2023年高一下学期物理开学考试卷A（江苏专用）（解析版）

这是一份2023年高一下学期物理开学考试卷A（江苏专用）（解析版），共14页。

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分每题只有一个选项最符合题意。
中国跳水“梦之队”在东京奥运会上荣获7金5银12枚奖牌。某同学将一小球(可看成质点)从平台边缘竖直向上抛出来模拟运动员的跳水运动，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A．小球在1.2s时到达最高点
B．小球在水中最深处时加速度最大
C．跳台与水面的高度差是2.4m
D．小球潜入水中的深度为3.2m
【答案】C
【解析】A．小球在0.4s到达最高点时速度为零，达到最高点，A项错误；
B．速度－时间图像的斜率表示加速度，1.2s刚入水时图像斜率最大，此时小球的加速度最大，B项错误；C．跳台与水面的高度差
C项正确；
D．若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度
因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2m，D项错误。故选C。
如图，在粗糙水平面与竖直墙壁之间放置木块A和光滑球B，A和B质量都为m，系统处于静止状态。O为B的球心，C为A、B接触点，CO与竖直方向夹角为θ，重力加速度大小为g。则( )
A．地面对木块A的作用力大小为2mg
B．若木块A右移少许，系统仍静止，地面对木块A的支持力变小
C．若木块A右移少许，系统仍静止，木块A对球B的弹力变大
D．无论A位置在哪里，只要系统保持静止，墙壁对球B的作用力一定与地面对A的摩擦力大小相等
【答案】D
【解析】以AB整体为研究对象，由平衡条件得
因此，地面对木块A的支持力为2mg，墙壁对球B的作用力一定与地面对A的摩擦力大小相等，故A错误，D正确；若木块A右移少许，系统仍静止，整体分析由平衡条件得，地面对木块A的支持力不变。故B错误；把木块A右移少许，系统仍静止，设球A给球B的支持力为F，由平衡条件得
角变小，球A对球B的支持力变小，故C错误。故选D。
如图所示，A为地面上的待发射卫星，B为近地圆轨道卫星，C为地球同步卫星.三颗卫星质量相同，三颗卫星的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，周期分别为TA、TB、TC，向心加速度大小分别为aA、aB、aC，则( )
A.ωA＝ωC<ωB B.TA＝TCaB
【答案】 A
【解析】 同步卫星与地球自转同步，故TA＝TC，ωA＝ωC，由v＝ωr及a＝ω2r得
vC>vA，aC>aA
对同步卫星和近地卫星，根据eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r＝man，知vB>vC，ωB>ωC，TBaC.
故可知vB>vC>vA，ωB>ωC＝ωA，TBaB>aC>aA.选项A正确，B、C、D错误.
嫦娥五号完美完成中国航天史上最复杂任务后于2020年12月17日成功返回，最终收获1731克样本．图中椭圆轨道Ⅰ、100公里环月轨道Ⅱ及月地转移轨道Ⅲ分别为嫦娥五号从月球返回地面过程中所经过的三个轨道示意图，下列关于嫦娥五号从月球返回过程中有关说法正确的是( )
A．在轨道Ⅱ上运行时的周期小于在轨道Ⅰ上运行时的周期
B．在轨道Ⅰ上运行时的加速度大小始终大于在轨道Ⅱ上时的加速度大小
C．在N点时嫦娥五号经过点火加速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道返回
D．在月地转移轨道上飞行的过程中可能存在不受万有引力的瞬间
【答案】 C
【解析】 轨道Ⅱ的半径大于椭圆轨道Ⅰ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅱ上运行时的周期大于在轨道Ⅰ上运行时的周期，故A错误；在轨道Ⅰ上的N点和轨道Ⅱ上的N受到的万有引力相同，所以在两个轨道上经过N点时的加速度相等，故B错误；从轨道Ⅱ到月地转移轨道Ⅲ做离心运动，在N点时嫦娥五号需要经过点火加速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道返回，故C正确；在月地转移轨道上飞行的过程中，始终在地球的引力范围内，不存在不受万有引力的瞬间，故D错误．
一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一个质量为的桶C，自由地摆放在桶A、B之间。若桶A、桶B和汽车一起沿水平地面做匀速直线运动，如图所示。重力加速度大小为，则桶A对桶C的支持力大小为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】以桶C为研究对象，受力分析如图所示
汽车沿水平地面做匀速直线运动时，由平衡条件可得，
x轴方向有
y轴方向有
联立解得，故选B。
如图，吊篮用绳子悬挂在天花板上，吊篮A及物块B、C的质量均为m，重力加速度为g，则将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间，下列说法正确的是( )
A.三者的加速度都为g
B.C的加速度为零，A和B的加速度为eq \f(3,2)g
C.B对A的压力为2mg
D.B对A的压力为mg
【答案】 B
【解析】 受力分析可知，物体C受重力和弹簧弹力，弹簧的弹力不能突变，在细绳剪断瞬间，C受到的弹力与重力相等，所受合力为零，则C的加速度为0；物体B与A相对静止，将A、B看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于C物体的重力mg，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得a＝eq \f(mg＋mg＋mg,2m)＝eq \f(3,2)g，故A错误，B正确；以吊篮A为研究对象，A受到重力与B对A的压力，由牛顿第二定律得mg＋FN＝ma，代入数据得FN＝eq \f(mg,2)，C、D错误.
如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动，若当滑轮右侧的绳与竖直方向成β角，且重物下滑的速率为v时，滑轮左测的绳与水平方向成α角，则小车的速度为( )
A.eq \f(vsin β,sin α) B.eq \f(vsin β,cs α)
C.eq \f(vcs β,sin α) D.eq \f(vcs β,cs α)
【答案】 D
【解析】 将速度v按运动效果分解如图所示：
则沿绳方向v1＝vcs β，同理分解小车速度，v3＝v车cs α，因为绳不可伸长，故沿绳方向速度大小相等，v1＝v3，所以v车cs α＝vcs β，所以v车＝eq \f(vcs β,cs α)，故选D.
如图所示，水平地面固定半径为5m的四分之一圆弧ABC， O为圆心。在圆心O右侧同一水平线上某点水平向左抛出一个小球，可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的D点，D点到水平地面的高度为2m，取g=10m/s2，则小球的抛出速度是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度
垂直击中D点，速度反向延长线过圆心，如图所示
根据几何关系，则有，解得
则在D点，分解速度可得，故选C。
如图所示为半球形容器，物块A静止在容器内，此时物块与球心的连线与竖直方向的夹角为。让半球形容器绕过球心的竖直轴匀速转动，物块相对容器始终保持静止，则( )
A．在匀速转动过程中，物块受到的合力总是指向球心
B．随着转动的角速度增大，物块对容器的压力不变
C．随着转动的角速度增大，物块与容器间的摩擦力增大
D．在匀速转动过程中，物块A可能只受两个力
【答案】D
【解析】
A.匀速转动时，物块做的是水平面内的匀速圆周运动，合力沿水平方向指向转轴，A错误；
BC.在转速增大过程中，物块开始受到圆弧对它沿圆弧切线向上的摩擦力减小，后沿圆弧切线向下的摩擦力增大，竖直方向合力始终为零，根据竖直方向力的平衡可知，随着转动的角速度增大，物块对容器的压力增大，B错误，C错误；
D.当摩擦力为零时即此时物块只受两个力，D正确。故选D。
如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°= 0.6、cs37°= 0.8。则下列说法不正确的是( )
A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为()m
【答案】C
【解析】A．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得
解得
设经t时间与传送带共速，由
解得
故A正确；
B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律
解得
煤块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示
由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小
故B正确；
C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移
解得
结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为
故C错误；
D．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为
此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则
因为L2故D正确。故选C。
非选择题：共5题，共60分其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
在实验室用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系，在进行实验前已经通过垫块调节木板左端高度平衡了摩擦力．重力加速度g＝10 m/s2.
(1)进行实验测量时，第一次打出的一条纸带如图乙所示，需要对实验装置进行改进的操作是____________；
(2)改进后再次实验，选取纸带的一段进行测量，如图丙所示，测得x1＝5.20 cm，x2＝11.36 cm.已知打点计时器打点周期为0.02 s，则小车的加速度a＝________m/s2；(结果保留两位有效数字)
(3)实验中保持小车质量不变，改变砝码的质量，进行实验，打出纸带，算出相应的加速度a，数据如下表所示，请在图丁中根据描出的点作出图像；由图像可得出的结论是________________________________________________________________________；
(4)某小组在实验中作出eq \f(1,a)－eq \f(1,F)图像如图戊所示，图像斜率的物理意义是_____________；
若图像纵截距为b，则b＝________ s2/m.(结果保留两位小数)
【答案】 (1)增加砝码质量 (2)0.96 (3)见解析图 在托盘和砝码的总质量远小于小车质量时，加速度a与力F成正比 (4)小车质量 0.10
【解析】 (1)由题图乙可知，小车加速度很小，应增加砝码质量，提高拉力，增加小车加速度．
(2)打点计时器打点周期为0.02 s,1、2两计数点之间时间间隔为0.1 s，小车的加速度为
a＝eq \f(x2－2x1,t2)＝0.96 m/s2
(3)根据表中数据作出图像如图所示：
由图像可知，在托盘和砝码的总质量远小于小车质量时，加速度a与力F成正比．
(4)由牛顿第二定律可得F＝mg＝(M＋m)a
则eq \f(1,a)＝eq \f(1,F)×M＋eq \f(1,g)
故eq \f(1,a)－eq \f(1,F)图像斜率的物理意义是小车质量．
若eq \f(1,a)－eq \f(1,F)图像纵截距为b，有b＝eq \f(1,g)＝0.1 s2/m
大货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对滑动，否则存在安全隐患。下面进行安全模拟测试实验：如图所示，一辆后车厢表面粗糙且足够长的小货车向前以v=4m/s的速度匀速行驶，质量mA=10kg的货物A（可看成质点）和质量mB=20kg的货物B（可看成水平长板）叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t=0时刻将货物A、B轻放到小货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物B，货物A、B在0~1s时间内的速度—时间图像如图2所示，取重力加速度g=10m/s2。求：（结果均保留两位有效数字）
（1）货物A、B间的动摩擦因数µ1；
（2）货物B与车厢表面之间的动摩擦因数µ2；
（3）货物B的长度L。
【答案】（1）0.40（2）0.67（3）1m
【解析】（1）对货物A，由图2知刚放上车厢时，A的加速度aA=4m/s2
由牛顿第二定律µ1mAg=mAaA解得µ1=0.40
（2）对货物B，由图2知刚放上车厢时，货物B的加速度aB=8m/s2
由牛顿第二定律µ2（mA+mB）g–µ1mAg=mBaB
解得µ2=0.67
（3）【解法一】由图2知，货物B经时间t1=0.5s与车共速，货物A经时间t2=1s与车共速，从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中；
货物B的长度L=xB–xA
解得L=1.0m
【解法二】从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地的位移设为xB，货物A对地的位移设为xA，则货物B的长度L=xB–xA
由图2知，货物A、B对地位移之差在数值上等于图中斜三角形的面积值，即
“嫦娥一号”探月卫星在空中的运动可简化为如图5所示的过程，卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道．已知卫星在停泊轨道和工作轨道运行的半径分别为R和R1，地球半径为r，月球半径为r1，地球表面的重力加速度为g，月球表面的重力加速度为eq \f(g,6).求：
图5
(1)卫星在停泊轨道上运行的线速度大小；
(2)卫星在工作轨道上运行的周期．
【答案】 (1)req \r(\f(g,R)) (2)eq \f(2πR1,r1)eq \r(\f(6R1,g))
【解析】 (1)设卫星的质量为m，该卫星在停泊轨道上运行的线速度为v，地球的质量为M，处于地球表面的某一物体的质量为m′，卫星做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供，有
Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)(2分)
且有Geq \f(Mm′,r2)＝m′g(2分)
解得v＝req \r(\f(g,R))(1分)
(2)设卫星在工作轨道上运行的周期为T，月球的质量为M1，处于月球表面的某一物体质量为m″，则有
Geq \f(M1m,R\\al(12))＝m(eq \f(2π,T))2R1(2分)
又有Geq \f(M1,r\\al(12))m″＝m″eq \f(g,6)(2分)
解得T＝eq \f(2πR1,r1)eq \r(\f(6R1,g))(1分)
如图，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动．
(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；
(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小、方向；
(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小．
【答案】 (1)eq \r(gl) (2)2mg，方向竖直向下 (3)能；当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时O轴不受力
【解析】 (1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(vA2,l)
解得vA＝eq \r(gl)
因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝eq \r(gl)
(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq \f(vB2,l)
代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0
对A有FTOA′－mg＝meq \f(vA2,l)
可得FTOA′＝2mg
根据牛顿第三定律，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下
(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点
对B有FTOB″＋2mg＝2meq \f(v2,l)
对A有FTOA″－mg＝meq \f(v2,l)
轴O不受力时FTOA″＝FTOB″
可得v＝eq \r(3gl)
所以当A、B球的速度大小为eq \r(3gl)时O轴不受力．
一滑雪表演的测试滑道如图所示，轨道的段为一半径的光滑圆形轨道，段竖直高度为的倾斜轨道，轨道倾斜角段为足够长的水平减速轨道。一质量为的表演者从轨道上某点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为，离开B点做空中表演（可视为平抛运动），最后落回轨道，求：
（1）表演者到达B点时对圆形轨道的压力；
（2）表演者离开B点后，在空中做表演的时间；
（3）出于安全考虑表演者经过B点的速度不超过，试在坐标图中画出表演者从不同地方开始下滑，到达B点时的速度大小v与离开B点后空中做表演时间t的关系图像（不要求写出计算过程，可取）。
【答案】（1）860N；（2）1.2s；（3）
【解析】
（1）表演者到达B点时由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知表演者对圆形轨道的压力为860N，方向竖直向下。
（2）表演者离开B点后，若落在水平轨道CD上，由平抛运动可知，下落时间为
水平方向的位移为
轨道倾斜角为45°，由几何可知，表演者落在倾斜轨道BC上，水平方向位移等于竖直方向位移，即
解得
t=1.2s
（3）表演者从不同地方开始下滑，若表演者落在倾斜轨道BC上，由平抛运动和几何知识可得
t=0.2v
若表演者落在水平轨道CD上，由自由落体运动可知t=1.4s，则到达B点时的速度大小v与离开B点后空中做表演时间t的关系图像如下图所示：
小车质量为428 g
加速度a/(m·s－2)
0.33
0.55
0.74
0.94
1.11
托盘及砝码总重力F/N
0.147
0.245
0.343
0.441
0.539
加速度a/(m·s－2)
1.30
1.46
1.62
1.93
2.36
托盘及砝码总重力F/N
0.637
0.735
0.833
1.029
1.323