湖南省长沙市2023_2024学年高一物理下学期入学考试试题含解析 (1)

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高一物理下学期入学考试试题含解析 (1)，共23页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分
得分：_________
一、选择题（本题共有11个小题，共计49分，其中1~6为单项选择题，每小题4分，只有一个正确选项，7~11题为多项选择题，每小题5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 关于物体运动加速度的方向，下列说法正确的是（ ）
A. 物体做直线运动时，其加速度的方向一定与速度方向相同
B. 物体做变速率曲线运动时，其加速度的方向一定改变
C. 物体做圆周运动时，其加速度的方向指向圆心
D. 物体做匀速率曲线运动时，其加速度的方向与速度方向垂直
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体做加速直线运动时，加速度的方向与速度方向相同，做减速直线运动时，加速度方向与速度方向相反，故A错误；
B．物体做变速率曲线运动时，加速度的方向可能不变，例如平抛运动，故B错误；
C．物体做匀速圆周运动时，其加速度的方向指向圆心，故C错误；
D．物体做匀速率曲线运动时，其加速度的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，故D正确。
故选D。
2. 交通部门常用测速仪检测车速。测速原理是测速仪前后两次发出并接受到被测车反射回的超声波信号，再根据两次信号的时间差，测出车速，如图甲。某次测速中，测速仪发出与接收超声波的情况如图乙所示，x表示超声波与测速仪之间的距离。则该被测汽车速度是（假设超声波的速度为340米/秒，且保持不变）（ ）
A. 28.33米/秒B. 13.60米/秒C. 14.78米/秒D. 14.17米/秒
【答案】D
【解析】
【详解】由题图可知：超声波第一次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为
由可得，超声波通过的距离为
超声波第二次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为
超声波通过的距离为
故汽车行驶的距离为
由题图可知测试仪发出的超声波两次间隔时间为1s，则超声波第一次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为0.16s；超声波第二次发出的时间为1s末，超声波第二次与汽车相遇的时刻应该是：1s+0.12s=1.12s，故汽车行驶的时间为
所以汽车行驶的速度为
故选D。
3. 新冠疫情让2020届高三学生少了很多在校学习的时间，返校后为节约时间，小尧同学都是跑步去食堂吃饭。跑步过程中的图象如图所示，为一条不过坐标原点的直线，假定从小尧的教室门口到食堂的道路为一水平直线道路，以教室门口为坐标原点，教室到食堂方向为x轴正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 小尧运动到x1时间为
B. 小尧运动到x1的时间为
C. 小尧运动的速度与位移成线性规律变化
D. 小尧运动的速度随位移的增加而增加，但不成线性规律
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由运动公式
可知在图像中图像与横坐标围成的面积为运动时间，故运动到的时间为图中梯形的面积，即
故A正确，B错误；
C．根据图像可知斜率为定值
即
可见运动的速度与位移不成线性规律变化，且速度随位移的增加而减小，故CD错误。
故选A。
4. 广东队队史11次夺取CBA总冠军，是CBA夺取总冠军次数最多的球队。如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比（ ）
A. 球从B至A用时较短
B. 从C点抛出时，抛射角较小
C. 从C点抛出时的速度较大
D. 从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较大
【答案】B
【解析】
【详解】AD．因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，故根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，到的下落高度大于到的下落高度，竖直方向根据
可知到的时间大于到的时间，即球从B至A用时较长；水平方向做匀速运动，则有
由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故AD错误；
B．篮球刚抛出时的抛射角满足
由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角较小，故B正确；
C．两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为，竖直高度为，则有
，，
可得抛出时的速度大小为
可得当时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，故C错误。
故选B。
5. 如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O点竖直面内匀速转动，转动的角速度为，自动识别系统的反应时间为0.4s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aa＇直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，汽车从自动识别线ab到达直杆处的时间至少为（ ）
A. 2.0sB. 2.4sC. 3.3sD. 3.4s
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】要使汽车安全通过道闸，当汽车到达a＇b＇时，汽车左侧面正上方的直杆距地面的高度至少是1.6m，如图所示，O点到汽车左侧面的距离是0.6m，距地面1m，由图中几何关系可知，直杆应转的角度θ应满足
解得
直杆转动的时间是
系统的反应时间是
t2=0.4s
则汽车从识别线ab到达直杆处的时间至少是
t=t1+t2=2.4s
ACD错误，B正确。
故选B。
6. 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 拉力的大小为
B. 物块与木板间的动摩擦因数为
C. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
D. 时刻，物块的速度减为0
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的图像不可能是两段折线。在内，物块做匀加速运动，则有
设物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有
解得
撤去拉力后木板做匀减速，由图乙可知
对木板，由牛顿第二定律有
解得
撤去拉力F前，木板的加速度
对木板，根据第二定律有
得
故AB错误；
CD．在内，物块位移为
木板位移为
由于
可知，在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小
木板的加速度大小为，则有
解得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块先停止运动，在到物块停止，运动的时间为
物块的位移为
木板位移为
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
由上述分析可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，故C正确，D错误。
故选C。
7. 如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较（ ）
A拉力F增大B. 拉力F减小
C. 角θ不变D. 角θ减小
【答案】AD
【解析】
【详解】以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在∠APB的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F增大，A项正确，B项错；PQ与竖直方向夹角等于∠APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，C项错，D项正确．
8. 如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则下列说法不正确的是（ ）
A. 刚开始时B的速度大小为vcs θ
B. A匀速上升到N点之前过程中，重物B处于失重状态
C. 重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力
D. A运动到位置N时，B的速度为0
【答案】B
【解析】
【详解】A．如图所示，以A为研究对象，对其进行速度分析可得
图中v为A的合速度，vb等于B的速度，由几何关系可得
vb=vcsθ
故A正确；
B．A匀速上升，θ增大，vb减小，B的加速度向上，B处于超重状态，故B错误；
C．重物B下降过程，B处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C正确；
D．A运动到位置N时，θ=90°，B的速度为vb=0，故D正确。
故选B。
9. 如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为。现将小环从图中所示的A处由静止释放，整个过程中重物都只在竖直方向运动。下落过程中小环的最大速度为（此时重物的速度大小为），重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A. 小环刚释放时，轻绳中的张力为
B. 小环速度最大时，轻绳中的张力为
C. 小环下落过程中，重物速度与小环速度之比先增大后减小
D. 只有小环位于最高点和最低点时，重物的速度才为零
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据题意，设小环刚释放时，轻绳中的张力为，小环的加速度为，将小环加速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，可得重物的加速度为，由牛顿第二定律，对小环有
对重物有
解得
故A正确；
B．小环速度最大时，处于平衡状态，根据题意，绳子两端沿绳方向的分速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，绳子与竖直方向夹角为，应有
设轻绳中的张力为，根据平衡条件可得
联立解得
故B正确；
CD．设小环下落过程中，小环的速度为，重物的速度为，绳子与竖直方向的夹角为，则有
可知，当速度为零时，即小环位于最高点和最低点时，重物的速度为零，当时，即绳子与光滑直杆垂直时，重物的速度也为零，下落过程中，重物速度与小环速度之比为
先增大后减小，则先减小后增大，即重物速度与小环速度之比先减小后增大，故CD错误。
故选AB。
10. 如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为，此时绳子的拉力大小为，拉力与速度的平方的关系如图乙所示。已知重力加速度为，以下说法正确的是（ ）
A. 圆周运动半径
B. 小球的质量
C. 图乙图线的斜率只与小球的质量有关，与圆周运动半径无关
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则经过最高点的速度
【答案】AB
【解析】
【详解】A．当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则
解得
故
圆周运动半径为
故A正确；
B．当时，对物体受力分析，根据向心力方程得
解得小球的质量为
故B正确；
C．小球经过最高点时，根据向心力方程得
解得
图乙图线的斜率为
与小球的质量和圆周轨道半径有关，故C错误；
D．若小球恰好能做完整圆周运动，即小球在最高点有
由图知
即
故D错误。
故选AB。
11. 如图所示，2024个质量均为的小球通过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦系数为粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为，2和3间弹簧的弹力为，2023和2024间弹簧的弹力为，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 从左到右各弹簧长度之比为
C. 若突然撤去拉力，此瞬间第2024个小球的加速度为，其余每个球的加速度不变
D. 若1和2之间的弹簧长度为，2023和2024之间的弹簧长度为，则弹簧原长为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．以整体为研究对象，加速度
以后面的第1、2、3…2023个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知
……
即
故A正确；
B．根据题意，由胡克定律可得
则从左到右各弹簧伸长量之比为，从左到右各弹簧长度之比不可能为，故B错误；
C．若突然撤去拉力F瞬间，由于弹簧的形变量不能瞬变，则除第2024个小球以外的小球受力情况不变，加速度不变，对第2024个小球，由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．设弹簧原长l，1和2之间的弹簧此时长度
2023和2024之间的弹簧此时长度
联立得
故D正确。
故选ACD。
二、实验题（本题共12，13两个小题，每空2分，共计16分）
12. 某实验小组的同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验．
（1）关于该实验，下列说法错误是______．（填正确答案标号）
A．实验采取的研究方法是等效替代法
B．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行
C．两个弹簧测力计拉力的夹角越大越好
D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
（2）江同学的实验结果如图甲所示．在、、F、四个力中，其中力______不是由弹簧测力计直接测得的。
（3）李同学用如图乙所示的装置来做实验．从OB水平开始，保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直．在此过程中，弹簧测力计A的示数______，弹簧测力计B的示数______。（均选填“不断减小”“不断增大”“先减小后增大”或“先增大后减小”）
【答案】 ①. C ②. F ③. 不断减小 ④. 不断减小
【解析】
【详解】（1）[1]A．本试验中用两个弹簧测力计拉一根橡皮条的作用效果与一个弹簧测力计拉橡皮条的作用效果相同（都拉到O点），因此实验采取的研究方法是等效替代法，A正确；
B．为了减少实验误差，弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行，B正确；
C．为了减少实验误差，两个弹簧测力计拉力的夹角不易过大也不易过小，C错误；
D．为了标记拉力的方向准确，拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，D正确。
故错误的选C。
（2）[2]F1和F2通过平行四边形定则做出的合力F不是由弹簧测力计直接测得的。
（3）[3][4]对O点进行受力分析，做出弹簧测力计拉力TA与TB的合力T大小为Mg，如图所示，设TA与竖直方向夹角为α，TB与竖直方向夹角为β，TA与TB所夹的锐角为θ，根据正弦定理可知
当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的过程中，角θ保持不变，因此上式中比值不变，β为钝角且不断增加，可得弹簧测力计A的拉力TA不断减小，α为锐角且不断减小，因此弹簧测力计B的拉力TB不断减小。
13. 某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是（ ）
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．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 __________________ 木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于“）
（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲______μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】 ①. AD ②. 远小于 ③. 小于 ④. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了保证滑块受到的绳子拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，A正确；
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，B错误；
C．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误；
D．平衡摩擦力后，每次改变木块上的砝码质量时，只要保持倾角不变，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。
故选AD；
（2）[2]为了保证在改变木块上的砝码质量时，木块所受的拉力近似不变，以木块和木块上砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
以砝码桶及桶内砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知在改变时，为了使绳子拉力几乎等于砝码桶及桶内砝码总重力，需要砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量；
（3）[3][4]根据牛顿第二定律可得
解得
由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得
可知小于，大于。
三、解答题（本题共14、15、16三个小题，其中14题10分，15题12分，16题13分，共计35分）
14. 筷子投酒瓶是一个班会活动的趣味游戏，游戏规则是游戏者捏拿长为20cm的筷子一端，使之呈竖直状，令其下端离正下方地面上的啤酒瓶瓶口相距20cm，瞄准瓶口后松手，筷子落入瓶中者为成功。已知啤酒瓶高为25cm，g=10m/s2，，若某次筷子下落与瓶口无触碰恰好落入瓶中，求该次：
(1)松手后，筷子下端到达瓶口的时间；
(2)松手后，筷子全身通过瓶口用多长时间；
(3)若筷子下端与瓶底竖直相撞后，并以原速度大小的反弹，反弹后筷子始终保持竖直姿态，此时的加速度与下落时相同，求此后筷子上端与瓶口的最小距离。
【答案】(1)0.2s；(2)0.08s；(3)零，最小。
【解析】
【详解】(1)设下落高度为h1，时间为t1，则：
h1=gt12
解得：
t1=0.2s
(2)设松手后，筷子上端至瓶口用时为t2，下落高度为h2，则
h2=gt22
解得：
t2=0.28s
所求筷子经过瓶口时间
△t=t2-t1=0.08s
(3)设筷子下端落至瓶底时的下落高度为h3，速度为v1，反弹后的高度为h4，则
v12=2gh3 ，v1=3m/s
=2gh4 ，h4=5cm
可知筷子上端正达瓶口，所以间距为零，最小
15. 如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角为，底端有一个弹性挡板（物体与挡板碰撞前后速度等大、反向），皮带轮顺时针转动，皮带速度恒为，一个质量为可看成质点的物体，与传送带的摩擦因数，从距挡板处静止释放，试求：（取）
（1）经多长时间物体到达底端与挡板相碰？碰前速度多大？
（2）第一次反弹后物体所能到达的距挡板的最大距离；
（3）第100次碰撞后物体上升的最大距离。
【答案】（1），；（2）；（2）
【解析】
【详解】（1）物体放上传送带以后，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学公式
解得
此时物块的速度为
（2）物体反弹后速度大小为，方向沿着斜面向上，大于传送第的速度，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学公式
解得第一次反弹后物体速度与传送带相等过程的位移
物体再以加速度为做匀减速运动，继续运动的距离为
第一次反弹物体所能到达距挡板的最大距离
（3）第一次反弹后物体沿着传送带达到最高点后，沿着传送带向下运动，根据运动学公式
挡板反弹后速度大小不变，根据运动学公式
解得第二次反弹后物体速度与传送带相等过程的位移
同理
可得第二次反弹物体所能到达距挡板的最大距离
第二次反弹后物体沿着传送带达到最高点后，沿着传送带向下运动，根据运动学公式
挡板反弹后速度大小不变，根据运动学公式
解得第三次反弹后物体速度与传送带相等过程的位移
同理
可得第二次反弹物体所能到达距挡板的最大距离
以此类推可知第100次碰撞后物体上升最大距离
16. 如图所示，质量为、长为的薄木块共块紧挨着排列，放在摩擦因数均为的水平面上，从右往左数起，分别为第1块、第2块、……第块。在第块木块上的最左端放一个质量为可看成质点的金属块，其与木块的摩擦因数为，给金属一个水平向右的初速度，最后停止在第4块上，试求：
（1）一共有多少木块，即等于多少？并求出停在第4块上的位置；
（2）从开始到全部停下，金属块运动了多长时间？
【答案】（1），停在第4块上距左端处；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意可知，金属块在木板上滑动时，所受摩擦力为
设剩余块时木板刚好静止，则有
解得
可知，剩余4块木板时，木板开始滑动；由于最后停止在第4块上，则有
解得
则有
由于
金属块可以和木块保持相对静止，一起减速运动，若一共有块木块，设金属块滑上第4块左端的速度为，则有
解得
金属块滑上第4块木块后，金属块的加速度为
剩余4块木块的加速度为
设金属块与剩余4块木块共速的时间为，共同的速度为，则有
解得
，
则金属块在木块上滑动的距离为
符合题意，假设成立，即一共有块木块，金属块停在第4块上距左端处；若一共有块木块，设金属块滑上第4块左端的速度为，则有
解得
设金属块与剩余4块木块共速的时间为，共同的速度为，则有
解得
，
则金属块在木块上滑动的距离为
不符合题意，假设不成立，综上所述，一共有块木块，金属块停距第4块左端处。
（2）设金属块从开始到滑上第4块木块的时间为，结合（1）分析有
金属块与剩余4块木块共速后一起减速运动，加速度大小为
减速到停止的时间为，则有
则从开始到全部停下，金属块运动的时间为