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吉林省四校2023-2024学年高一下学期开学联考物理试卷（Word版附解析）
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这是一份吉林省四校2023-2024学年高一下学期开学联考物理试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，共6页。考试时间为75分钟。考试结束后，只交答题卡。
第I卷（选择题 共46分）
一、单选题（本题共10小题。1—7题为单选，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。8—10题为多选，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.学校门口水平地面上有一质量为的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为。两位工作人员用轻绳按图甲所示的方式匀速移动石礅时，两根轻绳水平，延长线之间的夹角为，俯视图如图乙所示。重力加速度大小为，忽略轻绳与石墩之间的摩擦，则轻绳的拉力大小为（ ）
A.B.C.D.
2.中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如今高铁已经成为人们主要的跨城出行工具，如图，高铁进站的过程可近似为匀减速直线运动，高铁车头依次经过、、三个位置，已知，测得段的平均速度为，段平均速度为。根据这些信息下列说法正确的是（ ）
A.可以确定高铁运动的加速度
B.可求出高铁车头在段和段运动的时间
C.可求出高铁车头经过段和段的时间之比
D.求不出高铁车头经过、，三个位置的速度
3.如图所示，小球以向倾角为的斜面水平抛出，小球到达斜面的位移与斜面垂直，重力加速度为，则小球（ ）
A.运动时间为B.水平位移大小为
C.位移大小为D.竖直位移大小为
4.2023年5月28日，从上海飞往北京的国产C919大型客机首飞成功，在北京首都机场降落。降落过程中的某时刻（），水平分速度为，竖直分速度为，且在水平方向做加速度大小为的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小为的匀减速直线运动，落地前瞬间竖直分速度恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A.飞机降落过程中的运动轨迹为直线
B.时，飞机的速度大小为
C.飞机降落过程中的位移大小为
D.飞机落地时的速度大小为
5.如图所示，橡皮筋一端连接在天花板上，另一端连接在滑轮上，与竖直方向夹角为；绕过滑轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平力，物块保持静止，现保持大小不变，使其在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过，不计滑轮质量及一切摩擦，橡皮筋始终在弹性限度内，此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.变小，橡皮筋长度变短B.变小，橡皮筋长度变长
C.变大，橡皮筋长度变短D.变大，橡皮筋长度变长
6.如图所示，有直角三角形光滑轨道框架，其中竖直。，光滑圆弧轨道为的外接圆上的一部分。小球l、2分别沿轨道、从点由静止开始运动，到、点对应的时间分别为、，小球3沿轨道从点由静止开始运动，到点的时间为；小球4在圆弧轨道上某一点（对应的圆心角很小）由静止开始运动，到点的时间为。则下列时间的关系正确的是（ ）
A.B.C.D.
7.躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是（ ）
A.甲中人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的
B.甲中人不同的躺姿会改变躺椅对人的作用力
C.乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向下
D.乙中人脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等
8.小明查询从武汉到广州的高铁时间时，发现G881比G883快8分钟，再查时刻表，发现G883比G881中途多停一站。假设这两辆车在出站和进站时均做加速度大小为的匀变速直线运动，除进站、出站、停留时间以外，均以恒定的速率匀速运动，根据列车时刻表，下列正确的是（ ）
A.除掉停车时间，多出的运行时间是B.除掉停车时间，多出的运行时间是
C.列车的加速度为D.列车的加速度为
9.如图甲所示，一斜面放置在水平地面上，在斜面的顶端固定一轻质的光滑定滑轮，斜面的左侧粗糙，右侧光滑。一方形物体和一小球通过一根跨过定滑轮的轻质细绳相连，斜面左右两侧的细绳与斜面平行。现抬起点以点为轴使整个斜面在纸面内缓慢转动一个小角度，在转动过程中系统各物体相对静止，则在转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.细绳的拉力变小B.斜面对方形物体的摩擦力一定减小
C.斜面对小球的支持力变小D.斜面对定滑轮的作用力变小
10.抓娃娃机是一种深受青少年喜爱的游戏设备，其利用机器自身所带的爪子抓取箱柜内的物品。下图为某款抓娃娃机结构简图，其中机械臂15一端铰链在水平横梁上，另一端铰链在质量为的抓手16上。机械臂可当成长度为的轻绳。12为轻质细绳。设重力加速度为，机械臂拴结点与横梁左端点水平间距为，绳12上拉力为，机械臂15上拉力为，某次游戏时通过轻绳牵引将抓手从最低点缓慢提升到最高点，针对这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A.机械臂上拉力大于轻绳上的拉力B.轻绳中的张力一直在增加
C.机械臂中弹力先增大再减小D.
第II卷（非选择题 共54分）
二、实验题（每小题2分，共12分）
11.某兴趣小组基于胡克定律和牛顿第二定律制作了一个水平加速度测量仪。其基本结构如图所示，配重块中心固定一轻质指针，两端分别连接两相同轻质弹簧，将其和弹簧一起穿在一光滑杆上；弹簧两端固定在杆两端，且弹簧处于原长时，轻质指针正对着上方刻度尺的零刻度线。配重块质量为，弹簧劲度系数为。
（1）此仪器还需将长度值重新标注为对应加速度值，若指针对应的刻度值为，则此刻度对应的加速度________。
（2）若，，则该加速度测量仪的分度值为________
（3）在第（2）问的基础上，若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，则此时的0刻度线应标注的加速度值为________（已知重力加速度取）。
12.在“探究平抛运动的特点”的实验中。
（1）某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时B球由静止下落，可以观察到两个小球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是________。
（2）该组同学继续用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是________。
A.斜槽轨道末端切线必须水平B.斜槽轨道必须光滑
C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
（3）另一组同学拍摄钢球做平抛运动频闪照片的一部分如图丙所示，已知每个小方格的边长为，重力加速度为，则钢球平抛的初速度大小为________。
三、解答题（共42分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13.（7分）一智能玩具电动车在时刻从静止开始自西向东做直线运动，其加速度随时间的变化图像如图所示，设向东为运动的正方向。求：
（1）电动车在第1s末、第2s末和第3s末的速度，并作出其图像；
（2）0-3s内电动车的平均速度大小和路程。
14.（15分）节日里放的起花最早出自《儒林外史》，描述“形如小纸炮，缀有长约二三尺苇杆，燃其芯即急起”。设起花从地面发射后始终在竖直方向上运动，点火后可认为做初速度为0、加速度的匀加速直线运动，当到达离地面高时燃料恰好用完。若不计空气阻力、忽略重力的变化，重力加速度，求：
（1）起花上升的最大高度；
（2）起花返回地面时的速度；
（3）起花在空中运动的总时间。
15.（20分）如图甲所示，一定长度、质量为的长木板放在水平面上，质量为且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为时刻，内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，时将外力大小改为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度，求：
（1）以及的大小；
（2）长木板最终的速度大小。
车次
车站
到达
出发
停留
G881
武汉
发站
9:00
长沙南
10:19
10:22
3分钟
广州南
12:46
G883
武汉
发站
10:07
长沙南
11:27
11:30
3分钟
彬州西
12:35
12:38
3分钟
广州南
14:01
2023-2024学年度下学期四校期初联考
高一物理试题参考答案
1.A
【详解】根据题意，设轻绳的拉力大小为，由平衡条件有
解得
故选A。
2.C
【详解】D.令、、三个位置的速度分别为、、，根据匀变速直线运动平均速度公式有，
令，则全程的平均速度
则有
解得、、
可知，能够求出高铁车头经过、、三个位置的速度，故D错误；
AB.根据上述可知，由于不知道与的具体数值，则不能够求出运动时间的具体数据，即不能够确定高铁运动的加速度，故AB错误；
C.根据平均速度定义式有，
解得
故C正确。
故选C。
3.B
【详解】
A.小球到达斜面的位移与斜面垂直，过抛出点作斜面的垂线，如图所示
设运动的时间为，则水平方向，竖直方向
根据几何关系有，则有
解得，故A错误；
B.小球的水平位移大小为，故B正确；
D.竖直位移大小为，故D错误；
C.合位移大小为，故C错误；
故选B。
4.D
【详解】A.飞机速度与水平方向的夹角的正切值为
飞机加速度与水平方向的夹角的正切值为
可得
可知飞机降落过程中，速度方向与加速度方向不在同一直线上，运动轨迹为曲线，故A错误；
B.时，飞机的水平速度大小为
时，飞机的竖直速度大小为
时，飞机的速度大小为
故B错误；
C.飞机在空中运动的时间为
飞机降落过程中竖直方向的位移为
飞机降落过程中水平方向的位移为
飞机降落过程中的位移大小为
故C错误；
D.飞机落地前瞬间竖直分速度恰好为零，则飞机落地时的速度大小等于飞机水平方向的速度，为
故D正确。
故选D。
5.C
【详解】拉力转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，两边绳上拉力的合力减小，根据力的平衡可知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半，因此变大。
故选C。
6.C
【详解】设为，小球1做自由落体运动，则有
解得
设，根据几何关系可知为，根据牛顿第二定律可知
则有
解得
同理可知小球3的位移为，加速度为
则有
解得
小球4的运动可看作是单摆运动，则时间为
综上分析可知
故选C。
7.D
【详解】A.甲中人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，故A错误；
B.甲中人不同的躺姿，躺椅对人的作用力均与人的重力大小相等，方向相反，B错误；
C.乙中人脚用力蹬地时，如果人的背部相对于躺椅有向下运动的趋势时，人背部所受摩擦力一定沿椅面向上，故C错误；
D.以人和躺椅整体为研究对象，乙中人脚用力蹬地时，地对脚的摩擦力和地对躺椅的摩擦力等大反向，由牛顿第三定律知：脚对地的摩擦力大小和地对脚的摩擦力大小相等，可得脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等，故D正确。故选D。
8.AD
【详解】AB.G883多了一站，对于多的这一站，当进站时列车匀减速到0，其图像见下图中的A，G881走过这段位移时对应图中B，图像面积表示位移，G883走过的位移为
而G881走过这段位移用时为
即G883比G881多用时间为
同理出站加速时也多用了，则除掉停车时间，多出的运行时间是
故A正确。故B错误；
CD.G883在彬州西站停车3分钟，则得
带入数据得
故C错误，D正确。
故选AD。
9.AD
【详解】A.抬起点后，右侧斜面与水平方向的夹角变小，对小球分析，小球所受的拉力为，当夹角减小时细绳的拉力减小，故A正确；
C.小球受到斜面的支持力
当夹角减小时斜面对小球的支持力变大，故C错误；
B.由于不知道初始时方形物体所受摩擦力的方向，同时左侧斜面与水平面的夹角变大，重力沿斜面的分力变大，且绳子的拉力变小，则不能确定方形物体所受摩擦力的变化情况，故B错误；
D.对定滑轮分析，受到两边绳子的作用力和斜面的作用力处于平衡状态，由于绳子的拉力减小且两边细绳的夹角不变，根据力的合成可知细绳对定滑轮的作用力减小，则斜面对定滑轮的作用力减小，故D正确。
故选AD。
10.AB
【详解】ACD.根据题意可知机械臂长度为不变，其运动轨迹为圆弧，如下图所示。
对抓手进行受力分析，可知力构成的三角形与实物三角形相似（为机械臂拴结点位置，为抓手位置，为绳12的延长线与点竖直方向的交点），则有
且由动态分析图像可知机械臂与轻绳先是锐角后变为直角之后又变为锐角，所以当绳12与圆弧相切时，，此时两力的平方和最小，则有
机械臂与轻绳垂直时长度最大，所以的长度先增大后减小，则比值先减小后增大，因为长度不变，则先减小后增大；根据几何关系可知细绳12与水平方向夹角小于机械臂与水平方向夹角，所以，所以长度一直小于，即机械臂上拉力一直大于轻绳上的拉力。故A正确，CD错误；
B.因为
由分析可得从初始状态到图示状态增大得比更快，所以前一阶段会增大，之后减小，继续增大，则后一阶段继续增大，即轻绳中的张力一直在增加。故B正确。
故选AB。
11.（6分）（1）（2）1（3）10
【详解】（1）[1]若指针对应的刻度值为，滑块受到左、右侧弹簧的弹力大小均为，且方向相同，由牛顿第二定律有
解得
（2）[2]若，，则该加速度测量仪的分度值为
（3）[3]若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，0刻度线应标注的加速度值为
12.（6分）（1）平抛运动竖直方向上为自由落体运动
（2）（3）
【详解】（1）该实验中，球做平抛运动，而球做自由落体运动，当两球在同一高度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，且改变高度仍然得到相同的结果，则说明平抛运动竖直方向上为自由落体运动。
（2）A.为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD.该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C.由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标是上确定的点连接起来，故C错误。
故选AD。
（3）平抛运动水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做自由落体运动，根据图丙中可得，在水平方向有
在竖直方向由逐差法
联立解得
13.（7分）【答案】（1）见解析（2），，
【解析】（1）电车在第内向东做匀加速运动，第末速度
在第内做匀减速运动，第末的速度
在第内向西做匀加速运动，第末的速度
其图像如图：
（2）图像的面积表示位移：
内电动车的位移
内电动车的平均速度
内电动车的路程
14.（15分）（1）；（2）；（3）
【详解】（1）燃料用完时速度为，有
之后上升的高度为，
可得
起花上升的最大速度
（2）根据自由落体运动的规律
可得起花返回地面是的速度
（3）起花加速上升的时间为，有
减速上升的时间为，有
自由下落的时间为，有
联立可得起花在空中运动的总时间
15.（20分）（1），；（2）
【详解】（1）由图像可知，木板的加速度大小为
物块的加速度大小为
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得，
联立解得，
（2），由图像可知，此时木板和物块的速度分别为
此时将外力大小改为，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，加速度大小变为
设经过时间木板和物块达到共速，则有，
联立解得，
由于
则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，
所以长木板最终的速度大小为。
本试卷满分100分，共6页。考试时间为75分钟。考试结束后，只交答题卡。
第I卷（选择题 共46分）
一、单选题（本题共10小题。1—7题为单选，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。8—10题为多选，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.学校门口水平地面上有一质量为的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为。两位工作人员用轻绳按图甲所示的方式匀速移动石礅时，两根轻绳水平，延长线之间的夹角为，俯视图如图乙所示。重力加速度大小为，忽略轻绳与石墩之间的摩擦，则轻绳的拉力大小为（ ）
A.B.C.D.
2.中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如今高铁已经成为人们主要的跨城出行工具，如图，高铁进站的过程可近似为匀减速直线运动，高铁车头依次经过、、三个位置，已知，测得段的平均速度为，段平均速度为。根据这些信息下列说法正确的是（ ）
A.可以确定高铁运动的加速度
B.可求出高铁车头在段和段运动的时间
C.可求出高铁车头经过段和段的时间之比
D.求不出高铁车头经过、，三个位置的速度
3.如图所示，小球以向倾角为的斜面水平抛出，小球到达斜面的位移与斜面垂直，重力加速度为，则小球（ ）
A.运动时间为B.水平位移大小为
C.位移大小为D.竖直位移大小为
4.2023年5月28日，从上海飞往北京的国产C919大型客机首飞成功，在北京首都机场降落。降落过程中的某时刻（），水平分速度为，竖直分速度为，且在水平方向做加速度大小为的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小为的匀减速直线运动，落地前瞬间竖直分速度恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A.飞机降落过程中的运动轨迹为直线
B.时，飞机的速度大小为
C.飞机降落过程中的位移大小为
D.飞机落地时的速度大小为
5.如图所示，橡皮筋一端连接在天花板上，另一端连接在滑轮上，与竖直方向夹角为；绕过滑轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平力，物块保持静止，现保持大小不变，使其在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过，不计滑轮质量及一切摩擦，橡皮筋始终在弹性限度内，此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.变小，橡皮筋长度变短B.变小，橡皮筋长度变长
C.变大，橡皮筋长度变短D.变大，橡皮筋长度变长
6.如图所示，有直角三角形光滑轨道框架，其中竖直。，光滑圆弧轨道为的外接圆上的一部分。小球l、2分别沿轨道、从点由静止开始运动，到、点对应的时间分别为、，小球3沿轨道从点由静止开始运动，到点的时间为；小球4在圆弧轨道上某一点（对应的圆心角很小）由静止开始运动，到点的时间为。则下列时间的关系正确的是（ ）
A.B.C.D.
7.躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是（ ）
A.甲中人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的
B.甲中人不同的躺姿会改变躺椅对人的作用力
C.乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向下
D.乙中人脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等
8.小明查询从武汉到广州的高铁时间时，发现G881比G883快8分钟，再查时刻表，发现G883比G881中途多停一站。假设这两辆车在出站和进站时均做加速度大小为的匀变速直线运动，除进站、出站、停留时间以外，均以恒定的速率匀速运动，根据列车时刻表，下列正确的是（ ）
A.除掉停车时间，多出的运行时间是B.除掉停车时间，多出的运行时间是
C.列车的加速度为D.列车的加速度为
9.如图甲所示，一斜面放置在水平地面上，在斜面的顶端固定一轻质的光滑定滑轮，斜面的左侧粗糙，右侧光滑。一方形物体和一小球通过一根跨过定滑轮的轻质细绳相连，斜面左右两侧的细绳与斜面平行。现抬起点以点为轴使整个斜面在纸面内缓慢转动一个小角度，在转动过程中系统各物体相对静止，则在转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.细绳的拉力变小B.斜面对方形物体的摩擦力一定减小
C.斜面对小球的支持力变小D.斜面对定滑轮的作用力变小
10.抓娃娃机是一种深受青少年喜爱的游戏设备，其利用机器自身所带的爪子抓取箱柜内的物品。下图为某款抓娃娃机结构简图，其中机械臂15一端铰链在水平横梁上，另一端铰链在质量为的抓手16上。机械臂可当成长度为的轻绳。12为轻质细绳。设重力加速度为，机械臂拴结点与横梁左端点水平间距为，绳12上拉力为，机械臂15上拉力为，某次游戏时通过轻绳牵引将抓手从最低点缓慢提升到最高点，针对这个过程中，下列说法正确的是（ ）
A.机械臂上拉力大于轻绳上的拉力B.轻绳中的张力一直在增加
C.机械臂中弹力先增大再减小D.
第II卷（非选择题 共54分）
二、实验题（每小题2分，共12分）
11.某兴趣小组基于胡克定律和牛顿第二定律制作了一个水平加速度测量仪。其基本结构如图所示，配重块中心固定一轻质指针，两端分别连接两相同轻质弹簧，将其和弹簧一起穿在一光滑杆上；弹簧两端固定在杆两端，且弹簧处于原长时，轻质指针正对着上方刻度尺的零刻度线。配重块质量为，弹簧劲度系数为。
（1）此仪器还需将长度值重新标注为对应加速度值，若指针对应的刻度值为，则此刻度对应的加速度________。
（2）若，，则该加速度测量仪的分度值为________
（3）在第（2）问的基础上，若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，则此时的0刻度线应标注的加速度值为________（已知重力加速度取）。
12.在“探究平抛运动的特点”的实验中。
（1）某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时B球由静止下落，可以观察到两个小球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是________。
（2）该组同学继续用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是________。
A.斜槽轨道末端切线必须水平B.斜槽轨道必须光滑
C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
（3）另一组同学拍摄钢球做平抛运动频闪照片的一部分如图丙所示，已知每个小方格的边长为，重力加速度为，则钢球平抛的初速度大小为________。
三、解答题（共42分，解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13.（7分）一智能玩具电动车在时刻从静止开始自西向东做直线运动，其加速度随时间的变化图像如图所示，设向东为运动的正方向。求：
（1）电动车在第1s末、第2s末和第3s末的速度，并作出其图像；
（2）0-3s内电动车的平均速度大小和路程。
14.（15分）节日里放的起花最早出自《儒林外史》，描述“形如小纸炮，缀有长约二三尺苇杆，燃其芯即急起”。设起花从地面发射后始终在竖直方向上运动，点火后可认为做初速度为0、加速度的匀加速直线运动，当到达离地面高时燃料恰好用完。若不计空气阻力、忽略重力的变化，重力加速度，求：
（1）起花上升的最大高度；
（2）起花返回地面时的速度；
（3）起花在空中运动的总时间。
15.（20分）如图甲所示，一定长度、质量为的长木板放在水平面上，质量为且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为时刻，内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，时将外力大小改为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度，求：
（1）以及的大小；
（2）长木板最终的速度大小。
车次
车站
到达
出发
停留
G881
武汉
发站
9:00
长沙南
10:19
10:22
3分钟
广州南
12:46
G883
武汉
发站
10:07
长沙南
11:27
11:30
3分钟
彬州西
12:35
12:38
3分钟
广州南
14:01
2023-2024学年度下学期四校期初联考
高一物理试题参考答案
1.A
【详解】根据题意，设轻绳的拉力大小为，由平衡条件有
解得
故选A。
2.C
【详解】D.令、、三个位置的速度分别为、、，根据匀变速直线运动平均速度公式有，
令，则全程的平均速度
则有
解得、、
可知，能够求出高铁车头经过、、三个位置的速度，故D错误；
AB.根据上述可知，由于不知道与的具体数值，则不能够求出运动时间的具体数据，即不能够确定高铁运动的加速度，故AB错误；
C.根据平均速度定义式有，
解得
故C正确。
故选C。
3.B
【详解】
A.小球到达斜面的位移与斜面垂直，过抛出点作斜面的垂线，如图所示
设运动的时间为，则水平方向，竖直方向
根据几何关系有，则有
解得，故A错误；
B.小球的水平位移大小为，故B正确；
D.竖直位移大小为，故D错误；
C.合位移大小为，故C错误；
故选B。
4.D
【详解】A.飞机速度与水平方向的夹角的正切值为
飞机加速度与水平方向的夹角的正切值为
可得
可知飞机降落过程中，速度方向与加速度方向不在同一直线上，运动轨迹为曲线，故A错误；
B.时，飞机的水平速度大小为
时，飞机的竖直速度大小为
时，飞机的速度大小为
故B错误；
C.飞机在空中运动的时间为
飞机降落过程中竖直方向的位移为
飞机降落过程中水平方向的位移为
飞机降落过程中的位移大小为
故C错误；
D.飞机落地前瞬间竖直分速度恰好为零，则飞机落地时的速度大小等于飞机水平方向的速度，为
故D正确。
故选D。
5.C
【详解】拉力转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，两边绳上拉力的合力减小，根据力的平衡可知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半，因此变大。
故选C。
6.C
【详解】设为，小球1做自由落体运动，则有
解得
设，根据几何关系可知为，根据牛顿第二定律可知
则有
解得
同理可知小球3的位移为，加速度为
则有
解得
小球4的运动可看作是单摆运动，则时间为
综上分析可知
故选C。
7.D
【详解】A.甲中人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，故A错误；
B.甲中人不同的躺姿，躺椅对人的作用力均与人的重力大小相等，方向相反，B错误；
C.乙中人脚用力蹬地时，如果人的背部相对于躺椅有向下运动的趋势时，人背部所受摩擦力一定沿椅面向上，故C错误；
D.以人和躺椅整体为研究对象，乙中人脚用力蹬地时，地对脚的摩擦力和地对躺椅的摩擦力等大反向，由牛顿第三定律知：脚对地的摩擦力大小和地对脚的摩擦力大小相等，可得脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等，故D正确。故选D。
8.AD
【详解】AB.G883多了一站，对于多的这一站，当进站时列车匀减速到0，其图像见下图中的A，G881走过这段位移时对应图中B，图像面积表示位移，G883走过的位移为
而G881走过这段位移用时为
即G883比G881多用时间为
同理出站加速时也多用了，则除掉停车时间，多出的运行时间是
故A正确。故B错误；
CD.G883在彬州西站停车3分钟，则得
带入数据得
故C错误，D正确。
故选AD。
9.AD
【详解】A.抬起点后，右侧斜面与水平方向的夹角变小，对小球分析，小球所受的拉力为，当夹角减小时细绳的拉力减小，故A正确；
C.小球受到斜面的支持力
当夹角减小时斜面对小球的支持力变大，故C错误；
B.由于不知道初始时方形物体所受摩擦力的方向，同时左侧斜面与水平面的夹角变大，重力沿斜面的分力变大，且绳子的拉力变小，则不能确定方形物体所受摩擦力的变化情况，故B错误；
D.对定滑轮分析，受到两边绳子的作用力和斜面的作用力处于平衡状态，由于绳子的拉力减小且两边细绳的夹角不变，根据力的合成可知细绳对定滑轮的作用力减小，则斜面对定滑轮的作用力减小，故D正确。
故选AD。
10.AB
【详解】ACD.根据题意可知机械臂长度为不变，其运动轨迹为圆弧，如下图所示。
对抓手进行受力分析，可知力构成的三角形与实物三角形相似（为机械臂拴结点位置，为抓手位置，为绳12的延长线与点竖直方向的交点），则有
且由动态分析图像可知机械臂与轻绳先是锐角后变为直角之后又变为锐角，所以当绳12与圆弧相切时，，此时两力的平方和最小，则有
机械臂与轻绳垂直时长度最大，所以的长度先增大后减小，则比值先减小后增大，因为长度不变，则先减小后增大；根据几何关系可知细绳12与水平方向夹角小于机械臂与水平方向夹角，所以，所以长度一直小于，即机械臂上拉力一直大于轻绳上的拉力。故A正确，CD错误；
B.因为
由分析可得从初始状态到图示状态增大得比更快，所以前一阶段会增大，之后减小，继续增大，则后一阶段继续增大，即轻绳中的张力一直在增加。故B正确。
故选AB。
11.（6分）（1）（2）1（3）10
【详解】（1）[1]若指针对应的刻度值为，滑块受到左、右侧弹簧的弹力大小均为，且方向相同，由牛顿第二定律有
解得
（2）[2]若，，则该加速度测量仪的分度值为
（3）[3]若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，0刻度线应标注的加速度值为
12.（6分）（1）平抛运动竖直方向上为自由落体运动
（2）（3）
【详解】（1）该实验中，球做平抛运动，而球做自由落体运动，当两球在同一高度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，且改变高度仍然得到相同的结果，则说明平抛运动竖直方向上为自由落体运动。
（2）A.为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD.该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C.由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标是上确定的点连接起来，故C错误。
故选AD。
（3）平抛运动水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做自由落体运动，根据图丙中可得，在水平方向有
在竖直方向由逐差法
联立解得
13.（7分）【答案】（1）见解析（2），，
【解析】（1）电车在第内向东做匀加速运动，第末速度
在第内做匀减速运动，第末的速度
在第内向西做匀加速运动，第末的速度
其图像如图：
（2）图像的面积表示位移：
内电动车的位移
内电动车的平均速度
内电动车的路程
14.（15分）（1）；（2）；（3）
【详解】（1）燃料用完时速度为，有
之后上升的高度为，
可得
起花上升的最大速度
（2）根据自由落体运动的规律
可得起花返回地面是的速度
（3）起花加速上升的时间为，有
减速上升的时间为，有
自由下落的时间为，有
联立可得起花在空中运动的总时间
15.（20分）（1），；（2）
【详解】（1）由图像可知，木板的加速度大小为
物块的加速度大小为
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得，
联立解得，
（2），由图像可知，此时木板和物块的速度分别为
此时将外力大小改为，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，加速度大小变为
设经过时间木板和物块达到共速，则有，
联立解得，
由于
则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，
所以长木板最终的速度大小为。
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