江苏省南京师大附中2024-2025学年高一（上）期末物理试卷-普通用卷

这是一份江苏省南京师大附中2024-2025学年高一（上）期末物理试卷-普通用卷，共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列现象中，不能用离心现象解释的有( )
A. 洗衣机脱水时把衣服上的水脱干
B. 田径比赛项目中的链球运动员把链球投掷出去
C. 用旋转雨伞的方法来甩干雨伞的水滴
D. 抖掉衣服表面的灰尘
2.某小组通过实验得到了物体在恒定合外力作用下的一条运动轨迹OP曲线，如图所示。以下对该运动给出的几种推理正确的是( )
A. 该物体的运动轨迹一定为抛物线
B. 该运动可分解为沿x轴方向匀速直线运动和沿y轴方向匀速直线运动
C. 该运动一定可分解为沿x轴方向匀加速直线运动和沿y轴方向匀加速直线运动
D. 若该物体沿x轴方向为匀速直线运动，则物体所受合力不一定平行于y轴
3.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g=10m/s2)( )
A. 25m/s2B. 5m/s2C. 10m/s2D. 15m/s2
4.将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示为一条河流。河水流速为v。-只船从A点先后两次渡河到对岸。船在静水中行驶的速度为u。第一次船头朝着AB方向行驶。渡河时间为t1，船的位移为s1，第二次船头朝着AC方向行驶。渡河时间为t2，船的位移为s2.若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等。则有( )
A. t1>t2 s1s2.故ABC错误，D正确。
故选：D。
6.【答案】B
【解析】设小球做自由落体运动下落h高度历时为t，则h=12gt2，要使小球恰好落入小孔，对于圆筒的运动需满足：2nπ=ωt，n=0、1、2、3；联立以上二式并代入数据，解得释放小球的高度h为：h=15n2，n=0、1、2、3，n=3，h=1.8m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
7.【答案】D
【解析】AB.实验时，为了保证小球离开桌面后做平抛运动，桌面必须水平；只有每次释放小球时，弹簧形变量相同，小球离开桌面做平抛运动的初速度就相同，桌面不需要保持绝对光滑，故AB错误；
C.由于不知道第一块竖直长木板与桌面边缘的水平距离，因此不能确定时间间隔是否相同，因此不能得到y1：y2：y3近似为1：4：9，故C错误；
D.由图可知，三块竖直长木板之间的水平间距相对，根据平抛运动规律可知，时间间隔相等，设为T；
小球在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动推论Δy=(y3-y2)-(y2-y1)=y3+y1-2y2=gT2
解得T= y3+y1-2y2g
水平初速度v0=xT=x gy1+y3-2y2，故D正确。
故选：D。
8.【答案】B
【解析】A.标尺上露出的格数显示了向心力的大小，根据向心力公式F=mrω2可知，转速越大，角速度越大，向心力越大，露出的标尺格数越多，因此转动手柄的快慢会影响露出标尺的多少，故A错误；
B.塔轮之间是通过皮带传动，把皮带套在左右两边塔轮的不相同半径圆盘上，根据角速度与线速度的关系ω=vR可知，改变转动手柄的快慢可以探究向心力大小和角速度的关系，故B正确；
C.把皮带套在左右两边塔轮的相同半径圆盘上，若将两小球同时分别放在长槽和短槽内，可以探究角线速度一定时向心力大小和半径的关系，故C错误；
D.把皮带套在左右两边塔轮的同半径圆盘上，若将两小球同时分别放在长槽和短槽内，可以探究角速度一定时向心力大小和半径的关系，故D错误。
故选：B。
根据控制变量法结合向心力的不同表达式，利用变速塔轮的工作原理进行分析解答。
考查向心力的不同表达式，领会控制变量法的物理思想，会根据题意进行准确分析解答。
9.【答案】A
【解析】AB.剪断细线前，弹簧的弹力F弹=mgsin37°=1×10×0.6N=6N
细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B系统受力分析，加速度大小为：
a=(M+m)gsin37°-F弹M+ m=(2+1)×10×0.6-62+1m/s2=4m/s2
即A和B的加速度大小均为4m/s2，故A正确、B错误；
CD.取B为研究对象，设A对B的作用力为F，由牛顿第二定律Mgsinθ-F=Ma
解得：F=4N，又根据牛顿第三定律可知B对A的作用力F'=F=4N，故CD错误。
故选：A。
10.【答案】D
【解析】AB、未加力F时，物块做匀速运动，斜面对物体支持力N1=mgcsθ，斜面对物体摩擦力f1=μmgcsθ，未加力F时，斜面体对物块的合力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面体的合力方向竖直向下，地面对斜面体没有摩擦力；加水平力F后，斜面对物体支持力N2=mgcsθ+Fsinθ，斜面对物体摩擦力f2=μ(mgcsθ+Fsinθ)，加力F后，摩擦力和支持力按相同比例增大，因此斜面体对物块的合力方向仍然竖直向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面体的合力方向仍然竖直向下，所以斜面体与地面间仍然没有摩擦力，故AB错误；
C、对物块，斜面对物体摩擦力f2=μ(mgcsθ+Fsinθ)，小物块沿斜面向上匀速运动，则有μ(mgcsθ+Fsinθ)+mgsinθ=Fcsθ，
刚开始无F匀速运动可得μ=tanθ，如果μFsinθ=Fcsθ，即θ=45°，μ(mgcsθ+Fsinθ)+mgsinθ=Fcsθ永远不成立，故C错误；
D、如果在F作用下小物块沿斜面上滑，斜面对物体支持力N2=mgcsθ+Fsinθ，斜面对物体摩擦力f2=μ(mgcsθ+Fsinθ)，方向沿斜面向下，斜面体对物块的合力方向向右，根据牛顿第三定律，物块体对斜面体的合力方向向左，则桌面给斜面体的摩擦力一定向右，故D正确。
故选：D。
11.【答案】打点计时器打出一系列间隔均匀的点 0.340 1 D
【解析】(1))根据题意可知，平衡摩擦力之后，小车在木板上应做匀速直线运动，则轻推一下小车，打点计时器应该打出一系列间隔均匀的点。
(2)相邻两个计数点之间的时间间隔为t=51f=5×150s=0.1s，则小车的加速度为a=17.46-8.05-8.05(2×0.1)2×0.01m/s=0.340m/s2
(3)设小车所受质量为M，所受摩擦力为f，对小车根据牛顿第二定律有F-f=Ma，整理得a=1MF-fM，根据图像可得1M=2kg-1，-fM=-2m/s2，解得小车所受摩擦力大小f=1N
(4)根据题意，由牛顿第二定律有F=(M+m)a，F真=Ma，则δ=F-F真F真×100%=mM×100%，则相对误差δ与mM的关系图像应该是正比例函数图像，故D正确，ABC错误。故选：D。
故答案为：(1)打点计时器打出一系列间隔均匀的点；(2)0.340；(3)1；(4)D。掌握“探究物体的加速度与所受合力的关系”的实验原理，实验数据的处理方法是解题的基础。
12.【答案】解：(1)对飞艇，由牛顿第二定律得：mg-kmg=ma
代入数据解得：a=9.6m/s2
飞艇下落的高度h1=12at2=12×9.6×252m=3000m
(2)飞艇减速的位移h2=9500m-3000m-500m=6000m
飞艇下落25s时的速度v=at=9.6×25m/s=240m/s
飞艇减速运动时的加速度大小a'=v22h2=24022×6000m/s2=4.8m/s2
减速过程，对学生，由牛顿第二定律得：F-mg=ma'
解得：F=m(g+a')
由牛顿第三定律可知，学生对座椅的压力大小F'=F=m(g+a')
则F'mg=m(g+a')mg=10+4.810=1.48
答：(1)飞艇在25s内下落的高度是3000m。
(2)在飞艇后来的减速过程中，学生对水平座椅的压力是重力的1.48倍。
13.【答案】解：(1)人到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维，可知从M点到P点的逆过程为平抛运动，则h1=12gt12
解得h1=0.8m
(2)从P点到N点的过程和从N点到Q点的过程分别为H-h1=12gt22
H-h2=12gt32
从P点到Q点的过程中
L=v1(t2+t3)
解得
t2=0.6s，t3=0.5s，v1=6m/s
人助跑的距离为x=L-43v1t1
解得
x=3.4m
答：(1)P点距离地面高为0.8m。
(2)人助跑的距离为3.4m。
14.【答案】解：(1)以球A为研究对象，设上面的杆的力为FA，下面的杆的力为FA'，需要给C的竖直向上的托力大小为F，
由平衡条件可得：FAcsθ+FA'csθ=mg，FAsinθ=FA'sinθ，
联立可得：FA=FA'=mg2cs60∘=mg，
对B同理可得：FB=FB'=mg2cs60∘=mg，
以C为研究对象，根据平衡条件可得：F=FA'csθ+FB'csθ+mg，
联立可得：F=2mg；
(2)由(1)知，球A受重力mg、两根轻杆的拉力FA和FA'，
整个装置绕竖直轴匀速转动，
竖直方向，由平衡条件可得：FAcsθ=mg+FA'csθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA'sinθ=mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA'csθ+FB'csθ=mg，FA'sinθ=FB'sinθ，
其中：r=lsinθ，θ=60°，
联立可得：ω= 2gl；
(3)同(2)思路，整个装置绕竖直轴匀速转动，ω= gl，
对A，竖直方向，由平衡条件可得：FAcsθ=mg+FA'csθ，
水平方向上，由牛顿第二定律可得：FAsinθ+FA'sinθ=mω2r，
对C，由平衡条件可得：FA'csθ+FB'csθ=mg，FA'sinθ=FB'sinθ，
其中：r=lsinθ，
联立可得：csθ=1，则θ=0°。
答：(1)当θ=60°，整个装置维持静止状态，需要给C大小为2mg的竖直向上的托力；
(2)当θ=60°，整个装置绕竖直轴匀速转动，则此时ω的大小为 2gl；
(3)当整个装置绕竖直轴匀速转动，ω= gl，则此时θ为0°。
15.【答案】解：(1)对工件，根据牛顿第二定律可得：μ2mgcsθ-mgsinθ=ma1，解得：a1=0.8m/s2，方向沿斜面向上；
(2)设管道的加速度a2，对管道由牛顿第二定律可得：F+μ1(M+6m)gcsθ-μ2mgcsθ-Mgsinθ=Ma2，当n=6时，F=6.8×6=40.8N，代入数据解得：a2=1.6m/s2，设工件6相对管道滑行的时间为t，工件6相对管道的位移x=6d。工件相对管道的加速度为a'=a2-a1=1.6m/s2-0.8m/s2=0.8m/s2
根据运动学公式可得：x=12a't2，解得：t=2.26s；
(3)设第2个工件刚要滑出管道时，管道和剩余4工件的共同速度为�v，对管道和剩余4个工件，根据牛顿第二定律可得：F+μ1(M+4m)gcsθ-μ2mgcsθ-Mgsinθ=(M+4m)a，当n=4时，F=6n=6×4N=24N，代入数据解得：a=1.6m/s2，前两个工件相对管道滑动时，工件相对管道的加速度为：a″=a-a1=1.6m/s2-0.8m/s2=0.8m/s2，前两个工件相对管道滑动的位移为：x=2d，根据运动学公式可得：2d=12a″t12，代入数据解得：t1=1.7s此时管道和剩余44个工件的速度为：v=at1=1.6×1.7m/s=2.72m/sm/s，由此可知若传送带速度vc≥v=2.72m/s时，至少有两个工件能滑出管道。
答：(1)t=0时刻工件加速度为0.8m/s2，方向沿斜面向上；
(2)工件6相对管道滑行的时间为2.26s；
(3)传送带速度vc的范围为vc≥2.72m/s。