湖南省常德市汉寿县第一中学2022-2023学年高一物理上学期第四次段考试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2022-2023学年高一物理上学期第四次段考试卷（Word版附答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1、在物理学中，加速度变化的快慢被定义为“jerk”，我国力学界已采用“加加速度”这一中文译名。用j表示加加速度，表示加速度变化的快慢。当某个质点做直线运动时，下面关于该质点的运动说法正确的是（ ）
A. “加加速度”的单位是m/s2
B. 若该质点的j增大，则表明质点的加速度a增大
C. 如果j与a方向相同，则该质点的加速度a增大
D. 该质点j方向可以与Δa的方向一致，也可以与Δa的方向相反
2、在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。以10m/s匀速行驶的汽车，当车头离斑马线15m时司机看到斑马线上有行人通过，己知该车刹车时加速度大小为5m/s2，驾驶员反应时间为0.2s，若驾驶员看到斑马线上有行人时立即紧急刹车，则（ ）
A. 汽车运动的时间是2s
B. 汽车通过的距离是10m
C. 汽车运动到总位移的一半时，速度大小等于2 15m/s
D. 汽车不能保证车让人
3、如图所示，每个钩码重 1.0 N，弹簧测力计自身重量、绳子质量和摩擦不计，弹簧伸长了 5 cm（在弹簧的弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A. 该弹簧测力计的示数为 1.0 N
B. 该弹簧测力计的示数为 2.0 N
C. 该弹簧的劲度系数为 50.0 N/m
D. 不挂重物时，该弹簧的劲度系数为 0
4、小丽的妈妈准备炒菜时，发现油没了，就让小丽去楼下的超市里买瓶油，并叮嘱小丽回来的时候一定要握紧油瓶，在小丽回来的过程中，油瓶的运动是复杂的。为使问题简化，我们将小丽的运动简化为小丽拿着油瓶在水平方向做匀速直线运动且瓶身处于竖直方向，与手没有相对滑动，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由于油瓶随小丽在水平方向做匀速直线运动，所以油瓶受滑动摩擦力
B. 小丽妈妈叮嘱小丽要紧握油瓶，是为了增大油瓶受到的摩擦力
C. 不论小丽手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定值
D. 如果握力加倍，则摩擦力的方向由向下变为向上
5、如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现向b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是( )
A. b对c的摩擦力可能先减小后增大
B. 地面对c的支持力可能不变
C. c对地面的摩擦力方向始终向左
D. 弹簧的弹力可能增大
6、如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则( )
A. 物体从A到O先加速后减速
B. 物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C. 物体运动到O点时，所受合力为零
D. 物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
二、多选题(共4题)
7、甲、乙两车一前一后相距x＝4m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始运动，两车运动的x—t图像如图所示，下列表述正确的是（ ）
A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B. 甲车先做匀减速运动，后做匀速运动
C. 乙车的速度不断增大
D. 0~12s内，两车相遇二次
8、为了节省能量，某商场安装了如图所示智能化的电动扶梯，扶梯与水平面的夹角为θ。无人乘行时，扶梯运行得很慢；当有人站上扶梯时，扶梯先以加速度a匀加速运动，再以速度v匀速运动。一质量为m的顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A. 顾客在匀速运动阶段受到两个力的作用
B. 扶梯对顾客的支持力始终等于mg
C. 加速阶段扶梯对顾客的摩擦力大小为macsθ，方向水平向右
D. 顾客对扶梯作用力的方向先沿扶梯向上，再竖直向下
9、如图，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系着物块b，物块b位于水平粗糙的桌面上。外力F水平向右拉物块b，使物块b缓慢向右运动。在物块b向右运动的过程中（ ）
A. 外力F逐渐增大
B. 连接a和b的绳的张力逐渐增大
C. 桌面对物块b的支持力逐渐减小
D. 物块b与桌面间的摩擦力逐渐增大
10、如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F的作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至A点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向，则( )
A. 小物块受到的支持力逐渐变大
B. 小物块受到的支持力先变小后变大
C. 拉力F逐渐变小
D. 拉力F先变大后变小
三、实验题(共2题)
11、一个实验小组利用图甲实验装置探究“求合力的方法”实验.
(1)下列说法中正确的是________.
A.在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化
B.弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下
C.F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程
D.为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°
(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________ N.
(3)本实验采用的科学方法是________.
A.理想实验法 B.控制变量法
C.等效替代法 D.建立物理模型法
12、某实验兴趣小组在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，使用如图甲所示的装置。
（1）实验主要步骤如下，下列做法正确的是_______（填字母代号）
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
C.把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动
D.每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角
（2）本次实验使用的打点计时器如图乙所示，需要用到的电源是如图中的_______（填“A”或“B”）；
（3）实验中某次打出的纸带如图丙所示，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，纸带上只测出了两组数据，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度大小a=_______m/s2，P点的速度大小为_______m/s。（均保留2位有效数字）
（4）实验时，某同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持槽码质量不变，测得小车质量的倒数与小车加速度的图象如图所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，重力加速度为g，则小车与长木板间的动摩擦因数μ=_______（用给出的字母表示）。
四、解答题(共3题)
13、飞机着陆后以6m/s2大小的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60m/s，求：
(1)它着陆后12s内滑行的位移；
(2)整个减速过程的平均速度；
(3)静止前4s内飞机滑行的位移。
14、如图甲所示，三条不可伸长且结实的轻绳结于O点，OC绳将质量为m的重物悬挂起来已知系在竖直墙上的AO绳与墙成37°角，保持O点位置不变，可改变BO绳拉力的方向，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）。求：
（1）若m=1kg，BO绳的拉力沿水平方向时，BO绳和AO绳拉力的大小；
（2）若m=1kg，改变BO绳拉力方向时BO绳中拉力的最小值；
（3）如图乙所示，如果BO绳沿水平方向，B端固定于静止在倾角为37°粗糙斜面上的质量为M=12kg物体上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知物体M和斜面间μ=0.8，若要保持M静止，则m的值最大为多少。
15、如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg 的木板，一质量为m＝1 kg的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1，对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2.
(1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；
(2)为使木板从物块的下方抽出来，施加力F后，发现力F作用最短时间t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求力F的大小.
物理试卷答案
1.【答案】C
【解析】A．用j表示加加速度，表示加速度变化的快慢。则
可知“加加速度”的单位是。故A错误；
BC．j的正负表示其与规定的正方向同向或反向，所以无论j是正值还是负值，只要j与a同向，则a增大，只要j与a反向，则a减小，故B错误，C正确；
D．由j的公式可知质点j方向与Δa的方向一致，故D错误。故选C。
2.【答案】C
【解析】A．汽车刹车后匀减速的时间为
故汽车运动的时间为故A错误；
BD．汽车通过的距离为
所以汽车能保证车让人，故BD错误；
C．汽车运动到总位移的一半时，设速度为v1，则此时距离停止的位移为
所以故C正确。故选C。
3.【答案】A
【解析】AB.弹簧的两端各受1.0N拉力，弹簧显示一端受到的拉力大小为1.0N，则该弹簧测力计的示数为1.0N，故A正确，B错误；
C.由胡克定律F=kx可得k=Fx=故C错误；
D.劲度系数k由弹簧本身的性质决定，与弹力大小无关，当不挂重物时，该弹簧的劲度系数依然不变，故D错误。故选A。
4.【答案】C
【解析】A.油瓶相对小丽的手没有相对滑动，可知油瓶受到的摩擦力为静摩擦力，A错误；
BC.油瓶所受重力和静摩擦力总是大小相等、方向相反，不管小丽的手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的，小丽妈妈叮嘱握紧油瓶是为了增大油瓶受到的最大静摩擦力，B错误，C正确；
D.静摩擦力的方向始终与重力方向相反，无论握力多大，静摩擦力的方向始终与重力方向相反，竖直向上，不会发生改变，D错误。故选C。
5.【答案】A
【解析】本题考查了力的平衡问题，需注意本题中摩擦力的方向，体现了科学推理的素养要素。当向b盒内缓慢加入砂粒的过程中，a，b，c一直处于静止状态，对a分析，弹簧弹力不变，a的重力不变，则细绳拉力不变；对b，c整体分析知，其受方向始终向左的摩擦力，故c对地面的摩擦力方向始终向右，由于b，c整体质量增大，则地面对c的支持力增大，B、C、D错。如果开始时，b所受c的摩擦力沿斜面向下，则对b分析可知，随着砂粒的加入c对b的摩擦力可能先减小后增大，则b对c的摩擦力先减小后增大，A对。
6.【答案】A
【解析】物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右，随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大；当物体向右运动至A，O间某点（设为点O' ）时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大；此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O' 点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。综合以上分析，只有选项A正确。
7.【答案】CD
【解析】A．乙车的x-t图象虽为曲线，但这不是运动轨迹，且图象只能表示正反两个方向的直线运动，故A错误；
B．位移时间图象的斜率等于速度，由题图可知：甲车在前6s内沿负向做匀速直线运动，6s处于静止状态，故B错误；
C．由于乙车图象的斜率大小增大，即其速度逐渐增大，故C正确；
D．在x-t图象中两图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次。故D正确。
故选CD。
8.【答案】AC
【解析】A.顾客在匀速运动阶段受到重力、支持力两个力的作用而平衡，故A正确；B.在向上加速的过程中，受力如图
物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；扶梯对人的支持力大于mg。故B错误；
C.加速阶段扶梯对人的摩擦力大小为macsθ，方向水平向右，故C正确；
D.物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力水平向右，扶梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，扶梯对顾客作用力的方向竖直向上；所以扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上，故D错误。故选AC。
9.【答案】AD
【解析】B.物块b向右缓慢移动的过程中，物块a缓慢向上移动，物块a受力平衡，绳对a的拉力等于物块a的重力，始终不变，故B错误；
C.对物块b进行受力分析，如图所示，在x轴上有
F－Ff－FTcsθ＝0在y轴上有FN＋FTsinθ－mg＝0
其中Ff＝μFN联立解得
FN＝mg－FTsinθ
F＝FTcsθ＋μ（mg－FTsinθ）
随着物块b向右缓慢移动，细绳与水平线的夹角θ逐渐减小，则可得FN逐渐增大，C错误；
AD.根据Ff＝μFN可知，摩擦力Ff逐渐增大，外力F逐渐增大，AD正确；故选AD。
【答案】AC
【解析】对滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示，根据共点力平衡条件，有N=mgsinθ，F=mgcsθ，其中θ为支持力N与水平方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变大，F变小。故A、C项正确。
11.【答案】(1)AC (2)4.00 (3)C
【解析】(1)要保证两个弹簧测力计的拉力与一个弹簧测力计的拉力效果相同，要使橡皮条沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定，故A正确；弹簧测力计拉细线时，拉力方向不一定要竖直向下，只要把O点拉到同一位置即可，故B错误；在测量的过程中F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，否则测量错误，故C正确；本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧测力计拉力的方向没有限制，为减小误差，夹角应在60°～100°，并非一定要夹角为90°不变，故D错误.
(2)由题图乙中弹簧测力计的指针指示可知，拉力的大小为4.00 N.
(3)本实验中，合力产生的效果与两个分力产生的效果是相同的，所以采用的科学方法是等效替代法，所以C正确.
12.【答案】（1）AC （2）B （3）0.46 0.19 （4）bkg
【解析】（1）[1]A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，选项A正确；
B.实验时，先接通打点计时器的电源再放开小车，选项B错误；
C.把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，选项C正确；
D.因平衡摩擦力时满足mgsinθ=μmgcsθ
两边可消掉m，则每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，选项D错误。故选AC。
（2）[2]本次实验使用的打点计时器是电火花打点计时器，需要用到的电源是220V交流电源，即如图中的B；
（3）[3]根据Δx=aT2可以算出小车运动的加速度大小
a=(2.62-1.24)×10-23×0.12m/s2=0.46m/s2
[4]根据v=v0+at
P点的速度大小为vP=(1.24×10-20.1+0.46×0.15)m/s=0.19m/s
（4）[5]由实验步骤根据牛顿第二定律有mg-μMg=Ma
变形后得1M=1mga+μm
根据1M-a图象的斜率和截距有 b=μm
所以小车与长木板的动摩擦因数μ=bgk
13.【答案】(1)300m；(2)30m/s；(3)48m
【解析】(1)以初速度方向为正，则a=-6m/s2，飞机滑行的最长时间为
t=v-v0a=10s故飞机在12s内滑行的位移即10s内的位移x=v02t=300m
(2)整个过程的平均速度是v̄=xt=30m/s
(3)静止前4s内可以看成反向初速度等于零的匀加速直线运动，则飞机滑行的位移x'=12at42=48m
14.【答案】（1）7.5N；12.5N；（2）6N；（3）0.5kg
【解析】（1）依题意，对结点O受力分析，如图所示
根据三力平衡，可得FOB=FOCtan37∘ FOA=FOCcs37∘
又因为FOC=mg联立带入数据，求得FOB=7.5N，FOA=12.5N
（2）根据力矢量三角形判断知，当OB绳拉力方向与OA绳方向垂直时，BO绳中拉力为最小，可得最小值F'OB=FOCsin37∘=6N
（3）若要保持M静止且m的值达最大，则此时M的受力分析如图所示
此时M受到的摩擦力f恰好达到最大静摩擦力，由平衡条件及正交分解法可得
FOBcs37∘+Mgsin37∘=f N+FOBsin37∘=Mgcs37∘
又f=μN FOB=FOCtan37∘=mgtan37∘
联立以上式子，带入数据求得
15.【答案】(1)F>4 N (2)10 N
【解析】(1)力F拉动木板运动过程中，物块与木板相对运动时
对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma，解得a＝μg
对木板，由牛顿第二定律知F−μmg＝Ma1，即a1＝F-μmgM
要想抽出木板，则只需a1>a，即F>μ(M＋m)g
代入数据解得F>4 N.
(2)设施加力F时木板的加速度大小为a2，则a2＝F-μmgM
设撤去力F时木板的加速度大小为a3，则a3＝μmgM＝13 m/s2
设从撤去力F到木板恰好被抽出所用时间为t2
木板从物块下抽出时有
物块速度为v＝a(t0＋t2)
发生的位移为s＝12a(t0＋t2)2
木板的速度为v板＝a2t0−a3t2发生的位移为
s板＝12a2t 02＋a2t0t2−12a3t22
木板刚好从物块下抽出时应有
v板＝v，s板−s＝L
联立并代入数据得
t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F＝10 N.