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    2022-2023学年湖北省武汉市第十一中学高一上学期期中复习物理试题(四)含解析
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    2022-2023学年湖北省武汉市第十一中学高一上学期期中复习物理试题(四)含解析

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    这是一份2022-2023学年湖北省武汉市第十一中学高一上学期期中复习物理试题(四)含解析,共23页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    武汉市第十一中学2022-2023学年高一上学期期中复习物理试题

    一、单选题(共28分)

    1. 2021917日,神舟十二号载人飞船搭载聂海胜、刘伯明、汤洪波,从中国空间站天和核心舱荣耀归来,稳稳降落在酒泉东风着陆场。下列说法正确的是(  )

    A. 聂海胜在乘坐返回舱返回地球过程中相对于汤洪波是运动的

    B. 刘伯明在乘坐返回舱返回地球过程中相对于地面是运动的

    C. 神舟十二号飞船在环绕地球飞行时,相对于太阳是静止的

    D. 以汤洪波为参考系,神舟十二号在发射过程中是运动的

    【答案】B

    【解析】

    【详解】A. 聂海胜在乘坐返回舱返回地球过程中相对于汤洪波位置没有发生变化,所以聂海胜相对于汤洪波是静止的,故A错误;

    B.刘伯明在乘坐返回舱返回地球过程中返回舱相对于地面是运动的,刘伯明相对于返回舱是静止的,所以刘伯明相对于地面是运动的,故B正确;

    C.地球相对于太阳是运动,神舟十二号飞船在环绕地球飞行时,神舟十二号相对于太阳也是运动的,故C错误;

    D.以汤洪波为参考系,汤洪波相对于神舟十二号位置没有发生变化,所以神舟十二号在发射过程中是静止的,故D错误。

    故选B

    2. 关于速度、速度的变化量和加速度,下列说法正确的是(  )

    A. 物体运动时,速度的变化量越大,它的加速度一定越大

    B. 速度很大的物体,其加速度一定不为零

    C. 某时刻物体的速度为零,其加速度可能很大

    D. 加速度恒定时,物体速度变化量的方向可能改变

    【答案】C

    【解析】

    【详解】A.根据,可知物体运动时,速度的变化量大,时间不定,无法判断加速度大小,故A错误;

    B.速度很大的物体,其加速度可以为零,例如匀速行驶的高铁,速度很快但加速度为0,故B错误;

    C.某时刻物体的速度为零,其加速度可能很大,例如发射子弹瞬间,初速度为0,但加速度非常大,故C正确;

    D.因为加速度方向与速度变化量方向相同,所以加速度恒定时,物体速度变化量方向不可能改变,故D错误。

    故选C

    3. 如图所示,甲、乙两位同学做“拔河”游戏。两人分别用伸平的手掌托起长凳的一端,保持凳子水平,然后各自向两侧拖拉,若凳子下表面各处的粗糙程度相同,且乙端的凳面上放四块砖,下列判断正确的时(  

    A. 谁用的力气大就可以将凳子拉向自己

    B. 由于甲端比较轻,甲容易将凳子拉向自己

    C. 拔河过程中甲、乙的手受凳子对它的摩擦力总是大小相等方向相反

    D. 由于乙端比较重,可以和手之间产生较大的摩擦,乙可以将凳子拉向自己

    【答案】D

    【解析】

    【详解】这种拔河游戏,靠的是摩擦力,谁与板凳之间的最大静摩擦力大,谁可以将凳子拉向自己。根据,因为两人分别用伸平的手掌托起长凳的一端,保持凳子水平,凳子下表面各处的粗糙程度相同,若在乙端的凳面上放四块砖,则乙端人与板凳之间的正压力较大,最大静摩擦力比甲的大,所以乙可以将凳子拉向自己。

    故选D

    4. “翔龙高空长航时无人机”是中国新一代高空长航时无人侦察机。在某次飞行训练中,先沿地面做匀加速直线运动,连续经过两段分别为的位移,在经过这两段位移的过程中,无人机的速度变化量均为,则无人机的加速度为(  )

    A.  B.  C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【详解】设第一段的初速度为v1,末速度为v2,第二段末速度为v3,加速度为a,根据位移速度关系式得

    变形得

    两式相减得

    所以

    C正确。

    故选C

    5. 如图甲所示,水平地面上的一个物体,受到方向不变的水平推力的作用,的大小与时间的关系和物体的速度与时间的关系如图乙、丙所示,以下说法正确的是(  )

    A. 0~2秒,物体没有推动,因为推力小于摩擦力

    B. 2~4秒物体受到的摩擦力是

    C. 2~4秒物体受到的摩擦力是

    D. 4~6秒,物体受到的静摩擦力为

    【答案】B

    【解析】

    【分析】

    【详解】A.根据图乙可知,物体在0~2s内处于静止状态,在水平方向受到的推力与摩擦力是一对平衡力,大小相等,故A错误;

    BCD.根据图乙可知,物体在4~6s内处于匀速直线运动状态,在水平方向受到的推力与滑动摩擦力是一对平衡力,大小相等,根据图乙可知,在4~6s内物体受到的推力大小为2N,所以此时物体受到的滑动摩擦力大小为

    根据图乙可知,物体在2~4s内处于加速运动状态,因为物体对水平面的压力不变,接触面的粗糙程度不变,所以物体此时受到的滑动摩擦力不变,仍然为2N,故B正确,CD错误。

    故选B

    6. 如图所示,物块A放在横截面为直角三角形的斜面体B上面,B放在轻弹簧上面并紧挨着竖直墙壁,处于静止状态,弹簧竖直且在弹性限度内.现用力F沿斜面向上推A,但A、B仍保持静止状态.下列说法正确的是

    A. 施加力F前,B可能受到6个力

    B. 施加力F后,A、B之间的摩擦力一定变小

    C. 施加力F后,B与墙之间的摩擦力一定小于F

    D. 施加F力后,B受到弹簧作用的弹力减小

    【答案】C

    【解析】

    【分析】隔离对A分析,通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化.通过对整体分析,抓住AB不动,弹簧的弹力不变,判断B与墙之间有无摩擦力.

    【详解】开始时A静止,则A受到重力以及BA的支持力、摩擦力,根据共点力平衡可知,BA的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上;开始时B也静止,则B受到重力、弹簧的弹力、AB的压力与摩擦力,由于BA的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上,则AB的压力与摩擦力的合力方向竖直向下,所以B与墙壁之间没有力的作用.所以B受到四个力的作用.故A错误;对A,开始受重力、BA的支持力和静摩擦力平衡,三力平衡,A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ,当施加F后,仍然处于静止,若F>2mAgsinθ,则A、B之间的摩擦力大小为f=F-mAgsinθ>mAgsinθ,变大,故B错误;对整体分析,由于AB不动,弹簧的形变量不变,则弹簧的弹力不变,开始弹簧的弹力等于A、B的总重力,施加F后,弹簧的弹力不变,总重力不变,但F有竖直向上的分量,则根据平衡知,则B与墙之间一定有摩擦力且大小等于F沿竖直方向的分力,即f=Fsinα,所以B与墙之间的摩擦力一定小于F.故C正确; AB始终静止,可知弹簧的形变量没有变化,根据胡克定律可知,施加F后,B受到弹簧的弹力不变.故D错误;故选C.

    【点睛】解决本题的关键在于是否能够正确地进行受力分析,再运用共点力平衡进行求解,同时还要注意掌握整体法和隔离法的运用.

    7. 一辆汽车从ETC高速口进入时开始计时,加速进入高速路主道的过程可看成匀加速直线运动,其平均速度随时间变化关系如图所示,已知这段距离为是进入高速路主道的时刻,下面说法正确的是( 

    A. 汽车的加速度为 B. 时的速度为

    C. 内的位移是 D.

    【答案】B

    【解析】

    【详解】D.根据图像可知

    可得

    D错误;

    A图像的斜率为

    的关系式为

    可得

    结合匀变速直线运动位移时间关系

    可得

    A错误;

    B时的速度为

    B正确;

    C内的位移为

    C错误。

    故选B

    二、多选题(共16分)

    8. 如图所示,一栋高为9m的三层楼房,每层楼高相等,且每层楼正中间有一个高为1m的窗户。现将一石块从楼顶边沿自由释放,不计空气阻力,以下说法正确的是(  )

    A. 石块依次到达三个窗户上沿的速度大小之比为

    B. 石块依次通过三个窗户的平均速度之比为

    C. 石块依次到达三个窗户下沿的时间之比为

    D. 石块依次通过三个窗户的时间之比为

    【答案】BC

    【解析】

    【详解】A.石块依次到达三个窗户上边缘的位移分别为1m4m7m,根据

    可知,石块依次到达三个窗户上边缘的速度大小之比为

    A错误;

    BD.石块依次到达三个窗户上、下边缘的位移分别为1m2m4m5m7m8m,根据

    可知,石块依次到达三个窗户上、下边缘的速度大小之比为

    根据

    可知,石块依次通过三个窗户的平均速度之比为

    再根据

    可知,石块依次通过三个窗户的时间之比为

    B正确,D错误;

    C.石块依次到达三个窗户下边缘的位移为2m5m8m,根据

    可知,石块依次到达三个窗户下边缘的时间之比为

    C正确。

    故选BC

    9. ab两质点在同一直线上运动的位移-时间图像如图所示,b质点的加速度大小始终为0.1m/s2,两图线相切于坐标为(5s,-2.7m)的点,则(  )

    A. a做直线运动,b做曲线运动

    B. t=5s时,ab两质点的速度均为-0.54m/s

    C. b质点的初速度是-1.1m/s

    D. 图中x0应为1.55m

    【答案】CD

    【解析】

    【详解】Ax-t图象只能表示直线运动,不能表示曲线运动,所以两质点均做直线运动,故A错误;

    B.由图象可知,t5s时,两图线斜率相同,即速度相同,则

    B错误;

    C.根据图像可知b质点做匀减速直线运动,由速度时间公式得

    解得

    C正确;

    D.由平均速度公式得

    解得

    D正确。

    故选CD

    10. 如图所示,AB两小球沿同一直线运动的图像,t=8sAB两小球相遇,根据图像可以判断(  )

    A. 运动的加速度大小等于运动的加速度大小

    B. AB是从同一地点出发的

    C. B出发时,AB相距60m

    D. 时,AB相距最远

    【答案】BC

    【解析】

    【详解】A.两球开始均做匀减速直线运动,而后做反向匀加速直线运动,A的加速度大小为

    B的加速度大小为

    A运动的加速度大小大于B运动的加速度大小,故A错误;

    B.由图像围成面积表示位移,可知在时,两物体的位移均为零,二者均回到出发点,又因为AB相遇,所以AB是从同一地点出发的,故B正确;

    C.由图像知,B出发时,A物体已经运动了2s,则A运动的位移大小等于AB此时之间的距离,为

    C正确;

    D.当AB两物体的速度相等时,两物体相距最远,即有

    代入数据,即

    可得

    D错误。

    故选BC

    11. 如图所示、小球位于竖直空心管的最上端h处,管的内径大于小球直径。小球由静止释放,下落t后(此时小球未到管的最上端)由静止释放空心管,小球穿过管的时间为t,下列说法正确的是(  )

    A. 减小tt变小

    B. 减小tt变大

    C. t不变,增大ht变大

    D. t不变,增大ht不变

    【答案】BD

    【解析】

    【分析】本题主要考查物体在自由落体运动中的追及相遇问题。

    【详解】t内小球的末速度和位移为

    x1=gt2v1= gt

    由于此时小球未到管的最上端,设经过t0小球到达管的最上端有

    h -g∆t2= g∆tt0+gt02-gt02

    解出

    则此时管的速度和小球的速度分别为

    v=v2= g∆t +

    当小球穿过杆时有

    g∆tt = L

    AB.根据上式可看出减小tt变大,A错误、B正确;

    CD.根据上式可看出th无关,C错误、D正确。

    故选BD

    【点睛】抓住相对运动的位移是解题的关键。

    三、实验题(共16分)

    12. 在探究弹力与弹簧伸长量的关系时,某同学把两根弹簧按图甲所示方式连接起来进行探究。

    1)某次测量示数如图乙所示,则指针示数为___________cm

    2)在弹性限度内,将50g钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针AB的示数如表所示。用表中数据计算可得,弹簧的劲度系数为___________N/m(取重力加速度大小,结果保留三位有效数字)。由表中数据___________(填“能”或“不能”)计算出弹簧的劲度系数。

    钩码数

    1

    2

    3

    4

    15.71

    19.71

    23.71

    27.71

    29.96

    35.76

    41.56

    47.36

     

    【答案】    ①. 16.00    ②. 12.5    ③.

    【解析】

    【详解】1[1]刻度尺读数需要估读到精确度的下一位,从题图乙可知指针示数为16.00cm

    2[2]由胡克定律F=kΔx,结合表格数据可知弹簧的的劲度系数为

     [3]对于计算弹簧的劲度系数,只需要测出弹簧的形变量,结合两个指针的读数,可知指针B的示数变化量减去指针A的示数变化量,就是弹簧的形变量,所以能求出弹簧的劲度系数。

    13. 某同学在研究小车运动实验中,电源频率,在纸带上打出的点中,选出零点,每隔个点取个计数点,因保存不当,纸带被污染,零点未画出,如图所示,是依次排列的个计数点,仅能读出其中个计数点到零点的距离:

    根据以上信息回答:

    1)某同学在研究小车运动实验中,接通电源与释放纸带(或物体),这两个操作时刻的关系应当是______

    A.先接通电源,后释放纸带    B.先释放纸带,后接通电源

    C.释放纸带的同时接通电源    D.先接通电源或先释放纸带都可以

    2)电磁打点计时器的工作电压是:______;(填写4-6V交流电或者220V交流电)

    3)相邻两个计数点的时间间隔______

    4)打点时物体的速度大小为______(取位有效数字);

    5)物体加速度表达式为______。(用sAsBsDf表示)

    【答案】    ①. A    ②. 6V交流电    ③. 0.10    ④. 2.5    ⑤.

    【解析】

    【分析】

    【详解】(1)[1]正确的操作应该是先接通电源,后释放纸带,A正确。

    故选A

    (2)[2]电磁打点计时器的工作电压是4-6V交流电。

    (3)[3]由于相邻两个计数点间还有4点,故相邻两计数点间的时间间隔

    (4)[4]点时物体的速度大小为

    代入数据解得

    (5)[5]据匀变速直线运动的推论可得

    联立可得

    故物体加速度的表达式为

    四、解答题(共40分)

    14. 在竖直的井底,将一物块以v0=24 m/s的初速度竖直地向上抛出,物块经过井口时被人接住,在被人接住前1 s内物块的位移大小是15 m,不计空气阻力,g10 m/s2,求此竖直井的深度。

    【答案】上升过程中经过井口时接住井深23.8m,下降过程中经过井口时接住井深8.8m

    【解析】

    【分析】

    【详解】情况一:若位移的方向是竖直向上,即物块在上升过程中经过井口时接住,取竖直向上为正方向,对上抛物块被接住前1s内的运动,有

    代入,可得物块被接住前1s时的速度

    即物块在上升过程中经过井口时接住,由

    可得

    故物块从抛出到被人接住所经历的总时间为

    竖直井的深度为

    情况二:若位移的方向是竖直向下,即物块在下降过程中经过井口时接住,取竖直向上为正方向,对上抛物块被接住前1s内的运动,有

    代入,可得物块被接住前1s时的速度

    即物块在下降过程中经过井口时接住,由

    可得

    故物块从抛出到被人接住所经历的总时间为

    竖直井的深度为

    15. 一辆汽车和摩托车在平直公路上前后匀速行驶,其中汽车的速度,摩托车的速度,当摩托车在汽车后面处时,汽车由于故障开始刹车直到停止,加速度大小为。求:

    1)汽车刹车过程中持续的时间;

    2)两车相遇前的最大距离;

    3)从汽车开始刹车,经过多长时间摩托车追上汽车。

    【答案】1;(2;(3

    【解析】

    【详解】1)汽车由于故障开始刹车直到停止,由匀变速直线运动规律

    所以汽车刹车过程中持续的时间

    2)设经时间 两车间的距离最大,此时两车速度相等

    解得

    此时两车间的最大距离

    3)当汽车刹车停止时,两车相距

    所以汽车停止后,摩托车追上汽车

    解得

    16. 如图所示,在离地面高H处以的速度竖直向上抛出一个小球,地面上有一长L=5m的小车,其前端M距离抛出点的正下方s=4m,小球抛出的同时,小车由静止开始向右做匀加速直线运动。已知小球落地前最后1s内下落的高度为25m,忽略空气阻力及小车的高度,求:

    1)小球抛出点离地面的高度H

    2)试分析小车能否接住小球;

    3)当小车末端N到达抛出点正下方时,便立即做加速度大小恒为,方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动,为了让小车接住小球,试确定加速度的范围。

    【答案】1;(2)不能;(3

    【解析】

    【详解】1)设小球从最高点下落的时间为,则

    联立解得

    小球上抛的高度为

    则小球抛出点离地面的高度为

    2)小球做上抛运动所用时间为

    小车车头到达抛出点正下方所用时间为,则

    解得

    小车车尾到达抛出点正下方所用时间为,则

    解得

    由于

    不能接住小球

    3)小车车尾到达抛出点正下方速度为

    当小车车尾刚好接住小球,则

    解得

    当小车车头刚好接住小球,则

    解得


     

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