2023-2024学年江苏省泰州市兴化市楚水实验学校高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省泰州市兴化市楚水实验学校高一（上）期末物理试卷（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。

1.两列火车平行地停在一个站台上，过了一会，甲车的乘客发现窗外的树木向西运动，乙车内的乘客发现甲车仍然不动，若以地面为参考系，上述事实说明( )
A. 甲车向东运动，乙车不动B. 乙车向东运动，甲车不动
C. 甲车向西运动，乙车向东运动D. 甲、乙两车以相同的速度向东运动
2.某舰载机起飞时需要的最小速度为50m/s，滑行的最大加速度为5m/s2。该舰载机在静止的航母甲板上，从静止开始到起飞需要滑行的最小距离为( )
A. 500mB. 250mC. 125mD. 62.5m
3.F1和F2是共点力，根据平行四边形定则求合力F，作图正确的是( )
A. B.
C. D.
4.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )
A. 如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B. 如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动或静止状态
C. 如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D. 小球受到的力一定时，质量越大，它的运动状态就容易改变
5.某同学手提一袋水果站在电梯内。在下列四种情形中，手受到的拉力最大的是( )
A. 电梯匀速上升B. 电梯匀速下降C. 电梯加速上升D. 电梯加速下降
6.人的质量为M，通过定滑轮将一个质量为m的物体从高处放下．物体以a(aA. (M+m)g−ma
B. M(g−a)−ma
C. (M−m)g+ma
D. Mg−ma
7.如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为( )
A. B.
C. D.
8.如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α<β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是( )
A. B.
C. D.
9.一质点做匀速圆周运动，在时间t内转动n周，已知圆周半径为R，则该质点的线速度大小为( )
A. 2πRntB. 2πRntC. nR2πtD. 2πtnR
10.如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置能以任意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在角速度ω从零缓慢增大的过程中(重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)( )
A. 两细线张力均增大
B. 细线AB中张力一直变小，直到为零
C. 细线AC中张力一直增大
D. 当AB中张力为零时，角速度可能为 5g4l
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
11.一个质量为m的质点以速度v0做匀速直线运动，某时刻开始受到恒力F的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为 3v02，质点从受到恒力作用到速度减至最小值的过程( )
A. 经历的时间为(2− 3)mv02FB. 经历的时间为mv02F
C. 发生的位移为 13mv028FD. 发生的位移为mv028F
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.某同学为了测定一竖直转轴的角速度，设计了如图所示的实验装置，所用器材有：竖直转轴、小铁球、细线。
(1)在已给器材的基础上，若只能再选一种器材进行实验操作并得到实验结果，则下列选项中正确的是______ 。(填选项前的字母)
A.刻度尺
B.量角器
C.天平
D.弹簧测力计
(2)用(1)中所选的器材，则需要测量的物理量是______ 。(用文字描述并用字母符号表示)
(3)用已测量的物理量表示转轴的角速度ω= ______ 。(已知重力加速度g)
13.石老师在讲曲线运动时，做了“探究平抛运动的特点”实验。
(1)关于该实验下列说法正确的是______ 。
A.用折线连接描绘的点得到小球的运动轨迹
B.实验时应先确定x轴再确定y轴
C.斜槽轨道必须是光滑的
D.无需称出小球的质量
(2)小北在实验时得到如图所示的实验结果，图中的a、b、c、d为小球在平抛运动中的几个位置。相邻位置时间间隔相等，此时间间隔T= ______ ，该小球初速度大小为______ 。已知图中每个小方格的边长为L，重力加速度为g。
四、简答题：本大题共4小题，共44分。
14.一物体以某一初速度做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每一个时间间隔为4s，求：
(1)物体的加速度大小。
(2)物体的初速度大小。
15.如图所示，质量M=2kg、半径为R=1m的四分之一圆柱体A放置在水平地面上，长为L=1m的轻杆一端用铰链安装在地面上，另一端与质量m=1kg的光滑小球B(视为质点)相连，小球B靠在A的圆弧面上，A、B均处于静止状态，轻杆与水平面的夹角为45°。已知重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)轻杆受到的弹力大小；
(2)若施加外力使A缓慢向右移动，当轻杆与水平面的夹角为37°时，撤去外力，A、B依然静止，求A与地面间的动摩擦因数的最小值。
16.一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动的v−t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2)求：
(1)0～2s内滑块Q和木板P的加速度？
(2)滑块Q运动的总位移？
(3)拉力F的大小？
17.如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R=0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r=0.9m的光滑圆弧轨道CD相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ=37°。一质量为M=0.9kg的物块(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)物块到达C点时的速度大小vC；
(2)在A点受到的弹力大小FA；
(3)物体对C点的压力大小FC。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：甲车乘客看到树木向西移动，甲车乘客是以甲车为参照物，则树木是西运动的，则甲车相对于静止的地面来说是向东运动的；
而乘客看到乙车未动，即甲、乙两车处于相对静止状态，由于甲车是向东运动的，即乙车相对于地面也是向东运动的．
故选：D
同一个运动，选择不同的参照物其运动的状态不同；判断一个物体是否运动关键是看被研究的物体与所选的标准即参照物之间的相对位置是否发生了变化．则由树木相对甲的运动情况得出甲车的运动情况，由乙车相对于甲车的运动情况，可得出乙车的运动．
运动具有相对性，在选择不同的参照物时，我们看到的物体的运动状态是不同的．
2.【答案】B
【解析】解：舰载机的做匀加速直线运动，当速度为50m/s时，起飞滑行位移最小，即x=v22a
解得x=250m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
舰载机的速度从零达到50m/s的时间内的位移为起飞需要滑行的最小距离。
本题考查匀变速直线运动的公式使用，题目较简单，属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，所以力的合成的平行四边形定则只适用于共点力，与两个分力共点的那条对角线所表示的力才是它们的合力，故A正确，BCD错误。
故选：A。
两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，根据平行四边形定则的内容即可解答．
本题主要对平行四边形定则的内容的直接考查，难度不大，属于基础题，注意平行四边形的对角线表示合力的大小与方向．
4.【答案】A
【解析】解：A、根据题意，先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球上升高度一直增加，可推知，如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；
B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；
C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；
D、本实验质量是固定的，不能得到质量与运动状态之间的关系，故D错误。
故选：A。
小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去。
本题主要考查了伽利略的理想斜面实验，解题关键是掌握理想实验的目的，此题比较基础。
5.【答案】C
【解析】解：当电梯匀速上升或者匀速下降时，水果处于平衡状态，拉力都等于水果的重力，当电梯加速上升时，水果处于超重状态，拉力大于水果的重力，当电梯加速下降时，水果处于失重状态，拉力小于重力，水果受到的拉力与手收到的拉力大小是相等的，所以，手受到的拉力最大的是电梯加速上升，故C正确，ABD错误；
故选：C。
理解手的拉力与电梯加速度的关系，结合加速度的特点分析出电梯可能的运动类型。
本题主要考查了超失重的相关应用，能理解超失重状态下对应的加速度特点即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：先对物体m受力分析，受到重力mg和细线的拉力，物体加速下降，根据牛顿第二定律，有
mg−T=ma
解得
T=m(g−a)
再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有
N=Mg−T=Mg−m(g−a)=(M−m)g+ma
故选C．
先对物体m受力分析，受到重力mg和细线的拉力，根据牛顿第二定律列方程求出拉力，再对人受力分析，根据平衡条件得到支持力的大小．
本题关键是先对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解出细线的弹力，再对人受力分析，根据平衡条件列方程求解出地面的支持力．
7.【答案】A
【解析】【分析】
根据运动的合成与分解，结合加速运动加速度与速度同向，减速运动加速度与速度反向，以及曲线运动条件，即可分析求解。
本题考查运动的合成与分解以及曲线运动条件，知道曲线向着力的方向弯曲，注意以传送带为参考系是解题的关键。
【解答】
依据运动的合成与分解，以传送带为参考系，棋子在垂直传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动，而在平行传送带方向做初速度不为零的匀减速直线运动，
物体运动方向为合速度方向，所受到的摩擦力方向与运动方向相反，故该棋子做匀减速直线运动，由图可知旗子相对于传送带往后运动，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】C
【解析】解：设三根管刚好在同个圆上，如图所示：
小球沿着竖直杆下滑时，根据自由落体的运动学公式可得：
2R=12gt12
解得：t1= 4Rg
当小球从A管下滑时，根据牛顿第二定律可得：a=gcsθ
而AC的长度为L=2Rcsθ
则根据运动学公式可得：
L=12at22
解得：t2= 4Rg
同理可得小球从AD滑下时时间也相等。
由此可知，三个小球同时间内的位置在同一个圆上，即所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据牛顿第二定律得出不同管上小球的加速度，结合运动学公式得出对应的时间，根据几何关系得出小球所在的位置关系。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解等时圆模型即可快速解答，难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：在时间t内转动n周，根据线速度定义v=△s△t得：
该质点的线速度大小为：v=△s△t=n⋅2πRt=2πRnt，
故ACD错误，B正确；
故选：B．
在时间t内转动n周，根据v=△s△t即可求线速度．
解决本题的关键是熟练掌握描述圆周运动线速度的定义式．
10.【答案】D
【解析】解：AB.当静止时，受力分析如图1
图1
由平衡条件得
TAB=mgtan37°=0.75mg
TAC=mgcs37∘=1.25mg
若AB中的拉力为0，当ω最小时绳AC与竖直方向夹角θ1=37°，受力分析如图2
图2
根据受力分析mgtanθ1=m(Lsinθ1)ωmin2
得ωmin= 5g4L
根据对称性可知，当ω最大时绳AC与竖直方向夹角θ2=53°，此时应有
mgtanθ2=mωmax2Lsinθ2
得ωmax= 5g3L
所以ω取值范围为 5g4L≤ω≤ 5g3L
绳子AB的拉力都是0.由以上的分析可知，开始时AB拉力不为0，当转速在 5g4L≤ω≤ 5g3L时，AB的拉力为0，角速度再增大时，AB的拉力又会增大，故AB错误；
C.当绳子AC与竖直方向之间的夹角不变时，AC绳子的拉力在竖直方向的分力始终等于重力，所以绳子的拉力绳子等于1.25mg；当转速大于 5g4L后，绳子与竖直方向之间的夹角增大，拉力开始增大；当转速大于 5g3L后，绳子与竖直方向之间的夹角不变，AC上竖直方向的拉力不变；随后当水平方向的拉力增大，AC的拉力继续增大，故C错误；
D.由开始时的分析可知，当ω取值范围为 5g4L≤ω≤ 5g3L时，绳子AB的拉力都是0，故D正确。
故选：D。
静止时受力分析，根据平衡条件列式求解；当细线AB张力为零时，绳子AC拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出角速度的范围；结合以上的分析然后逐个选项讨论即可。
本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，解决本题的关键理清小球做圆周运动的向心力来源，确定小球运动过程中的临界状态，运用牛顿第二定律进行求解。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类斜抛运动．
质点的速度先减小后增大，其最小值为 3v0 2，分析可知初速度与恒力的夹角为120°．
沿恒力方向根据牛顿第二定律可得加速度为：a=Fm
在沿恒力方向上有：v0 sin30°−at=0，
解得：t=mv0 2F，故A错误、B正确；
CD、此过程中垂直于力F方向发生的位移为：x= 3v0 2t= 3mv024F，
在沿恒力方向上有：y=12at 2=12×Fm×(mv0 2F) 2=mv028F，
质点的位移为：s= x 2+y 2= 13mv028F，故C正确，D错误；
故选：BC
由题意可知，物体做斜抛运动，根据运动的合成与分解，求出速度与合力方向的夹角，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解．
本题主要是考查斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性．
12.【答案】A 小球的球心到细线在转轴上的悬点之间的高度h gh
【解析】解：(1)小球做圆周运动，受到拉力和重力两个力作用，靠两个力的合力提供向心力；设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球的球心到细线在转轴上的悬点之间的高度为h，角速度为ω，根据牛顿第二定律得
mgtanθ=mω2htanθ
得圆周运动的角速度为
ω= gh，可知只需要测量小球的球心到细线在转轴上的悬点之间的高度h，即可求出角速度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)根据(1)可知刻度尺测量的物理量是小球的球心到细线在转轴上的悬点之间的高度。
(3)根据(1)可知用已测量的物理量表示转轴的角速度为ω= gh。
故答案为：(1)A；(2)小球的球心到细线在转轴上的悬点之间的高度h；(3) gh。
根据牛顿第二定律列出与角速度相关的表达式求解角速度的表达式，根据角速度的表达式判断需要的实验器材、需要测量的物理量。
本题考查测定一竖直转轴的角速度的实验，要求学生熟练掌握实验原理、数据处理。
13.【答案】D Lg 2 gL
【解析】解：(1)A、为了减小误差，数据处理时，舍去偏差较大的点，用平滑的曲线连接描绘的点，得到小球的运动轨迹，故A错误；
B、根据斜槽末端的重垂线所确定的竖直方向，先确定y轴，再确定x轴，故B错误；
C、由于小球每次均从斜槽上同一位置静止释放，则小球克服摩擦力做功相同，小球飞出斜槽末端的速度大小一定，可知，斜槽轨道的摩擦对实验没有影响，故C错误；
D、实验中通过某点确定平抛运动的轨迹，根据轨迹确定小球抛出的初速度，无需称出小球的质量，故D正确。
故选：D。
(2)小球竖直方向上做自由落体运动，相邻相等时间间隔内的位移差一定，结合图像有：Δy=L=gT2
变形解得：T= Lg
小球水平方向做匀速直线运动，根据图像有：2L=v0T
结合上述解得：v0=2 gL
故答案为：(1)D； (2) Lg；(3)2 gL。
(1)根据实验原理和注意事项选择正确的操作；
(2)结合平抛运动在不同方向的的运动特点和运动学公式求平抛的初速度。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合不同方向的运动特点和运动学公式即可完成解答。
14.【答案】解：(1)根据位移差公式可得加速度：a=ΔxT2=64−2442m/s2=2.5m/s2
(2)根据位移—时间公式x=v0t+12at2，第一个4s内x1=v0T+12aT2
解得v0=1m/s
答：(1)物体的加速度大小为2.5m/s2；
(2)物体的初速度大小为1m/s。
【解析】(1)根据位移差公式求得加速度大小；
(2)根据位移—时间公式求得初速度大小。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2.本题也可以运用推论：Δx=aT2，直接求得加速度。
15.【答案】解：(1)对B进行受力分析，如图所示，由平衡条件有

FABcs45°=Tcs45°
FABsin45°+Tsin45°=mg
代入数据解得轻杆受到的弹力大小为
T=5 2N
(2)轻杆与水平面的夹角为37°时，对B进行受力分析，由平衡条件可得
FAB1cs37°=T1cs37°
FAB1sin37°+T1sin37°=mg
由牛顿第三定律有B对A的压力大小
FBA1=FAB1
若此时A恰能保持静止，对A进行受力分析，如图所示，由平衡条件有

Ff=FBA1cs37°
又有
Ff=μ(Mg+FBA1sin37°)
联立解得
μ=415
答：(1)轻杆受到的弹力大小为5 2N；
(2)若施加外力使A缓慢向右移动，当轻杆与水平面的夹角为37°时，撤去外力，A、B依然静止，则A与地面间的动摩擦因数的最小值为415。
【解析】(1)对B进行受力分析，如图所示，由平衡条件求出轻杆受到的弹力大小；
(2)轻杆与水平面的夹角为37°时，对B、A进行受力分析，由平衡条件进行求解。
本体主要考查了受力平衡的应用，注意进行受力分析，难度适中。
16.【答案】解：(1)根据图像斜率代表加速度可知，0～2s内滑块Q和木板P的加速度分别为
a1=ΔvΔt=−12−42m/s2=−4m/s2，a2=ΔvΔt=4−02m/s2=2m/s2
(2)根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知滑块Q运动的总位移为
x=4+122×2m+12×4×4m=24m
(3)0−2s内，对Q分析，由牛顿第二定律有
a1=−fm
对P分析，由牛顿第二定律有
a2=F+f−f0M
在共同减速阶段地面的摩擦力为
f0=−(M+m)a0
其中a0=ΔvΔt=0−46−2m/s2=−1m/s2
联立解得：F=9N
答：(1)0～2s内滑块Q和木板P的加速度分别为−4m/s2，2m/s2；
(2)滑块Q运动的总位移为24m；
(3)拉力F的大小为9N。
【解析】(1)根据v−t图像的斜率等于加速度解答；
(2)根据v−t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移解答；
(3)分别以滑块Q、木板P和两者整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解。
本题考查牛顿第二定律应用的板块模型，以及运动学图像的物理意义，掌握v−t图像的物理意义，对板块受力分析时要注意摩擦力方向的判断。
17.【答案】解：(1)经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，对于A到C的平抛运动过程，
vy2=2gh=2g⋅2R，解得：vy= 4gR= 4×10×0.9m/s=6m/s
在C点，sinθ=vyvC
解得：vC=vysinθ=60.6m/s=10m/s；
(2)根据
tanθ=vyvA
可得：vA=vytanθ=60.75m/s=8m/s
在A点
Mg+FA=MvA2R
解得
FA=MvA2R−Mg=0.9×8209N−0.9×10N=55N；
(3)在C点
FC′−Mgcsθ=MvC2R
解得
FC′=Mgcsθ+MvC2R=0.9×10×0.8N+0.9×1020.9N=107.2N
根据牛顿第三定律可知
FC=FC′=107.2N。
答：(1)物块到达C点时的速度大小vC为10m/s；
(2)在A点受到的弹力大小FA为55N；
(3)物体对C点的压力大小FC为107.2N。
【解析】(1)物块离开A点后作平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律求得在C点竖直方向速度，再根据运动的合成与分解求解物块到达C点时的速度大小vC；
(2)根据运动的合成与分解求解物块到达A点时的速度大小，在A点指向圆心的合力提供向心力，列式求解在A点受到的弹力大小FA；
(3)在C点指向圆心的合力提供向心力，结合牛顿第三定律列式求解物体对C点的压力大小FC。
本题主要考查平抛运动和竖直平面内的圆周运动的综合应用，利用平抛运动规律和圆周运动特点解答。