2024荆州八县区高一上学期1月期末联考物理试题含解析

这是一份2024荆州八县区高一上学期1月期末联考物理试题含解析，共11页。


注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。
1.有关标量与矢量的说法，正确的是
A.只有大小、没有方向的物理量是矢量
B. 既有大小、又有方向的物理量是标量
C. 位移、速度、加速度都属于矢量
D. 路程、时间、重力都属于标量
2.下列有关力的说法中，正确的是
A. 轻杆一端所受弹力的方向一定沿轻杆的方向
B. 只有运动的物体才会受到摩擦力的作用
C. 滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反
D. 某物体作为一个施力物体，同时也是受力物体
3.甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的 v-t图像如图所示，甲物体比乙物体早 1s停止运动。下列说法正确的是
A. t=1s时,乙的加速度大小为 1.5m /s²
B.在甲、乙整个运动过程中，t=3s时，甲、乙相距最远且最远距离为1.5m
C. 甲在加速过程中的位移与在减速过程中的位移大小相等
D. 甲、乙的总位移大小之差为 4 m
4.如图所示，一重力为 10 N 的光滑小球受到一通过球心、大小为 20 N 的作用力 F，F 与竖直方向夹角为 60°，小球静止在固定于竖直墙上的斜面上，下列说法正确的是
A. 小球可能不受墙的弹力
B. 小球一定受到墙的弹力且方向水平向左
C. 小球可能受到斜面的弹力且方向垂直斜面向上
D. 小球一定同时受到斜面与墙的弹力
5.一架无人机以 2m/s的速度在5m 的高空水平飞行，从无人机上每隔 0.5s 释放一个小球，先后共释放四个完全相同的小球。 若不计空气阻力，重力加速度取 10m/s²,下列说法正确的是
A.第二个小球和第四个小球的下落所用时间均为 1s
B. 第三个小球落地时的速度大小为 10 m/s
C.第一个小球落地点与第四个小球的落地点间距为 4m
D.第一个小球和第二个小球在空中的任何时刻都不在同一竖直线上
6.如图所示的传动装置,皮带轮 O 和O'上有三点A、B、C,O 和O'半径之比为 1:4,C 是O'上某半径的中点，则皮带轮转动时，关于 A、B、C三点的线速度、角速度之比，正确的是
A.ωA : ωB :ωc=4 : 2 : 1
B. ωA : ωB : ωc = 2 : 2 : 1
C.vA:vB:vC=4:2:1
D.vA:vB:vC=2:2:1
7.小明乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t 的关系图像如图所示，其中 t₁∼l₂时间内图像为直线。 小明所受支持力的大小用 N 表示，小明的质量为 m，重力加速度大小为g。 下列判断错误的是
A. 0~t₁时间内，小明处于超重状态
B.t₁∼t₂时间内，小明的速度减小
C.t₂∼t₃时间内，小明的加速度方向向下
D.t₂∼t₃时间内，小明的速度减小，N8.下列关于运动与力之间关系的描述，正确的是
A. 做匀速直线运动的物体可能不受力
B. 做匀速直线运动的物体突然受到恒定外力，若合外力不为零，一定做曲线运动
C. 做曲线运动的物体所受的合外力方向一定和速度方向不共线
D. 做匀速圆周运动的物体所受合力为变力
9.如图所示，4 块质量均为 1 kg的木块并排放在水平地面上，编号为 1 和 3 的木块与地面间的动摩擦因数为 μ₁=0.2,编号为 2 和 4 的木块与地面间的动摩擦因数为 μ₂=0.1,设所有木块的最大静摩等于滑动摩擦力，当用10 N 的水平力 F 推1号木块时，下列说法正确的是
A. 相邻木块间的摩擦力相等
B. 木块的加速度大小为 1m /s²
C. 2号木块与 3号木块之间的弹力大小为 3 N
D.1号木块与2 号木块之间的弹力大于 3号木块与4号木块间的弹力
10.如图甲所示，在水平地面上放置一质量为 1 kg的木板 A，木板 A 上放置一质量同为1kg的物块 B，木板 A 与地面的滑动摩擦因数为μ₁，物块 B 与木板 A 之间的滑动摩擦因数为μ₂。先在物块 B 上施加一作用力 F，F 随时间t 的变化如图乙所示。从 t=0时刻开始计时，物块所受摩擦力随时间变化关系如图丙所示，整个过程物块 B一直在木板A上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度取 10m/s²,则下列说法正确的是
A.μ₁=0.1 B.t₂=9.6s
C.t₁=1.6s D. t₂时刻，物块 B 的加速度大小为 4m/s²
二、非选择题：本题共5 小题，共60分。
11.(7分)某同学在探究平抛运动的实验中，描出小球平抛运动的轨迹如图所示，A、B、C是轨迹上的三个点，以 A 点为坐标原点建立坐标系，已知小球从 B 到C 的运动时间为0.1s,回答以下问题:
(1)在做“探究平抛物体的运动”实验时，除了铁板、小球、斜槽、铅笔、复写纸、白纸、磁条之外，下列器材中还需要的是 ；
A. 弹簧秤 B. 刻度尺 C. 天平 D. 秒表
(2)由图像来判断，A 点 平抛运动的抛出点(选填“是”或“不是”)；
(3)当地的重力加速度. g=m/s²保留两位有效数字)。
12.(10分)某同学利用如图 1 所示装置“探究小车速度随时间变化的规律”。
(1)图1所示的计时器所用的电压为 (选填“交流 220 V”或“直流 220 V”);
(2)该同学开始实验时，先释放小车再接通电源，该同学实验操作中不恰当的地方是 ;
(3)该同学在实验中使用频率为 50 Hz的打点计时器，获得的纸带如图 2 所示，其中相邻两个计数点之间还有 4 个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下 C 点时小车的速度为 m/s，小车的加速度大小为 m/s²(均保留两位有效数字)。
13.(10分)汽车 A 以 v₀=4m/s的初速度向右做匀加速直线运动，其加速度大小为 aA= 1m/s²。汽车 A 加速 3 秒后，发现前方距离 x₀=12m处有一辆以 vB=36km/ℎ的速度同向运动的汽车 B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为 aB=2m/s2,从此刻开始计时。
(1)在 A 追上 B前,求 A、B间的最远距离是多少?
(2)求经过多长时间 A 恰好追上 B?
14.(15 分)如图所示，一个半径为 R 的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平道路AB 的高度差为h，C 为圆盘边缘上一点。某时刻，将一小球从 B 点水平向右抛出，初速 U₀度 v₀的方向与圆盘半径OC 在同一竖直平面内。 已知圆盘的圆心O 与B 点之间的水平距离为 2R，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可看做质点。
(1)若小球正好落在圆盘的圆心 O 处，求此次平抛小球的初速度 v₀；
(2)若小球要能落在圆盘上，求小球初速度 v₀的范围；
(3)若小球从 B 点以最大初速度抛出的同时，圆盘绕过其圆心 O 的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使小球落到 C 点，求圆盘转动的角速度ω。
15.(18 分)如图所示，在墙壁上固定一轻质弹簧，弹簧的劲度系数 k =200 N/m，弹簧的另一端连接着一质量为 mB=3kg小球B，弹簧中轴线沿水平方向，一轻绳绕过光滑的定滑轮 C 将小球 B与粗糙斜面上质量为 mA=5kg的物块 A 相连。A 距离地面高度为 ℎ=2.4m,，轻绳的 BC段与竖直方向夹角为 θ=53°,，轻绳的 AC 段与斜面平行，斜面倾角 α=37°,，斜面底端平滑连接以速率为 v₀=2m/s逆时针转动的传送带。已知物块 A 与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 μ₁=0.5、μ₂=0.2。 传送带的全长 s=3m,，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g=10m/s²,物块 A 与小球 B 均可看做质点 sin37°=0.6cs37°=0.8。
(1)求弹簧的伸长量x；
(2)剪断 BC 绳瞬间，求物块 A、小球 B的加速度大小分别为多少；
(3)BC绳剪断后，物块 A 到达斜面底端后能无碰撞地滑上传送带。试判断物块 A 能否从传送带的 E 端离开，若能离开，求物块离开传送带所需的时间为多少；若不能离开，求物块离 E 端最近的距离为多少?
参考答案及多维细目表
1.【答案】C
【解析】只有大小、没有方向的物理量是标量，A项错误；既有大小、又有方向的物理量是矢量，B项错误；位移、速度、加速度、重力这些物理量均属于矢量，路程、时间这两个物理量均属于标量，C项正确，D项错误。
2.【答案】D
【解析】轻杆一端所受弹力的方向可能沿杆方向，也可能不沿杆方向，A 项错误；静止的物体也可能受到摩擦力的作用，B项错误；滑动摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，C 项错误；力的作用是相互的，一个物体是施力物体的同时也是受力物体，D项正确。
3.【答案】C
【解析】由图像可知，0~3s内乙物体做匀加速直线运动，加速度大小为 a=ΔvΔt=1m/s2,A项错误；v-t图线与t 轴所围成的面积即为位移，结束运动后，甲物体总位移.x甲=9 m，乙物体总位移xz=12m，两物体的位移大小之差为 3m 且相距最远，B、D项错误；甲物体在0~2 s内做匀加速直线运动，运动的位移大小为 3m ，方向与运动方向相同，甲在3~5s内做匀减速直线运动，运动的位移大小为 3m ，方向与运动方向相同，故甲在加速过程中的位移与在减速过程中的位移相等，C项正确。
4.【答案】B
【解析】对小球进行受力分析如图所示，重力与作用力 F 的合力水平向右，此时小球又要处于静止状态。若小球只受到斜面对小球的弹力，则小球无法保持静止状态；若小球只受到墙的弹力，则小球可以保持静止状态；若小球既受到斜面的弹力又受到墙的弹力，则小球受力不平衡，小球无法处于静止状态；因此，小球一定受到墙壁对小球水平向左的弹力，一定不受到斜面给小球的弹力，故 B 项正确。
5.【答案】A
【解析】每个小球都做相同的平抛运动，由 h = 12gt2知，落地时间 t=2ℎg=1s,A项正确；小球落 地 的 速度 v=vx2+vy2=v02+2gℎ= 104m/s,，B项错误；第一个小球与第四个小球之间间隔 1.5s ,故落地点的间距 s=vt =2m/s×1.5s =3m，C项错误；小球都做相同的平抛运动，水平方向都是相同速度的匀速直线运动，所以在空中任何时刻总是排成竖直的直线，D 项错误。
6.【答案】D
【解析】根据传动装置的特点可知，A、B两点的线速度大小相等，即 vA=vB,根据 v=ωr,可得 ωA:ωB=rB:rA=4:1;又因为共轴转动特点，可知B、C 两点的角速度相等，即ωB=ωc ,根据v=ωr,可得 vB:vC=rB:rC=2:1,综合可得 vA:vB:vC=2:2:1,ωA:ωB:ωC=4:1:1,故A、B、C项错误,D项正确。
7.【答案】B
【解析】s-t 图像的斜率表示速度，可知0~t₁ 时间内，电梯向上做加速运动，加速度向上，根据 N一mg=ma，可知支持力大于重力，所以小明处于超重状态,A项正确;t₁~t₂时间内，电梯匀速上升，小明的速度不变，B项错误；t₂~t₃时间内，电梯速度减小，则小明的加速度方向向下，小明处于失重状态，根据mg-N=ma，可知支持力小于重力，故 C、D 项正确，本题选错误的，故选B项。
8.【答案】ACD
【解析】根据牛顿第一定律可知，物体不受外力或所受的合外力为零时，物体做匀速直线运动或者保持静止状态，因此做匀速直线运动的物体，可能不受力，也可能受平衡力，A 项正确；做匀速直线运动的物体突然受外力，若受外力方向与速度共线，则做直线运动；若受外力方向与速度不共线，则做曲线运动，B项错误；物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不共线，C项正确；匀速圆周运动的物体所受的合力提供向心力，合力大小不变，方向与速度方向始终垂直，因此合力是变力，D项正确。
9.【答案】BD
【解析】木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，A 项错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 F−f₁−f₂−f₃−f₄=4ma,解得 a = F−2μ1mg−2μ2mg4m=1m/s2,B项正确;对 1、2号木块进行整体分析，由牛顿第二定律得 F-f₁ −f₂−F₂₃=2ma,解得 F₂₃=F−μ₁mg−μ₂mg-2ma=5N,故 C 项错误;对 1 号木块进行分析，由牛顿第二定律得 F−f₁−F₁₂=ma,解得 F₁₂=F−μ₁mg−ma=7N,，对 4 号木块整体分析，由牛顿第二定律得 F₃₄−f₄=ma,解得 F₃₄= ma+μ₂mg=2N,，故D项正确。
10.【答案】ABC
【解析】由图丙可知，t₁时，将木板 A、物块 B看成一个整体，此时他们刚好开始运动，有 f₂= μ1mΛ+mBg=2N,解得μ₁=0.1,A 项正确;在t₁~8s 过程中，木板 A、物块 B一起相对地面运动，8 s后物块 B受到的摩擦力恒定为6 N，. f₁= μ2mBg=6N,解得 μ₂=0.6,,在 8 s时刻木板 A与物块B刚好发生相对运动，由牛顿第二运动可知，此时加速度为 a球=μ2mBg−μ1mA+mBgmA=4m /s²,对 B 物 块进行受力分析可得 F₁一 μ2mBg=mBa,解得 F₁=10N,根据图乙，由几
何知识可得 F18s=Fmaxt2,解得 t₂=9.6s,, B 项正确；在t₁时刻，物块 B刚好保持静止，即 F₁=F=2N，由图乙结合几何知识可得 2Nt1=12Nt2,解得t₁=1.6 s,C:项正确；在 t₂时刻，对物块 B进行受力分析，根据牛 顿第二定律得a B = Fmax−μ2mBgmB=6m/s2,D项错误。
11.【答案】(1)B(2分) (2)不是(2 分) (3)9.8(3分)
【解析】(1)还需要刻度尺，刻度尺用于测量印迹间的距离，B项正确；
(2)由图像分析和水平方向分运动可得，小球从A 到B，B到C 的运动时间相等，若 A 点是平抛运动的抛出点，则小球从 A 到B，B 到C，竖直方向的分位移之比应为 1 ：3，由图像可知yAB=14.7 cm、yBc = 24.5cm,则有yAB : yBC=3：5，则A 点不是平抛运动的抛出点；
(3)由纸带公式 Δy=gT²可得当地的重力加速度为 g=ΔyT2=39.2−14.7−14.7×10−20.12m/s2=9.8 m/s²。
12.【答案】(1)交流 220 V(2 分) (2)应该先接通电源再释放小车(2 分) (3)0.50(3 分) 0.83(3 分)
【解析】(1)电火花打点计时器使用 220 V 交流电源；
(2)为了充分利用纸带，应该先接通电源，再释放小车；
(3)相邻两计数点间的时间间隔为 T=5f= 550s=0.1s,根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，因此打C点的瞬时速度 vc=x2+x32T=4.62+5.45×10−22×0.1m/s=0.50 m/s,根据“逐差法”，小车加速度 a = x4+x5+x6−x1+x2+x39T2代入数据解得，小车加速度 a=0.83 m/s²。
13.【答案】(1)13.5m (6 分) (2)4 s(4分)
【解析】(1)由题意可知，A 汽车发现 B汽车时 A汽车的速度为 vΛ=v0+aΛt=7m/s(1分)
A 汽车的速度末为 v'=vA+aAt
B汽车的速度末为 v'B=vB−aBt(1分)
当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远即 v'=vB'时,联立解得 t=1s(1分)
此时汽车 A 的位移 xΛ=vAt+12a∧t2
此时汽车 B的位移 xB=vBt−12aBt2(1分)
故最远的距离 x=xB+x0−xA(1分)
联立解得 x=13.5m(1分)
(2)设运动 t₁时间后，汽车 A 恰好追上汽车 B
汽车 B的运动时间 t1=vBaB=5s(1分)
汽车 A 的位移为 xΛ'=vΛt1+12aΛt12
汽车 B 的位移为 xB'=vBt1−12aBt12(1分)
两车相遇时有 x'−x'=x₀(1分)
联立解得 t1=4s故经过 4s ，汽车 A 恰好追上汽车B
14.【答案 I1R2gℎℎ(4分)
2R2gℎ2ℎ≤v0≤3R2gℎ2ℎ(6 分)
3nπ2gℎℎn=123⋯(5分)
【解析】(1)小球从 B 点到 圆 盘 做平 抛 运 动(1分)
竖直方向上有 ℎ=12gt2
解得 t=2ℎg(1分)
此时小球正好落在圆心O
水平方向上有 x=v₀t=2R(1分)
解得 v0=2Rt=R2gℎℎ(1分)
(2)初速度 v₀最小时，小球刚好落在圆盘左侧边缘
由水平方向小球做匀速直线运动可得
2R-R=vmint(1分)
解得 vmin=R2gℎ2ℎ(1分)
初速度 v。最大时，小球刚好落在圆盘右侧边缘由水平方向小球做匀速直线运动可得
2R+R=vmaxt(1分)
解得 vmax=3R2gℎ2ℎ(1分)
综合可得，小球要能落在圆盘上，小球初速度的范围为 R2gℎ2ℎ≤v0≤3R2gℎ2ℎ(2分)
(3)C 点随圆盘一起以角速度ω匀速转动，要使小球落到C 点，
必须满足 t=nT=2nπωn=123⋯(2分)
即 ω=2nπtn=123⋯(1分)
联立第(1)问解得 ω=nπ2gℎℎn=123⋯(2分)
15.【答案】(1)0.2m(5 分) 2503m/s22m/s2(6分) (3)1 s(7分)
【解析】(1)小球 B 在三个力的作用下处于平衡状态(1分)
对小球B受力分析如图所示
由平衡条件可得
mBgtanθ=F追=kx(2分)
解得F弹=40 N,x=0.2m(2分)
(2)剪断绳 BC的瞬间，弹簧的弹力不变
对小球 B有 F合=F肉2+mBg2=50N(1分)
由牛顿第二定律可得 F合=mBa1(1分)
解得 aB=503m/s2(1分)
剪断绳 BC 的瞬间，物块 A 从斜面由静止开始下滑
对物块 A 进行分析，由牛顿第二定律可得
mAgsinα-μ₁mAgcsα=mʌaA((2分)
aA=gsinα−μ1gcsα=2m/s2(1分
(3)物体从斜面由静止开始下滑，做加速度为 2m/s²的匀加速直线运动
由几何知识可得 sinα=ℎsAD
解得 sAD=4m(1分)
由匀加速直线运动的位移公式可知
vb2−0=2aAsAD
解得物块 A 到达斜坡底端 D 时，速度 vD=4m /s(1分)
物块 A 在传送带上运动时，运动方向与传送带运动方向相反
由牛顿第二定律可得 μ2mAg=mAa'
解得 a'=−2m/s²(1分)
物块 A 在传送带 DE 上做匀减速直线运动
当物块 A 速度减小为0时，物块 A 运动的距离最远
即 0−vD2=2a'xmax
解得 xₘₐₓ=4m>3m=s(1分)
故物块 A 能离开传送带(1分)
设离开传送带时速度为 vE
由位移公式可知 vD2−vE2=2a's
解得 vE=2m/s(1分)
物块 A 离开传送带所需的时间为 t=vv−vE−a'=1 s(1分)