2023-2024学年江苏省南通市海门区高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海门区高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列力学单位中，属于导出单位的是( )
A. 米B. 秒C. 千克D. 牛顿
2.在实际生活中，最接近抛体运动的是
A. 手抛出的小石块B. 秋风吹落的树叶
C. 在空中高速运动的炮弹D. 空中飞翔的纸飞机
3.如图所示，伽利略为了研究自由落体运动的规律，设计了著名的斜面实验
A. 转化为斜面实验是为了缩短小球运动的时间
B. 转化为斜面实验，加速度没有变化
C. 伽利略研究方法的核心是实验和逻辑推理相结合
D. 斜面实验可以直接得到速度与时间成正比的运动规律
4.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，操作错误的是
A. 实验前先把实验所用的两个弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同，则进行调节使之相同
B. 弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行
C. 记录拉力方向时可以用铅笔贴着细线画直线表示
D. 用力的图示作出两次拉力，使用同样的单位长度
5.2023年12月25日09时00分，我国在酒泉卫星发射中心使用一箭多星技术将天目一号气象星座11−14星发射升空，约10分钟后，这四颗卫星各自顺利进入预定的椭圆轨道．下列说法正确的是
A. “10分钟”指的是时刻
B. 其中一颗卫星和地心的连线，在相等的时间内扫过的面积一定相同
C. 四颗卫星轨道半长轴的二次方跟公转周期三次方的比值一定相同
D. 卫星在椭圆轨道上运行时，万有引力始终等于向心力
6.如图所示，两个小朋友在玩跷跷板游戏，下列描述两个小朋友的物理量一定相同的是( )
A. 角速度B. 线速度C. 向心加速度D. 向心力
7.某小物块在弧形轨道上由静止释放后滑下，弧形轨道与水平传送带平滑连接，如图所示．下面关于物块在传送带上运动的v−t图像，可能的是
A. B.
C. D.
8.轮椅可以帮助老年人移动．如图所示为一轮椅示意图．关于A，B，C三点物理量的比较，下列说法正确的是
A. vA=vBB. ωA=ωCC. aA9.如图所示为清除屋面积雪的简易设备，把该设备底部的尼龙布料伸入到积雪下方，积雪就会顺着布料滑下来．下列说法正确的是
A. 积雪与布料间的动摩擦因数大于积雪与屋面间的动摩擦因数
B. 积雪受到的支持力变小而下滑
C. 积雪受到向下的摩擦力而下滑
D. 积雪受到的合力变大而下滑
10.对汽车通过拱形桥的测试是检验汽车性能的一个方面，拱形桥位于同一圆周上，如图所示。某次测试中汽车匀速率通过拱形桥，对该过程的说法正确的是( )
A. 汽车运动的加速度保持不变B. 汽车运动的向心力大小保持不变
C. 桥面对汽车的支持力先减小后增大D. 汽车过桥的过程中处于超重状态
11.始终保持竖直状态的缆车沿着山坡以加速度a下行，如图所示。在缆车地板上质量为m的物块与地板始终相对静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 物块所受的支持力N=mg
B. 物块所受的摩擦力为0
C. 若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向可能向右
D. 若缆车加速度增加，则物块受到的支持力一定减小
12.如图所示为某同学利用无人机玩“投弹”游戏．无人机悬停在距水平地面h=5m的高度处，某时刻以2m/s2的加速度水平向右飞行，5s时释放一个小球．空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.下列说法正确的是
A. 小球在空中运动的时间为2s
B. 小球落地时的速度大小为10 2m/s
C. 小球落地点与释放点之间的水平距离为8m
D. 小球落地时与无人机之间的水平距离为10m
13.在静水中速度为v1的小船，为垂直渡过宽度为d的河流，船头与河岸成θ角斜向上游，如图甲所示．航行中发现河水流速vs与河岸间距离x的关系如图乙所示，为使小船仍能到达正对岸，下列措施中可行的是
图甲 图乙
A. 保持船头方向不变，v1先增大后变小B. 保持船头方向不变，v1先变小后增大
C. 保持船速v1大小不变，θ先增大后减小D. 保持船速v1大小不变，θ一直减小
14.一个质量为m的均匀圆形晾衣网，用轻绳靠墙悬挂在钉子上，如图所示，已知轻绳长度为圆形晾衣网直径的两倍，墙壁对晾衣网的支持力为N，绳子中的张力为T，重力加速度为g，该装置的重心在圆心处，则
A. N= 33mgB. N=12mgC. T= 22mgD. T=2 33mg
二、实验题：本大题共1小题，共10分。
15.用如图所示的装置探究小车的加速度与小车质量的关系。已知小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m。
(1)本实验主要应用的科学方法是________。
A.类比法 B.假设法 C.理想实验法 D.控制变量法
(2)下图是实验时平衡摩擦力的情形，其中正确的是________(选填字母)。
A. B． C．
(3)在一次实验操作中，获得如图所示的纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，由图得出计数点AC间的距离________cm。在CE之间有一点D未画出，设AC=l1，CE=l2，则小车运动的加速度a=________(用l1，l2，T表示)
(4)另一实验小组在“在质量一定时，小车的加速度与其合外力关系”实验中，根据多次实验得到加速度a与砂和砂桶的总质量m，绘制出1a−1m图像，斜率为k，纵截距为b，则小车的质量为________(用b、k表示)
三、计算题：本大题共3小题，共34分。
16.如图所示，质量m=0.5kg的物块，沿倾角θ=37°的固定斜面匀速下滑。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)物块和斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若用平行于斜面向上的拉力使物块匀速向上滑动，拉力大小F。
17.在铅球比赛中，某同学将铅球以某一与水平方向成45的速度推出，如图甲所示，铅球出手时的离地高度为h，铅球在空中运动的最大离地高度为2h，不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)铅球在空中运动的时间t；
(2)铅球在空中运动的水平距离x；
(3)所有曲线运动，都能把曲线分割成许多很短的小段，每一小段的运动都可以看做圆周运动的一部分．这个圆的半径就是最接近该点处的曲线的圆弧的半径，即曲率半径，用字母ρ表示．如果我们把铅球运动到最高点附近的一小段距离看做圆的一部分，如图乙所示，求铅球在最高点处的曲率半径ρ的大小．
18.家里地板上有一块质量为M=0.5kg的木板，木板正中央静置有质量为m=2kg的小铁块(视为质点)，木板与地板、铁块之间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.4，设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度取10m/s2。求：
(1)若小猫用水平向左的拉力拉动木板，小猫对木板的最小拉力F1；
(2)若小猫以恒定水平向左拉力F2=25N拉动木板，则木板加速度a0；
(3)若在铁块与墙壁间用劲度系数k=3N/m的轻质橡皮绳相连，橡皮绳刚好伸直且无张力。小猫将木板以a=3m/s2的加速度向左拖动，当铁块相对木板发生滑动的瞬间，橡皮绳恰好崩断，小猫吓得立即放开爪子，铁块没有从木板上掉下来，则橡皮绳能承受的最大拉力Fm及木板的最小长度L。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：米、秒及千克均是力学单位中的基本单位；只有牛顿是导出单位；故D正确，ABC错误；
国际单位制中基本单位有：米、千克、秒、摩尔、开尔文、安培、坎德拉。其他单位均为根据物理公式推出的导出单位。
本题应明确单位制分为基本单位和导出单位，知道基本单位只有七个，其他均为导出单位。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对抛体运动的认识，基础题目。
分析阻力是否可忽略，结合抛体运动知识分析即可判断。
【解答】
秋风吹落的树叶和空中飞翔的纸飞机、在空中高速运动的炮弹所受的阻力均不可忽略，不能看作抛体运动，手抛出的小石块所受的重力远大于所受的阻力，即所受的阻力可以忽略，可看作抛体运动，可见在实际生活中，最接近抛体运动的是手抛出的小石块，故 A正确，BCD错误。
3.【答案】C
【解析】分析】
伽利略对自由落体运动规律的研究应当结合当时科学发展的实际水平，应当加深对物理学史的研究。
本题考查了伽利略对自由落体运动规律的研究，根据当时的科学发展的实际水平进行分析。
【解答】
伽利略最初假设自由落体运动的速度是随着时间均匀增大，但当时还无法直接测定物体的瞬时速度，所以不能直接得到速度随时间的变化规律，伽利略通过数学运算，采用了一个巧妙的方法，用来“冲淡”重力，他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，小球在斜面上运动的加速度要比竖直下落的加速度小得多，所以时间长，所以容易测量，由斜面实验进行合理外推，可得到自由落体运动是匀变速直线运动的结论，由理想斜面实验过程可知，伽利略研究方法的核心是实验和逻辑推理相结合，故C正确，ABD错误。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，熟悉实验的操作步骤和注意事项是解题的关键。
根据实验操作步骤和注意事项逐一分析即可判断。
【解答】
A、为了确保弹簧测力计能够正常使用，由牛顿第三定律知，将两个弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，读数应相同，实验前这样操作可以确定弹簧测力计是否完好，故A正确，不符合题意；
B、为了减少误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行，故B正确，不符合题意；
C、记录拉力的方向时，通过在细线下方描点的方法进行，不能沿绳子划线，故C错误，符合题意；
D、为了得到合力与分力的关系，用力的图示作出两次拉力时应使用同样的单位长度，故D正确，不符合题意。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查①时刻和时间间隔的定义；
②面积定律：行星和恒星的连线在相等的时间间隔内扫过相等的面积；
③比值定律(周期定律)：所有行星绕恒星轨道长半轴的立方与公转周期的平方之比为一定值k(其中k只与中心天体的质量有关)；
④由卫星的运动状态分析受力情况；掌握开普勒行星运动三定律的内容，是解题的关键。
【解答】
A、“10分钟”指的是时间间隔，故A错误；
B、面积定律：行星和恒星的连线在相等的时间间隔内扫过相等的面积，其中一颗卫星和地心的连线，在相等的时间内扫过的面积一定相同，故B正确；
C、由比值定律(周期定律)得四颗卫星轨道半长轴的三次方跟公转周期二次方的比值一定相同，故C错误；
D、卫星在椭圆轨道上运行时，在近地点时万有引力小于所需向心力，在远地点时万有引力大于所需向心力，故D错误。
6.【答案】A
【解析】.A
【详解】A.两个小朋友在玩跷跷板游戏时做圆周运动，根据同轴转动，角速度一定相同，故A正确；
BCD.线速度、向心加速度和所受的向心力的方向均不同，因此线速度、向心加速度和所受的向
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据小物块滑到传送带的速度大小和传送带的速度比较，得出物块在传送带的运动情况。注意v−t图像的斜率表示加速度。
本题考查物块在水平传送带的运动与v−t图像的结合，基础题目。
【解答】
ABD.在v−t图像中，斜率表示加速度，如果滑到传送带上小物块与传送带的速度不相同，在摩擦力作用下先做匀变速直线运动，如果传送带足够长，最终跟传送带速度相同，做匀速直线运动，开始时应该是倾斜的直线，最后也不可能减速到零，故 ABD错误;
C.在v−t图像中，平行于t轴的直线表示匀速直线运动，当滑到传送带上时，小物块与传送带的速度相同，做匀速直线运动，故 C正确。
故选C。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的是圆周运动的角速度、线速度、向心加速度的关系，同轴转动、摩擦传动方式的特点，通过物理规律掌握圆周运动中物理量之间的关系，提高学生对圆周运动的认识。
【解答】
A、AB两点是同轴转动，角速度相同由v=ωR，半径RA>RB得vA>vB，故A错误；
B、AC两点是摩擦传动，线速度相同由v=ωR，半径RA>RC得ωA<ωC ，故B错误；
C、根据向心加速度的定义a =v2R，AC两点线速度相同，RA>RC得aAD、根据向心加速度的定义a =ω2R，AB两点角速度相同，半径RA>RB得aA>aB,故D错误。
9.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是滑动摩擦力的影响因素正压力和动摩擦因数，改变动摩擦因数最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，雪块沿斜面下滑。
【解答】
A、积雪与布料间的动摩擦因数小于积雪与屋面间的动摩擦因数，最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，雪块沿斜面下滑故A错误；
B、积雪受到的支持力不变，故B错误；
C、积雪受到沿斜面向上的摩擦力减小而下滑，故C错误；
D、积雪受到的合力变大而下滑，静止时合力为零，下滑时合力沿斜面向下大于零，故D正确。
10.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据题意可知，汽车做匀速圆周运动，其加速度方向始终指向圆心，根据
a=v2R
可知，加速度大小不变，方向时刻在改变，即汽车运动的加速度发生了改变，故A错误；
B.汽车做匀速圆周运动，其所需要的向心力为
F=v2R
可知，汽车运动的向心力大小保持不变，故B正确；
C.令汽车所在位置的半径与竖直方向夹角为 θ ，汽车做匀速圆周运动，由沿半径方向的合力提供向心力，则有
mgcsθ−N=mv2R
解得
N=mgcsθ−mv2R
在汽车过拱形桥过程， θ 先减小后增大，可知，桥面对汽车的支持力先增大后减小，故C错误；
D.汽车过桥的过程中，汽车的向心加速度总指向圆心，即汽车存在竖直向下的分加速度，可知，汽车过桥的过程中处于失重状态，故D错误。
故选B。
11.【答案】D
【解析】D
【详解】A.对物块受力分析，如图所示
物体受重力 mg ，支持力 N ，摩擦力 f ，支持力和摩擦力的合力为 F合 ，当 F合 和 mg 的合力与运动方向相同时，物体做匀加速直线运动，把加速度 a 分解成水平方向的分加速度 ax 和竖直方向的分加速度 ay ，竖直方向上，根据牛顿第二定律有
mg−N=may
因此 mg>N ，故A错误；
B.水平方向上，根据牛顿第二定律有
f=max
因为 f≠0 ，故B错误；
C.若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向仍然向左，故C错误；
D.若缆车加速度增加，根据
mg−N=may
可知物块受到的支持力一定减小，故D正确。
故选D。
12.【答案】B
【解析】【分析】
(1)小球抛出后做平抛运动，根据竖直方向的自由落体运动规律即可确定时间；
(2)根据速度的合成求合速度v合= vx2+vy2；
(3)根据水平方向上的匀速直线运动即可求出小球的水平距离；
本题考查平抛运动的规律，要注意明确离开无人机后具有水平速度，故做平抛运动。
【解答】
A、小球做平抛运动，由运动学公式h=12gt2得：t= 2hg=1s，故A错误；
B、小球落地时水平方向的速度vx=at=10m/s，竖直方向的速度vy=gt=10m/s，合速度v合= vx2+vy2=10 2m/s，故B正确；
C、小球落地点与释放点之间的水平距离x=vt=10m，故C错误；
D、小球落地过程飞机运动情况不知，故小球落地时与无人机之间的水平距离无法确定，故D错误。
13.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是小船渡河问题，小船到达正对岸应让小船沿水速方向的分速度与水速大小相互抵消，随着水速的变化，小船沿水速方向的分速度也变化。
【解答】
AB、保持船头方向不变，v1csθ=v2随着v2先变大后变小，v1先变大后变小，故A正确，B错误；
CD、保持船速v1大小不变，v1csθ=v2随着v2先变大后变小，θ先减小后增大，故CD错误。
14.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查共点力的平衡、力的合成与分解等知识；明确圆形晾衣网所受的重力与墙壁对晾衣网的支持力的合力等于绳子中的张力的合力。
分别对悬点O分析、圆形晾衣网受力分析，根据合力，结合平衡条件的知识点求解。
【解答】
解：对悬点O分析，设圆形晾衣网的半径为R，如图：
；
可知绳子中两个张力的夹角等于等边三角形的内角为60°，下边等边三角形的高为 3R
根据力的合成可得：T合=2Tcs30°
对圆形晾衣网分析，如图：
；
根据平衡条件，可得：sinα=NT合=R 3R，csα=mgT合= ( 3R)2−R 3R
联立以上各式，解得N=T= 22mg；
故C正确，ABD错误。
15.【答案】 D B 4.40 l2−l14T2 kb
【详解】(1)[1]本实验主要应用的方法是控制变量法。
故选D。
(2)[2]实验过程中平衡摩擦力时，小车需要连着已经穿过打点计时器的纸带，但不要把悬挂小桶的细线系在小车上。
故选B。
(3)[3]由图得出计数点AC间的距离为 4.40cm
[4]根据 Δx=at2 ，可得小车运动的加速度为
a=Δx2T2=l2−l14T2
(4)[5]根据牛顿第二定律可知
mg=m+Ma
整理，得
1a=Mg1m+1g
由图像可知
Mg=k ， 1g=b
解得小车的质量为
M=kb

【解析】略
16.【答案】解： (1)物块匀速下滑，由平衡条件可知
mgsinθ=f
mgcsθ=N
f=μN
μ=tanθ=0.75
(2)物块沿斜面匀速上滑，由平衡条件得
F=mgsinθ+f
mgcsθ=N
f=μN
F=6N

【解析】解题的关键是从运动情况出发分析受力，根据平衡条件列式解得。
(1)对物体分析受力，木板受物块摩擦力为滑动摩擦力，沿斜面和垂直斜面正交分解，根据滑动摩擦力的公式列式可得物块与斜面间的动摩擦因数μ；；
(2)当施加平行于斜面的力后，分析受力，沿斜面方向受力平衡列式结合(1)中分析可得力F大小。
17.【答案】解：(1)对铅球上升过程的竖直方向：2h−h=12gt12
t1= 2hg
下降过程的竖直方向：2h=12gt22
t2=2 hg
铅球在空中运动的时间：t=t1+t2
t=(2+ 2) hg；
(2)竖直方向：vy=gt1
vy= 2gh
由题意：vy=vx•tan45∘
vx= 2gh
铅球在空中运动的水平距离：x=vxt
x=(2+2 2)h；
(3)在最高点时，由牛顿第二定律：
mg=mvx2ρ
解得：ρ=2h。
【解析】(1)对铅球竖直方向是加速度为g的匀变速运动，分别对上升过程的竖直方向和下降过程的竖直方向由自由落体公式求解时间；
(2)根据速度时间公式求出竖直方向的末速度，根据速度的分解可知水平方向的速度，由x=vxt求出铅球在空中运动的水平距离；
(3)在最高点时，由牛顿第二定律，重力提供向心力得出球在最高点处的曲率半径ρ的大小．
18.【答案】(1)20N；(2) 2m/s2 ；(3) 2N ，0.833m
【详解】(1)对木板和小物块整体分析，根据平衡条件可得小猫对木板的最小拉力为
F1=μ1m+Mg=20N
(2)设铁块刚好开始滑动时，所加的外力为 Fmin
对铁块，根据牛顿第二定律，有
μ2mg=ma
对整体，根据牛顿第二定律，有
F−μ1m+Mg=m+Ma
联立解得
Fmin=30N>25N
说明猫的拉力为25N时，铁块与木板未发生相对滑动。
对整体，根据牛顿第二定律可得
F2−μ1m+Mg=m+Ma
解得
a0=2m/s2
(3)橡皮绳刚被拉断时，对铁块，根据牛顿第二定律，可得
μ2mg−Fm=ma
解得
Fm=2N
对橡皮绳，根据胡克定律，可得
Fm=kx
解得
x=23m
设猫松爪时的木板速度为v，由运动学公式 v2=2ax ，解得
v=2m/s
橡皮绳刚被拉断后，对铁块，根据牛顿第二定律，有
μ2mg=ma2
解得
a2=4m/s2
对木板，根据牛顿第二定律，有
μ1m+Mg−μ2mg=Ma1
解得
a1=24m/s
设板长为 L ，则
L2=0−v22−a2−0−v22−a1
解得
L=56m≈0.833m
(橡皮绳刚被拉断后，方法二，对物体，根据
v=at2
解得
t2=0.5s
对木板，根据
v=at1
解得
t1=112s
设板长为 L ，则
L2=v2t2−v2t1
解得
L=56m≈0.833m )

【解析】略