2023-2024学年重庆市西南大学附属中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市西南大学附属中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共11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.如图，寒风中，一片树叶从树枝飘落到地上。在飘落过程中，树叶
( )
A. 位移等于路程B. 惯性消失
C. 加速度与所受的合力成正比D. 速度与所受的合力始终在一条直线上
2.已知地球半径为R，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，将地球视为质量均匀分布的球体，忽略地球自转的影响，则地球质量等于( )
A. gR2GB. gRGC. GgR2D. GgR
3.如图所示是一物体在某段时间内做直线运动的v−t图，则在该段时间内物体( )
A. 做的是匀速直线运动B. 加速度有可能在变小
C. 做的是匀加速直线运动D. 位移时间图像是直线
4.课间跑操时，某同学以恒定速率经过圆弧形弯道，时间t内速度方向改变了θ，跑过的弧长为s，则该同学的向心加速度大小为( )
A. 2sθt2B. sθt2C. sθ2t2D. sθ4t2
5.如图，长100m的列车匀加速通过长1000m的平直隧道，车头刚进隧道时速度是10m/s，车尾刚出隧道时速度是12m/s，则列车通过隧道所用的时间是
( )
A. 81.8sB. 90.9sC. 100 sD. 109.1s
6.如图，某人骑着自行车经过圆弧形凹形桥，在最低点时对桥的压力大小是人和车总重力的k倍。若桥的半径为R，重力加速度为g，则( )
A. k=1B. k<1
C. 自行车在最低点的速度 kgRD. 自行车在最低点的速度 (k−1)gR
7.如图所示，工人将一石球沿竖直墙壁匀加速放下(加速度小于g)，石球与墙之间的摩擦不计，在石球从M点滑至N点的过程中( )
A. 绳对石球的拉力大小不变B. 绳对石球的拉力变小
C. 墙对石球的弹力大小不变D. 墙对石球的弹力变大
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.某运动员驾驶冲锋舟以最短时间过河。已知两河岸平行且距离为50m，河水流速恒为5m/s，冲锋舟相对水做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为0.25m/s2，方向与船头指向一致，则运动员( )
A. 过河时间是10sB. 过河时间是20s
C. 轨迹(相对岸上的观众)是直线D. 轨迹(相对岸上的观众)是曲线
9.如图所示，一个动物管理员正在非常滑溜(可视为光滑)的冰面上拉着四只企鹅玩耍。三只企鹅的质量和两段绳子的张力已给出(图中标注的数据)，则
( )
A. 企鹅的加速度是3m/s2B. 企鹅的加速度是6m/s2
C. 第四只企鹅的质量是23kgD. 第四只企鹅的质量是17.5kg
10.如图所示，倾角为30∘的倾斜圆盘绕垂直盘面的轴以角速度ω匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的小物体(可视为质点)随圆盘一起转动。PQ、MN是小物体轨迹圆互相垂直的两条直径，P、Q、M、N是圆周上的四个点，且P是轨迹圆上的最高点，Q是轨迹圆上的最低点，则( )
A. 小物体所受静摩擦力最大值为mω2r+12mg
B. 小物体所受静摩擦力最大值为mω2r
C. 在最高点P处，小物体所受静摩擦力可能背离圆心
D. 在M处，小物体所受静摩擦力大小m ω4r2+14g2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。请将下面实验过程中缺少的内容补充完整。
(1)将木板放在桌面上，用图钉把白纸固在木板上；
(2)如图甲，橡皮条一端固定在木板上，另一端与塑料小环相连；
(3)如图乙，用一个弹簧秤拉小环至O点，记下O的位置，记下弹簧秤拉力F的方向，F的大小由弹簧秤读出，大小为_____N；
(4)如图丙，用两个弹簧秤共同拉动小环，使小环移至_____，分别记录两弹簧秤拉力F1和F2的大小和方向；
(5)用力的图示表示出F、F1、F2，用平行四边形画出F1、F2的合力F′，比较F与F′的_____和_____，得出结论；
(6)实验中用的橡皮条_____(选填“能”或“不能”)换成细线，因为_____。
12.伽利略用实验证明了物体沿斜面下滑时的运动是匀变速直线运动。某兴趣小组根据伽利略描述的方法，设计了如图所示的实验装置，实验方案如下：
①将滑块在斜面上某一位置释放，同时打开阀门，使水箱中的水流入量筒(认为水的流动是均匀的)，当滑块碰到挡板时关闭阀门，测量此时滑块运动的距离s和量筒中水的体积V；
②改变滑块在斜面上释放的位置，重复①，得到几组不同的S和V，记录在表格中。
请帮助该小组完成分析过程：
(1)若滑块的运动是匀变速直线运动，则滑块运动的_________与_________的比值不变(以上两空选填“距离”“距离的平方”“时间”“时间的平方”)；
(2)滑块运动的时间可以由____________反映；
(3)表格中缺失的数据是__________；
(4)由表格数据可以得出的结论是__________________________________________；
(5)本实验的误差来源主要有_______________________________________(写出一条即可)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.在某次机器狗爬坡测试中，科研人员测得机器狗在时间t内上升的高度是h，已知机器狗在这段时间内做的是初速度为零的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角为θ，如图所示。求此过程机器狗：
(1)加速度大小；
(2)最大速度；
(3)若机器狗的质量为m，机器狗所受的合力大小和方向。
14.调皮的小猴子以速度v1从高处水平跃出，母猴见状立刻(忽略母猴反应时间)竖直向上跃起在空中将小猴子抱住。若小猴子跃起前两猴竖直距离为H，水平距离为d，两猴子均可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
(1)母猴从跃起到抱住小猴子所用的时间t；
(2)母猴刚抱住小猴子时离地面的距离y；
(3)母猴竖直向上跃起的初速度v2大小，并判断：若v2< gH，母猴抱住小猴前瞬间速度的方向。
15.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置干纸板的正中间，手指水平弹向纸板，纸板水平飞出，橡皮擦脱离纸板。已知橡皮擦质量为m1=20g，硬纸板的质量为m2=10g，长度为l=5cm，橡皮擦与纸板间的动摩擦因数为μ1=0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.3，认为所有接触面处最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮擦可视为质点且不会翻滚，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)橡皮擦在纸板上相对滑动时的加速度大小；
(2)若手指与纸板间的作用力随时间变化如图乙所示，则要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(3)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移为零。要使橡皮擦脱离纸板，v0至少多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.树叶在飘落过程中有曲线运动，其位移不可能等于其路程，A错误；
B.物体的惯性只与物体的质量有关，树叶的质量不变，惯性不变，B错误；
C.由牛顿第二定律可知，树叶的加速度与受到的合力成正比，C正确；
D.做曲线运动时，其速度与所受的合力方向不在一条直线上，D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】地球表面重力与万有引力相等有GMmR2=mg，可得地球质量为M=gR2G。
故选A。
3.【答案】C
【解析】ABC.由v−t图像中的图线可知，物体做的是匀加速直线运动，加速度不变，故AB错误，C正确；
D.做匀加速直线运动的物体的位移时间图像是二次函数图线，故D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】该同学的线速度大小为v=st，角速度大小为ω=θt，则向心加速度为a=vω=sθt2。
故选B。
5.【答案】C
【解析】列车通过隧道走过的位移为，设所用时间为t，
由：x=vt，v=12+102m/s=11m/s，解得t=100s。
故选C。
6.【答案】D
【解析】AB.汽车经半径为R的凹形桥的最低点时，由牛顿第二定律可知FN−mg=mv2R，解得FN=mg+mv2R，由牛顿第三定律可知在最低点时对桥的压力大小F N′=FN=mg+mv2R，所以k=F N′mg>1，AB错误；
CD.在最低点时，由牛顿第二定律可知FN−mg=mv2R，解得v= FN−mgmR= (k−1)gR，C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】令绳与竖直方向夹角为θ，对石球进行受力分析，如图所示：

石球沿竖直墙壁匀加速放下，则有Tsinθ=N，mg−Tcsθ=ma，
解得T=mg−macs θ，N=(mg−ma)tan θ，
当石球向下运动时，夹角θ减小，则csθ增大，tanθ减小，可知，绳对石球的拉力变小，墙对石球的弹力也变小。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】AB.根据分运动的等时性与独立性可知，当船头指向与河岸垂直时，渡河时间最短，由于冲锋舟相对水做初速度为零的匀加速直线运动，则有d=12atmin2，解得tmin=20s，故A错误，B正确；
CD.根据上述可知，船沿水流方向的分运动为匀速直线运动，船在垂直于河岸方向的分运动为匀加速直线运动，可知，船的加速度方向，即合力方向与初速度方向垂直，则船做类平抛运动，即轨迹(相对岸上的观众)是曲线，故C错误，D正确。
故选BD。
9.【答案】AC
【解析】对四只企鹅整体，根据牛顿第二定律有F1=(m1+m2+m3+m4)a，
对第三四只企鹅整体，根据牛顿第二定律有F2=(m3+m4)a，
联立解得m4=23kg，a=3m/s2。
故选AC。
10.【答案】ACD
【解析】ABC.物体在P点受重力和静摩擦力以及支持力，沿斜面方向的合力提供向心力，所以摩擦力可能背离圆心，也可能指向圆心，所以当摩擦力背离圆心时mgsin30。−f=mω2r，解得f=12mg−mω2r，
当摩擦力指向圆心时mgsin30。+f=mω2r，解得f=mω2r−12mg，
物体在Q点时合力提供向心力，所以摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律f−mgsin30。=mω2r，
解得f=mω2r+12mg，
所以小物体所受静摩擦力最大值为mω2r+12mg，故AC正确，B错误；
D.小物体在M点所受的合力提供向心力，所以f2=(mω2r)2+(mgsin30。)2，
解得f=m ω4r2+14g2，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(3)4.00；(4)O点；(5)大小，方向；(6)不能，见解析
【解析】(3)弹簧测力计的精度为0.1N，根据弹簧测力计的读数规律，该读数为4.00N；
(4)实验中，为了使用一根弹簧拉橡皮条与用两根弹簧同时拉橡皮条的作用效果相同，在用两个弹簧秤共同拉动小环时，使小环仍然移至O点；
(5)F与F′的作用点相同，需要比较F与F′的大小和方向；
(6)由于细线的形变非常小，可以忽略不计，实验时，如果用细线替换橡皮条，则不能够确定在用一根弹簧拉与用两根弹簧同时拉的作用效果是否相同，可知，实验中用的橡皮条不能换成细线；
根据上述可知，实验中用的橡皮条不能换成细线，因为细线的形变非常小，可以忽略不计，实验时，如果用细线替换橡皮条，则不能够确定在用一根弹簧拉与用两根弹簧同时拉的作用效果是否相同。
12.【答案】(1)距离，时间的平方；
(2)量筒中的水的体积；
(3)555；
(4)在误差允许的范围内sV2是一常数，V与t成正比，则st2为一常数，说明滑块做匀变速直线运动；
(5)水从水箱中流出不够稳定
【解析】(1)对初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间之间的关系为s=12at2，即12a=st2，
由此可知若滑块的运动是匀变速直线运动，滑块运动的距离与时间的平方的比值不变；
(2)因为水是均匀流动的，所以水的体积和时间成正比，因此滑块运动的时间可以由量筒中的水的体积来反映；
(3)根据表格中缺失的数据对应的s和V值，有，则表格中缺失的数据为555；
(4)根据表格数据可知在误差允许的范围内sV2是一常数，而V与t成正比，则可以得出st2为一常数，说明滑块做匀变速直线运动；
(5)从实验设计的本身分析，误差来源有水从水箱中流出不够稳定。
13.【答案】(1)设机器狗的加速度大小为a，则有hcs θ=12at2，
解得a=2ht2csθ；
(2)最大速度vm=at=2htcs θ，方向与竖直方向夹角为θ；
(3)根据牛顿第二定律可知机器狗所受的合力F=ma=2mht2cs θ，方向与竖直方向夹角为θ。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)设母猴从跃起到抱住小猴子所用的时间t，
小猴子水平跃出后做平抛运动，水平方向有d=v1t，
则t=dv1；
(2)母猴刚抱住小猴子时小猴子下落的距离h=12gt2=gd22v 12；
则离地面的距离y=H−h=H−gd22v 12；
(3)母猴竖直向上跃起的初速度v2，根据竖直上抛运动有y=v2t−12gt2，
解得v2=Hv1d，
设母猴竖直向上能跃起到高度H的速度为v 2′ ，则有2gH=v 2 ′2，
解得v 2′= 2gH，
又v2< gH所以母猴抱住小猴前瞬间速度的方向竖直向上。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有μ1m1g=m1a，
解得a=μ1g=2m/s2；
(2)对橡皮擦和纸板整体有F0−μ2m1+m2g=m1+m2a，
联立解得F0=0.15N；
(3)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时v0最小，设为v0min，
则对橡皮擦有x1=12at2，v=at，
对纸板有μ1m1g+μ2m1+m2g=m2a2，x2=v0mint−12a2t2，v=v0min−a2t，
根据位移关系有x2−x1=l2，
联立解得v0min= 32m/s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】次数
1
2
3
4
5
6
7
s/m
4.5
3.9
3.0
2.1
1.5
0.9
0.3
V/ml
90.0
84.0
72.0
62.0
52.0
40.0
23.5
sV2(×106m−5)
556
553
579
546
563
543