湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试题

这是一份湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．关于静摩擦力的下列说法中正确的是（ ）
A．静摩擦力的方向总是与物体运动方向相反
B．受静摩擦力作用的物体一定是静止的
C．静摩擦力大小与压力成正比
D．静摩擦力不一定是阻力
2．2021年10 月我国将首领太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”成功发射进入预定轨道。假设卫星绕地球做圆周运动，如图所示。 卫星轨迹是以O为圆心。 半径等于R的圆周。 P、Q为轨迹上两点，且OP⊥OQ。则关于卫星从P沿逆时针方向运动到Q的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．路程先增大后减小，最终为
B．位移大小先增大后减小， 最终为 R
C．若运动时间为t，则平均速度大小为
D．若运动时间为t， 则平均速率大小为
3．如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法错误的是（ ）

A．甲图像中物体在到这段时间内的平均速度小于
B．乙图像中，阴影面积表示到时间内物体的速度变化量
C．丙图像中，物体的加速度大小为0.5m/s2
D．丁图像中，时物体的速度为5m/s
4．如图所示，地面上固定一个斜面，上面叠放着A、B两个物块并均处于静止状态。现对物块A施加一斜向上的力F，A、B两个物块始终处于静止状态。则物块B的受力个数可能是（ ）

A．3个或4个B．4个或5个
C．3个或5个D．5个或6个
5．如图所示，一个物体以某一初速度沿固定的粗糙斜面向上沿直线滑行，到达最高点后，又自行向下滑行，不计空气阻力，物体与斜面间的摩擦因数处处相同。下列图像能正确表示这一过程中速率与时间关系的是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图所示，杂技演员表演抛球游戏。他一共有4个球，每隔相等的时间竖直向上抛出一个小球（不计一切阻力，小球间互不影响），若每个球上升的最大高度都是1.8米，忽略每个球在手中的停留的时间，重力加速度g取10m/s2，则杂技演员刚抛出第4个球时，第1个球和第2个球之间的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为（ ）
A．1：1B．1：4C．1：3D．1：2
7．如图所示，小球质量为m，被3根质量不计的相同弹簧a、b、c拉住，其中c在竖直方向，a、b、c之间的夹角均为120°，小球平衡时，a、b、c的弹力大小之比为3∶3∶1，当剪断c的瞬间，小球的加速度及方向可能为（ ）
①，竖直向下；②，竖直向上；③，竖直向下；④，竖直向上
A．①②B．①④C．②③D．③④
8．如图所示：光滑竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为M的光滑半圆柱体，紧靠竖直墙壁暨于水平地面上，O为半圆柱体横截面的圆心。质量为m且可视为质点的小球，用长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而畔径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知AB之间距离也为L，正力加速度为g，不计各接触而间的摩擦，关于小球和圆柱体的受力说法正确的是（ ）
A．当θ=60°时，细线对小球的拉力大小为mg
B．当θ=60°时，半圆柱体对小球的支持力大小为mg
C．在θ逐渐减小的过程中，四柱体受到水平地面的弹力始终保持不变
D．在θ逐渐减小的过程中，圆柱体受到竖直墙壁的弹力始终保持不变
二、多选题
9．由于公路维修只允许单车道通行，在一平直车道上，有同向行驶的甲、乙两车，t＝0时，甲车在前，乙车在后，相距，速度均为，从此时开始两车按如图所示规律运动，则下述说法正确的是（ ）
A．3s时两车相距最近B．6s时两车相距最近
C．两车可能会相遇D．两车最近距离为10m
10．如图所示，质量为的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力和竖直向上的力，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力大小始终与小球的速度成正比，即（图中未标出）。已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是（ ）
A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动
B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
11．如图，楔形斜面放在水平地面上，一滑块在拉力F作用下沿楔形斜面匀速上滑，楔形斜面不动，下列说法中正确的是（ ）
A．滑块所受合力的方向沿斜面向上
B．滑块所受重力，支持力和摩擦力的合力的方向沿斜面向下
C．楔形斜面受到地面的摩擦力方向向左
D．楔形斜面和地面之间没有摩擦力
12．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为的斜面上质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连），弹簧与斜面平行且处于静止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧总共被压缩了x0，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向上运动，已知重力加速度为g，物体A、B与斜面间的动摩擦因数为μ（μR，正方体与水平地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2
（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大?
（2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少?（tan=1）。
16．物体以12m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为37°的斜坡，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）．求：
（1）物体沿斜面上滑的最大位移；
（2）物体再滑到斜面底端时的速度大小．
17．如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M=2kg 的静止长木板，木板的左端放置一质量m =1kg 的物体A，距木板的右端=3m处放置质量与物体A 相等的另一物体B（物体B底面光滑）。在t=0时刻对物体A施加一水平向右的推力F=6N，物体A开始相对长木板滑动，同时给物体B一向右的瞬时初速度=2m/s，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.05，物体A与木板间的动摩擦因数=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，物体A、B均可视为质点。求:
（1）t=0时刻长木板的加速度大小；
（2）若=3s时物体A、B在木板上相撞，木板的长度L；
（3）若在=2.4s 时撤去推力F，试分析物体A、B能否相撞？若能，求A、B两物体从撤去推力F到相撞所用的时间t；若不能，求A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间t。
参考答案：
1．D
【详解】A项：静摩擦力的方向与相对运动方向相反，静摩擦力方向可以和物体运动方向相同，可以相反，故A错误；
B项：静摩擦力的静指的是相对静止，比如说，在空中你手握着一个可乐瓶子，瓶子受到静摩擦力，而当你握着他水平运动时，瓶子相对地面时运动的，而此时他还是受到静摩擦力，故B错误；
C项：静摩擦力随外力的增大而增大，而最大静摩擦力与正压力有关，故C错误；
D项：人走路时，脚与地面间的静摩擦力为人走路时提供动，所以静摩擦力不一定是阻力，故D正确。
【点睛】本题考查静摩擦力，静摩擦力方向可以和物体运动方向相同，可以相反，还可以垂直；静摩擦力大小随外力的增大而增大，所以静摩擦力与外力大小有关。
2．B
【详解】A．路程是运动轨迹的长度，路程一直增大，最终为
故A错误；
B．位移是由初位置指向末位置的有向线段，位移大小最终为
故B正确；
C．若运动时间为t，则平均速度大小为
故C错误；
D．若运动时间为t， 则平均速率大小为
故D错误。
故选B。
3．D
【详解】A．若物体做初速度为0、末速度为的匀加速直线运动，其平均速度为，根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可知该物体的位移小于匀加速直线运动的位移，所以物体在t=0到t0这段时间内的平均速度小于匀加速直线运动的平均速度，故A正确；
B．根据加速度的定义
可得
则乙图像中阴影面积表示到时间内物体的速度变化量，故B正确；
C．根据匀变速运动规律有
可知丙图像中物体的加速度大小为
解得
故C正确；
D．根据匀变速运动规律有
整理得
由图像可知
解得
则时物体的速度为
故D错误。
本题选错误的，故选D。
4．B
【详解】先对AB整体受力分析，受重力、拉力、支持力，和当有
时可能受静摩擦力
也可能当
时不受静摩擦力；然后对A受力分析，A受重力、拉力、B对A的支持力、B对A的摩擦力，处于平衡状态。对B受力分析，B受重力、A对B的压力、斜面对B的支持力、A对B的摩擦力，斜面对B可能有静摩擦力、也可能没有静摩擦力；则B受4个力或5个力。；
故选B。
5．C
【详解】上滑时根据牛顿第二定律得
下滑时根据牛顿第二定律得

解得

斜率的关系是

根据 得

即

故选C。
6．C
【详解】每个球上升的最大高度都是1.8米，由自由落体过程公式，可得
代入数据解得
s=0.6s
设每隔相等时间竖直向上抛出一个小球，当第四个小球抛出后，再经过相等时间，第一个小球落回手里并抛出，所以根据上升与下降过程的对称性，第四个小球离开手瞬间，第一个小球与第三个小球在同一高度，第二个小球位于最高点速度为0，因此考虑竖直上抛的对称性结合逆向思堆可得出，初速度为0的匀变速直线运动，连续相等时间位移之比等于连续奇数之比，即第1个球和第2个球之间的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为1：3。
7．C
【详解】由题意，设a、b弹簧的弹力大小均为3T，c弹簧的弹力大小为T。由于小球在水平方向受力平衡，所以a、b弹簧只能处于同一种状态。
当a、b弹簧均处于压缩状态时，其对小球弹力的合力竖直向下，且大小为
在c弹簧弹力大小为T的情况下小球不可能平衡。
当a、b弹簧均处于拉伸状态，c弹簧处于压缩状态时，根据平衡条件有
剪断c后，c弹簧对小球的弹力突变为0，设此时小球加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
联立解得
方向竖直向下，故情形③可能；
当三根弹簧均处于拉伸状态时，根据平衡条件有
剪断c后，c弹簧对小球的弹力突变为0，设此时小球加速度大小为a2，则根据牛顿第二定律有
联立解得
方向竖直向上，故情形②可能。
综上所述，故选C。
8．A
【详解】AB．对小球进行受力分析如图1所示，连接和，设与水平面之间的夹角为，与水平西之间的夹角为，当时，由几何关系可知，由于，，所以为等边三角形
由圆心角与圆周角之间的关系可知
可知小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，水平方向
竖直方向
联立得
故A正确，B错误；
CD．若θ逐渐减小，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示，由几何关系可知，直线OO1，是该圆的切线方向，所以AO1⊥OO1，则
以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向，半圆柱体受的支持力
由几何关系可知θ减小，由上式可知，N′将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将减小；在水平方向
可知，当时，半围柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，所以圆柱体受到竖直墙壁的弹力是变化的，故C、D错误。
故选A。
9．BD
【详解】A B．内甲车做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，二者距离越来越近，以后，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动时加速度为，速度相等时，二者间距最近，根据甲的图求解甲车匀加速直线运动的加速度
当速度相等时，满足
解得
故6s时两车相距最近，A错误，B正确；
CD．在6s时两车距离最近，由甲车图像可知
设前3s为t0，乙车的位移
此时两车间距离
因此两车最近距离为10m，不会相遇。C错误，D正确。
故选BD。
10．AC
【详解】AB．刚开始运动，加速度为

当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合后，加速度为
当速度v增大，加速度减小，当减小到0，做匀速运动，选项A正确；B错误；
C．当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为
选项C正确；
D．当加速度为零时，小球的速度最大，此时有
所以最大速度为
选项D错误。
故选AC。
11．BC
【分析】物体皆处于平衡状态，分析滑块时用隔离法，分析斜面与地面间的力时用整体法．
【详解】A.滑块做匀速运动，合力为零，A错误；
B.滑块做匀速运动，合力为零，滑块受到重力、支持力、摩擦力、拉力，故重力、支持力、摩擦力的合力与拉力方向相反，沿斜面向下，B正确；
C.对整体进行受力分析，整体处于平衡状态，合外力为零，外力F具有向右的分量，所以地面的摩擦力向左，C正确；
D.地面有摩擦力，D错误．
【点睛】合理的利用整体与隔离是解题关键．
12．BCD
【详解】A．施加力F前，把AB作为一个整体受力分析，在斜面方向上，重力的下滑分力与弹簧的弹力和摩擦力的合力平衡，即
胡克定律
联立得
故A错误；
B．撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有
解得
故B正确；
C．撤去F后，由于弹簧逐渐恢复原长，弹力不断减小，但加速度沿斜面向上，整体加速，当加速度减为0后，加速度沿斜面向下减速，所以物体A和B在分离之前先做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，故C正确；
D．分离问题要抓住两点：①分离时两物体间无弹力，②分离时两物体的加速度相同；运用这两个结论就可快速判断出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，故D正确。
故选BCD。
13． BD F′
【详解】（1）实验中AO、BO的拉力是分力，合力的方向与CO拉力的方法相反，故A错误；为了产生相同的效果，两次操作将橡皮条和绳的结点拉到相同的位置，故B正确；为了减小测量的误差，拉力的夹角适当大一些，不是尽可能大，故C错误；为了减小误差，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线，故D正确．所以BD正确，AC错误．
（2）F是根据平行四边形定则得出，拉力F′是一根弹簧秤的拉力，方向与CO方向共线．
14． B
【详解】（1）[1]设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有
整理可得
可得本实验的原理为与成一次函数。
A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；
B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；
C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为
与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。
故选B。
（2）[2]根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为
则小车和手机的质量为
（3）[3]根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为
联立解得摩擦力的大小为
15．(1)(2)
【详解】(1)对球受力情况如图所示，根据平衡条件知
解得
(2)对整体受力分析如图
则有
三式联立得
解得
16．（1）9m；（2）
【详解】（1）物体上滑时受力如图a所示
垂直斜面方向：
平行斜面方向：
又因为
联立可得
物体沿斜面上滑时做匀减速直线运动，速度为0时在斜面上有最大的位移
故上滑的最大位移：
（2）物体下滑时受力如图b所示
物体沿斜面下滑时做匀加速直线运动，加速度的大小
由速度位移公式得
代入数据解得
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，同时注意方向．
17．（1）；（2）；（3）物体A、B不能相撞，A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间为1.8s；
【详解】（1）设时长木板的加速度大小为，则对木板，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设内，物体A的加速度大小为，位移大小为x1，物体B的位移大小为x2，根据牛顿第二定律有
物体A的位移大小为
物体B的位移大小为
解得
（3）时，物块A的速度为
物体A的位移为
长木板的速度为
长木板的位移为
物体B的位移为
时，物体B相对长木板的位移恰好满足
即B离长木板的最右端的距离为
物体A相对长木板的位移
可知A离长木板右端距离
设撤去推力F后物体A的加速度大小为，根据牛顿第二定律得
解得
物体A与木板的共同速度设为 ，则
解得
故在时物体A和长木板达到共同的速度
在时间内，物体A相对长木板的位移为
此时B距离长木板右端距离为
此时物体A到B的距离为
由于，此后A与长木板一起开始做匀减速直线运动，加速度大小为
设经过时间木板与物体B达到共同速度，则
解得
故在内A相对物体B位移
此时A与B距离为
此后B做匀速运动，A与长木板一起做减速运动，不会相撞。
A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间