2023-2024学年山东省济宁市第一中学高一（下）收心考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济宁市第一中学高一（下）收心考物理试卷（含解析），共18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.在某校举行的创新设计大赛上，某班“科技之光”兴趣小组设计了一种音乐钟，该音乐钟每隔一段相等的时间就发出一段1分钟的美妙乐声。已知上午9时和9时41分发出乐声。下列有关该音乐钟的说法正确的是( )
A. 上午9时和9时41分发出乐声，9时和9时41分指的是时间间隔
B. 该音乐钟每隔40分钟发出一次乐声，每隔40分钟指的是时间间隔
C. 该音乐钟持续发出1分钟的美妙乐声，1分钟指的是时刻
D. 该音乐钟在上午10时22分时会再次发出乐声，10时22分指的是时间间隔
2.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为
( )
A. 3m/sB. 2m/sC. 1m/sD. 0.5m/s
3.如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，轻绳上系一轻质小钩，用轻质挂钩将重物C悬挂在小钩上，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降。下列说法中正确的是( )
A. 绳子拉力大小不变B. 绳子拉力逐渐减小
C. 两段绳子拉力的合力逐渐减小D. 两段绳子拉力的合力逐渐增大
4.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高ℎ=1.8m，水落地的位置到管口的水平距离x=1.2m，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( )
A. 1.2 m/sB. 2.0 m/sC. 3.0 m/sD. 4.9 m/s
5.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则
A. F1保持不变，F3增大B. F1增大，F3保持不变
C. F2增大，F3增大D. F2增大，F3保持不变
6.伽利略在《关于两门新科学的对话》中写道：“我们将木板的一头抬高，使之略微倾斜，再让铜球由静止滚下……为了测量时间，我们把一只盛水的大容器放在高处，在容器底部焊上一根口径很细的管子，用小杯子收集每次下降时由细管流出的水，然后用精密的天平称量水的质量……”，若将小球由静止滚下的距离记作L，对应时间收集的水的质量记为m，下列表达式与m成正比的是
( )
A. LB. 1 LC. LD. 1L
7.如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30∘角，则每根支架中承受的压力大小为
A. 13mgB. 23mgC. 36mgD. 2 39mg
8.如图甲所示，质量为m=1kg小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1=1s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动，在t2=1.25s时刻到达C点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻为t3，以上过程的v−t图像如图乙所示(v0未知)，已知a2与a1大小的差值为4m/s2，重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 小球受到阻力的大小为4NB. 斜面倾角的正弦值为0.5
C. v0=3m/sD. t3=5+ 24s
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A. P的加速度大小的最大值为2μg
B. Q的加速度大小的最大值为2μg
C. P的位移大小一定大于Q的位移大小
D. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
10.小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了如图中1、2、3、4、5所示的小球在运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d。根据图中的信息，下列判断正确的是( )
A. 位置1是小球释放的初始位置B. 小球做匀加速直线运动
C. 小球下落的加速度为dT2D. 小球在位置3的速度为7d2T
11.如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法不正确的是( )
A. 球A的线速度必定大于球B的线速度
B. 球A的角速度必定等于球B的角速度
C. 球A的运动周期必定小于球B的运动周期
D. 球A对筒壁的压力必定大于球B对筒壁的压力
12.如图所示，某同学将离地ℎ1的网球以v1的速度斜向上击出，当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为ℎ2=14423ℎ1的P点，击球点到P点的水平距离为x1。网球与墙壁碰撞前后的速度矢量遵守光的反射定律，即垂直墙面速度分量大小不变、方向相反，平行墙面的速度分量大小、方向均不变。重力加速度为g，则网球落地时的速度大小v2和着地点到P点的水平距离x2分别为( )
A. v2= v12+2gℎ2−ℎ1B. v2= v12+2gℎ1
C. x2=144121x1D. x2=1211x1
三、实验题：本大题共1小题，共6分。
13.用如图甲的装置研究自由落体运动规律。已知打点计时器的工作频率50Hz。
(1)电火花打点计时器必须接_____(填“220交流”、“低压交流”或“低压直流”)电源。
(2)部分实验步骤如下：
A.测量完毕，关闭电源，取出纸带。
B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤。
C.扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连。
D.把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。
上述实验步骤的正确顺序是：_____(用字母填写)。
(3)图乙中标出的每相邻两点之间还有4个记录点未画出，根据实验记录的数据计算计数点C对应的瞬时速度大小为vC=_____m/s；重锤的加速度大小a=_____m/s2。
四、计算题：本大题共5小题，共54分。
14.如图是利用气垫导轨探究“在外力一定的条件下，物体加速度与质量的关系”的实验装置。
已知两光电门中心之间的距离为s，挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间为Δt1和Δt2，滑块和挡光条的总质量为M，挡光条宽度为l。实验中改变滑块的质量进行了多次实验。
(1)用所给物理量的字母表示，加速度a=_____。
(2)由图画出的图线(实线)，可得到砝码和砝码盘的总重力G=_____N。
(3)由所得数据画出的图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是______________________。
15.如图所示，直杆长l2=0.5m，圆筒高l2=3.7m直杆位于圆筒正上方H=0.8m处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿过圆筒(g取10m/s2)，求：
(1)直杆下端刚到圆筒上端的时间；
(2)直杆穿越圆筒所用的时间。
16.小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得其体重为500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t=0时由静止开始运动到t=11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图所示，g取10 m/s2.求：
(1)小明在0～2 s内加速度a1的大小，并判断在这段时间内他处于超重还是失重状态；
(2)在10～11 s内，台秤的示数F3；
(3)小明运动的总位移大小．
17.如图所示，固定在水乎面上的斜面其倾角θ=37°，长方形木块A的MN面上钉着一颗钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5.现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．
求在木块下滑的过程中：
(1)木块与小球的共同加速度的大小；
(2)小球对木块MN面的压力的大小和方向．(取g=l0m/s2)
18.某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球运动起来，最终在水平面内做匀速圆周运动。已知轻绳存在最大拉力，握绳的手离地面高度为4l，手与球之间的绳长为l，当绳子与竖直方向的夹角θ=60∘时，轻绳刚好断掉，此时小球速度为v，重力加速度为g，忽略空气阻力。
(1)求绳的最大拉力T；
(2)求速度v的大小；
(3)保持手的高度不变，改变绳长，绳的最大拉力不变，使球仍在水平面内做匀速圆周运动，求使绳刚好被拉断后球的落地点与抛出位置的竖直投影点O的最大水平距离xmax。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
时间是指一段时间间隔，时间是指某一个时间点，两者代表的含义不同。
本题主要考查时间间隔与时刻的概念，掌握两者的区别是解题的关键。
【解答】
A.上午9时和9时41分发出乐声，9时和9时41分指的是时刻，故A错误；
B.该音乐钟每隔40分钟发出一次乐声，40分钟指的是时间间隔，故B正确；
C.该音乐钟持续发出1分钟的的乐声，1分钟指的是时间间隔，故C错误；
D.该音乐钟在上午10时22分时会再次发出乐声，10时22分指的是时刻，故D错误。
2.【答案】C
【解析】解：匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则有：vR+vS2=10m/s
vT+vS2=5m/s
设公交车加速度大小为a，RS间的距离为x，则ST间的距离为2x，由匀变速直线运动位移—速度公式得：
vS2−vR2=−2ax
vT2−vS2=−2a⋅2x
联立解得：
vR=11m/s
vS=9m/s
vT=1m/s
故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于初末速度的平均值求解经过R、S、T三点的速度关系，根据匀变速直线运动位移—速度公式和位移关系求解经过T点的瞬时速度。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
3.【答案】B
【解析】解：CD、物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变，故CD错误。
AB、两个拉力的合力与重力大小相等，两个拉力合力一定，而重物C缓慢下降的过程中两个拉力的夹角不断减小，故拉力不断减小；故A错误，B正确。
故选：B。
二力大小不变，合成时，它们的夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线。运用前面的结论进行分析。
本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，也可以用解析法求解出拉力表达式进行分析。
4.【答案】B
【解析】解：水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律，
竖直方向上：ℎ=12gt2，
代入数据解得：t=0.6s
水平方向上：x=v0t
代入数据解得水平速度为：v0=2.0m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，结合水平距离求出初速度。
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，结合运动学公式灵活求解。
5.【答案】C
【解析】【分析】
A、B两个物体都处于静止状态，运动状态相同，在求地面的支持力F 3时，可将A、B两个物体看做一个整体来处理；求墙对B的作用力F ​1、B对A的作用力F ​2时，可以隔离B物体来分析。
本题是常见的动态平衡问题的分析，常见题型。
【解答】
将AB作为一个整体来研究，受力如图所示，两球受到总的重力GA+ GB、力F、地面的支持力F 3、地面的静摩擦力FfA、墙壁的弹力F ​1，根据平衡条件有
水平方向：F ​1= FfA
竖直方向：F3=F+GA+GB，可见，当力F缓慢增大时，地面对A的支持力F3也变大，
再隔离物体B分析，如图所示，B受到重力GB、力F、墙壁的弹力F ​1、A对B的弹力FNAB四个力的作用，根据平衡条件可知，力F ​1和弹力FNAB的合力与(F+GB)等大反向，如图，则有
F 1=(F+GB)tanθ ，FNAB=F+GBcsθ，可见，当力F增大时，力F ​1、A对B的弹力FNAB都变大，而由牛顿第三定律可知，B对A的作用力F ​2=FNAB，故F ​2也变大，故C正确，ABD错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】设水流速度为v，杯底面积为S，则t时间收集的水的质量为
m=ρSvt
可见
m∝t
又因为小球由静止滚下的距离满足
L=12at2
则
t∝ L
所以
m∝ L
故选A。
7.【答案】D
【解析】以相机为研究对象，对相机受力分析，先将各支架的作用力沿着水平和竖直方向正交分解，由共点力的平衡条件可得出各支架的受力．
【详解】对照相机受力分析，受重力、和三个支架的支持力，根据平衡条件，三根支架的支持力的合力应等于重力，即： 3Fcsθ=mg ，解得 F=2 39mg ，D正确；
【点睛】本题因是立体图，无法将所有力画出，因三根支架受力相等，故可以由一根支架的受力得出所有支架的合力．
8.【答案】D
【解析】C.根据图像，0～1s时间内列出运动学公式得
2v0=a1t1
1s～1.25s时间内列出运动学公式得
0=−v0+a2t2−t1
又
a2−a1=4m/s2
解得
a1=4m/s2 ， a2=8m/s2 ， v0=2m/s
故C错误；
AB.设斜面倾角为 θ ，小球从A运动到挡板，由牛顿第二定律得
mgsinθ−f=ma1
小球从挡板运动到C点由牛顿第二定律可得
mgsinθ+f=ma2
解得
sinθ=0.6 ， f=2N
故AB错误；
D.根据图像，BC之间位移大小为
x1=v02×t2−t1=0.25m
设小球从C运动到B的时间为t，则
x1=12a1t2
解得
t= 24s
则
t3=t2+t=5+ 24s
故D正确。
故选D。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得F=2μmg
隔离滑块Q分析得F弹=μmg
撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律对滑块P有
−F弹−μmg=ma1
对滑块Q有F弹−μmg=ma2
解得a1=−F弹−μmgm，a2=F弹−μmgm
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹=μmg时，滑块P加速度大小的最大值为a1max=2μg
当F弹=0时，滑块Q加速度大小的最大值为a2max=μg
故A正确，B错误。
C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C错误；
D、滑块P在弹簧恢复到原长时加速度的大小为a1′=μg
可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。
故选AD。
分析撤去拉力前后两滑块的受力情况，根据牛顿第二定律分析撤去拉力后两滑块加速度的变化，确定加速度最大值；根据两滑块相对位移判断位移大小；根据滑块运动情况分析同一时刻速度关系。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题时注意两个点：连体问题处理整体法和隔离法，弹簧不会瞬间突变。
10.【答案】BCD
【解析】A.小球做自由落体运动，从静止开始的连续相等时间内位移之比为 1:3:5:7 ，而图中位移之比为 2:3:4:5 ，故位置1不是小球释放的初始位置。故A错误；
B.由
Δℎ=d
知小球连续相等时间内位移差为定值，所以小球做匀加速直线运动。故B正确；
C.由
d=aT2
得
a=dT2
故C正确；
D.小球在位置3的速度为
v3=x242T=7d2T
故D正确。
故选BCD。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等。根据F合=mv2r，得v= F合rm，合力、质量相等，r大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度。故A正确，D错误。
B、根据F合=mrω2，得ω= F合r，r大角速度小。所以球A的角速度小于球B的角速度。故B错误。
C、根据T=2πω，由前面分析球A的角速度小于球B的角速度角，则A的周期大于B的周期。故C错误。
题目要求选错的，故选：BCD。
小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=mv2r=mω2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小．
解决本题的关键知道小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的合力提供向心力．会通过F合=ma=mv2r=mω2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小．
12.【答案】BD
【解析】设网球在碰墙时的水平速度大小为 v0 ，碰墙前、后的飞行时间分别为 t1 、 t2 ，抛出的网球做斜上抛运动，则
ℎ2−ℎ1=12gt12
x1=v0t1
v12=v02+2gℎ2−ℎ1
离开墙后做平抛运动
ℎ2=12gt22
x2=v0t2
v22=v02+2gℎ2
解得
t1t2= ℎ2−ℎ1ℎ2=1112
x2=t2t1x1=1211x1
v2= v12+2gℎ1
故选BD。
13.【答案】 220交流 DCBA 2.2 9.85
【解析】(1)[1]电火花打点计时器接220V交流电源。
(2)[2]先把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。然后扶着重锤停靠在打点计时器附近，重锤与纸带相连。接通电源，待打点计时器工作稳定后放开重锤。测量完毕，关闭电源，取出纸带。故上述实验步骤的正确顺序是DCBA。
(3)[3]图乙中标出的每相邻两点之间还有4个记录点未画出，则相邻两计数点的时间间隔
T=5×0.02s=0.1s
计数点C对应的瞬时速度大小为
vC=xBC+xCD2T=2.2m/s
[4]根据逐差法可得加速度
a=xCE−xAC4T2
代入数据
a=[(26.9+36.8)−(17.1+7.2)]×10−24×0.12m/s2=9.85m/s2
14.【答案】 lΔt22−lΔt122s 2.5 没选取滑块、砝码和砝码盘一起作为研究对象
【解析】(1)[1]遮光条经过两光电门时的速度分别为
v1=lΔt1
v2=lΔt2
则加速度
a=v22−v122s=lΔt22−lΔt122s
(2)[2]设砝码和砝码盘的质量为m，对整体，根据牛顿第二定律
G=mg=(m+M)a
可得
1a=1g+1GM
由图形可知
1G=0.5−
解得
G=2.5N
(3)[3]若以小车为研究对象，则表达式为
G=mg=Ma
则
1a=1GM
图像为过原点的虚线，则图线与理论值(虚线)有一定的差距，可能原因是没有选取滑块和砝码一起作为研究对象(或“M没有加上砝码和砝码盘的质量”)。
15.【答案】(1)0.4s；(2)0.6s
【解析】(1)设直杆下端到达圆筒上端的时间为 t1 ，上端离开圆筒下端的时间为 t2
根据自由落体运动规律有
H=12gt12
解得
t1= 2Hg= 2×0.810s=0.4s
(2)根据自由落体运动规律有
l1+H+l2=12gt22
解得
t2= 2H+l2+l2g= 2×0.8+0.5+3.710s=1s
则直杆穿越圆筒所用的时间为
Δt=t2−t1=0.6s
16.【答案】解：(1)由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为：F1=450N
由牛顿第二定律定律有：mg−F1=ma1
解得：a1=1m/s2
加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态；
(2)设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则a1t1=a3t3
解得：a3=2m/s2
由牛顿第二定律定律有：F−mg=ma3
解得：F=600N
(3)0～2s内位移 x1=12a1t12=2m
2s～10s内位移 x2=a1t1t2=16m
10s～11s内位移 x3=12a3t32=1m
小明运动的总位移 x=x1+x2+x3=19m
【解析】本题关键是明确电梯的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学公式多次列方程后联立求解。
(1)前2秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降；
(2)电梯前2秒加速下降，2～10秒匀速下降，10～11s是减速下降；先求解2s时速度，然后求解最后1s的加速度，再根据牛顿第二定律求解弹力；
(3)分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移。
17.【答案】解：(1)由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球B与木块间有压力作用，并且以共同的加速度a沿面下滑，将小球和木块看作一整体，设木块的质量为M，
根据牛顿第二定律有：(M+m)gsinθ−μ(M+m)gcsθ=(M+m)a
代入数据得：a=2.0 m/s2
(2)选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ−N=ma，
代入数据得：N=6.0N
根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0N，方向沿斜面向下．
答：(1)木块与小球的共同加速度的大小2.0m/s2．
(2)小球对木块MN面的压力的大小为6.0N，方向沿斜面向下．
【解析】(1)对整体分析，根据牛顿第二定律求出木块与小球的共同加速度大小．
(2)隔离对小球分析，求出木块MN面对小球的弹力大小和方向．
本题考查了牛顿第二定律，在解题时注意整体法和隔离法的灵活运用．基础题．
18.【答案】(1) T=2mg ；(2) v= 6gl2 ；(3) xmax=2 6l
【解析】(1)(2)设绳断时，绳与竖直方向的夹角为 θ ，绳断时绳子拉力为T，则有
Tcsθ−mg=0
Tsinθ=mv2r
r=lsinθ
联立解得
T=2mg ， v= 6gl2
(3)改变绳长时，绳承受的最大拉力不变，绳与竖直方向的夹角为 θ 不变，设绳长为 l1 时，绳断时球的速度大小为 v1 ，抛出的落地点与抛出位置的投影点O水平距离最大，则有
mgtanθ=mv12l1sinθ
解得
v1= 32gl1
绳断后球做平抛运动，竖直位移为 4l−l1csθ ，水平位移为x，时间为 t1 ，则有
4l−l1csθ=12gt12
x=v1t1
联立可得
x= 328ll1−l12
则当 l1=4l 时，水平距离x最大，最大水平距离
xmax=2 6l