2022-2023学年湖南省长沙市雅礼中学高一上学期线上自主检测（第三次月考）物理试题

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2022年下学期高一第三学月线上自主检测物理试卷（考试时长75分钟）一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 对速度的定义式v=，以下叙述正确的是（　　）A. 位移越大，则速度越大B. 速度v的大小与运动的位移x和时间t都无关C. 速度定义式只适用于匀速运动D. 速度是表示物体位置变化的物理量【答案】B【解析】【分析】根据速度的意义及速度的定义方法为比值定义法分析解答。速度是描述物体运动快慢的物理量，其定义采用的是比值定义法，要注意速度与位移及时间无关。【详解】ABC．公式是速度的定义式，也是计算速度的公式，适用于任何运动，此式只说明计算速度可用位移除以时间来获得，即速度v的大小与运动的位移x和时间t都无关，也不是说位移越大，则速度越大，故B正确，AC错误；D．速度的大小表示物体运动的快慢，方向表示物体运动方向，位移是表示物体位置变化的物理量，故D错误；故选B。2. 甲、乙两辆汽车速度相等，在同时制动后，设均做匀减速运动，甲经3s停止，共前进了36m，乙经1.5s停止，乙车前进的距离为（    ）A. 9m B. 18m C. 36m D. 27m【答案】B【解析】【详解】ABCD．对甲车：对乙车：联立解得：故选B3. 如图所示，将弹性小球以10m/s的速度从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点时，向上的速度为7m/s，小球从A点到B点共用时0.3s，则此过程中（　　）A. 小球发生的位移大小为0.5m，方向竖直向下B. 小球速度变化量大小为3m/s，方向竖直向下C. 小球平均速度的大小为8.5m/s，方向竖直向下D. 小球平均加速度的大小约为60m/s2，方向竖直向上【答案】A【解析】【详解】A．位移是起点到终点的有向线段，根据题意可知小球从A点到B点发生的位移大小为方向竖直向下，A正确；B．取向上为正方向，可得小球速度变化量为方向竖直向上，B错误；C．平均速度的大小为方向与位移方向相同即方向竖直向下，C错误；D．加速度为方向竖直向上，D错误；故选A。4. 如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为（　　）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】【详解】小物块从A到B根据牛顿第二定律，有μ1mg=ma1得a1=μ1g从B到C根据牛顿第二定律，有μ2mg=ma2得a2=μ2g设AB=BC=l，小物块在A点时速度大小为v，则在B点时速度大小为，由运动学公式知，从A到B从B到C联立解得μ1=3μ2故选C。5. 如图所示，质量均为m的两小球A、B用轻绳相连并悬挂在天花板上O点，现用一水平力缓慢拉小球B，当轻绳OA与水平天花板的夹角为45°时，水平力F的大小为（已知重力加速度为g）（　　）A. 2mg B. mg C. mg D. mg【答案】A【解析】【详解】以A、B组成的整体为研究对象，受到重力、OA绳的拉力FT和水平力F，由平衡条件可得，竖直方向上有FTsin45°=2mg水平方向上有FTcos45°=F联立得F=2mg故选A。6. 如图所示，一个人静止在地面上，当＝60°时，人能拉起重物最大重力为人重力的0.2倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动擦力（忽略定滑轮的摩擦力），则当＝30°时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的A. 0.3倍 B. 0.6倍 C. 0.8倍 D. 1.6倍【答案】A【解析】【详解】设人与地面间的动电擦因数为μ，当α=60°时，0.2Gsin60°=μ（G-0.2Gcos60°），当α=30°时，kGsin30°=μ（G-kGcos30°），联立解得 ：k≈0.3A．0.3倍．故A符合题意．    B．0.6倍．故B不符合题意．    C．0.8倍．故C不符合题意．    D．1.6倍．故D不符合题意．7. 如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为的平盘，盘中有一质量为的物块，盘静止时弹簧长度比自然长度伸长了．现向下拉盘使弹簧再伸长后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力大小应为（    ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．【详解】设弹簧的劲度系数为k，由题意可知，起初整个系统处于静止状态时：现向下拉盘使弹簧再伸长后停止，然后松手放开瞬间，以和为整体受到的合力大小为，方向竖直向上，由牛顿第二定律可得：单独隔离物块由牛顿第二定律得：联立方程得：故本题选B．【点睛】本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8. 在如图所示的v－t图象中，A、B两质点同时从同一点沿一条直线开始运动，运动规律用A、B两图线表示，下列叙述正确的是(　　)A. t＝1 s时，B质点运动方向发生改变B. t＝2 s前后，B质点运动方向和加速度方向均发生改变C. A、B同时从静止出发，朝相反的方向运动D. 在t＝4 s时，A、B速度相等【答案】CD【解析】【详解】在v-t图像中，速度的正负表示运动方向，在0-2s内，B质点的速度均为负值，说明在0-2s内运动方向不改变，A错误；图像的斜率表示加速度，1-4s内B图象的斜率不变，则加速度不变，所以t=2s前后，B质点加速度方向没有发生改变，B错误；由题图可知，t=0时，A、B两质点，前2s内A朝正方向运动，而B朝负方向运动，即A、B同时从静止出发，刚开始朝相反的方向运动，C正确；v-t图像的交点表示两者在该时刻速度相等，D正确．【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移．9. 如图所示，从弹簧上方某点自由下落的小球，从接触竖直放置的弹簧，到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及加速度大小的变化情况正确的是（不计空气阻力）（　　）A. 速度先变大，后变小 B. 速度先变小，后变大C. 加速度先变大，后变小 D. 加速度先变小，后变大【答案】AD【解析】【分析】【详解】开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小F=mg－k x方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg=k x时，合外力为零，此时速度最大，由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为F=k x－mg方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大，故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小。故选AD。10. 光滑半圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，整体向右的加速度大小为a,则（ ）A. 小球对圆槽的压力一定大于maB. 小球对圆槽的压力可能等于mgC. 水平恒力F越大，小球相对静止处离圆槽底越高D. 水平恒力F较大时，小球可能相对静止在圆槽口最高处【答案】AC【解析】【详解】A．对m受力分析如图所示，在水平方向：，解得：，可知压力一定大于ma，故A正确；B．支持力,可知压力一定大于mg，故B错误；C．由图可知，可知a越大，角度越小，即小球相对静止处离圆槽底越高，故C正确；D．因为小球所受的支持力提供水平方向加速运动所需的外力和竖直方向抵消重力的效果，所以当水平恒力F较大时，小球也不可能相对静止在圆槽口最高处，故D错误． 故选AC。11. 如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球、，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时绳与水平方向的夹角为，绳与水平方向的夹角为，则球、的质量之比和杆对、的弹力之比分别为（　　）A.  B. C.  D. 【答案】AC【解析】【详解】分别对A、B两球受力分析运用合成法，如图所示，由几何知识得，，故，故选AC。【点睛】易错分析  未弄清“固定杆”和“活动杆”的区别“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向，能对其末端物体提供不一定沿杆方向的作用力“活动杆”，就是用铰链或者转动装置将轻杆与墙壁连接，其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向，对末端物体只可以提供沿杆的力，要么是拉力，要么是支持力。方法技巧“杆”与“结”的问题：(1)“活结”和“死结”问题①当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上张力的大小是相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小。例如图乙中，两段绳中的拉力大小相等。②若结点不是滑轮或挂钩，是称为“死结”的结点，则两侧绳上的张力大小不一定相等。例如图甲中点为结点点下面绳中的拉力大小始终等于，而点上侧绳中的拉力随杆的转动而变化。(2)“动杆”和“定杆”问题杆所受到的弹力方向可以沿杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要分清是动杆还是定杆。①若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动。如图甲所示，若为转轴，则轻杆在缓慢转动中，力方向始终沿杆的方向。②若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。12. 如图所示，有一质量不计的杆AO，长为 R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个 重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的 C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力T及OA杆所受压力N的大小变化情况是(         )A. N逐渐减小B T逐渐增大C. T先减小后增大D. N先增大后减小【答案】AC【解析】【详解】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变，再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，将F和OC绳上的拉力合力，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中T′最小，N一直在变小，故选AC。三、非选择题（本题共6小题，共54分）13. 电磁打点计时器和电火花计时器都是使用交流电源的计时仪器，电磁打点计时器的工作电压是________。当电源频率是50Hz时，每隔________打一个点。某次实验中得到的一条纸带，用刻度尺测量情况如图所示，C点的瞬时速度约为________m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】    ①.     ②. 0.02s    ③. 0.53【解析】【详解】[1][2]电磁打点计时器的工作电压是交变电流，当电源频率是时，打点周期是[3]打C点的瞬时速度为BD段的平均速度，因此14. 如图甲所示为“用DIS（由位移传感器、数据采集器、计算机组成，可以直接显示物体的加速度）探究加速度与力的关系”的实验装置。（1）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据画出a－F关系图像如图乙所示。①分析此图像OA段可得出的实验结论是_______________________________________。②此图像的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______。（填选项前字母）A.小车与轨道之间存在摩擦        B.轨道保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大            D.所用小车的质量太大（2）该同学在实验前没有测量小车的质量，也忘记补偿阻力，在保持小车的质量不变的情况下，进行了多次实验，得到了如图丙所示的图像，根据图像可求得小车的质量为________kg。【答案】    ①. 小车质量不变时，加速度与合力成正比。    ②. C    ③. 2【解析】【详解】（1）[1]本实验采用的方法是控制变量法，在探究小车加速度与力的关系时，我们保持小车的总质量不变，由图乙可得图像OA段为过原点的直线，所以得到的结论为，小车质量不变时，加速度与合力成正比。[2]本实验中钩码与小车一起做匀加速直线运动，设钩码质量为m，小车总质量为M，重力加速度为g，绳子上的拉力大小为FT，小车受到的合力为F，则对钩码有 对小车有联立解得 ， 在的情况下，我们认为绳子的拉力大小等于钩码的重力大小，即把钩码重力大小mg当做小车所受合力大小F，上面的结果变为 ， 当所挂的钩码质量变大时，m相对M不能忽略不计，则图像斜率为 随着m增大，则乙图a-F图像斜率变小，AB段明显偏离直线。故选C。（2）[3] 该同学忘记补偿阻力，则对与小车有 整理得 丙图像斜率为 则得15. 用弹射器从地面竖直上抛质量m=0.05kg的小球，如果小球在到达最高点前1s内上升的高度是它上升最大高度的，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球上升的最大高度；(2)小球抛出时的初速度大小。【答案】(1)20m；(2)20m/s【解析】【详解】(1)根据逆向思维法可知，小球到达最高点前1s内上升的高度为h1=gt2=×10×12m=5m由题意可得小球上升的最大高度为H=4h1=4×5m=20m(2)由运动学公式知v02=2gH所以小球的初速度大小v0=20m/s16. 如图，质量为5kg的物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，现用与水平方向成θ=37°的F=25N的力拉物体，使物体由静止加速运动，10s后撤去拉力，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求： (1)物体在两个阶段的加速度各是多大；(2)物体从运动到停止总的位移。【答案】(1)2.6m/s2，2m/s2；(2) 299m【解析】【详解】(1)物体的受力如图所示，则有：Fcos37°-Ff=maFN＋Fsin37°=mgFf=μ FN联立三式代入数据解得a=2.6m/s2撤去拉力后，加速度大小为a′==μ g=2m/s2(2)10s末物体的速度为v=at=26m/s则物体的总位移17. 如图甲所示，轻绳一端系在质量为M＝15kg的物体上，另一端系在一个质量为m＝0.2kg套在粗糙竖直杆MN的圆环A上．现用水平力F拉住绳子上的O点，使物体从图中实线位置O缓慢下降到虚线位置,此时θ＝，圆环恰好要下滑．已知g=10m/s2，sin=0.8，cos=0.6， 求：(1)此时拉力F的大小；(2)设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求杆与环间动摩擦因数μ． 【答案】(1)200N(2)0.76【解析】【详解】(1)物体M在O′点分析受力如图所示：物体处于平衡状态,在水平方向：在竖直方向：由上两式解得：(2)系统整体处于平衡状态,在水平方向：在竖直方向：环恰好要滑动，有：f=μ N由上各式解得：μ=0.76（或）18. 如图所示、AB段为一与水平面成37°角的光滑斜面，BCDE段为一传送带，BC段水平、角CDE也为37°，传送与物体间动摩擦因数为，转动轮大小不计．有一质量的小物块，用一与斜面平行的的恒力拉动物体从斜面底端由静止开始向上运动，斜面长为，在以后的运动过程中，设物块始终未离开斜面或传送，传送带以的速度逆时针（BEDC方向）匀速转动，，，．（1）求物块运动到B点时的速度大小？（2）物体运动到B点时，撤去拉力，物体经过B点后速度方向变为水平，大小不变，BC段距离为，求物体运动到C点处的速度大小？（3）当物体运动到C点时，传送带速度大小不变，方向变顺时针，CD段长度为．求物块从C运动到D所用时间．【答案】（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/s；（2）物体运动到C点处的速度大小为0；（3）物块从C运动到D所用时间为（2-4）s．【解析】【详解】（1）物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得：F-mgsin37°=ma1代入数据解得：a1＝1m/s2由匀变速运动的速度位移公式得：vB2-0=2aL代入数据解得：v B=4m/s；（2）物块在BC段上，由牛顿第二定律得：µm g=ma2代入数据解得：a2＝5m/s2由匀变速直线运动的速度位移公式得： 代入数据解得：v C=0m/s；（3）物块在CD段上，在和传送带速度相等前，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma3代入数据解得：a3＝10m/s2当物块速度与传送带速度相等时，物块位移为： 所用时间为：在物体速度达到10m/s后，摩擦力反向，仍做加速运动，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma4代入数据解得：a4＝2m/s2由匀变速直线运动公式得： 代入数据解得： 总时间：