2023-2024学年江西省上进联考高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省上进联考高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，北京时间2023年12月21日21时35分，经过约7.5小时的出舱活动，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，完成了天和核心舱太阳翼修复试验等既定任务。下列说法正确的是( )
A. “21时35分”、“7.5小时”均为时间间隔
B. 观察航天员试验修复太阳翼过程，可将航天员看成质点
C. 以地球为参考系，航天员是运动的
D. 空间站运行一周的平均速度等于周长与所用时间的比值
2.下图为我国女子冰壶运动员参加冰壶比赛投掷冰壶时的情景，若冰壶被以6m/s的初速度投出，运动15s停下，冰壶的整个运动看成匀变速直线运动，则冰壶最后1s运动的位移大小为( )
A. 0.1mB. 0.2mC. 0.3mD. 0.4m
3.如图，轻杆AB一端固定在竖直墙内、另一端固定一个光滑轻滑轮，轻绳绕过光滑轻滑轮，一端固定在竖直墙上C点，另一端吊着重为G的重物，重物静止，轻杆水平，BC段轻绳与水平方向夹角为30∘，这时轻杆对滑轮的作用力大小为( )
A. 12GB. 33GC. 32GD. G
4.某举重运动员参加挺举比赛，图甲为提杠上肩后的状态，图乙为举杠后静止的状态，下列说法正确的是( )
A. 图甲状态，运动员处于超重状态
B. 从图甲状态到图乙状态过程中，杠铃先超重后失重
C. 杠铃加速上升过程中，手对杠铃的作用力大于杠铃对手的作用力
D. 运动员对地面的压力是由于地面形变产生的
5.如图，用a、b两根轻弹簧吊着重物，静止时，a、b两弹簧与水平方向的夹角分别为，若a、b两弹簧的伸长量之比为2:1，两弹簧在弹性限度内，cs60∘=0.5,cs37∘=0.8，则a、b两弹簧的劲度系数之比为( )
A. 1:2B. 2:3C. 3:4D. 4:5
6.如图为某景区的观光小火车，小火车由1节车头和3节车厢组成，设坐满游客后每节车厢的总质量相同，每节车厢受到的阻力大小相同，从车头处开始向后，车厢编号依次为1、2、3，当小火车在平直的路面上加速行驶时，车头与车厢1、车厢1与车厢2、车厢2与车厢3间作用力大小分别为F1、F2、F3，则F1:F2:F3为( )
A. 3∶2∶1B. 6∶4∶3C. 6∶3∶2D. 6∶5∶3
7.如图所示，一只蚂蚁从半球的表面缓慢向上爬到顶端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 蚂蚁对半球的压力越来越小B. 半球对蚂蚁的作用力越来越小
C. 半球对蚂蚁的摩擦力越来越小D. 蚂蚁受到的合力越来越小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一个质点从静止开始做直线运动，0∼6s内做加速运动，加速度随时间变化的规律如图所示，则在0∼6s内，下列说法正确的是( )
A. 质点受到的合外力越来越大B. 质点的速度变化越来越快
C. t=6s时，质点的速度大小为36m/sD. 质点的平均速度大于9m/s
9.图甲为某消防队员进行滑杆训练的情景，某次，消防队员滑下过程的v−t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 0∼0.6s内，消防队员做自由落体运动
B. 0∼0.6s内，消防队员受到的合力小于重力
C. 减速的一瞬间，消防队员受到杆的阻力是其重力的2.25倍
D. 0.6∼2.0s内，消防队员所受滑竿的阻力越来越大
10.如图，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行。小物块以大小为v2的初速度从传送带右端向左滑上传送带，v1A. 减小v1，物块有可能从传送带左端滑离
B. 减小v1，物块在传送带上运动的时间变长
C. 增大v1，物块在传送带上向左运动的最大距离减小
D. 增大v1，物块和传送带间的相对位移变大
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学用如图甲所示装置做“弹簧的弹力与伸长量之间的关系”实验。

(1)在实验装置中，轻质弹簧a悬挂，刻度尺保持竖直，为了便于直接读出弹簧a的长度，刻度尺的零刻度应与弹簧a的______(选填“上端”或“下端”)对齐；不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图乙所示，则弹簧a的原长L0=______cm。
(2)悬挂钩码并改变钩码的个数，算出每次悬挂钩码的重力作为弹簧a的弹力F，根据每次弹簧a的长度结合原长算出每次弹簧a的伸长量x，根据记录的多组F及x，在F−x图像上描点如图丙所示，请根据描出的点作图______，根据作出的图求得弹簧a劲度系数为k=______N/m(保留2位有效数字)。
(3)换一个弹簧b重新实验，在图丙的坐标系中描点作图，图像过坐标点5,2，弹簧的劲度系数越小，缓冲效果越好，则弹簧b比弹簧a的缓冲效果______(选填“好”或“差”)。
12.某实验小组用如图甲所示装置做“探究加速度与质量关系”实验。打点计时器所接交流电的频率为50Hz。
(1)关于实验要点，下列说法正确的是______。
A.打点计时器所接交流电电压为8V
B.砂和砂桶的总质量必须远小于小车质量
C.为了使细线的拉力等于砂和砂桶的重力，需要平衡摩擦力
D.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车
(2)按正确操作进行实验，打出的一条纸带如图乙所示，纸带上各点均为计时点，由此可得打点计时器打出B点时小车的速度大小vB=______m/s，小车的加速度大小a=______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)改变砂和砂桶的质量重复实验，测得多组加速度a与弹簧测力计的示数F，作出a−F图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为k，则小车质量M=______。若实验中所用交流电的实际频率大于f，则根据图像求得的小车质量将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、简答题：本大题共2小题，共20分。
13.如图，质量为1kg的物块A和质量为2.75kg的物块B放在水平面上，用绕过光滑定滑轮C的轻绳连接，给物块A施加一个水平向右的拉力F，逐渐增大拉力F，当物块A对地面的压力刚好为零时，物块B刚好要滑动，此时，连接物块A、B的轻绳与水平方向的夹角分别为53∘、37∘，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，求此时：
(1)拉力F的大小；
(2)物块B与水平面的动摩擦因数。
14.某跳伞运动员做低空跳伞表演。飞机悬停在290m的高空，运动员离开飞机后先做自由落体运动，当下落4s时打开降落伞，打开伞后，伞受到的阻力与速度成正比，即Ff=kv，落地前一段时间内运动员以5m/s做匀速直线运动。整个跳伞过程用时10s，运动员始终做竖直方向的直线运动，不计运动员受到的空气阻力。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)运动员打开降落伞时的速度大小；
(2)打开伞后，运动员整个向下运动过程的平均速度大小；
(3)打开伞的一瞬间，运动员的加速度大小。
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.如图，质量为1kg、足够长的长木板A静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块B以大小为20m/s的水平初速度v0向右滑上A，B滑上A的同时给B施加一个水平向左大小为F=10N的恒定拉力，已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)施加拉力后一瞬间，小物块和木板的加速度大小；
(2)物块B相对长木板向右运动的最远距离；
(3)从物块B滑上A至A回到开始的位置所用的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.“21时35分”是时刻，“7.5小时”是时间间隔，故A错误；
B.观察航天员试验修复太阳翼过程，航天员的肢体动作不可忽略，不可将航天员看成质点，故B错误；
C.以地球为参考系，航天员围绕地球是运动的，故C正确；
D.空间站运行一周的平均速度等于位移与所用时间的比值，为零。故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】冰壶被以6m/s的初速度投出，运动15s停下，则冰壶运动的加速度大小为
a=v0t=615m/s2=0.4m/s2
由逆向思维法可知，冰壶最后1s运动的位移大小为
x=12at 12=12×0.4×12m=0.2m
故选B。
3.【答案】D
【解析】题图中物体处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉力大小等于物体的重力。取B点为研究对象，进行受力分析如图所示
图中轻绳BC跨过定滑轮拉住重为G的物体，物体处于平衡状态，绳BC段的拉力 FBC=F=G
根据几何关系得轻绳对轻滑轮B点的压力为
F合=G
则轻杆对滑轮的作用力大小与轻绳对轻滑轮B点的压力大小相等，为 G 。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A.图甲为提杠上肩后的状态，运动员处于平衡状态，故A错误；
B.从图甲状态到图乙状态过程中，杠铃先加速上升后减速上升，所以杠铃先超重后失重，故B正确；
C.杠铃加速上升过程中，手对杠铃的作用力与杠铃对手的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，故C错误；
D.运动员对地面的压力是由于运动员形变产生的，故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】对重物受力分析，受到重力和两个弹簧的弹力，根据平衡条件，有
Facsα=Fbcsθ
解得
FaFb=csθcsα=85
由胡克定律可得
Fa=kaxa ， Fb=kbxb
解得 a、b 两弹簧的劲度系数之比为
kakb=FaxbxaFb=8×12×5=45
故选D。
6.【答案】A
【解析】由牛顿第二定律得
F1−3f=3ma ， F2−2f=2ma ， F3−f=ma
解得
F1:F2:F3=3:2:1
故选A。
7.【答案】C
【解析】A.蚂蚁受重力、支持力和摩擦力作用，如图
蚂蚁从半球的表面缓慢向上爬到顶端的过程中，受平衡力作用，则
FN=mgsinθ
蚂蚁从半球的表面缓慢向上爬到顶端的过程中， θ 越来越大，蚂蚁所受支持力越来越大，由牛顿第三定律可知蚂蚁对半球的压力越来越大，故A错误；
C.半球对蚂蚁的摩擦力
f=mgcsθ
蚂蚁从半球的表面缓慢向上爬到顶端的过程中， θ 越来越大，蚂蚁所受摩擦力越来越小，故C正确；
B.半球对蚂蚁的作用力与蚂蚁所受重力大小相等、方向相反，所以半球对蚂蚁的作用力不变，故B错误；
D.蚂蚁从半球的表面缓慢向上爬到顶端的过程中，蚂蚁始终处于平衡状态，蚂蚁受到的合力始终为零，故D错误。
8.【答案】AB
【解析】AB.由 a−t 图像可知，加速度越来越大，则质点的速度变化越来越快，根据牛顿第二定律可知质点受到的合外力越来越大，故AB正确；
CD.根据 a−t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且初速度为0，可知 t=6s 时，质点的速度大小为
v6=12×6×6m/s=18m/s
由于质点做加速度逐渐增大的加速运动，则 v−t 图像如图所示
则在 0∼6s 内，质点的平均速度应满足
v<0+v62=9m/s
故CD错误。
故选AB。
9.【答案】BC
【解析】A. 0∼0.6s 内，消防队员向下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为
a=ΔvΔt=5−00.6−0m/s2≈8.3m/s2故A错误；
B. 0∼0.6s 内，消防队员受到的合力
F合=ma故B正确；
C.减速的一瞬间，消防队员的加速度大小为
a1=Δv1Δt1=51.0−0.6m/s2=12.5m/s2
由牛顿第二定律得
f−mg=ma1
解得消防队员受到杆的阻力
f=mg+a1=2.25mg
故C正确；
D. 0.6∼2.0s 内，消防队员做加速度减小的减速运动，由 f′−mg=ma′ 可知所受滑竿的阻力越来越小，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】A.小物块从传送带右端向左滑上传送带，小物块在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律得 μmg=ma
解得
a=μg
速度减到零，再向右做匀加速运动，达到与传送带有共同速度后，匀速运动，最终物块以速度 v1 从传送带右端滑离；减小 v1 ，物块向左匀减速运动，运动的位移不变，物块不可能从传送带左端滑离；故A错误；
B.减小 v1 ，物块向左运动的时间不变，物块向右先匀加速运动到与传送带有共同速度后再匀速运动，运动时间变长，故B正确；
C.增大 v1 ，物块在传送带上向左运动的加速度不变，最大距离不变，故C错误；
D.增大 v1 ，物块向左运动的位移不变，同时传送带向右运动的位移增大，物块和传送带间的相对位移变大；物块向右运动加速运动时，物块物块与传送带的相对位移也增大，故增大 v1 ，物块和传送带间的相对位移变大，故D正确。
故选BD。
11.【答案】 上端 10.90 54##55##56 好
【解析】(1)[1]为了便于直接读出弹簧的长度，刻度尺的零刻度应与弹簧a的上端对齐。
[2]刻度尺的最小分度值是1mm，则弹簧的原长
L0=10.90cm
(2)[3]根据描出的点作图，如图
[4]由 F=kx ，可得弹簧 a 劲度系数为
k=ΔFΔx=3.05.5×10−2N/m≈55N/m
(3)[5]弹簧b的劲度系数
k′=ΔF′Δx′=25×10−2N/m=40N/m
则
k>k′
由于弹簧的劲度系数越小，缓冲效果越好，则弹簧 b 比弹簧 a 的缓冲效果好。
12.【答案】 D 1.6 3.2 1k 偏大
【解析】(1)[1]A.电火花打点计时器所接交流电电压为220V，故A错误；
B.实验中用力传感器测出细线的拉力，砂和砂桶的总质量不必须远小于小车质量，故B错误；
C.为了使细线的拉力等于小车所受的合力，需要平衡摩擦力，故C错误；
D.为了使纸带上打出的点迹多一些，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故D正确。
故选D。
(2)[2]相邻两计数点的时间间隔为
T=2×1f=2×150s=0.04s
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，打点计时器打出B点时小车的速度大小
vB=xAC2T=6.19+6.702×0.04×10−2m/s≈1.6m/s
[3]根据逐差法求出小车的加速度大小
a=xCE−xAC2T2=7.21+7.72−6.70−6.192×0.042×10−2m/s2≈3.2m/s2
(3)[4]根据牛顿第二定律得
F=Ma
则
a=1MF
a−F 图像为一条过原点的倾斜直线，其斜率为 k ，则
k=1M
小车质量
M=1k
[5]若交流电实际频率大于f，则测算所得的加速度偏小，则斜率偏小，则所得质量偏大。
13.【答案】(1) 7.5N ；(2) 0.5
【解析】(1)由题意可知物块A对地面的压力刚好为零，以A为对象，根据受力平衡可得
Tsin53∘=mAg ， Tcs53∘=F
可得拉力的大小为
F=mAgtan53∘=1×1043N=7.5N
(2)物块B刚好要滑动，以B为对象，根据受力平衡可得
Tsin37∘+N=mBg
Tcs37∘=f
又
f=μN
联立解得物块B与水平面的动摩擦因数为
μ=0.5
14.【答案】(1) 40m/s ；(2) 29m/s ；(3) 70m/s2
【解析】(1)运动员打开降落伞时的速度大小
v=gt=10×4m/s=40m/s
(2)打开伞后，运动员整个向下运动过程的平均速度大小
v=ht=29010m/s=29m/s
(3)落地前运动员做匀速直线运动阶段
F f1=kv1=mg
打开伞的一瞬间的阻力
Ff=kv
打开伞的一瞬间，对运动员由牛顿第二定律可得
kv−mg=ma
解得运动员的加速度大小
a=7g=70m/s2
15.【答案】(1) 10m/s2 ， 10m/s2 ；(2) 10m ；(3) 4+2 3s
【解析】(1)施加拉力后一瞬间，对小物块由牛顿第二定律得
F+μmg=ma1
解得小物块的加速度大小
a1=10m/s2
施加拉力后一瞬间，对木板由牛顿第二定律得
μmg=Ma2
解得
a2=10m/s2
(2)物块B滑上木板向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，二者达到共同速度时
v0−a1t1=a2t1
解得
t1=1s
物块向右运动的位移
x1=v0t1−12a1t 12=15m
木板向右运动的位移
x2=12a2t 12=5m
物块B相对长木板向右运动的最远距离
Δx=x1−x2=10m
(3)物块与木板达到共同速度时的速度
v=a2t1=10m/s
物块与木板达到共同速度后，由于
F=μmg
所以物块与木板一起匀减速运动，由牛顿第二定律得
F=M+ma3
解得
a3=103m/s2
速度减小到零的时间
t2=va3=3s
向右运动的位移
x3=v2t3=15m
物块与木板速度减小到零后向左一起匀加速运动，加速度大小为
a4=a3=103m/s2
A回到开始的位置
x2+x3=12a4t 32
解得
t3=2 3s
所以从物块B滑上A至A回到开始的位置所用的时间
t=t1+t2+t3=1s+3s+2 3s=4+2 3s