2023-2024学年湖北省十堰市竹溪县第二高级中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省十堰市竹溪县第二高级中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.“汽车的速度越大，刹车后越难停下来”，其中“越难停下来”指的是
A. 汽车的惯性越大B. 改变汽车运动状态的难易程度越大
C. 汽车刹车的时间越长D. 汽车刹车的加速度越大
2.鱼梁洲隧道于2022年10月31日9时正式通车，它是千里汉江上首条公路隧道，也是国内整体规模最大的内河沉管隧道，该隧道全长5.4公里，采用双向六车道城市快速路标准建设，主线设计时速60公里。它的建成通车使樊城到东津的行车时间从45分钟缩短至10分钟以内，大大方便了人们的出行。上述的9时、5.4公里、时速60公里分别指的物理量是
( )
A. 时间、位移、平均速度B. 时刻、位移、瞬时速度
C. 时刻、路程、瞬时速度D. 时间、路程、平均速率
3.如图所示，小物块在水平推力F的作用下静止于粗糙斜面上，现增大推力，小物块依旧处于静止，则下列说法正确的是( )
A. 小物块对斜面的压力保持不变B. 斜面对小物块的摩擦力一定增大
C. 斜面对小物块的作用力一定变大D. 小物块所受的合力大小可能不变
4.物块在水平面上沿直线做加速度a=2m/s2的匀加速直线运动，其依次通过A、B、C、D四个位置，已知AB=5m、CD=11m，且物块通过AB段和CD段的时间均为1s，则BC的距离为
( )
A. 8mB. 10mC. 12mD. 16m
5.如图所示为某同学站在压力传感器上做“下蹲”或“起立”动作时传感器记录的压力随时间的变化图像，已知重力加速度g=10m/s2，则
( )
A. 该图像反映了该同学的起立过程
B. 此过程中该同学一直处于失重状态
C. b点对应的时刻该同学的速度达到最大
D. a点对应时刻该同学的加速度大小约为4m/s2
6.龟兔赛跑的故事告诉我们“满招损、谦受益”的道理。如图所示为乌龟和兔子沿直线赛跑的x−t图像，则下列判断正确的是
( )
A. 乌龟与兔子同时由同一位置开始运动B. 乌龟做初速度为零的匀加速直线运动
C. 在t2−t4时间里兔子的平均速度较大D. 乌龟获胜的原因是全程的平均速度较大
7.图甲中水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m=10kg的重物，∠CBA=30∘；图乙中轻杆通过细绳MN和铰链固定在竖直的墙上，在N端同样挂上质量m=10kg的重物，细绳与水平轻杆ON的夹角θ=30∘，g取10m/s2，则下列说法正确的是
( )
A. 图甲中绳对滑轮作用力方向水平向左
B. 图甲中滑轮受到绳子的作用力大小为100N
C. 图乙中轻杆受到的压力大小为200N
D. 图乙中细绳MN的拉力为1003N
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，在一个立方体空间内将一个小球以某一初速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入该空间，不计阻力，下列关于小球运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
9.如图所示，一辆货车运载5个质量为m的圆柱形光滑的空油桶，4个在厢底紧凑排列并被牢牢固定，只有桶C自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。下列说法正确的是( )
A. 当车向左匀速运动时，A对C的支持力为 33mg
B. 当车向左匀速运动时，A对C的 支持力为mg
C. 当车向左的 加速度达到 32g时，C刚好脱离A
D. 当车向左减速时，A对C的 作用力可能为mg
10.(多选)如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v−t图象如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A. 斜面的倾角B. 物块的质量
C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.实验小组在做“探究加速度与物体受力、物体质量关系”的实验时，采用如图甲所示的实验装置，让重物(砝码和托盘)通过细绳拖动小车在长木板上做匀加速直线运动。
(1)为了减小误差，实验前需要做好以下两项准备：
①调整垫片的位置，使小车在不受拉力作用时能拖动纸带在木板上________，这样做是为了消除阻力的影响；
②挑选合适的重物(砝码和托盘)，使小车质量M远大于重物质量m，这样做是为了使小车匀加速运动时，小车所受拉力近似等于________。
(2)实验过程中，下列操作正确且必要的是________。
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B.先放开小车再接通打点计时器的电源
C.改变小车质量时，重新调节垫片的位置
(3)正确操作后，甲同学挑选出的一条纸带如图乙所示，图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序依次选取的计数点，计时器打点的时间间隔为0.02 s，且相邻两个计数点之间有4个点未画出。现测出AB=6.19 cm，AC=12.89 cm，AD=20.10 cm，AE=27.82 cm，则打C点时小车的速度为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)。
12.“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验如图甲和乙所示，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的原长为GE。
(1)下列实验操作描述中正确的是__________。
A.两弹簧测力计的拉力方向必须相互垂直
B.读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度
C.实验时两弹簧测力计的读数大小必须要相同
D.在已记录圆环静止位置O时，确定一个拉力的方向只需要再选择相距较远的一个点即可
(2)某次测量中一支弹簧测力计指针指示如图丙所示，其读数为__________N。
(3)若只有一只弹簧测力计，为了完成一次该实验至少需要__________(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O点。
(4)实验中的一次测量如图乙所示，此时F1和F2之间的夹角小于90∘，保持该夹角不变，让两弹簧测力计逆时针缓慢转动一定角度，为保持O点位置不变，该过程中需要F1__________(选填“逐渐减小”、“保持不变”或“逐渐增大”)和F2__________(选填“逐渐减小”、“保持不变”或“逐渐增大”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.风洞实验室是进行空气动力实验最常用、最有效的工具之一，其在航空航天工程、交通运输、房屋建筑、风能利用等领域都发挥着巨大作用。现用轻绳将质量为m=2kg的小球悬挂在某风洞实验室中，若该风洞对小球可产生水平向右大小恒定的风力，静止时轻绳与竖直方向成37∘角，小球离地的竖直高度为h=0.8m，如图所示，已知重力加速度大小为g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)轻绳的拉力大小;
(2)若突然剪断轻绳，求小球落地时的速度。
14.如图所示，P点处于一倾角为37°的长斜面底端O点的正上方，将一石子从P点以速度v0=3 m/s水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点。取sin 37°=0.6，重力加速度的大小g=10 m/s2，则OP的高度h为多少？
15.如图所示，一物块受水平轻弹簧作用静止于倾斜传送带的底端，物块与轻弹簧P点相连，质量为m=3.2 kg。传送带与水平面的夹角θ=37°，长度为L=2 m，顺时针转动的速度为v=0.8 m/s。物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，可看成质点。取重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，求：
(1)若轻弹簧的形变量为Δx=1 cm，求弹簧的劲度系数k；
(2)某时刻在P点剪断弹簧，求剪断弹簧后物块在传送带上运动的时间t。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查惯性，牛顿第二定律，速度和时间关系，解题关键是对于惯性概念的理解要准确到位：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性大小取决于物体质量大小。
【解答】A B、质量是物体惯性大小的唯一量度，与汽车的运动状态以及速度的大小均无关，故 A、B均错误;
C D、根据牛顿第二定律，刹车时的加速度只跟汽车受力情况有关，与速度无关，设汽车初速度为v，经过t后停下，则t=va，故C正确，D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查时间、位移和路程、瞬时速度的定义，关键是正确理解基本概念。
【解答】
9时是指时刻；隧道不可能是直线，故全长5.4公里指的是路程；时速60公里指的是某时刻达到的速度，为瞬时速度，故选C。
3.【答案】C
【解析】【分析】
对物体受力分析，受重力、支持力、推力F，可能有静摩擦力，根据平衡条件列式分析即可．
本题难点在于静摩擦力的不确定性上，关键通过比较推力的上滑分力Fcsθ与重力的下滑分力Gsinθ间的大小关系来确定物体的滑动趋势．
【解答】
A、滑块对斜面的压力等于重力的垂直分力和推力的垂直分力之和，为N=mgcsθ+Fsinθ，故推力增大，压力一定增大，故A错误；
B、对物体受力分析，受重力、支持力、推力F，其中推力的上滑分力Fcsθ与重力的下滑分力Gsinθ间的大小关系未知(θ为斜面坡角)，讨论如下：
①若Fcsθ>Gsinθ，物体有上滑趋势，静摩擦力平行斜面向下，为f=Fcsθ−Gsinθ，推力连续增大时，静摩擦力一直增大；
②若Fcsθ=Gsinθ，物体无滑动趋势，不受静摩擦力，f=0，推力增大时，静摩擦力一定是增加；
③若Fcsθ综上，斜面对物体的静摩擦力可能增加、减小、先减小后反向增加，故B错误；
C、根据平衡条件可知，斜面对小物块的作用力大小等于重力和推力的合力，当推力增大时，重力和推力的合力一定变大；故C正确；
D、小物块依旧处于静止，根据平衡条件可知，小物块所受的合力为零，始终不变，故D错误。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查匀变速直线运动的规律应用， 本题关键是要熟悉掌握和运用运动学位移时间关系、速度和位移关系。
【解答】
AB段，由逆过程运动的位移时间关系：xAB=vBt−12at2，代入数据，解得vB=6m/s，CD段，由位移时间关系：xCD=vCt+12at2，代入数据，解得vC=10m/s，BC段，由速度位移关系：vC2−vB2=2axBC，代入数据，解得xBC=16m，故D正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】
通过压力传感器示数判断处于超重还是失重，再判断加速度情况，从而判断运动过程；
当压力等于重力时，处于平衡位置，速度最大；
根据牛顿第二定律求得对应a点加速度，注意重力为500N。
【解答】
AB.由图可知同学对压力传感器先是小于重力再大于重力，则其先处于失重状态后处于超重状态，则其向加速度向下后加速度向上，其从静止开始运动，则是先向下加速运动后向下减速运动，故为下蹲动作，故 AB错误；
C. 先向下加速运动后向下减速运动，b点对应的时刻加速度为零，速度最大，故C正确；
D. a点对应时刻，根据牛顿第二定律mg−Fa=ma，其中重力mg=500N，则解得a=6m/s2，故D错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
x−t图像反映物体的位置随时间的变化情况，由图直接分析龟兔的出发时刻和出发位置，以及到达终点的先后顺序。两图像的交点表示相遇，根据平均速度的定义可分析比较。
本题是对x−t图像的考查，要知道x−t图像的斜率表示速度，交点表示两物体相遇。
【解答】
A、兔子和乌龟是从同一地点出发的，但是乌龟比兔子提前出发，故A错误；
B、根据x−t图像的斜率表示速度，知乌龟的速度不变，做匀速直线运动，故B错误；
C、在x−t图像中交点表示相遇，从图像上可以看出，所以t2时刻和t4时刻乌龟与兔子相遇，在t2−t4时间里乌龟与兔子的位移相等，则平均速度也相同，故C错误；
D、由图像可知，乌龟先通过了预定位移达到终点，全程的平均速度较大；故D正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
做好图甲中B点、图乙中N点的受力分析，根据平衡条件求力的大小，受力分析时要注意图甲中是同一根绳子，绳子各点的张力处处相等；图乙中，是两根绳子，则拉力不一定相等。
绳的拉力一定沿绳方向，而杆的弹力可以沿杆，也可以不沿杆。图甲中杆是“死杆”，杆的力不一定沿杆方向，图乙中的杆是“活杆”，杆的力沿杆方向。
【解答】
AB.对图甲中轻绳的B点受力分析，滑轮受到绳子的作用力应为图中滑轮下端和滑轮上端两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳上张力大小处处相等，都等于物体的重力，即F1=F2=G=mg=100N，由于拉力Fl和F2的夹角为120∘，则由平行四边形定则得F=100N，所以滑轮受绳的作用力大小为100N，方向与水平方向成30∘角斜向左下方，故A错误，B正确;
CD.对图乙中N点进行受力分析，N点受到重物的拉力F3和轻绳上端细绳的拉力F4以及轻杆的支持力F5的共同作用，
由于重物静止，则有F3=G=100N，根据平衡条件得F4sinθ=F3，F4csθ=F5，
解得F4=200N，F5=100 3N，根据牛顿第三定律得，轻杆受到的压力100 3N，故CD错误。
故选B。
8.【答案】ACD
【解析】【分析】
根据小球的受力特点，结合曲线运动的相关知识完成分析。
本题主要考查了小球在重力作用下的运动，利用平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上为自由落体运动，结合曲线运动的特点即可完成解答，难度不大，对学生的空间想象能力有一定的要求。
【解答】
解：小球在重力作用下做平抛的运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上为自由落体运动，根据曲线运动的特点可知，小球运动的轨迹往z轴负方向偏转，因此y轴上的坐标始终保持不变，在x轴上的坐标增大，在z−x平面投影为抛物线，在y−x平面和z−y平面投影为直线，故ACD正确，B错误；
故选：ACD。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
根据不同情况下的运动情况，结合牛顿第二定律分析合力的方向，对C进行受力分析，根据正交分解分析C所受到的合力的表达式，根据牛顿第二定律求解支持力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
【解答】
AB.若车匀速运动，则C也匀速运动，C所受力的合力为0，对C进行受力分析，如图所示，
设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：sinθ=R2R=12，所以θ=30°，同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°，则有2NAcs30°=mg，故A对C的支持力为 33mg，故A正确，B错误；
C.令C的加速度为a，当加速度方向向左时，
根据正交分解以及牛顿第二定律有：N′Bsin30°−N′Asin30°=ma，
A对C的支持力为零时，C脱离A，根据牛顿第二定律可得：mgtan30°=ma，解得：a= 33g，故C错误；
D.当车向左减速时，具有向右的加速度，由C可知当向右的加速度大小为 33g时，C脱离B，此时A对C的作用力为NA′′=2 33mg>mg，从具有向右加速度到脱离B过程，A对C的作用力从 33mg增大到2 33mg，所以A对C的作用力可能为mg，故D正确。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】物块沿斜面向上滑动时所受滑动摩擦力沿斜面向下，物块沿斜面向下滑动时所受滑动摩擦力沿斜面向上；根据牛顿第二定律列出运动方程，结合v−t图像分析可以求出的物理量。
【解答】AC.由v−t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a=v0t1，根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcs θ=ma，即gsin θ+μgcs θ=v0t1.同理向下滑行时gsin θ−μgcs θ=v1t1，两式联立得sin θ=v0+v12gt1，μ=v0−v12gt1cs θ.可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，A、C正确；
D.物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x=v02t1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ=v02t1·v0+v12gt1=v0(v0+v1)4g，D正确；
B.仅根据v−t图象无法求出物块的质量，B错误．
11.【答案】(1)①做匀速直线运动；②重物的重力mg；(2) A； (3)0.70；0.51
【解析】【分析】(1)平衡摩擦力是为了保证小车所受合外力F等于绳对小车的拉力，本实验需要保证M≫m；
(2)本实验需要保证牵引重物的细绳与长木板保持平行；使用打点计时器时，应该先通电再释放小车；平衡好摩擦力后，改变小车的质量，不需要重新平衡摩擦力；
(3)根据中间时刻的速度等于该时间段的平均速度求C点的速度；根据逐差法计算小车的加速度。
本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。
【解答】(1)①调整垫片的位置，使小车在不受拉力作用时能拖动纸带在木板上做匀速直线运动。这样做是为了消除阻力的影响，使小车所受合外力F等于绳对小车的拉力；
②当小车匀加速运动，小车质量M与重物质量满足M≫m时，小车所受拉力近似等于重物的重力mg。
(2)A、为了保证细绳的拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引重物的细绳与长木板保持平行，故A正确；
B、使用打点计时器时，为了保证能够稳定地打出足够多的点，需要先接通电源再释放小车，故B错误；
C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcsθ，故tanθ=μ，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量或改变拉小车拉力，不需要重新调节垫片的位置。故C错误。
故选：A。
(3)相邻两个计数点之间有4个点未画出，则两个计数点之间的时间间隔T=0.1s；
在匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该时间段的平均速度，所以小车在C点的速度为vC=xBD2T=(20.10−6.19)×10−22×0.1m/s=0.70m/s；
根据位移差公式可知;
a=xCE −xAC4T2=27.82−12.89−12.89×10−24×0.12m/s2=0.51m/s2
故答案为：(1)①做匀速直线运动；②重物的重力mg；(2) A； (3)0.70；0.51
12.【答案】(1) BD；(2) 4.63∼4.67；(3) 3；(4)逐渐增大；逐渐减小。
【解析】【分析】本题为验证力的平行四边形定则，实验采用是等效替代的思维方法。同一次实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验。
【解答】(1)A、两弹簧测力计的拉力夹角适当即可，不要求相互垂直，故A错误；
B、读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，故B正确；
C、弹簧测力时，不可以超过量程，读数大小不要求相同，故C错误；
D、为了便于确定拉力的方向，应该选择相距较远的一个点，故D正确。
故选BD。
(2)图丙弹簧测力计的分度为0.1N，读数为4.65N。
(3)若只有一只弹簧测力计，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧测力计拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点到达某一点O，记下位置O和弹簧测力计示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧测力计和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向相同，并记下此时弹簧测力计的示数F2，只有一个弹簧测力计将结点拉至O点，并记下此时的弹簧秤示数F的大小和方向。
所以若只有一只弹簧测力计，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉至O。
(4)做出图乙对应的矢量受力图，采用矢量圆的方法，如下：
从图中可以看出，逆时针转动的过程中，F1逐渐增大，F2逐渐减小。
13.【答案】解：(1)对小球静止时受力如图
知：mg=FTcsθ，
可得：FT=mgcsθ=25N
(2)对小球轻绳剪断后，可知其合力大小为FT，方向与FT方向相反，
可知：FT=ma，
而：v2−02= 2as，
且：s=hcsθ，
可得：v=5m/s，
方向与竖直方向成37∘角斜向右下。
【解析】(1)对小球受力分析，根据平衡条件求轻绳的拉力大小；
(2)剪断轻绳后，小球的合力与剪断前绳子的拉力等大反向，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求速度。
14.【答案】解：设石子从P到Q的时间为t，石子垂直击中斜面，竖直速度为vy=gt，
由速度的分解可知：tan37°=v0vy=34，解得：t=0.4s，
石子的水平位移x=v0t，竖直位移y=12at2，
由几何关系可知：h=y+xtan37∘，
解得：h=1.7m。
【解析】本题考查平抛运动和斜面相结合的问题。解决问题的关键是清楚平抛运动的规律，注意石子落到斜面上的速度方向与斜面倾角之间的关系。
15.【答案】解：(1)设弹簧对物块的弹力为T，传送带对物块的支持力为N1，摩擦力为f1，
对物块进行受力分析，列平衡方程得：
T+N1sinθ=f1csθ，
N1csθ+f1sinθ=mg，
其中，f1=μN1，
T=k⋅△x，
代入数据，联立求得，k=100N/m。
(2)剪断弹簧后，物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，
设物块的加速度为a，则由牛顿第二定律得
μmgcsθ−mgsinθ=ma，
解得a=0.4m/s2，
设物块沿传送带向上匀加速达到与传送带等速需要时间为t1，位移为x1，则
t1=va=，
x1=v2·t1=0.8m，
故x1tanθ，则物块后面将做匀速运动，
匀速运动时间为t2=L−x1v=2−，
因此，物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=3.5s。
【解析】(1)对物块进行受力分析，根据正交分解法结合平衡条件、胡克定律求弹簧的劲度系数k；
(2)剪断弹簧后，物块将沿传送带向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式分析物块在传送带上运动的时间t。