2023-2024学年湘豫名校高一（上）阶段性考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湘豫名校高一（上）阶段性考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单项题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.据中国载人航天工程办公室消息，北京时间2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十六号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道绕地球运动，航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. 9时31分指的是时间
B. 约10分钟后飞船与火箭成功分离，这10分钟指的是时刻
C. 神舟十六号载人飞船环地球椭圆轨道飞行一圈平均速度为零，但它在每一时刻的瞬时速度和平均速率都不为零
D. 神舟十六号载人飞船环地球椭圆轨道飞行一圈，它的位移大小等于路程大小
2.某同学针对以下四幅图说明所学的物理知识，下列说法错误的是( )
A. 图甲中，在南极点行走的帝企鹅受到的重力是由于地球对它的引力
B. 图乙中，足球向前运动是因为物体具有保持原来匀速直线运动的性质
C. 图丙中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会小于人的体重
D. 图丁中，嫦娥五号返回时打开降落伞后伞绳对返回舱的作用力与返回舱对伞绳的作用力大小相等
3.如图所示，平板C置于光滑的水平面上，平板C上面放置一直角三角形斜面B，其中直角面靠着竖直墙壁，斜面上静止有滑块A，现A、B、C三者均处于静止状态。则此时斜面B、平板C的受力个数分别为( )
A. 3，4B. 4，3C. 5，4D. 6，5
4.如图甲、乙所示，完全相同的两个小球，通过细绳与弹簧测力计连在一起并处于静止状态，其中F是大半球体的球心，N处是死结，已知CG=12CF，LN与水平地面平行，MN与LN夹角为30∘，除小球外其余连接物的质量不计，各接触处光滑。则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为( )
A. 1:4B. 1:2C. 1:1D. 2:1
5.一滑块在水平地面上以初速度v0做匀减速直线运动，在最初两个连续的1s内位移分别为x1=3m、x2=2m，最后滑块停下来。下列说法正确的是( )
A. 滑块初速度v0的大小为3m/sB. 滑块第2s末的速度大小为2m/s
C. 滑块的总位移为6.125mD. 滑块最后1.5s内的平均速度大小为1m/s
6.如图所示，水平地面上有A、B两物块，两物块中间夹了一个质量不计的压力传感器，两物块质量分别为mA=2kg、mB=1kg，与地面间的动摩擦因数为μA=μB=13。两物块A、B一起向左运动，A受到一个与水平方向成α=37∘角斜向右下的推力F的作用，此过程中压力传感器示数为4N，已知g取，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。则外力F的大小为( )
A. 12NB. 16NC. 20ND. 22N
7.如图所示，甲、乙、丙、丁四个图像表示六个物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 甲图中A物体与乙图中C物体的速度大小相同
B. 甲、乙图中，A物体与B物体在1s末相遇，C物体与D物体也在1s末相遇
C. 丙图中E物体的加速度大小为
D. 丁图中F物体的加速度大小为
二、多选题（本题共3小题，共15分）
8.生活中拉旅行箱的方式可以将其简化为如图甲、乙所示的模型。甲图中旅行箱处于静止状态时水平拉力由零逐渐增大，直到旅行箱沿水平方向运动；乙图中在拉力F′的作用下旅行箱始终匀速运动，将θ从0∘逐渐增大到90∘，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 图甲中旅行箱受到的摩擦力大小先增大后不变
B. 图甲中旅行箱受到的摩擦力大小先增大后与旅行箱的运动情况有关
C. 图乙中旅行箱受地面的作用力先增大后减小
D. 图乙中拉力F′先减小后增大
9.“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动之一，一小朋友由静止开始沿斜坡下滑2.4s后，接着沿水平滑道减速运动1.6s后速度恰好为零。若斜坡与水平面间的夹角为37∘，小朋友与斜坡间的动摩擦因数μ1=0.3，重力加速度g取，下列说法正确的是( )
A. 斜坡加速、水平面减速过程中的平均速度大小之比为v1:v2=2:1
B. 斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为x1:x2=3:2
C. 斜坡加速、水平面减速过程中的加速度大小之比为a1:a2=3:2
D. 小朋友与水平滑道的动摩擦因数μ2=0.54
10.如图甲所示，某快递公司用倾斜的传送带运送包裹，传送带以1m/s的速率顺时针匀速运行，现简化为如图乙所示的示意图。将包裹无初速度地放在传送带底端，经10s后恰好运动到传送带顶端，已知包裹与传送带之间的动摩擦因数为 32，传送带的倾角θ=30∘，重力加速度g取。则( )
A. 包裹向上运动的过程一直受到静摩擦力的作用
B. 传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越小
C. 包裹匀加速运动的位移为0.2m
D. 包裹匀速运动的时间为9.6s
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11.某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
(1)实验前该同学先测量弹簧原长时，指针指示刻度如图乙所示，则弹簧原长L0=_________cm。
(2)改变钩码个数n，重复上述操作，记录相应的弹簧形变量x，在坐标图纸中描点作出x−n图像，如图丙所示。
(3)已知每个钩码的质量为10g，重力加速度g取，由图像可以求得弹簧的劲度系数为_________结果保留两位有效数字)。
(4)实验中未考虑弹簧自身的重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果无影响，说明理由_________。
12.某同学利用如图甲所示的装置完成了“探究加速度与外力的关系”的实验。
(1)实验得到如图乙所示的纸带，相邻计数点间有4个点未画出，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。则B点对应小车的速度大小为_________m/s，小车的加速度大小为_________。(结果均保留三位有效数字)
(2)在实验过程中砂和砂桶的加速度与小车的加速度之比为_________。
(3)若小车和动滑轮的质量不能忽略，保持小车的质量不变，改变拉力多次测量，可得小车运动的加速度a和力传感器示数F的a−F图线如图丙所示，已知小车的质量M=1.8kg，则动滑轮的质量m0=_________kg。
四、计算题（本题共3小题，共42分）
13.某人从距地面H=46.7m的阳台上不慎让一物体落下，掉落过程可看作自由落体运动，此时前面4.5m处，下班工人未发现险情正匀速直行路过，恰好不被落物砸到。已知此人身高为1.7m，重力加速度g取。
(1)求工人匀速运动的速度。
(2)若此人以1.2m/s的速度运动到距离落点4.5m处，发现物体开始下落，想加速通过避免被砸到，此人的反应时间Δt=1s，求加速度大小至少为多大时才能避免被落物砸到。
14.如图所示，质量为m2的物块B通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，水平轻绳与轻质弹簧连接后再与放置在水平桌面上质量为m1=5kg的物块A连接，轻绳OD与竖直方向的夹角θ=53∘，跨过光滑的定滑轮与置于斜面上质量为m3=3kg的物块C连接，若三个物块恰好处于静止状态，已知斜面的倾角θ=53∘，弹簧的劲度系数，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，物块A与桌面间的动摩擦因数为0.4，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，求：
(1)弹簧的伸长量；
(2)物块B的质量；
(3)物块C受到的摩擦力的大小和方向。
15.如图甲、乙所示，质量M=2kg、长L=2m、高ℎ=0.8m的长木板置于水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，一质量m=1kg的小滑块(视为质点)于图甲中放在长木板的中央处，图乙中放在长木板的左端，且图甲中长木板上表面光滑，图乙中长木板与小滑块间的动摩擦因数μ2=0.5，两种情况均在恒力作用下从静止开始运动，重力加速度g取。求：
(1)图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，恒力F的大小；
(2)在第(1)问情况中，图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离；
(3)图乙中若恒力F′=10N，求小滑块离开长木板的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.9时31分指的是时刻，故A错误；
B.约10分钟后飞船与火箭成功分离，这10分钟指的是时间间隔，故B错误；
C.平均速度是位移与通过这段位移所用时间的比值，平均速率是路程与时间的比值，神舟十六号载人飞船环地球椭圆轨道飞行一圈，位移为零，平均速度也为零，但它在每一时刻的瞬时速度和平均速率都不为零，故C正确；
D.神舟十六号载人飞船环地球椭圆轨道飞行一圈，它的位移为零，而路程不等于零，因此它的位移大小不等于路程大小，故D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】A.图甲中，处在南极极点的帝企鹅的向心力为0，则在南极点行走的帝企鹅受到的重力是地球对它的引力，故A正确；
B.图乙中，足球被踢出后，与脚不接触，所以没有弹力，足球向前运动是因为物体具有保持原来匀速直线运动的性质，即惯性，故B正确；
C.图丙中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间，具有向上的加速度，处于超重状态，指针示数会大于人的体重，故C错误；
D.图丁中，嫦娥五号返回时打开降落伞后，伞绳对返回舱的作用力与返回舱对伞绳的作用力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D正确。
本题选错误，故选C。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A、B、C均处于静止状态，对A、B、C整体进行受力分析可知，整体受总重力和地面的支持力，处于静止状态；对滑块A进行受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；对斜面体进行受力分析，受重力、A对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时小车对B有向上的支持力，因墙壁对B没有力的作用，故B共受到4个力；最后对C受力分析，受重力、B对它的竖直向下的压力和地面对它向上的支持力，因墙壁对小车没有力的作用，故C共受到3个力。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A
【详解】图甲根据平衡条件由相似三角形可得
mgCF=F1CG
解得
F1=12mg
图乙根据平衡条件可得
F2=mgsin30∘=2mg
则甲、乙两图中弹簧测力计的读数之比为
I
故选A。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由位移时间关系为
x1=v0×1−12×a×12=3m
x2=v0×2−12×a×22−(v0×1−12×a×12)=2m
解得
v0=3.5m/s
a=1m/s2
故A错误；
B.滑块第2s末的速度大小为
v2=v0−at2=1.5m/s
故B错误；
C.滑块的总位移为
x=v022a=6.125m
故C正确；
D.逆向思维匀加1.5s的速度为
v=at=1.5m/s
滑块最后1.5s内的平均速度大小为
v=v2=0.75m/s
故D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】
A
【详解】两物块A、B一起向左运动，对整体由牛顿第二定律有
Fcs37∘+μ(Fsin37∘+mAg+mBg)=(mA+mB)a
对B由牛顿第二定律有
N+μmBg=mBa
由题知
N=4N
解得
F=12N
故选A。
7.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A.在图像 x−t 中，斜率表示速度，平行于 t 轴的直线表示静止，因此甲图中A物体的速度为零，在 v−t 图像中，斜率表示加速度，平行于 t 轴的直线表示匀速直线运动，乙图中C物体的速度大小为 2m/s ，则甲图中A物体与乙图中C物体的速度大小不相同，故A错误；
B.在 x−t 图像中，交点表示相遇，甲图中，A物体与B物体在1s末相遇，在 v−t 图像中，交点表示速度相等，乙图中，C物体与D物体在1s末速度相等，故B错误；
C.根据速度与位移的关系式 v2−v02=2ax ，可得 v2=2ax+v02 ，因此在 v2−x 图像中，斜率表示 2a ，有
k=2a=101m/s2=10m/s2
解得丙图中E物体的加速度大小为
a=5m/s2
故C正确；
D.根据位移公式 x=v0t+12at2 ，可得 xt=a2t+v0 ，在 xt−t 图像中，斜率表示 a2 ，有
k=a2=0−42m/s2=−2m/s2
可得丁图中F物体的加速度为
a=−4m/s2
负号表示加速度与初速度方向相反，加速度大小为 4m/s2 ，故D正确。
故选CD。
8.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.在水平拉力达到最大静摩擦力之前，旅行箱静止，有向右的运动趋势，受到的是地面对它的静摩擦力，静摩擦力的大小等于施加的拉力的大小，当水平拉力大于最大静摩擦力后，旅行箱开始滑动，此时受到的是滑动摩擦力，等于最大静摩擦力，因此图甲中旅行箱受到的摩擦力大小先增大后不变，故A正确；
B.根据 F滑=μFN ，图甲中旅行箱受到的摩擦力大小先增大后与旅行箱的运动情况无关，只与接触面的粗糙程度和对地面的正压力有关，故B错误；
CD.在拉力 F′ 的作用下旅行箱始终匀速运动，受力分析如图所示
旅行箱受到重力 G ，拉力 F′ ，地面的支持力 FN 和滑动摩擦力 Ff 作用，由 Ff=μFN ，支持力 FN 和滑动摩擦力 Ff 的合力方向不变，可用 F1 替代，将 G 、 F′ 、 F1 三个力合成，如图所示的三角形中，将 θ 从 0∘ 逐渐增大到 90∘ ， F1 一直减小，旅行箱受地面的作用力为
FN=F1csθ
旅行箱受地面的作用力一直减小，拉力 F′ 先减小后增大，故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】B
【解析】B
【详解】A.斜坡加速、水平面减速过程中的平均速度大小之比为
v1:v2=0+v2:v+02=1:1
故A错误；
B.斜坡加速、水平面减速过程中的位移之比为
x1:x2=0+v2t1:v+02t2=3:2
故B正确；
C.斜坡加速、水平面减速过程中的加速度大小之比为
a1:a2=vt1:vt2=2:3
故C错误；
D.斜坡的加速度大小为
a1=gsinθ−μ1gcsθ
水平面的加速度大小为
a2=μ2g
又
a1:a2=2:3
解得
μ2=0.48
故D错误。
故选B。
10.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A.将包裹无初速度地放在传送带底端时，包裹相对传送带沿传送带向下滑动，则包裹受沿传送带向上的滑动摩擦力，故A错误；
B.包裹与传送带达到共速时，包裹在传送带上受到静摩擦力的作用，随传送带一起匀速，根据平衡条件可得
f=mgsinθ
所以传送带倾斜角度越大，包裹在传送带上所受的静摩擦力越大，若
mgsinθ>μmgcsθ
即
tanθ> 32
时，包裹不能与传送带相对静止，包裹不受静摩擦力，故B错误；
CD.依题意可得，包裹加速所需时间满足
v=at
又有
μmgcsθ−mgsinθ=ma
解得
t=0.4s
包裹匀加速运动的位移为
x=v2t=0.2m
包裹匀速运动的时间为
Δt=10s−0.4s=9.6s
故CD正确。
故选CD。
11.【答案】 15.09 4.1 见解析
【详解】(1)[1]由图乙可知，最小分度为 0.1cm ，则弹簧原长
L0=15.09cm
(2)[2]根据题意，由胡克定律有
nmg=kx
整理可得
x=mgk⋅n
结合图丙有
mgk=17−5×10−27−2
解得
(4)若考虑到弹簧自重，则有
nmg+Mg=kx
整理可得
x=mgk⋅n+Mgk
可知，弹簧白重体现在图像会出现横截距，但对图像的斜率无影响，所以对弹簧劲度系数的测量结果无影响。

【解析】略
12.【答案】 1.23 6.03 2:1 0.2
【详解】(1)[1]相邻计数点间有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则B点对应小车的速度大小为
vB=xAC2T=(27.80−3.20)×10−22×0.1m/s=1.23m/s
[2]根据逐差法可得，小车的加速度大小为
a=xBD−xOB4T2=(49.10−12.50−12.50)×10−24×0.12m/s2≈6.03m/s2
(2)[3]由图中装置可知，相同时间内砂和砂桶的位移大小总是小车位移大小的两倍，则砂和砂桶的速度大小总是小车速度大小的两倍，根据
a=ΔvΔt
可知砂和砂桶的加速度与小车的加速度之比为
a桶:a车=2:1
(3)[4]以小车和动滑轮为对象，根据牛顿第二定律可得
2F=(M+m0)a
可得
a=2M+m0F
可知 a−F 图像的斜率为
k=2M+m0=−1=1kg−1
解得动滑轮的质量为
m0=0.2kg

【解析】略
13.【答案】1) 1.5m/s ；(2) 0.12m/s2
【详解】(1)物体从 H=46.7m 高处落下，到达身高为1.7m的人的头顶过程，位移为
ℎ=46.7−1.7m=45m
物体掉落过程可看作自由落体运动，根据自由落体运动位移与时间关系式，有
ℎ=12gt2
解得下落时间为
t= 2ℎg=3s
从落物落点前面 x=4.5m 处匀速直行路过，恰好不被落物砸到，工人匀速运动的速度为
v=xt=1.5m/s
(2)若此人以 v1=1.2m/s 的速度运动到距离落点4.5m处，人的反应时间内做匀速直线运动，运动的距离为
d=v1Δt=1.2m
根据速度与位移的关系式，有
v2−v12=2ax−d
解得加速度大小至少为
a=v2−v122x−d≈0.12m/s2
加速度大小至少为 0.12m/s2 时才能避免被落物砸到

【解析】略
14.【答案】(1) 0.04m ；(2) 1.5kg ；(3) 1N ，沿斜面向下
【详解】(1)三个物块恰好处于静止状态，则物块A受到摩擦力等于最大静摩擦力，对物块A受力分析可得
F=kΔx=f=μm1g
弹簧的伸长量为
Δx=0.04m
(2)对物块B受力分析，根据平衡条件可得
tanθ=Fm2g
T=Fsinθ
解得物块B的质量为
m2=1.5kg
(3)假设物块C受到的摩擦力沿斜面向下，对物块C受力分析，根据平衡条件可得
m3gsinθ+f1=T
解得
f1=1N
假设成立，物块C受到的摩擦力沿斜面向下，大小为 1N

【解析】略
15.【答案】(1)10N；(2)1.04m；(3) 2 55s
【详解】(1)图甲中长木板上表面光滑，物块始终静止，图甲中若小滑块由静止到离开长木板的时间为1s，对木板有
L2=12a1t12
解得
a1=2m/s2
对木板有
F−μ1(m+M)g=Ma1
解得
F=10N
(2)小滑块离开木板做自由落体运动，有
ℎ=12gt22
解得
t2=0.4s
木块滑离木板，对木板有
F−μ1Mg=Ma2
解得
a2=3m/s2
小滑块离开长木板时长木板的速度为
v1=a1t1=2m/s
图甲中小滑块落地时距长木板左端的水平距离为
x=v1t2+12a2t22=1.04m
(3)对小滑块有
F′−μ2mg=ma3
解得
a3=5m/s2
对长木板有
μ2mg=5N<μ1(m+M)g=6N
长木板静止不动，小滑块离开长木板的时间为 t3 ，则
L=12a3t33
解得
t3=2 55s

【解析】略