江苏省南京市第五高级中学2023-2024学年高一上学期期末学情自测物理试题

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1. B 2. D 3. A 4. C 5. C 6. A 7. B
8. C 9. C 10. A
11. (1)打点计时器应该使用交流电源，此外小车距离打点计时器太远，就不能够充分利用纸带；
(2)0.81，2.1；
(3)；
(4)B。
12. 解：(1)着陆时运动员在竖直方向的速度为vy=gt，
代入数据可得：vy=20m/s，由运动的合成与分解可得：vb=v02+vy2，
代入数据可得：vb=25m/s，
设此时速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ=vyv0，
代入数据可得：θ=53°，故运动员在b处着陆瞬间的速度大小为25m/s，方向与水平方向成53°；
(2)着陆时运动员水平距离x=v0t，代入数据可得：x=30m，
竖直方向位移为y=12gt2，代入数据可得：y=20m，
ab之间的距离为lab=x2+y2，
代入数据可得：lab=1013m。
答：(1)运动员在b处着陆瞬间的速度大小为25m/s，方向与水平方向成53°；
(2)ab之间的距离为1013m。
13. 解：(1)小球受力如图所示：
细绳对小球的拉力大小：T=mgcs53°=0.5×10×0.6N=3N；
(2)细线拉住小球后，弹簧的弹力大小F=mgsin53°=0.5×10×0.8N=4N，
设弹簧的原长为l0，由题意可知：l1=16cm=0.16m，l2=15cm=0.15m，
根据胡克定律与平衡条件得：mg=k(l1−l0)，F=k(l2−l0)
代入数解得弹簧的劲度系数：k=100N/m。
答：(1)细绳对小球拉力T的大小是3N；
(2)弹簧的劲度系数k是100N/m。
14. 解：(1)当物块与转台间达到最大静摩擦力时，绳中要出现拉力，此时物块受重力、支持力、摩擦力。
由牛顿第二定律得：μmg=mω12Lsinθ，解得：ω1=μgLsinθ；
(2)物块刚离开转台时，物体受到重力和绳子的拉力，如图所示；
根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=mω22Lsinθ
解得：ω2=gLcsθ。
答：(1)绳中刚要出现拉力时转台的角速度为μgLsinθ；
(2)物块刚离开转合时转台的角速度为gLcsθ。
15. 解：(1)物块滑上小车时，物块的加速度为a 1=μmgm=2m/s2，
小车的加速度为a 2=μmgM=0.5m/s2。
(2)物块与平板车组成的系统动量守恒，以物块与平板车组成的系统为研究对象，以物块的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=(M+m)v′，
解得：v′=0.4m/s。
(3)对物块由动量定理得：−μmgt=mv′−mv，
解得两者共速所用时间为t=0.8s，
这一过程平板车做匀加速直线运动，
对平板车：s=v′2t=0.16m。
【解析】
1. 【分析】
在力学范围内，国际单位制中规定的三个基本量是长度、质量、时间。
国际单位制中共有七个基本量，相对应的单位是基本单位。力学的三个基本单位是米、千克、秒，基本量是长度、质量、时间。
【解答】
国际单位制中，规定力学中三个基本单位分别是米、千克、秒，其物理量规定为基本物理量，分别是长度、质量、时间，测量使用的仪器分别是刻度尺(D)、天平(C)和秒表(A，或钟表)。弹簧测力计是测量力的仪器。由以上的分析可知，B符合题意，ACD不符合题意。
本题选择仪器所测的物理量不是基本量的，故选：B。
2. 【分析】
作用力与反作用力分别作用力两个不同的物体上，作用效果不可以互相抵消；根据胡克定律的内容判断；质量是物体惯性大小的量度；当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动。
考查的知识点比较多，综合性较强，考查了惯性、胡克定律、作用力与反作用力以及曲线运动的条件等，需要掌握各个知识的概念，理解其规律。
【解答】
A、作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，分别作用力两个不同的物体上，所以它们产生的效果不可以相互抵消，故A错误；
B、根据胡克定律可知在弹性限度内，弹簧的弹力大小与其形变量成正比，故B错误；
C、物体的惯性大小只与其质量有关，与其运动速度大小无关，故C错误；
D、根据曲线运动的条件可知，当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体将做曲线运动，故D正确。
故选：D。
3. 解：A、相同时间内，a点通过的弧长大于b点，线速度大小等于通过的弧长与时间的比值，所以a点的线速度比b点的大，故A正确；
CD、a转动一圈的时间为1ℎ，b转动一圈的时间为12ℎ，a、b两点的周期之比为1：12，又根据角速度ω=2πT知，a、b两点的角速度之比为12：1，故CD错误；
B、a点的角速度大于b点的角速度，a点做圆周运动的半径大于b点做圆周运动的半径，根据向心加速度an=ω2r可判断出a点的加速度大于b点的加速度，故B错误；
故选：A。
线速度大小等于通过的弧长与时间的比值；a转动一圈的时间为1ℎ，b转动一圈的时间为12ℎ，以此判断a、b两点的周期之比和角速度之比。
本题属于圆周运动基础题目，熟练运用圆周运动的各个公式即可。
4. 解：
将从排污管流出污水的运动视为平抛运动，根据平抛运动规律，
可得竖直方向上有：ℎ=12gt2
水平方向上有：x=vt
解得污水离开排污管的速度为：v=xg2ℎ
每秒钟排污体积为：Q=vS=g2ℎSx，故C正确，ABD错误。
故选：C。
本题以排污管正在向外满口排出大量污水为情景载体，考查了平抛运动规律的应用，要注意将平抛运动沿水平和竖直方向分解，结合题意中每秒钟排污体积进行计算。水做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动；每秒钟排污体积，即排污量等于流速与横截面积的乘积，列出关系式。
5. 【分析】
对足球进行受力分析，作出力的示意图，支持力与重力的合力与绳子的拉力等大反向，结合直角三角形的关系即可判断各选项的正误。
【解答】
AB.以足球为研究对象，受到重力、支持力和细绳的拉力，如图所示
根据平衡条件可得悬绳对足球的拉力大小为：F=mgcsα，
墙壁对足球的支持力大小为：N=mgtanα，故AB错误；
CD.若缩短悬绳，α增大，csα减小，tanα增大，则悬绳的拉力变大，墙壁对足球的支持力变大，故D错误，C正确。
故选：C。
6. 解：当笔处于稳定时，笔与地铁的加速度相同，对图中角度进行测量，绳与竖直方向的夹角约为θ，对笔受力分析，受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=ma，解得a=gtanθ，故BCD错误，A正确；
故选：A。
当笔处于稳定时，笔与地铁的加速度相同，根据图判断出绳与竖直方向的夹角，根据牛顿第二定律求得加速度即可。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，抓住绳与竖直方向的夹角，明确笔与地铁的加速度相同即可。
7. 解：A、人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降，处于失重，到达一个最大速度后再减速下降，处于超重，故A错误；
B、在“下蹲”过程中，t2时刻加速度为零，“下蹲”速度最大，故B正确；
C、在“站起”过程中，t4～t5时间内向上减速，加速度向下，表现为失重，故C错误；
D、在“下蹲”和“站起”两个过程中，人受重力和支持力，t1～t2时间内某个时刻支持力最小，合力最大，加速度最大，故D错误。
故选：B。
结合图象知，力传感器的示数小于500N时表示失重，大于500N表示超重，所以下蹲时先失重后超重，起立时先超重后失重。
本题考查了超重和失重。物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有向上的加速度还是有向下的加速度。
8. 【分析】
根据平抛运动的瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，比较甲乙两球落在斜面前瞬间的速度方向。根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
【解答】
物体落到斜面底端与斜面得中点，下降的高度ℎ1ℎ2=12，通过的水平位移为x1x2=12，
A、物体做平抛运动，下落的时间与高度有关，根据ℎ=12gt2可知，t=2ℎg故运动的时间之比t1t2=22，故A错误；
B、水平方向匀速运动，v01v02=x1t1x2t2=22，故B错误；
CD、小球落到C点，根据ℎ=12gt2，x=v0t，tanα=yx联立解得t=2v0tanαg，落地时速度与水平方向的夹角为tanθ=vyv0=gtv0=2tanα，与抛出时的速度无关，故tanθ1tanθ2=11，
落地时的速度v=v0csθ，故落地时的速度之比与初速度成正比，故v1v2=v01v02=22，故C正确，D错误；
故选：C。
9. 解：A、小球在下摆的过程中，小球速度逐渐变大，小球做变速圆周运动，小球所受重力和绳子拉力的合力不始终等于向心力，故A错误；
BC、细绳与钉子相碰前后线速度大小不变，半径变小，加速度a=v2r变大，故B错误，C正确；
D、OP间距离越小，绳子被钉子挡住后做圆周运动的半径越大，根据T−mg=mv2r可知，绳上的拉力越小，则细绳越不容易断，故D错误；
故选：C。
细绳与钉子相碰前后没有能量损失，则小球机械能守恒，线速度大小不变，半径变小；在最低点根据绳子拉力和重力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律判断出绳子拉力的变化。
10. 【分析】
两球均是细绳的作用下在同一水平面做匀速圆周运动，都由细绳的拉力与重力的合力提供所需的向心力。由提供的与需要的向心力相等可知：它们的角速度是相等的，而半径越大则线速度越大，加速度也越大。由于相同质量的小球且在同一水平面上，则细线的拉力随着细线与竖直夹角越大，拉力也越大。
本题的关键从题目挖掘出隐含条件：因同一高度使得它们的角速度相同．同时由线速度、角速度、半径及加速度之间关系得出结论。
【解答】
AB、对小球受力分析如图所示，
设细线与竖直夹角为α，根据牛顿第二定律可得：mgtanα=mω2r，而r=ℎtanα，所以g=ω2ℎ，由于ℎ均相同，因此它们的ω相同；由于角速度相同，A球的半径比B球的半径大，则由v=ωr得，A球的线速度比B球的线速度大，故A正确、B错误；
C、由于角速度相同，A球的半径比B球的半径大，则由an=ω2r得，A球的加速度比B球的加速度大，故C错误；
D、根据平行四边形定则知，拉力的大小F=mgcsα，细线与竖直方向的夹角越大，拉力越大，所以A所受细线的拉力大于B所受细线的拉力大小，故D错误。
故选：A。
11. 【分析】
(1)根据实验特点指出不合理的地方；
(2)根据匀变速直线运动的规律得出瞬时速度，结合逐差法计算出加速度；
(3)用一条直线尽可能多的穿过更多的点，不在直线上的点尽量均匀地分布在直线两侧，误差较大的点舍去，由此完成图像；
(4)根据牛顿第二定律，结合沙桶和小车的质量关系得出正确的图像。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据匀变速运动的特点计算出瞬时速度和加速度，结合牛顿第二定律完成分析即可。
【解答】
(1)打点计时器应该使用交流电源，此外小车距离打点计时器太远，就不能够充分利用纸带。
(2)小车在B点的速度为vB=xAC2T=7.04+9.092×0.1×10−2m/s=0.81m/s，
根据逐差法，加速度为
a=xCF−xOC9T2=11.18+13.27+15.32−5.00−7.04−9.099×0.12×10−2m/s2=2.1m/s2；
(3)在图丙中作图如图所示，尽可能将点落在直线上，不在直线上的则均匀分布在直线两侧
(4)设砂桶质量为m，细绳拉力为F，因已经平衡掉了摩擦力，则有F=Ma，mg−F=ma，
联立有a=mgM+m，
如果m远小于M，则横坐标为1M，纵坐标为a，但因m并不是远小于M，则图像刚开始时是正常的，随着砂桶质量增大，整体加速度趋于一定值，图线就会向下偏转，故ACD错误，B正确；
故选：B。
12. 首先根据平抛运动的两个分速度求出合速度的大小和方向；然后计算两个分运动的位移，最后由平行四边形定则计算出合位移。
本题考查平抛运动模型，解题关键是运用运动的合成与分解，求出分速度与分位移，再求出合速度与合位移。是一道基础简单题目。
13. (1)对小球受力分析，然后求出细绳的拉力大小。
(2)应用胡克定律与平衡条件可以求出弹簧的劲度系数。
本题考查了共点力的平衡与胡克定律的应用，对小球受力分析，应用胡克定律与平衡条件即可解题。
14. (1)当物块与转台间达到最大静摩擦力时，绳中要出现拉力，由牛顿第二定律求解角速度大小；
(2)物块刚离开转台时，物体受到重力和绳子的拉力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律进行解答。
此题考查牛顿运动定律在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，绳子拉力和重力提供向心力。
15. (1)分别对物块和小车受力分析，根据牛顿第二定律求出两者的加速度；
(2)根据动量守恒定律求物块相对平板车静止时，物块的速度；
(3)根据动量定理求出共速所用时间，再根据运动学公式求平板车前进的距离。