2023-2024学年湖北省宜昌市高一（上）期末考试物理试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省宜昌市高一（上）期末考试物理试卷(含解析），共15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.杭州第19届亚运会，在赛艇女子轻量级双人双桨决赛中，中国选手邹佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成绩斩获本届亚运会首金。下列说法正确的是( )
A. 研究比赛中运动员的划桨技术技巧，可以将运动员视为质点
B. 到达终点后运动员停止划桨，但由于惯性，赛艇仍会向前运动
C. 在比赛中，赛艇能加速前进是由于水推桨的力大于桨推水的力
D. 赛艇比赛全程的平均速度一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半
2.篮球从高处无转动下落将沿竖直方向运动，若在释放瞬间给篮球一个转动速度，篮球仍在竖直平面内运动，运动轨迹如图中曲线所示，这种现象称之为马格努斯效应，马格努斯效应在球类运动项目中非常普遍。篮球运动到M点时速度方向如图所示，则其在该点受到的合外力方向可能是( )
A. 竖直向下B. 与速度方向相反
C. 垂直速度方向斜向左下D. 斜向右下，指向轨迹曲线内侧
3.探究弹力和弹簧伸长量的关系时，在竖直的轻弹簧下端悬挂10N重物，重物静止时弹簧的伸长量为0.05m；悬挂20N重物，重物静止时弹簧长度为0.20m，已知弹簧始终在弹性限度内，弹簧的原长L0和劲度系数k分别为( )
A. L0=0.10m B. L0=0.05m
C. L0=0.05m D. L0=0.10m
4.一个小孩坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动。已知圆周运动的半径为R，线速度为v，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小孩做匀速圆周运动的角速度是v2R
B. 小孩做匀速圆周运动的向心加速度为 gR
C. 小孩做匀速圆周运动的周期为2πRv
D. 小孩做匀速圆周运动的转速为vR
5.2023年11月2日，“双曲线二号”火箭在中国酒泉卫星发射中心开展垂直回收试验。若试验过程中，地面测控系统测出火箭竖直起降全过程的v−t图像如图所示，火箭在t4时刻落回起点，下列说法正确的是( )
A. t1时刻，火箭的加速度最大
B. t2时刻，火箭上升到最高点
C. t2∼t3时间内，火箭匀速下降
D. 0∼t2时间内的位移小于t3∼t4时间内的位移
6.如图(a)，一物块在t=0时刻滑上倾角为30∘的固定斜面，其运动的v−t图像如图(b)所示。已知物块质量m=1.0kg，运动过程中摩擦力大小恒定，取重力加速度，则物块受到的摩擦力大小f和返回出发点的速度大小v分别为( )
A. f=2N，B. f=8N，
C. f=3N，D. f=3N，
7.两条平行的长直轨道上分别有甲、乙两列动车，两车长度均为L=200m，最大速度均为。t=0时刻，动车甲以的恒定加速度从静止开始启动，此时在动车甲后方，距离其车尾d=700m处，动车乙正以最大速度匀速驶来，下列说法正确的是( )
A. 动车甲加速到最大速度需要的时间为10s
B. t=4s时动车甲与动车乙车头平齐
C. 动车甲与动车乙车头平齐时，动车甲的速度大小为10m/s
D. 动车乙不可能超越动车甲
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，水平传送带顺时针匀速转动。在其左端轻放上木块，木块经过匀加速和匀速两个过程后，被传送至传送带右端，木块从左端到右端的时间为t。下列说法正确的是( )
A. 木块匀加速过程中，受到向右的滑动摩擦力作用
B. 木块匀速过程中，受到向右的静摩擦力作用
C. 若仅增大传送带的转动速率，木块从左端到右端的时间将小于t
D. 若仅增大传送带的转动速率，木块从左端到右端的时间将大于t
9.如图所示，竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水，内有一个蜡块能在水中沿玻璃管匀速上浮或匀加速上浮，在蜡块上浮的同时，玻璃管沿水平方向向右运动，蜡块的运动轨迹为直虚线，对上述运动过程的分析，下列说法正确的是( )
A. 蜡块不可能沿直虚线做匀速直线运动
B. 蜡块可能沿直虚线做匀加速直线运动
C. 若玻璃管做匀速直线运动，则蜡块一定处于失重状态
D. 若玻璃管做匀加速直线运动，则蜡块一定处于超重状态
10.如图所示，水平地面上固定有倾角为45∘，高为h的斜面。О点位于A点正上方且与B点等高。细绳一端固定于О点，另一端与质量为m的小球相连。细绳能够承受的最大拉力为3mg(g为重力加速度)。小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳恰好拉断，之后做平抛运动并垂直撞到斜面上，下列说法正确的是( )
A. 细绳的长度为h2
B. 小球做平抛运动的水平位移和竖直位移大小相等
C. 小球做平抛运动的时间为 h2g
D. 小球做平抛运动的落点为斜面的中点
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.图1是利用电磁定位系统“探究平抛运动的特点”的实验，通过电磁定位板与计算机相连，软件自动记录信号源(类似平抛小球)的运动轨迹，同时得到信号源轨迹在水平方向、竖直方向的投影，通过计算机处理得到水平方向、竖直方向的v−t图像(分别如图2中a、b图线所示)。

(1)由实验可知，平抛运动在水平方向的分运动为_________。
A.匀速直线运动
B.匀变速直线运动
C.变加速直线运动
D.曲线运动
(2)在信号源的轨迹图中取4个点，如图3所示。已知图中相邻两点之间的时间间隔为T=0.04s，分析可知，图中每个正方形小方格的边长为_________cm，该信号源做平抛运动的初速度大小为_________m/s。(取重力加速度，结果均保留两位有效数字)
12.某实验小组为了探究物体质量一定时，加速度大小与力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。
(1)下列操作或说法正确的是_________。
A.实验前应该将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力
B.本实验中需要满足重物的质量远小于小车的质量
C.实验时应该先接通打点计时器电源，后释放小车
D.每次改变重物的质量后，都需要重新平衡摩擦力
(2)图乙是实验中打出的一条纸带，相邻两个计数点之间的时间间隔均为0.1s，则小车运动的加速度大小为_________m/s2(计算结果保留两位有效数字)。
(3)某同学用该装置做实验时，忘记平衡摩擦力，始终将长木板放在水平桌面上。多次改变重物质量后，绘制出小车加速度a与弹簧测力计示数F之间的图像如图丙所示，据此可以推知小车的质量为_________kg，小车所受到的阻力大小为_________N(结果均保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共46分。
13.福建舰是我国第一艘电磁弹射型平直甲板航空母舰，如图所示。在某次电磁弹射测试中，福建舰静止，实验小车在电磁力的推动下由静止开始在甲板上做匀加速直线运动。当小车加速L=100m即离舰做平抛运动，已知甲板与海面的高度差为h=20m，测得小车平抛运动的水平位移x=100m，取重力加速度。
(1)求小车做平抛运动的初速度大小v0；
(2)求小车在甲板上匀加速运动的加速度大小a。
14.如图所示，光滑的矩形金属框MNQP处于竖直平面内，一根长为L的轻绳一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直边PQ。已知轻绳与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ足够长，重力加速度为g。
(1)若金属框静止不动，求小球对轻绳的拉力大小F；
(2)若小球和金属框一起在竖直平面内水平向左做匀加速直线运动，PQ边对小球的作用力恰好为零，求金属框的加速度大小a；
(3)若金属框绕MN边匀速转动，PQ边对小球的作用力恰好为零，求金属框转动的角速度大小ω。
15.如图所示，t=0时，小物块A静止在足够长的木板B的左端，B静止在水平地面上。A、B的质量分别为mA=1kg，mB=0.5kg，A、B间动摩擦因数μ=0.4。对A施加水平向右的作用力F1=4.5N，A、B一起以的加速度做匀加速运动，取重力加速度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求B与地面间的动摩擦因数μ2；
(2)t=0时刻，若将对A施加的水平向右的作用力改为F2=8N，求第1s内B的位移大小x；
(3)t=0时刻，若将对A施加的水平向右的作用力改为F3=6t+6N，t1=1s时撤去力F3，求A运动的总时间tA。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.研究比赛中运动员的划桨技术技巧时，运动员的大小和形状不能忽略，运动员不能被看作质点，选项A错误；
B.停止划桨后赛艇仍向前运动是由于惯性，选项B正确；
C.在比赛中，水推桨的力与桨推水的力属于一对相互作用力，大小相等，选项C错误；
D.由于不确定赛艇的运动状态，因此其平均速度不一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半，选项D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】篮球做曲线运动时，合外力的方向应该指向其轨迹的凹侧。
故选D。
3.【答案】A
【解析】悬挂 10N 的重物时，弹簧伸长量为 0.05m ，根据胡克定律
F=kx
计算出劲度系数
悬挂 20N 的重物时，弹簧伸长量为
x2=F2k=20200m=0.1m
弹簧原长为
L0=L−x2=0.20m−0.10m=0.10m
故选A。
4.【答案】C
【解析】A.小孩做匀速圆周运动时，角速度
ω=vR
故A错误；
B.小孩做匀速圆周运动的向心加速度
an=v2R
故B错误；
C.周期为
T=2πRv
故C正确；
D.转速为
n=1T=v2πR
故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】A. v−t 图像的斜率表示加速度， t1 时刻，图像的斜率为0，因此加速度为0，故A错误；
BC. 0∼t2 时刻速度始终为正，说明火箭一直在向上运动， t2∼t3 时间内火箭的速度为0，处于静止状态， t3∼t4 时刻速度始终为负，说明火箭一直在向下运动，故 t2 时刻上升到最高点，故B正确，C错误；
D.火箭在 t4 时刻落回起点， 0∼t2 时间内火箭向上运动， t3∼t4 时间内火箭向下运动，两段位移大小相等，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】 v−t 图像与坐标轴围成的面积表示位移， v−t 图像的斜率表示加速度，则 0∼1s 内物块沿斜面上滑的位移大小为
x=12×8×1m=4m
加速度大小为
由牛顿第二定律有
mgsinθ+f=ma1
解得
f=3N
物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有
mgsinθ−f=ma2
解得
根据速度位移关系式有
v2=2a2x
解得
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.动车甲加速到最大速度所需要的时间为
t0=vma=100s
故A错误；
BC.甲与乙动车车头平齐时
vmt−12at2=L+d
解得
t1=20s ， t2=180s (舍)
此时动车甲的速度大小为
故B错误，C正确；
D.在 0∼100s 内，动车甲的位移为
x甲=12vmt0=2500m
动车乙的位移为
x乙=vmt0=5000m
x乙−x甲=2500m>d+2L
在动车甲加速到最大速度之前已被动车乙超越，故D错误。
故选C。
8.【答案】AC
【解析】AB.木块匀加速过程中，木块相对传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力作用，而在匀速过程中，木块与传送带间没有相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A正确，B错误；
CD.若仅增大传送带的转动速率，则木块会加速到更大的速度，根据下图 v−t 图像分析易知，木块从左端到右端的时间将会小于t，故C正确，D错误。
故选AC。

9.【答案】BD
【解析】AC.当蜡块在水中沿玻璃管匀速上浮，玻璃管向右匀速运动，蜡块的合运动为匀速直线运动，可能沿图中直虚线，此时蜡块受力平衡，既不超重也不失重，故AC错误；
BD.当蜡块在水中沿玻璃管匀加速上浮，玻璃管向右匀加速运动，蜡块的合运动可能为匀加速直线运动，可能沿图中直虚线，此时蜡块有向上的加速度，处于超重状态，故BD正确。
故选BD。
10.【答案】CD
【解析】小球做平抛运动并垂直撞到斜面上轨迹如图所示。
设小球做平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，绳长为L，根据圆周运动的知识有
T−mg=mv2L
小球做平抛运动
x=vt ， y=12gt2
根据平抛运动的推论，将速度方向反向延长经过水平位移中点，有
x=2y
且
L+y+x=h
解得
L=h4 ， x=h2 ， y=h4 ， t= h2g
故选CD。
11.【答案】 A 1.6 0.80
【解析】(1)[1]平抛运动在水平方向的分运动如图(2)中图线(a)所示，为匀速直线运动。
故选A。
(2)[2][3]平抛运动在竖直方向的分运动为匀加速直线运动，图(3)中相邻两点的竖直高度差为
L=gT2
代入数据得
L=1.6cm
水平方向有
2L=v0T
解得
12.【答案】 C 0.45 0.75 3.0
【解析】(1)[1]A.实验之前应该将长木板的左端适当垫高以平衡摩擦力，故A错误；
B.本实验中细绳上的拉力可以直接根据弹簧测力计读出，不需要满足重物的质量远小于小车的质量，故B错误；
C.实验时应该先接通电源，后释放小车，故C正确；
D.本实验中只需要平衡一次摩擦力就行，故D错误。
故选C。
(2)[2]由逐差法求出小车的加速度为
(3)[3][4]根据牛顿第二定律有
2F−f=Ma
变形得
a=2MF−fM
类比图丙中 a−F 的解析式
a=83F−4
可知
M=0.75kg ， f=3.0N
13.【答案】(1)50m/s；(2) 12.5m/s2
【解析】(1)根据平抛运动的规律，水平方向
x=v0t
竖直方向
h=12gt2
代入数据解得
(2)小车在甲板上匀加速运动时，根据速度位移关系式
v02−0=2aL
代入数据解得
14.【答案】(1) mgcsθ ；(2) gtanθ ；(3) gLcsθ
【解析】(1)当金属框和小球静止不动时，设轻绳对小球的拉力大小 F1 ，竖直方向有
F1csθ=mg
由牛顿第三定律可得
F=F1
解得小球对轻绳的拉力大小
F=mgcsθ
(2)当小球和金属框一起向左匀加速运动，有
mgtanθ=ma
解得
a=gtanθ
(3)当小球绕MN边做匀速圆周运动时，有
mgtanθ=mω2r
由几何关系得
r=Lsinθ
解得
ω= gLcsθ
15.【答案】(1)0.2；(2)1m；(3)3s
【解析】(1)A、B一起向右匀加速时，对整体用牛顿第二定律有
F1−μ2mA+mBg=mA+mBa
解得
μ2=0.2
(2)设对A施加水平向右的作用力为 F0 时，A、B间恰好达到最大静摩擦力，此时B运动的加速度最大，设最大加速度为 a0 ，对B受力分析
μ1mAg−μ2mA+mBg=mBa0
解得
对A、B整体
F0−μ2mA+mBg=mA+mBa0
解得
F0=6N
当 F2=8N 时， F2>F0 ，A、B间发生相对滑动，B的加速度为 a0 。则第 1s 内，B的位移
x=12a0t2
解得
x=1m
(3)由 F3=6t+6N ，得 t1=1s 内
F3>F0
所以A、B间发生相对滑动，B的加速度为 a0 。设A的加速度为 aA ，对A受力分析有
F3−μ1mAg=mAaA
解得
aA=6t+2m/s2
设 1s 末A的速度为 vA ， t=0 时刻A的加速度
aA0=2m/s2
1s 末A的加速度
aA1=8m/s2
由A的加速度随时间线性变化，有
vA=12aA0+aA1t1
设 1s 末B的速度为 vB ，有
vB=a0t1
撤去力 F3 后，设再经过时间 t2 ，两者同步且同步速度为v，有
v=vA−μ1gt2
v=vB+a0t2
因为 μ1>μ2 ，所以A、B同步后一起做匀减速直线运动直至速度为零，设此过程所需的时间为 t3 ，有
v=μ2gt3
则A运动的总时间为
tA=t1+t2+t3
解得
tA=3s