2023-2024学年江西省新余市第一中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省新余市第一中学高一（下）开学考试物理试卷（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，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年11月1日6时50分，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功将“天绘五号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。这次任务是长征系列运载火箭第494次飞行。则( )
A. 工作人员在组装火箭时火箭可看作质点
B. “天绘五号”卫星绕预定轨道绕行一圈，平均速率和平均速度均为零
C. “6时50分”是指时刻
D. 火箭在加速向上运动时，以地面为参照物，火箭是静止的
2.关于速度和加速度的关系以下说法正确的是( )
A. 加速度方向为负时，速度一定减少
B. 速度变化得快，说明加速度比较大
C. 加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
D. 加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
3.从同一地点出发，甲、乙两个物体沿同一方向做直线运动的速度−时间图像如图所示，则( )
A. 两物体相遇的时间是1s和4sB. 乙物体的运动方向发生了变化
C. 两个物体相距最远的时刻是4s末D. 6s时甲在乙前面
4.伽利略在研究自由落体运动规律时，采用了先“转换变通”再“合理外推”的巧妙方法。模型如图所示，让一个黄铜小球(可视为质点)从阻力很小、倾角为θ的斜槽上的最高点A由静止滚下，若在斜槽上取A、B、C、D、E五个等间距的点，则
( )
A. AC段的平均速度大小与CE段的平均速度大小之比为vAC:vCE= 2−1:1
B. 小球通过B、C、D、E点所用的时间之比为1：4：9：16
C. 小球通过C点的瞬时速度等于AE段的平均速度
D. 小球通过B、C、D、E点时的速度大小之比为1：2：3：4
5.急动度j是加速度变化量Δa与发生这一变化所用时间Δt的比值，即j=ΔaΔt，它的方向与物体加速度变化量的方向相同。工程师用急动度作为评判乘客不舒适程度的指标，按照这一指标，具有零急动度的人体，感觉最舒适。在某次训练中某航天员的加速度a随时间t的变化关系如图所示，则
( )
A. t=3s时航天员感觉最舒适B. 1∼3s内航天员感觉最舒适
C. t=2s时与t=4s时的急动度等大反向D. 0∼1s内与0∼5s内速度的变化量相同
6.两根劲度系数分别为k和2k的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示。开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右缓慢拉动弹簧，使a弹簧的伸长量为L，未超出弹性限度，则此时( )
A. b弹簧的伸长量也为L
B. b弹簧的伸长量为L2
C. 水平力大小为2kL
D. 水平力大小为3kL
7.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θ；绕过滑轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平力F，物块保持静止，现保持F大小不变，使其在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过60°，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. θ变小，橡皮筋长度变短B. θ变小，橡皮筋长度变长
C. θ变大，橡皮筋长度变短D. θ变大，橡皮筋长度变长
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.甲、乙两辆遥控小汽车在两条相邻的足够长平直轨道上做直线运动，两车运动的v−t图像如图所示．下列说法正确的是( )
A. 两车若在t=5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=15s
B. 两车若在t=5s时相遇，则t=0时刻两车相距15m
C. 两车若在t=10s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=20s
D. 乙车在0∼10s的平均速度为0
9.用两根细线l1、l2和一个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为30∘，轻弹簧水平。重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 细线l1对小球1的拉力大小T1=2 3mg
B. 弹簧对小球2的拉力大小F为 2mg
C. 细线l2对小球1的拉力大小T2= 6mg
D. 剪断细线l2的瞬间，小球2的加速度大小为2g
10.如图所示，水平传送带始终以0.5m/s的速度顺时针匀速转动。t=0时，地面上的工人将10kg的物体静止放在传送带的左端，同时以1m/s的速度走到右端，物体传送到右端时工人将其拿走。已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.05，传送带的水平长度为2m，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. t=0.5s时，物体对传送带的摩擦力大小为5N，方向向右
B. t=1.5s时，物体对传送带的摩擦力为0
C. 工人需要在传送带右端等待2.5s
D. 工人需要在传送带右端等待1s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。
(1)在实验中，以下说法正确的是________。(填正确答案标号)
A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
C.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等
(2)如图乙所示，是探究某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，由图可知，弹簧的劲度系数是________N/m。
(3)该同学用此弹簧制作成一把弹簧秤，丙图所示为某次测力时的弹簧秤示意图，指针位置表示力的大小为________N。
12.诚勤立达物理兴趣小组在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，采用如图所示实验装置，图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源
(1)实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：________(填“挂”或“不挂”)吊盘，______(填“连接”或“不连接”)纸带，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距_________(填“均匀”或“不均匀”)的点。
(2)按住小车，在吊盘中放入一定质量的砝码，为了保证在运动过程中，小车所受的拉力近似等于吊盘和盘中砝码的总重力，那么吊盘和盘中砝码的总质量应_________(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)小车及车中砝码总质量。
(3)打开打点计时器电源，释放小车，得到如图所示的纸带，图示为五个计数点之间的距离，相邻两个计数点间有四个点未画出，可求得小车的加速度a=_________m/s2。(结果保留两位小数)
(4)诚勤立达物理兴趣小组在得出实验结论后，另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证吊盘和吊盘上砝码的总质量m0不变，但未测小车质量M，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量m，并作出1a与m之间的关系图像如图所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若该同学其他操作均正确，可得到小车的质量M为_________(用k、b、m0表示)
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
13.如图所示，斜面AB与水平面BC的夹角为θ=45∘，某滑板爱好者从距水平地面高度h=2m的A点水平向右滑出，从C点落地后瞬间水平方向的速度保持不变，竖直方向的速度变为零，人与滑板从C点继续向右沿水平地面滑行s1=8m后停止。已知人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小为其重力的0.1倍，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求
(1)人与滑板在C点落地后瞬间的速度大小；
(2)A点与C点间的水平距离；
(3)人与滑板从A点运动到C点过程中离斜面的最大距离。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
14.如图所示，在建筑工地上，三个相同的均质圆形钢管静置于水平地面上，质量均为m，B、C钢管刚好接触且无挤压，重力加速度为g，不计钢管之间的摩擦，求：
(1)B钢管对水平地面的压力大小；
(2)水平地面对C钢管的摩擦力大小。
15.热气球下面用绳子吊着一个质量m=5kg的物体，从地面由静止一起沿竖直方向匀加速上升，经过时间t1=6s速度达到v1=30m/s，此时吊着物体的绳子断开，物体落回地面，在物体落地前的整个过程中，不计物体受到的空气阻力，重力加速度取g=10m/s2，求：
(1)加速阶段绳子对物体的拉力T的大小；
(2)物体落地前的整个过程，上升的最大高度h；
(3)从绳子断开到落地整个运动过程中物体的平均速度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.工作人员在组装火箭时火箭的大小、形状不可以忽略，火箭不可看作质点，故A错误；
B.“天绘五号”卫星绕预定轨道绕行一圈，平均速率是路程与时间的比值，不为零；平均速度是位移与时间的比值，为零，故B错误；
C.“6时50分”是指时刻，故C正确；
D.火箭在加速向上运动时，以地面为参照物，火箭是运动的，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】A.加速度方向为负时，速度方向也为负时，速度增大，故A错误；
B.加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化得快，说明加速度比较大，故B正确；
C.加速度大小不断变小，若加速度和速度同向，速度大小会增大，故C错误；
D.若初速度和加速度方向相反，加速度方向保持不变，速度先减小到零后反方向增大，故速度方向可能变化。故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】解：A D.在v−t图像中，图像与横坐标围成的面积表示物体发生的位移，由图可知当t=2s和t=6s时，两图像与横坐标围成的面积相等，说明位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s。故AD错误；
B.由图像可知，乙的速度一直为正，运动方向不变。故B错误；
C.在前2s内，甲乙两者之间距离先增大后减小，第1s末相距最远。然后，乙速度大于甲的速度，二者距离先减小，然后再增大；2s末时两物体相距
x1=12×2×1m=1m
4s时，两物体相距为
x2=12×2×2m=2m
故4s时两物体相距最远，故C正确。
根据图线与时间轴围成的面积判断何时相遇，当两物体速度相等时，相距最远。
解决本题的关键知道速度−时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
4.【答案】A
【解析】A.根据初速度为零的匀变速直线运动的规律有 x=12at2 ，得
tAC:tAE=1: 2 ， tAC:tCE=1: 2−1
根据 v=xt ，可得
vAC:vCE= 2−1:1
故A正确；
D.A、B、C、D、E为五个等间距的点，以A点为研究过程的起点，根据v2=2ax，得小球通过B、C、D、E点时的速度大小之比为 1: 2: 3:2 ，故D错误；
B.由于小球做初速度为0的匀加速直线运动，根据v=at，得小球通过B、C、D、E点所用的时间之比为 1: 2: 3:2 ，故B错误；
C.C点为AE位移中点而非时间中点，小球通过C点的瞬时速度不等于AE段的平均速度，故C错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.由 a−t 图像可知， t=3s 时急动度 j=ΔaΔt 不为0，所以航天员并不会感觉最舒适，故A错误；
B.由 a−t 图像可知， 1∼3s 内急动度 j=ΔaΔt 不为0，所以航天员并不会感觉最舒适，故B错误；
C.由于 a−t 图线的斜率表示急动度，根据图像可知， t=2s 时与 t=4s 时的斜率相同，即 t=2s 时与 t=4s 时的急动度大小相等，方向相同，故C错误；
D.根据 a−t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知 1∼5s 内速度的变化量为0，则 0∼1s 内与 0∼5s 内速度的变化量相同，故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.由题意知，两根轻弹簧串接在一起，则两弹簧弹力大小相等，根据胡克定律
F=kx
得，x与k成反比，则得b弹簧的伸长量为
kL2k=L2
故A错误，B正确；
CD.水平力大小为
F′=2k⋅L2=kL
故CD错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
拉力转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，从而分析绳子拉力的变化，根据橡皮筋的弹力变化分析O的变化。
【解答】
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θ变大。
故选C。
8.【答案】ABD
【解析】A、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，5∼15s内两车的位移相等，因此，两车若在t=5s时相遇，则另一次相遇的时刻是t=15s，故A正确；
B、两车若在t=5s时相遇，因为0∼5s内两车相向运动，则t=0时两车相距距离等于0∼5s内两车位移大小之和，为
S=2×5 +2×52= 15m
故B正确；
C、两车若在t=10s时相遇，因为10∼20s内乙车的位移大于甲车的位移，所以t=20s时两车没有相遇，故C错误；
D、由图像可以看出，乙车在0∼10s的位移为零，所以平均速度为0，故D正确。
故选ABD。
9.【答案】AD
【解析】AB.以球1和球2为整体，根据受力平衡可得
T1cs30∘=3mg ， T1sin30∘=F
解得细线 l1 对小球1的拉力大小为
T1=2 3mg
弹簧对小球2的拉力大小F为
F= 3mg
故A正确，B错误；
C.以球2为研究对象，根据受力平衡可得
T′2= F2+(mg)2=2mg
则细线 l2 对小球1的拉力大小为
T2=T′2=2mg
故C错误；
D.剪断细线 l2 的瞬间，弹簧弹力不变，则以球2受到的重力和弹簧弹力的合力大小为
F合= F2+(mg)2=2mg
根据牛顿第二定律可得
a=F合m=2g
故D正确。
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.物体相对传送带向左运动，因此物体受到传送带向右的摩擦力，由牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得加速度
a=μg=0.5m/s2
物体做加速运动，由速度时间公式 v=v0+at ，可得物体与传送带达到共速所用时间
t1=v1a=1s
可知物体在1s时间内做匀加速直线运动，则有在 t=0.5s 时，物体受到传送带向右的摩擦力为
Ff=μmg=5N
由牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力大小为5N，方向向左，A错误；
B.物体与传送带达到共速后，物体与传送带相对静止，则从 t=1s 开始与传送带一起向右做匀速直线运动到右端，物体做加速运动的位移为
x=12at12=0.25m
物体与传送带一起向右做匀速直线运动到右端所用时间为
t2=L−xv1=2−
因此 t=1.5s 时，物体对传送带的摩擦力是零，B正确；
CD.物体在传送带的左端运动到右端所用时间为
t=t1+t2=4.5s
工人从传送带的左端运动到右端所用时间为
t′=Lv2=2s
可知工人需要在传送带右端等待2．
11.【答案】(1) AB；(2)300；(3)1.75(1.73∼1.77均可)
【解析】【分析】
本题为探究弹力和弹簧伸长的关系的实验，实验原理为胡克定律，掌握弹簧的弹力与形变量的关系，要注意正确理解图象的性质，知道图象的斜率表示的物理意义。
【解答】
(1) A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，选项A正确;
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，选项B正确;
C.弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，选项C错误;
D.用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，选项D错误。
故选AB；
(2)根据F=kx可知，图像的斜率大小等于劲度系数大小，
由图像求出劲度系数为k=ΔFΔx=248×10−2N/m=300N/m；
(3)弹簧秤最小刻度为0.1N，指针在1.7与1.8之间刻度，估读为1.75N。
12.【答案】 不挂 连接 均匀 远小于 0.51 bk
【解析】(1)[1] [2] [3]实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：不挂吊盘，连接纸带，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
(2)[4]为了保证在运动过程中，小车所受的拉力近似等于吊盘和盘中砝码的总重力，那么吊盘和盘中砝码的总质量应远小于小车及车中砝码总质量。
(3)[5]电源的频率为50Hz，打点周期
T=1f=150s=0.02s
相邻两个计数点间的时间间隔
T′=5T=0.1s
小车的加速度
a=(x3+x4)−(x1+x2)4T′2=(7.21+7.72)−(6.19+6.70)4×0.12×10−2m/s2=0.51m/s2
(4)[6]设小车质量为 M ，若牛顿第二定律成立，则
m0g=(M+m)a
整理得
1a=1m0gm+Mm0g
所以图中直线的斜率
k=1m0g
得
m0g=1k
纵轴上的截距
b=Mm0g
小车的质量
M=bk
13.【答案】(1) 4m/s ；(2) 4 105m ；(3) 2 25m
【解析】(1)人与滑板在水平地面滑行时的加速度为
a=0.1mgm=1m/s2
人与滑板在水平地面滑行时，根据动力学公式
vC2=2as1
解得人与滑板在C点落地后瞬间的速度大小为
vC=4m/s
(2)人与滑板从A点飞出后做平抛运动，竖直方向有
h=12gt2
A点与C点间的水平距离
xAC=vCt=4 105m
(3)将人与滑板的速度、重力加速度沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示。
可得
vC2=vCsinθ=2 2m/s
g2=gcsθ=5 2m/s2
从A点运动到C点过程中离斜面的距离为
dm=vC222g2=82×5 2m=2 25m
14.【答案】(1) 1.5mg ；(2) 36mg
【详解】(1)以三根钢管整体为研究对象，有
2FN=3mg
解得水平面对B钢管的支持力大小为
FN=1.5mg
根据牛顿第三定律得B钢管对水平地面的压力大小为
F′N=FN=1.5mg
(2)对A钢管受力分析如图，根据平衡条件得
F1cs30∘+F2cs30∘=mg
由对称性可知
F1=F2
根据牛顿第三定律，A钢管对C钢管的弹力为
F′2=F2
水平面对C钢管的摩擦力大小
f=F′2sin30∘= 36mg

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)加速阶段，物体的加速度：a=v1t1=306m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律可得：T−mg=ma
代入数据解得：T=75N；
(2)小球上升的最大高度为h=v122a+v122g
代入数据解得：h=135m；
(3)小球加速阶段上升的位移大小为x1=v122a=3022×5m=90m
设向下为正方向，则从绳子断开到落地的位移x1=−v0t+12gt2
从绳子断开到落地整个运动过程中物体的平均速度：v−=x1t
联立解得：v−=15( 3−1)m/s，方向竖直向下。
答：(1)加速阶段绳子对物体的拉力T的大小为75N；
(2)物体落地前的整个过程，上升的最大高度为135m；
(3)从绳子断开到落地整个运动过程中物体的平均速度为15( 3−1)m/s，方向竖直向下。
【解析】(1)根据运动学公式求解物体的加速度，根据牛顿第二定律求解拉力；
(2)根据速度—位移关系求解小球上升的最大高度；
(3)根据位移—时间关系求解总位移，根据平均速度的计算公式求解平均速度。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。