2024-2025学年江西省宜春市丰城市第九中学高三（上）第一次段考物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市丰城市第九中学高三（上）第一次段考物理试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共10小题，共46分。1-7题只有一个选项符合题目要求，选对得4分，8-10题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答得0分。）
1.16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( )
A. 四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大
B. 一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C. 两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快
D. 一个物体维持匀速直线运动，不需要力
2.如图物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止.物体B的受力个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
3.如图所示，转笔是大部分同学都会一个小游戏，在转笔时，重的一端到支撑点的距离要近一点，这样才能使笔在手指上更稳定地绕该点转动，假设重的一端的尾部是A点，轻的一端的尾部是B点，支撑点为O，OA：OB=2：3，笔绕支撑点匀速转动，下列说法正确的是( )
A. 相同时间内A点和B点转过的角度之比为3：2
B. 相同时间内A点和B点走过的弧长之比为3：2
C. A、B两点向心加速度之比为2：3
D. 相同时间内OA和OB扫过的面积相等
4.据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N.由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为( )
A. 0.5B. 2C. 3.2D. 4
5.如图甲所示，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2，其动能Ek随离开O点的距离s变化图线如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A. 物体的质量为m=2kg
B. 物体受到水平向左的恒力F=2N
C. 物体与水平面间的摩擦力大小Ff=3N
D. 由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小
6.2020年1月12日，中国人民解放军海军055型驱逐舰首舰“南昌舰”正式服役。若“南昌舰”满载时的最大速度为15m/s，额定输出功率为2.25×105kW。“南昌舰”在海面航行的过程中所受的阻力Ff(与速度v成正比，即Ff=kv，则“南昌舰”满载时( )
A. “南昌舰”在额定输出功率下匀速航行时的牵引力大小为5×104N
B. “南昌舰”在额定输出功率下由静止开始航行，在达到最大速度前做匀加速直线运动
C. “南昌舰”在海面上航行的过程中，k=1×106kg⋅s−1
D. “南昌舰”以7.5m/s的速度匀速航行时，发动机的输出功率为1.125×105kW
7.如图甲所示，质量为1kg的木块(视为质点)被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H=4m，木块与墙面之间的动摩擦因数μ=0.2，木块距离地面的高度ℎ与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为( )
A. 4m/sB. 6m/sC. 8m/sD. 10m/s
8.在天文学中，把两颗相距较近的恒星叫双星，已知两恒星的质量分别为m和M，两星之间的距离为l，两恒星分别围绕共同的圆心作匀速圆周运动，如图所示，关于双星运动下列说法正确的是( )
A. 质量大的的恒星做匀速圆周运动的向心力较大
B. 质量为m的恒星圆周运动的半径是r=MM+ml
C. 质量为M的恒星圆周运动的半径是r=MM+ml
D. 每一颗恒星的周期都是
9.甲车在前以v0速度匀速行驶，乙车在后以较大的速度同向行驶．为避免相撞，乙车以大小为2m/s2的加速度匀减速运动，经5s时两车相距最近，距离为20m，则( )
A. 5s时刻乙车速度为v0
B. 4s时两车相距22 m
C. 4s时两车相距21m
D. 因不知v0数值和两车原来的距离，无法知道4s时两车的距离
10.如图，水平粗糙的桌面上有个光滑的小孔S，一轻绳穿过小孔，两端各系着质量分别为2m、m的两个小方块A、B，B以S正下方的点O为圆心做角速度为ω的匀速圆周运动，A恰好处于静止状态。已知SB=L，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，现将质量为m的小物块C放在A上，A仍然保持静止，B以最大的角速度ωm做匀速圆周运动，则( )
A. C受到向左的静摩擦力
B. A与桌面间的动摩擦因数为3ω2L2g
C. 角速度为ωm时，B运动的轨道半径为 L2−g2ω4
D. ωm= 32ω
二、实验题（本题共2个小题，每空2分,共18分）
11.图中的甲是“研究平抛运动”的实验装置图。

(1)除平板、小球、弧形斜槽、铅笔、图钉之外，还需要下列哪两项器材( )
A. 重锤线 B.秒表 C.坐标纸 D.天平
(2)为了能较准确地描绘平抛运动的轨迹，以下操作要求中正确的是( )
A. 实验所用斜槽的轨道必须是光滑的
B. 通过调节使斜槽末端的切线保持水平
C. 每次必须由静止释放小球，而释放小球的位置始终相同
D. 将球的位置标在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
(3)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_____m/s。(g取10m/s2)
12.在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，某实验小组利用如图所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，木块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车左端连一条纸带，通过打点计时器记录其运动情况。
(1)在本实验中，保持力不变，探究加速度与质量的关系，这种研究方法叫做___________。
A.控制变量法 B.等效替代法 C.理想化方法
(2)下列做法正确的是________(多选)
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在探究加速度与力的关系时，作a--F图象应该用折线将所描的点依次连接
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(3)下图是实验时平衡阻力的情形，其中正确的是________(选填字母)
A. B．
C..
(4)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。他所得到的a–F关系可用图中的________表示(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)。
A. B． C. D．
(5)如图是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率50 Hz。由图可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度vB=_______m/s，木块的加速度a=_______m/s2。(结果保留两位有效数字)
三、计算题（10+12+14 共36分）
13.如图所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的倾角α。
14.如图是一个很有创意的喷泉，一只躺在荷叶上的青蛙吐出了一股水流，该水流在空中形成了一道美丽的抛物线，已知隐藏在青蛙口中的喷管截面积S= 3×10−4m2，喷出的水流速率恒定，水密度ρ=103kg/m3，图示照片拍摄的时刻，水流左侧最低点刚好与青蛙嘴等高，到青蛙嘴的距离为d= 35m，水流最高点到蛙嘴高度ℎ=0.15m。忽略空气阻力，喷出的水视为斜抛运动，g=10m/s2，求：
(1)最高处水流的速率；
(2)空中的水的质量。
15.如图甲所示，一长木板A在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一无初速度的物块B轻放到木板上，取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA表示，在0～0.75 s内，相对速度vBA随时间t的变化关系图像如图乙所示。已知A、B的质量关系为mA=mB，A与B及A与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B始终没有滑出A，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A与B之间、A与地面之间的动摩擦因数；
(2)从t=0时刻到A与B均停止运动时，B相对于A的位移大小。
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.B
5.A
6.C
7.C
8.BD
9.AC
10.D
11. AC##CA BC##CB 1.4
12.(1)A
(2)AD
(3)B
(4)C
(5) 0.15 0.60

13.解：由图得知：0−2s内，小环做匀加速运动，加速度为：a=vt=12m/s2=0.5m/s2；
根据牛顿第二定律有：F1−mgsinα=ma；
2 s后有：F2=mgsinα；
由图知：F1=5.5N，F2=5N；
代入数据可解得：m=1kg，α=30°。
答：(1)小环的质量m是1kg；
(2)细杆与地面间的倾角α是30°。
14.(1)根据逆向思维法，水流元从最高点到最低过程做平抛运动，则
d2=vxt
ℎ=12gt2
解得
t= 310s ， vx=1m/s
(2)由于对称性，喷出时速率等于水流落回等高处的速率，所以
v= vx2+(gt)2
m=ρvS⋅2t
代入数据解得
m=0.12kg

15.解：(1)从t=0开始，B受到A向右的滑动摩擦力，B相对于地面向右做匀加速运动，A相对于地面向右做匀减速运动，到0.5s时二者共速。设B与A之间、A与地面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在0∼0.5s内，根据牛顿第二定律，
对B有μ1mBg=mBaB1，
对A有−μ1mBg−μ2(mA+mB)g=mAaA1，
由图乙可知相对加速度aBA1=aB1−aA1=10m/s2，
在0.5∼0.75s内，vBA>0，故B受到的滑动摩擦力向左，相对于地面向右做匀减速运动，A相对于地面向右做匀减速运动，
根据牛顿第二定律，对B有−μ1mBg=mBaB2，
对A有μ1mBg−μ2(mB+mA)g=mAaA2，
由图乙可知相对加速度aBA2=aB2−aA2=2m/s2，
联立解得μ1=0.2，μ2=0.3。
(2)在0∼0.5s内，B相对于A的位移可用图乙中0∼0.5s内图线与横轴围成的面积计算，
故xBA1=−12×5×0.5m=−1.25m，
t=0.5s时刻，B相对于地面的速度为vB1=aB1×0.5s=1m/s，
由图乙可知t=0.5s时刻vBA1=0，故A相对于地面的速度为vA1=1m/s，
之后，A减速到0的位移为xA=−vA122aA2=18m，
B减速到0的位移为xB=−vB122aB2=14m，
B相对于A的位移为xBA2=xB−xA=18m，
所以，从t=0时刻到B与A均停止运动时，B相对于A的位移为xBA=xBA1+xBA2=−1.125m，
即B相对于A的位移大小为1.125m。