2023-2024学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市宝安区高一（上）期末物理试卷(含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.某同学研究羽毛球比赛中羽毛球的运动，关于是否能把羽毛球视作质点的讨论正确的是( )
A. 判断羽毛球的运动轨迹时可以把羽毛球视作质点
B. 判断羽毛球是否触网时可以把羽毛球视作质点
C. 羽毛球受到的空气阻力不可忽略，故不能视为质点
D. 羽毛球运动速度较小时可以视作质点，速度大时不能视作质点
2.国际单位制包含7个基本单位。其中力学基本单位有三个：长度单位一米(m)、质量单位一千克(kg)和时间单位一秒(s)。力的单位牛顿(N)可以通过国际基本单位表示。下列基本单位的组合能够表示力的单位牛顿(N)的是( )
A. kg⋅m2/s2B. kg⋅m/s2C. kg⋅m/sD. g⋅m/s2
3.“极限的思想”是物理学中的一种重要思想方法。如图是打点计时器打出的一条纸带示意图，若用两点间的平均速度代表纸带在E点的瞬时速度。则下列从该纸带中所选取其中两点间的平均速度来代表纸带在E点的瞬时速度，最精确的是( )
A. E、G两点B. B、E两点C. D、F两点D. C、G两点
4.石拱桥的正中央有一重力为12000N的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α=37°。若接触面间的摩擦力忽略不计，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，tan37°=0.75。则石块其中一个接触面所受弹力大小为( )
A. 4500NB. 7500NC. 8000ND. 10000N
5.安全气囊和安全带能够在汽车发生碰撞时减轻司乘人员受伤的程度，下列关于安全气囊和安全带在汽车发生碰撞时起到的作用说法正确的是( )
A. 安全带减小了乘客的惯性
B. 安全带减小了乘客的速度变化量
C. 安全气囊减小了乘客的惯性
D. 安全气囊延长了乘客碰撞时减速的时间
6.生活中的语言跟物理概念间存在差异。当我们说一辆汽车和一辆高铁同时从静止开始起动，汽车起动“更快”。下列描述与这里的“更快”意思最贴切的是( )
A. 质量更大B. 最大速度更大C. 加速度更大D. 位移更大
7.一物块以初速度v0冲上粗糙斜面到达某高度后又滑回斜面底部，则该过程中滑块的速度v及加速度a(v和a均以沿斜面向上为正方向)随时间t变化的图像正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图是“神舟”系列飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则喷气过程中( )
A. 返回舱处于失重状态
B. 返回舱处于超重状态
C. 伞绳对返回舱的拉力大于返回舱对伞绳的拉力
D. 伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力
9.一个小球从距离水平地面3m的高度竖直向上抛出，上升5m后掉落地面，整个过程经历时间为2.4s。已知空气阻力大小恒定，规定向上为正方向，则关于小球整个运动过程说法正确的有( )
A. 小球的位移为13m
B. 小球的平均速度为−1.25m/s
C. 小球上升的加速度大于下降的加速度
D. 小球再次落回抛出点的速度与抛出速度相等
10.快艇在海面上匀变速直线运动，初速度为6m/s，加速度大小为2m/s2，则在2秒内的运动说法正确的是( )
A. 若加速度与初速度同向，则平均速度为10m/s
B. 若加速度与初速度同向，则位移大小等于16m
C. 若加速度与初速度反向，则平均速度与初速度方向相反
D. 若加速度与初速度反向，则快艇平均速度为4m/s
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组通过实验测量弹簧的劲度系数。把弹簧悬挂在铁架台上，靠近弹簧，如图所示。
(1)记录弹簧自然垂挂时末端O对应的刻度尺示数为______cm。
(2)依次在弹簧末端增挂钩码，记录钩码重力和弹簧末端A的位置，记录如下表所示，则弹簧的劲度系数为______N/m(保留2位有效数字)．
(3)实验操作时，弹簧的上端并没有对齐刻度尺的零刻度，而是在零刻度下方某个位置。这对测量出的弹簧劲度系数将______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
12.某实验小组探究加速度与物体质量的关系。实验步骤如下：
(1)用天平测量小车质量为m0及单个钩码的质量m；不挂钩码，把小车放在木板上，垫起木板一端以调节木板倾斜角度，直至轻推小车，小车能够沿斜面______，此时小车重力沿斜面分力与摩擦力平衡。

(2)取1个钩码，挂在轻绳一端，轻绳跨过定滑轮，另一端连接小车。调节滑轮的高度，使连接小车的绳子与木板保持______。
(3)纸带穿过打点计时器限位孔并固定在小车上。先打开打点计时器，再释放纸带，打点计时器打出点迹清晰的纸带。每隔4个点取一个计数点，记录连续5个计数点为O、A、B、C、D，如图2所示。测得s1=1.60cm、s2=3.40cm、s3=5.40cm、s4=7.60cm。小车运动的加速度为a= ______m/s2(结果保留2位有效数字)。
(4)保持拉动小车的钩码不变，在小车上添加钩码，增大小车的质量，重复步骤(3)并以加速度a为纵坐标，以小车和车上钩码总质量M的倒数为横坐标，绘制a−1M图像。发现在M较大时实验值与理论值拟合得很好，但当M较小时，实验值与理论值存在明显差异，其原因是______。如果M=0，则加速度a应该近似等于______m/s2。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.工人通过推车运送货物，推车由相互垂直的底板和侧板组成，如图所示。工人推动货物沿水平方向匀速直线运动，此时侧板的倾斜角θ为53°，货物为质量均匀的长方体，质量为M=100kg。重力加速度取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)若忽略底板和侧板的摩擦力，侧靠板和底板对货物的支持力F1、F2；
(2)若货物跟侧板间的摩擦系数μ=0.75，侧板的倾斜角的正切值tanθ为多少时货物跟底板间的作用力恰好为零。(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
14.一块石头从高塔顶部自由下落距离a时，另一块石头从距离塔顶b处自由下落，两块石头同时落地，已知重力加速度为g。求：
(1)石头从塔顶下落距离a时的速度v及时间t；
(2)塔的高度h。
15.如图所示为货物传送装置的其中一段，由平滑连接的倾斜的传送带和水平平台组成。斜面的倾斜角为θ=37°，连接处的长度可忽略不计。传送带长度l=5m，当传送带不转动时，质量m的货物从传送带上端由静止释放，货物沿传送带匀加速下滑，到达平台时速度方向改变，但大小不变，并最终停在平台上。货物停止位置与传送带右端的距离为l0=5m。已知货物与平台的摩擦系数μ1=0.2，重力加速度取g=10m/s2，货物可视作质点，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：

(1)货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度a0；
(2)货物与传送带间的摩擦系数μ0；
(3)若传送带顺时针转动，写出货物停止位置与传送带右端距离L跟传送带线速度v的函数关系。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB.判断羽毛球的运动轨迹时，羽毛球的形状大小可以忽略，故可以把羽毛球视作质点；判断羽毛球是否触网时羽毛球的大小形状有影响故不可以把羽毛球视作质点，故A正确，B错误；
CD.物体能否视为质点与运动速度和是否受空气阻力无关，需要根据研究的问题进行判断，故CD错误。
故选：A。
按照质点的定义即可求解。
本题考查质点的概念，注意物体能否视为质点取决于物体的形状大小是否影响所研究问题。
2.【答案】B
【解析】解：力的单位是牛，根据牛顿第二定律F=ma可知：1N=1kg⋅m/s2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
明确牛顿第二定律的内容，同时知道物理公式可同时对应单位的换算，从而明确牛顿与基本单位间的关系式。
本题考查牛顿单位的认识，要注意物理公式同时对应了物理单位的换算。
3.【答案】C
【解析】解：根据“极限的思想”，极短时间内的平均速度等于该点的瞬时速度，在所有各段中，DF段的时间足够短，符合极限的思想，因此用DF段的平均速度代替E的瞬时速度最精确，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据“极限的思想”，极短时间内的平均速度等于该点的瞬时速度分析作答。
本题主要考查了对极限的思想的理解和运用，基础题。
4.【答案】D
【解析】解：对石块进行受力分析可得，石块所受的弹力2N=mgsin37∘
解得N=10000N，故ABC错误，D正确。
故选：D。
对石块受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法列式求解。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
5.【答案】D
【解析】解：AC.惯性只与物体的质量有关，质量不变，则惯性不变，故AC错误；
B.碰撞前后，无论是否有安全带，乘客的速度都从某一值减到零，即安全带不能减小乘客的速度变化量，故B错误
D.通过安全气囊的缓冲作用，延长了乘客碰撞时减速的时间，故D正确。
故选：D。
惯性大小只与质量有关，根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，乘客的速度变化量一定，动量变化量一定，延长接触时间，减小作用力。
本题主要考查了动量定理的应用和物体的惯性，解题关键是明确合外力的冲量等于动量的变化量，动量变化量一定，延长接触时间，减小作用力。
6.【答案】C
【解析】解：汽车起动“更快′“指的是达到相同速度时，汽车用时间更短，则加速度更大。故ABD错误，C正确。
故选：C。
运用加速度的物理意义即可求解。
本题考查加速度的含义，是简单题。
7.【答案】A
【解析】解：滑块在斜面上运动过程中，取沿斜面向上为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1
下滑过程mgsinθ−μmgcsθ=ma2
可知a1>a2
加速度方向都沿斜面向下，大小都恒定不变，所以a−t图线都在第四象限；v−t图像斜率的绝对值表示加速度大小，所以上滑阶段图线倾斜程度大，v为正值，下滑阶段图线倾斜程度小，v为负值，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程加速度的表达式，比较加速度大小，且因为下滑，所以a−t图像在第四象限，v−t图像斜率的绝对值表示加速度，所以上滑时图线倾斜程度大，v为正值，而下滑时图线倾斜程度小，v为负值。
学生在解决本题时，应注意通过加速度，结合图像的斜率和速度方向来作答。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故B正确，A错误；
CD、由牛顿第三定律可知，伞绳对返回舱的拉力等于返回舱对伞绳的拉力，故C错误，D正确。
故选：BD。
失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；
运用牛顿第三定律分析伞绳对返回舱的拉力与返回舱对伞绳的拉力的大小关系。
本题主要考查了超失重和牛顿第三定律的应用，难度一般，基础题。
9.【答案】BC
【解析】解：A.小球最终从离地面3m处移动到地面，方向向下，则小球整个过程的位移为−3m，故A错误；
B.小球的平均速度为v=xt=−32.4m/s=−1.25m/s，故B正确；
C.小球上升时，根据牛顿第二定律可得f+mg=ma1
小球下降时，根据牛顿第二定律可得mg−f=ma2
可知a1>a2，即小球上升的加速度大于下降的加速度，故C正确；
D.设小球抛出的初速度为v0，小球回到抛出点的速度为v1，则小球上升时，根据匀变速直线运动规律有v02=2a1h，其中h=5m，小球下降时，根据匀变速直线运动规律有
v12=2a2h，由于a1>a2，可知v0>v1，即小球再次落回抛出点的速度小于抛出速度，故D错误。
故选：BC。
小球向下落，所以位移为−3m；利用平均速度公式可求出平均速度；根据牛顿第二定律可求出加速度大小关系；利用速度—位移公式，根据加速度关系，从而得出速度关系。
学生在解决本题时，应注意先分析运动过程，然后再利用运动学公式来作答。
10.【答案】BD
【解析】解：A、若加速度与初速度同向，在2秒时的速度大小为：v=v0+at=6m/s+2×2m/s=10m/s，则平均速度为v−=v0+v2=6+102m/s=8m/s，故A错误；
B、若加速度与初速度同向，则位移大小等于x=v−t=8×2m=16m，故B正确；
CD、若加速度与初速度反向，在2秒时的速度大小为：v′=v0−at=6m/s−2×2m/s=2m/s，则平均速度为v−′=v0+v′2=6+22m/s=4m/s，平均速度与初速度方向相同，故C错误、D正确。
故选：BD。
若加速度与初速度同向，求出快艇在2秒时的速度大小，根据平均速度的计算公式求解平均速度，根据位移的计算公式求解位移大小；若加速度与初速度反向，求出快艇在2秒时的速度大小，根据匀变速直线运动的规律得到平均速度的大小和方向。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
11.【答案】23.70 10 无影响
【解析】解：(1)刻度尺需要估读，故刻度尺示数为23.70cm；
(2)根据题干中表格的数据，选择钩码个数为2的时候的数据进行计算，
此时弹簧的伸长量为Δl=33.65cm−23.70cm=9.95cm；
代入胡克定律，k=FΔl=×10−2N/m=10N/m
(3)因为计算弹簧劲度系数时，需要的是弹簧的伸长量，因此弹簧上端没有对齐零刻度对计算伸长量没有影响，则对劲度系数也没有影响。
故答案为：(1)23.70；(2)10；(3)无影响。
(1)刻度尺需要估读，读到最小分度值的下一位；
(2)根据胡克定律计算弹簧的劲度系数；
(3)根据实验原理进行分析。
本题考查刻度尺的读数及弹簧的弹力与形变量的关系。
12.【答案】匀速直线运动 平行 0.20 当不满足M≫m时，由于钩码失重，绳子拉力并不等于mg 10
【解析】解：(1)根据平衡摩擦力的方法可知，应垫起木板一端以调节木板倾斜角度，直至轻推小车，小车能够沿斜面匀速直线运动；
(2)为使小车受到的拉力等于细线的拉力，拉小车的两根细线必须都与木板平行；
(3)根据逐差法可知a=s4−s2−s24T2=7.60−3.40−3.404×0.12×0.01m/s2=0.20m/s2
(4)发现在M较大时实验值与理论值拟合得很好，但当M较小时，实验值与理论值存在明显差异，其原因是当不满足M≫m时，由于钩码失重，绳子拉力并不等于mg；
如果M=0，则细绳的拉力近似为0，钩码的加速度a应该近似等于10m/s2
故答案为：(1)匀速直线运动；(2)平行；(3)0.20；(4)当不满足M≫m时，由于钩码失重，绳子拉力并不等于mg；10
(1)根据平衡摩擦力的方法分析解答；
(2)根据实验原理与操作规范解答；
(3)根据逐差法解得加速度；
(4)根据实验原理分析解答。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出加速度，同时理解图像的物理意义即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对货物受力分析，组成力的三角形如图所示：

根据几何关系可知
F1=Mgcsθ
F2Mgsinθ
解得：F1=600N；F2=800N
(2)若货物跟底板间的作用力为零，则重力、侧板支持力及摩擦力三力平衡，所以：
f=Mgsinθ
由于最大静摩擦等于滑动摩擦力，则：
f=μF1
F1=Mgcsθ
解得：tanθ=μ=0.75
答：(1)若忽略底板和侧板的摩擦力，侧靠板和底板对货物的支持力分别为600N、800N；
(2)若货物跟侧板间的摩擦系数μ=0.75，侧板的倾斜角的正切值tanθ为0.75时货物跟底板间的作用力恰好为零。
【解析】(1)对货物受力分析，根据几何关系分析解答；
(2)若货物跟底板间的作用力为零，则重力、侧板支持力及摩擦力三力平衡，根据滑动摩擦力的公式解答。
本题关键是对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件求解。
14.【答案】解：(1)设第二块石头下落时，第一块石头的速度为v1
由v12=2ga
解得v1= 2ga
由位移—时间关系式a=12gt2
解得t= 2ag
(2)设第二块石头下落时间为t2，对第一块石头，h−a=v1t2+12gt22
对第二块石头：h−b=12gt22
解得：t2=b−a 2ga，h=(b+a)24a
答：(1)石头从塔顶下落距离a时的速度v为 2 ga，时间为 2ag；
(2)塔的高度h为(b+a)24a。
【解析】(1)根据位移—速度关系式求出第一块石头下落a的速度，由位移—时间关系式求下落时间；
(2)根据两块石头的位移关系，结合自由落体公式求出塔的高度。
本题考查了自由落体运动，解题关键是知道自由落体运动的公式。
15.【答案】解：(1)设货物到达平台时速度大小为v0，货物在平台上受到摩擦力大小为：
f1=μ1mg
加速度：
a1=f1m
由于物块最终减速为零：
v02=2a1l0
物块在传送带上匀加速直线运动：
v02=2a0l
解得：a0=2m/s2
(2)货物在传送带上受力如图所示：

根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μ0mgcsθ=ma0
所以μ0=0.5
(3)设货物到达传送带底端的速度为v1。
情况一：若传送带速度为零，则货物到达位置不变，即：L=l0=5m
情况二：若物块一直受到传送带向下的摩擦力则：
启动加速度为：a2=gsinθ+μ0gcsθ
a2=10m/s2
v2=2a2l
解得：v=10m/s
v2=2μ1gL
当v≥10m/s时，L=25m
情况三：当0≤v≤10m/s时
货物经历两段加速度不同的加速运动到达底端。
分别分析两段加速过程，设两段加速的位移分别为s1和s2：
v2=2a2s1
v12−v2=2a0s2
s1+s2=l
解得：L=v25+5
综上可知L=5m(v≤0)，L=25m(v≥10m/s)，L=v25+5(0答：(1)货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度为2m/s2；
(2)货物与传送带间的摩擦系数为0.5；
(3)若传送带顺时针转动，货物停止位置与传送带右端距离L跟传送带线速度v的函数关系为L=5m(v≤0)，L=25m(v≥10m/s)，L=v25+5(0【解析】(1)货物受摩擦力提供加速度，根据运动学规律解答；
(2)货物在传送带上，根据牛顿第二定律分析解答；
(3)分情况讨论货物运动情况，根据数学方法解答。
本题考查牛顿第二定律与传送带结合的问题，解题关键掌握货物受摩擦力的方向判断，注意牛顿第二定律与运动学规律的结合运用。钩码个数
1
2
3
4
5
弹簧弹力F(N)
0.50
1.0
1.5
2.0
2.5
A点位置x(cm)
28.65
33.65
38.65
43.65
48.65