2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.对如下四幅图，以下说法正确的是( )
甲图：某质点的x−t图像
乙图：伽利略研究自由落体运动的示意图
丙图：小球碰到墙壁反弹的情景。其中v=5m/s，v′=4m/s
丁图：某道路上的限速标识牌
A. 由甲图可知，该质点做曲线运动
B. 乙图中伽利略直接验证了小球下落的速度与所用时间成正比，即v∝t
C. 丙图中的小球速度变化量的大小为9m/s
D. 丁图表示在前方路段，汽车行驶的瞬时速度大小始终为60km/h
2.下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，正确的是( )
A. 甲图中所描述的物体在0∼2s内做匀减速直线运动
B. 乙图中所描述的物体在0∼t1时段通过的位移为x1
C. 丙图中所描述的物体在t1∼t2时段速度的变化量为a0t2
D. 若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为4m/s2
3.水平地面上堆放着相同的原木，如图甲所示，截面图如图乙所示，已知原木之间的滑动摩擦因数为μ，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，若要将最上面的那根原木沿轴线方向匀速拉出，水平拉力大小应为( )
A. 32μGB. μGC. 2 33μGD. 2μG
4.如图，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比F1F2为( )
A. csθ+μsinθ
B. csθ–μsinθ
C. l+μtanθ
D. 1–μtanθ
5.如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mp=0.5kg、mQ=0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。则推力F的大小为( )
A. 4.0NB. 3.0NC. 2.5ND. 1.5N
6.如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A. v0tanθgB. 2v0tanθgC. v0gtanθD. 2v0gtanθ
7.如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方．已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同．则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是( )
A. 物块所受摩擦力越来越小B. 物块对地面的压力越来越小
C. 物块加速度越来越小D. 物块加速度先减小后增大
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.在力的合成中，下列关于两个分力与它们的合力关系的说法中，正确的是( )
A. 合力可能小于某一个分力
B. 合力大小一定等于两个分力大小之和
C. 两个分力大小不变，夹角在0∘∼180∘变化时，夹角越大合力越小
D. 合力的方向一定在两分力夹角的角平分线上
9.如图所示，质量为m的物体在同一平面内四个共点力的作用下做匀速直线运动，速度方向与力F1、F3的方向恰好在同一直线上，下列说法正确的是( )
A. 若只撤去F1，物体做匀加速直线运动，加速度大小a=F1m
B. 若只撤去F3，物体做匀减速直线运动，加速度大小a=2F1m
C. 若只撤去F2，物体做匀变速曲线运动
D. 若只撤去F4，物体做非匀变速曲线运动
10.如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD,E点在D点的正上方，与A等高。从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程
( )
A. 球1和球2运动的时间之比为2:1B. 球1和球2速度增加量之比为1: 2
C. 球1和球2抛出时初速度之比为2 2:1D. 球1和球2运动时的加速度之比为1:2
11.如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A. 无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B. 若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C. 若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D. 若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图(a)所示，橡皮条的一端挂着一个轻质小圆环，另一端固定在G点，橡皮条的自然长度为GE，在图(b)中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点橡皮条伸长的长度为EO，撤去F1、F2，改用一个力F′单独拉住小圆环，如图(c)所示，仍然使它处于O点。力F′单独作用，与F1、F2共同作用的效果是一样的，都能使小圆环在点保持静止。
(1)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法
(2)关于此实验，下列说法中正确的是______。
A.弹簧测力计的读数越大越好，且一定要取整数
B.两个分力F1、F2的方向要垂直，便于合力计算
C.两次拉橡皮条时，只需保证橡皮条伸长量相同即可
D.拉橡皮条时，弹簧科，橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
(3)甲同学在某次实验中，记录了拉力F1、F2的大小及方向，并将它们的图示作在如图(d)所示的方格纸中，已知方格纸每个正方形小格的边长代表2N。请在图(d)中利用作图法作出F1、F2的合力F，并由图可得F的大小为_____N。
13.如图(a)为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)实验采用了_____法。
(2)改变所挂钩码的数量，多次测量。在某次实验中根据测得的多组数据画出如图(b)所示的a−F图线。此图线的后半段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______。
A.所挂钩码的总质量太大 B.所用小车和传感器的总质量太大
C.拉小车的细线没有平行轨道 D.小车与轨道之间存在摩擦
(3)某小组对该实验做出改进并做了新的尝试，步骤如下：
①取一盒总质量为m=0.1kg的砝码放置在小车上，左侧不挂任何物体，将长木板的右侧抬高，调节长木板的倾角，使小车在木板上自由运动，观察电脑屏幕上的v−t图像，直至图像为一条平行于时间轴的直线；
②在左侧挂一个小盘，使小车无初速滑下，根据计算机上的v−t图像得出小车的加速度a；
③从小车上取下质量为mx的砝码放到小盘中，再使小车无初速滑下，根据计算机上的v−t图像得出小车相应的加速度a；
④改变mx的大小，重复步骤③，得到6组mx及其对应的加速度a的数据；
⑤建立坐标系，作出如图(c)所示的a−mx图线。
若从图(c)中求出斜率k=10m/kg⋅s2，截距b=0.8m/s2,g取10m/s2，则小盘的质量m0=_____kg，小车及上面固定的位移传感器的总质量M=_____kg(不含砝码的质量)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.汽车以v0=16m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经2s速度速度变为10m/s，已知汽车在刹车过程中加速度大小不变，求：
(1)刹车过程中汽车的加速度；
(2)刹车4秒后汽车的速度；(3)刹车6秒后汽车的位移。
15.如图所示，质量为1kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ=37∘角，球与杆之间的动摩擦因数μ=0.5.小球在大小为20N、方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1s后撤去拉力F(g取10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8).求：
(1)撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；
(2)小球沿杆向上滑行的位移大小；
(3)小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间．
16.如图所示，质量M=1kg、长度L=1m的木板A静止在水平面上，A与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1。在A的左端放置一质量m=1kg的铁块B(可视为质点)，B与A间的动摩擦因数从μ2=0.3，现用一水平向右的恒力F=7N作用在B上，取g=10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。
(1)A与B的加速度各为多大？
(2)1s后撤去力F，B刚好不从A上掉落，试求木板A的长度；
(3)撤去拉力F后，木板A经多长时间停下？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了x−t图像、伽利略理想实验、速度及速度变化量这些知识点；
根据相关知识点分析、判断即可。
【解答】A.x−t图像只能描述直线运动，故 A错误；
B.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，故 B错误；
C.取末速度为正，丙图中的小球速度变化量的大小为Δv=v′−(−v)=9m/s，故C正确；
D.丁图表示在前方路段，汽车行驶的最大速度为60km/h，故 D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A.甲图是 v−t 图像，图中所描述的物体在 0∼2s 内先做匀减速直线运动，后做反方向的匀加速运动，选项A错误；
B.乙图中所描述的物体在 0∼t1 时段通过的位移为 x1−x0 ，选项B错误；
C.丙图中所描述的物体在 t1∼t2 时段速度的变化量为
Δv=a0t2−t1
选项C错误；
D.若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，根据 xt=v0+12at ，则该物体的加速度
12a=21=2
解得加速度为
a=4m/s2
选项D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】对圆柱原木静止时受力分析，如图所示
根据平衡条件可得
N1=N2=G2cs30∘
每一个侧面所受的滑动摩擦力
f=μN1
根据平衡条件可得
F=2f
代入数据联立解得
F=2 33μG
故选C。
4.【答案】B
【解析】F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得
F1=mgsinθ+μFN
FN=mgcsθ
解得：F1=mgsinθ+μmgcsθ
F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得
F2csθ=mgsinθ+μFN′
FN′=mgcsθ+F2sinθ
解得： 23
所以 F1F2=mgsinθ+μmgcsθmgsinθ+μmgcsθcsθ−μsinθ=csθ−μsinθ ，故选B．
5.【答案】A
【解析】【分析】
先对Q进行受力分析，由二力平衡求出绳子的拉力；再对P进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出推力F。
该题考查牛顿第二定律的应用，解答的关键是能正确理解轻绳的张力变为原来的一半时，物体P与物体Q以相同大小的加速度都做加速运动。
【解答】
P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力所以绳子的拉力T1=mQg=0.2×10N=2N
P与桌面间的静摩擦力：f′=T1=2N
将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力：T2=12F1=12×2N=1N
此时Q加速下降，可得：mQg−T2=mQa
P与桌面间的滑动摩擦力：f=μmPg=0.5×0.5×10N=2.5N
此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定律可得：F+T2−f=mPa
代入数据解得：F=4.0N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6.【答案】D
【解析】如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则小球在斜面上的落点与抛出点的连线应与斜面垂直，所以有
tanθ=xy
而
x=v0t
y=12gt2
解得
t=2v0gtanθ
故选D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
对物块受力分析，利用胡克定律、竖直方向的平衡及水平方向利用牛顿第二定律列式求解即可。
本题受力分析是重点，弹力在竖直方向及水平方向的分量分析是关键。
【解答】
由题可知，当物块在P点时，AP即为形变量设为x，AP与竖直方向的夹角为α，如图：
AB.对P受力分析，物块受到重力、支持力、摩擦力、橡皮条的拉力，在竖直方向上由平衡条件得：mg=FN+kxcsα，而弹力在竖直方向的分量为Fy=kxcsα=k·AM是定值，故支持力不变，即物块对地面的压力不变，由f=μFN得：物块所受摩擦力大小也不变，故AB错误；
CD.在水平方向由牛顿第二定律得：k·xsinα−f=ma，而k·xsinα=k·MP逐渐减小，故物块向左的加速度减小，当k·xsinα故选D。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
解答此题时，要从力的大小和方向两个方面来考虑，在分析各选项时千万不能漏掉力的方向。
(1)如果二力在同一条直线上，根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差；
(2)如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间。
【解答】
AB.当两个分力方向相同时，合力等于两分力之和，合力大于每一个分力；当两个分力方向相反时，合力等于两个分力之差，则合力可能小于分力，故A正确，B错误；
C.两个分力大小不变，夹角在0∘∼180∘变化时，由公式F= F12+F22+2F1F2csθ可知夹角越大合力越小，故C正确；
D.当两分力方向相反时，合力等于两个分力之差，与大的分力方向相同，合力的方向不在两分力夹角的角平分线上，故D错误。
故选AC。
9.【答案】AC
【解析】A.若只撤去 F1 ，物体所受的合外力大小为 F1 ，方向与 F1 相反，与速度方向共线同向，所以物体做加速度大小为
a=F1m
的匀加速直线运动，A正确；
B.若只撤去 F3 ，物体所受的合外力大小为 F3 ，方向与 F3 相反，与速度方向共线反向，所以物体做加速度大小为
a=F3m
的匀减速直线运动，B错误；
C.若只撤去 F2 ，物体所受的合外力大小为 F2 ，方向与 F2 相反，与速度方向不共线，所以物体做加速度大小为
a=F2m
的匀变速曲线运动，C正确；
D.若只撤去 F4 ，物体所受的合外力大小为 F4 ，方向与 F4 相反，与速度方向不共线，所以物体做加速度大小为
a=F4m
的匀变速曲线运动，D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】A.因为 AC=2AB ，所以 AC 的高度差是 AB 高度差的2倍，根据 h=12gt2 得 t= 2hg ，解得运动的时间比为 1: 2 ，故A错误；
B.根据 Δv=gt 知球1和球2速度增加量之比为 1: 2 ，故B正确；
C. BD 在水平方向上的分量是 DC 在水平方向分量的2倍，结合 x=v0t ，解得初速度之比为 2 2:1 ，故C正确；
D.平抛运动的加速度均为g，两球的加速度相同，故D错误。
故选BC。
11.【答案】AD
【解析】【分析】
选择合适的研究对象进行受力分析，先由整体法结合牛顿第二定律分析加速度的变化；再隔离受力分析由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力及物体间的摩擦力的变化。
在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，做好受力分析，再由牛顿运动定律即可分析各量的变化关系。
【解答】
设木块与地面的动摩擦因数为μ，则
A.由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿第二定律有F−3μmg=3ma，可知加速度都要减小，故A正确；
B.若橡皮泥粘在A木块上，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg，绳子的拉力T，则F−μmg−T=ma，a减小，F、摩擦力μmg不变，所以T增大，以B为研究对象，受重力、压力、拉力T、地面对它的摩擦力及A对它的静摩擦力作用，由牛顿第二定律有：
T−f−2μmg=ma，加速度减小，T增大，所以A、B间的摩擦力一定增大，故B错误；
C.若橡皮泥粘在B物体上，a减小，以C为研究对象，受F、地面的摩擦力μmg，绳子的拉力T，则F−μmg−T=ma，a减小，F、摩擦力μmg不变，所以T增大，以A为研究对象，m不变，所以摩擦力减小，故C错误；
D.若橡皮泥粘在C物体上，a减小，以A为研究对象，m不变，所以摩擦力减小，以AB为整体，有T −2μmg=2ma，可得T减小，故D正确。
故选AD。
12.【答案】(1)C
(2)D
(3)12

【解析】(1)用一个力 F′ 将小圆环拉到 O 点，与两个力 F1、F2 ，的共同作用效果完全相同，属于等效替代法。
故选C。
(2)A.弹簧测力计的读数适当大些，不是越大越好，故A错误；
B.两个分力 F1、F2 ，的方向不是必须垂直，分力夹角适当大些，便于作图，误差可以小些，故B错误；C.两次拉橡皮条时，都要使橡皮条沿 EO 的方向从 E 点伸长到 O 点，故C错误；D.为了作图的精确性，拉橡皮条时，弹簧秤，橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故D正确。
故选D。
(3)如图
由图可知F的大小为
F=6×2N=12N
13.【答案】(1)控制变量
(2)A
(3) 0.08 0.82

【解析】(1)实验采用的是控制变量法
(2)以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力 m钩码g ，由牛顿第二定律得
m钩码g=m小车+m钩码a
小车的加速度
a=m钩码m小车+m钩码g
当 m钩码≪m小车 时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大， a−F 图线偏离直线，故A正确，BCD错误。
故选A。
(3)设小车质量为 M ，小盘的质量为 m0 ，对小盘分析
m0+mxg−F拉=m0+mxa
对小车分析
F拉=M+m−mxa
解得
a=gM+m+m0mx+m0M+m+m0g
对于 a−mx 图线，斜率
k=gM+m+m0 ， b=m0M+m+m0g
由题意可知
k=10m/kg⋅s2,b=0.8m/s2
解得
m0=0.08kg,M=0.82kg
14.【答案】 解：
(1)刹车过程中汽车的加速度a=ΔvΔt=10−162m/s2=−3m/s2 负号表示a的方向与初速度方向相反；
(2)汽车停车所需时间：t0=vt−v0a=163s>4s
则刹车4秒后汽车的速度v=v0+at=4m/s；
(3)汽车停止时间t0=163s，6秒时汽车已经停止
则 刹车6秒后汽车的位移x=0−v022a=1283m。
【解析】(1)根据加速度定义式可求得刹车过程中的加速度；
(2)根据速度公式判断汽车静止所需要的时间，则可正确分析刹车4s后的速度大小。
(3)根据速度变化与加速度关系判断汽车静止所需要的时间，由速度位移公式分析刹车6s后的位移大小。
本题为汽车刹车类问题，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，以及知道汽车刹车问题时，一定要判断汽车是否停止。
15.【答案】(1) 2m/s2 ；(2) 1.2m ；(3) 2.4s
【解析】解析(1)小球在拉力 F 作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示
沿杆方向有
Fsinθ−mgsinθ−Ff1=ma1
沿垂直于杆方向有
Fcsθ=mgcsθ+FN1
且
Ff1=μFN1
联立解得
a1=2m/s2
(2)小球在 F 作用下上滑 1s ，则
v1=a1t1=2×1m/s=2m/s
x1=12a1t12=12×2×12m=1m
撤去拉力 F 后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示
沿杆方向有
mgsinθ+Ff2=ma2
沿垂直于杆方向有
FN2=mgcsθ
且
Ff2=μFN2
联立解得
a2=10m/s2
此过程
x2=v122a2=222×10m=0.2m,t2=v1a2=0.2s
小球沿杆向上滑行的位移大小
x上行=x1+x2=1.2m
(3)小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示．
沿杆方向有
mgsinθ−Ff3=ma3
垂直于杆方向有
mgcsθ=FN3
且
Ff3=μFN3
联立解得
a3=2m/s2
球下滑到杆的底端，通过的位移
x=x0+x1+x2=1.44m
由 x=12a3t 32 ，可得
t3=1.2s
所需总时间
t=t1+t2+t3=2.4s
16.【答案】(1) 1m/s2 ， 4m/s2 ；(2) 1.2m ；(3) 2.4s
【解析】(1)地面对木板 A 的滑动摩擦力大小为
f1=μ1M+mg=2N
A、B 间滑动摩擦力大小为
f2=μ2mg=3N
对B有
F−f2=maB
解得 B 的加速度大小为
aB=4m/s2
对A有
f2−f1=MaA
解得 A 的加速度大小为
aA=1m/s2
(2) t1=1s 时， A 的速度与位移分别为
vA=aAt1=1m/s,xA=12aAt12=0.5m
B 的速度与位移分别为
vB=aBt1=4m/s,xB=12aBt12=2.0m
A 相对 B 滑行的位移
Δx1=xB−xA=1.5m
撤去力 F,B 做匀减速运动，加速度大小
a′B=f2m=3m/s2
A 做匀加速运动，加速度不变
设经时间 t2 ， A、B 达到共同速度 v ，有
v=vB−a′Bt2=vA+aAt2
解得
t2=0.75s,v=1.75m/s
此阶段 A 相对 B 滑行的位移
Δx2=vB+v2t2−vA+v2t2=1.125m
B 刚好不从 A 上掉落，木板 A 的长度为
L=Δx1+Δx2=2.625m
(3)A、B达到共同速度后，保持相对静止一起匀减速运动至静止，加速度大小为
a=f1m+M=1m/s2
再经时间 t3 停止
t3=va=1.75s
撤去拉力 F 后，木板 A 运动时间为
t=t2+t3=2.5s