳拉力与右侧绳拉力即乙手中细绳的拉力大小相等，所以乙手中细绳的拉力减小，选项AB错误；C．对乙受力分析，在竖直方向有绳拉力T减小，右侧绳与竖直方向的夹角不变，则乙受到的支持力变大，根据牛顿第二定律可知乙对地面的压力不断增大，选项C正确；D．对乙受力分析，在水平方向有绳拉力T减小，右侧绳与竖直方向的夹角不变，则乙受到地面的摩擦力减小，选项D错误。8.答案　B解析　小球被抛出后，相对小船做竖直上抛运动，小球向上和向下运动时间相同，由h＝gt2得t＝0.3s，小球在空中运动的总时间为0.6s，小船前进的距离为x＝v·2t＝0.6m，故B正确。9.【答案】A10.D解析对AB边上的铜环受力分析，细线上的拉力跟重力、支持力的合力反向，可知；对AC边上的铜环受力分析，细线上的拉力跟重力、支持力的合力反向，可知，选项D正确。11.BC 解析AB．对小球进行受力分析，如图所示小球处于平衡状态，根据力的平衡条件增大铁夹对小球的压力，小球受到的最大静摩擦力增大，摩擦力不变，A错误B正确；C．小球相对铁夹有向下的运动趋势，则铁夹相对小球有向上的运动趋势，即铁夹受到的摩擦力方向竖直向下，C正确；D．若减小铁夹对小球的压力，小球的最大静摩擦力减小，如果仍然大于重力，则小球仍然处于静止状态，不会脱离铁夹，D错误。故选BC。12.答案　BCD解析　由速度相等时距离最远可知，t＝3s时，甲、乙相距最远，故A错误，B正确；设t时两物体相遇，由运动学公式和图像可知t内甲的位移x甲＝－4t，乙的位移x乙＝4t－at2，由图像可知，乙的加速度大小a＝m/s2，由甲、乙位置关系可知x甲－15＝x乙，解得t＝7.5s，故C正确；t＝3s时两物体距离最远，由图像可知，3s内乙的位移为0，故最远距离为3s内甲的位移与初始距离之和，即最远距离为Δx＝12m＋15m＝27m，故D错误。13.答案　AC解析　由于弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力，即F＝3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；A受到的合力大小FA＝3mg－mg，对木块A由牛顿第二定律得2mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，故C正确；对B，由平衡条件得3mg＋mg＝FN，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律可知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故D错误．14.【答案】BC 15．AB15AB解析：斜面体静止，说明小物块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，则，所以，压力和摩擦力的合力等于mg，由牛顿第三定律得，斜面体对小物块的作用力等于mg，小物块的合力F＝ma，则加速度，选项A、B正确，C错误；若将F改为向上，小物块继续沿斜面下滑的过程中，小物块对斜面体的作用力的合力仍竖直向下，斜面体不会运动，选项D错误。16．（每空2分，共6分）1.50N    C    会（1）[1]由图中可的读数为1.50N，注意往下估读一位。（2）[2]A.实验前对弹簧测力计需要进行调零，A错误；B.本实验中的细线不能太短，太短不方便画出力的方向，B错误；C.实验过程中弹簧测力计和细线与木板平行，保证力都在同一平面内，C正确；D.由于需要作出合力，故需要测量重物的重力，D错误；故选C。（3）[3]弹簧测力B使L2绕节点逆时针缓慢转动时，合力大小没变，两分力夹角发生了变化，故两分力大小会发生变化，故结点O的位置会发生变化。17题答案】【答案】①.=②.不需要③.2.10④.小车的加速度与合外力成正比18.(1)1.2s，6m/s；(2)1m【详解】(1)到最高点速度减为0，由速度公式可得到达最高点所需的时间为…………1根据竖直上抛运动的对称性可知石子落回抛点的时间为t总=2t1=2×0.6s=1.2s…………1根据竖直上抛运动的对称性可知石子落回抛点的速度为…………1(2)由上可知到达最高点所需的时间为0.6s，上升的高度为…………1此时距离地面的高度为…………1下落1.4s时的高度为…………1此时距地面的高度为…………1 19.（1）物体受力分析如图由平衡条件得…………1…………1…………1联立方程，代入数据解得…………1（2）匀速上滑时，由平衡条件可得…………1…………1联立方程，代入数据解得…………220．（9分）0.64m【详解】向上运动过程中，根据牛顿第二定律…………1代入解得加速度…………1所以向上减速运动的时间为…………1通过的位移…………1速度减为零后，将加速下滑，根据…………1可求加速下滑的加速度…………1下滑经过C点，…………1下滑距离…………1 所以BC间的距离…………121．（12分）答案　(1)3m/s2　(2)0.5m　(3)2.8m/s　(4)0.7m解析　(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝…………2解得a＝3m/s2…………1(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用故am＝μg＝2m/s2…………1Δx1＝at2－amt2＝0.5m…………1(3)刚撤去F时v＝at＝3m/s，vm＝amt＝2m/s…………1撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5m/s2…………1最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′…………1解得共同速度v′＝2.8m/s…………1(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝－…………1解得Δx2＝0.2m…………1最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7m.…………1