2023-2024学年湖北省十堰龙门高级中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省十堰龙门高级中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析），共13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.在一端封闭的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡块，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧。把玻璃管倒置蜡块沿玻璃管匀速上升。在蜡块匀速上升的同时，将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向向右匀速运动，观察蜡块做( )
A. 匀速直线运动B. 匀减速直线运动C. 匀变速曲线运动D. 匀加速直线运动
2.矫正牙齿时，可用牵引线对牙施加力的作用。若某颗牙齿受到牵引线的两个作用力大小均为F，夹角为α(如图)，则该牙所受两牵引力的合力大小为( )
A. 2Fsinα2B. 2Fcsα2C. FsinαD. Fcsα
3.物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是
( )
A. 物体运动的加速度为8 m/s2B. 第2 s末的速度为8 m/s
C. 第2 s内的位移为6 mD. 物体在0～3 s内的平均速度为6 m/s
4.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标，如图所示，图线a、b分别描述了甲、乙两车在0∼20s的运动情况。下列说法正确的是( )
A. 在0∼10s内两车都做减速直线运动
B. 在10∼20s内乙车加速度为1m/s2
C. 在10s时乙车在甲车前方25m处
D. 在0∼10s内两车距离越来越小，在10∼20s内两车距离越来越大
5.如图为一机动车刹车过程中的xt2−1t图像，设初速度v0的方向为正方向。以下说法正确的是( )
A. 机动车的初速度为4m/sB. 机动车的加速度大小为4m/s2
C. 机动车运动的最长时间为5sD. 机动车运动的最远距离为25m
6.如图所示，物块放在倾斜的木板上，当木板的倾角α为30∘时，物块静止不动；当木板的倾角α为45∘时，物块匀加速下滑，在这两种情况下，物块所受摩擦力的大小恰好相等，则物块和木板间的动摩擦因数为( )
A. 0.5B. 83C. 62D. 22
7.流量是指单位时间内通过管道横截面的流体体积，在生活中经常需要测量流量来解决实际问题。环保人员在检查时发现一根排污管正在向外满口排出大量污水。如图所示。他测出水平管口距落点的竖直高度为h，管口的直径为d，污水落点距管口的水平距离为l，重力加速度为g。根据这些测量计算排出污水的流量为( )
A. Q=14πld2 g2hB. Q=14πld2 2hgC. Q=14πld2D. Q=14πhd2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如下图所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计。下端挂了一个重物，电梯静止时，弹簧测力计的示数为20N，在电梯运行过程中的某时刻。电梯里的小明观察到弹簧测力计示数变为12N，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. 此时电梯可能向上加速运动。加速度大小为4m/s2
B. 此时电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2
C. 此时小明对电梯压力的大小等于电梯对小明支持力的大小
D. 此时小明所受到的重力变小了
9.图甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的a−F图。取g=10m/s2，则( )
A. 滑块的质量m=2kgB. 木板的质量M=2kg
C. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1D. 当F=8N时滑块加速度为2m/s2
10.如图所示，一运动员在对着墙壁练习射门，先后两次将足球从同一位置斜向上踢出，其中有两次足球垂直撞在竖直墙面上，若只考虑重力的作用，则下列说法正确的是( )
A. 足球在空中运动的加速度，两次一样大
B. 足球撞墙的速度，第一次可能比第二次大
C. 从踢出到撞墙，第一次足球在空中运动的时间一定更长
D. 踢出时的速度，第一次一定比第二次大
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m。如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：
(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是___________N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为___________N。
(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数___________、弹簧秤b的读数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
12.小李同学利用如图所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。该装置中，遮光条宽度为d，记录经过光电门1和光电门2的时间分别为t1、t2，小车从光电门1运动到光电门2的时间为t。调节定滑轮高度，使细线平行于气垫导轨，通过调节气垫导轨下的螺母，使气垫导轨水平。
(1)探究加速度与质量关系时，要进行槽码总质量m和小车质量M的选取，以下最合理的一组是__________。
A.M=200g，m=5g、10g、15g、20 g、25g、30g
B.M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M=400g，m=5g、10g、15g、20g、25g、30g
D.M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g
(2)在探究加速度与合外力关系时，通过运动学公式计算出滑块的加速度a=__________(用已知字母表示)。
若在上图所示装置的槽码上方，增加一个力传感器，改变槽码质量，则图中所示的四个a−F图像中能正确反映加速度a与传感器的示数F之间规律的是__________。
A. B.
C. D．
(3)小李同学又设计了如下实验方案：共有n个槽码，每个槽码质量为m，槽码盘的质量为m0，小车的质量为M，重力加速度为g。初始时，所有槽码都在小车上，后续每做完一组实验，都将一个槽码从小车转移到槽码盘中。该实验方案是控制变量法，控制小车和__________、__________的总质量保持不变。当槽码盘中有k个槽码时(k≤n)，小车的加速度a=__________(用m0，m，M，k，n，g表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量为m=0.8kg的圆环(杆对圆环的支持力向水平左)，地面上放一质量为M=5kg的物块，物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37∘，β=53∘。(重力加速度g=10m/s2，取sin37∘=0.6，sin53∘=0.8)，求：
(1)绳对环的拉力大小；
(2)物块对地面的摩擦力及压力大小。
14.在地面以初速度v0=50m/s竖直向上抛出A小球，取g=10m/s2求：
(1)A抛出经多长时间后落回抛出点？
(2)A抛出后离抛出点的最大距离是多少？
(3)若有另一小球B在A抛出后2s于同一位置以相同的初速度抛出，B抛出后经多长时间A、B相遇？
(4)相遇时A、B距地面的高度是多少？
15.“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫从A点静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，斜道倾角θ=37​∘；离B点很近衔接一长L=2m的水平传送带，B与C两点可认为平滑衔接(速度大小不变)，A点距传送带垂直距离为h=2.4m，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E；已知：传送带末端距水面高度H=0.8m，坐垫与AB斜道间动摩擦因数为μ1=0.5，坐垫与传送带间动摩擦因数为μ2=0.2(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)，g=10m/s2；求：
(1)冲关者在倾斜直轨道AB滑下时的加速度大小与到达B点时的速度大小；
(2)如果传送带不动，求冲关者冲过D点后的平抛水平射程；
(3)如果传送带以3m/s的速度沿顺时针方向转动，求冲关者冲过D点后的平抛水平射程。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】.A
【详解】蜡块沿玻璃管匀速上升，同时沿水平方向向右匀速运动，两个方向的加速度均为零，即和加速度仍为零。所以蜡块做匀速直线运动。
故选A。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为
F合=2Fcsα2
故选B。
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，结合速度时间公式求出第2s末的速度，根据位移时间公式求出第2s内和前3s内的位移，结合平均速度的定义式求出前3s内的平均速度。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
【解答】
A.根据x4−x2=2aT2得，物体的加速度a=Δx2T2=812m/s2=4m/s2，故A错误，符合题意；
B.第2s末的速度v2=at2=4×2m/s=8m/s，故B正确，不符合题意；
C.第2s内的位移x2=12at22−12at12=12×4×22m−12×4×12m=6m，故C正确，不符合题意；
D.前3s内的位移x3=12at32=12×4×32m=18m，则物体在前3s内的平均速度v.=x3t3=183m/s=6m/s，故D正确，不符合题意。
故选A。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】A.在0∼10s内甲车做匀速直线运动，乙车做匀减速直线运动，故A错误；
B.根据v−t图像的斜率表示加速度可知，在10∼20s内乙车加速度为
a2=0−520−10m/s2=−0.5m/s2
故B错误；
C.根据v−t图像与坐标轴所围的面积表示位移可知，在10s时乙车在甲车前方
Δx=12×10×5m=25m
故C正确；
D.在0∼10s内乙车速度始终大于甲车速度，两车距离越来越大，在10∼20s内甲车速度始终大于乙车速度，两车距离越来越小，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】.D
【详解】AB.根据 xt2−1t 图像可得
xt2=20⋅1t−4
整理可得
x=20t−4t2
结合匀变速直线运动位移时间关系
x=v0t+12at2
可得机动车的初速度和加速度分别为
v0=20m/s ， a=−8m/s2
故AB错误；
CD.机动车运动的最长时间为
t0=0−v0a=0−20−8s=2.5s
机动车运动的最远距离为
x0=v02t0=202×2.5m=25m
故C错误，D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】D
【详解】由题可知
f=μmgcs45∘=mgsin30∘
故
μ=sin30∘sin45∘=12 22= 22
故选D。
7.【答案】A
【解析】A
【详解】污水从管口排出做平抛运动，设水流速度为 v ，根据平抛运动规律，有
l=vt
h=12gt2
可求出
v=l g2h
流量为
Q=SvΔtΔt=Sv=14πd2l g2h
故选A。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律和牛顿第三定律的应用，基础题目。
根据重力计算公式分析小明重力变化情况；重物静止时，由平衡条件列方程得出重物的质量，弹簧测力计示数为12N时，对重物，由牛顿第二定律列方程得出电梯运动的加速度大小和方向，结合题设分析电梯的运动情况即可判断；根据牛顿第三定律直接分析可判断。
【解答】
ABD、小明所受的重力G=mg与电梯的运动状态无关，即小明所受的重力不变；重物静止时，由平衡条件：F1=mg，解得重物的质量m=2kg，弹簧测力计示数为F2=12N时，对重物，由牛顿第二定律：mg−F2=ma，解得重物随电梯运动的加速度大小a=4m/s2，方向竖直向下，由于电梯运动方向未知，则电梯可能向上做减速运动，也可能向下做加速运动，但加速度大小都为a=4m/s2，故AD错误，B正确；
C、小明对电梯压力与电梯对小明的支持力是一对相互作用力，大小始终相等，故C正确。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、由图知，F=6N时，加速度为a=1m/s2.对整体分析，由牛顿第二定律有：F=(M+m)a，代入数据解得：M+m=6 kg；
当F>6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得a=F−μmgM=1MF−μmgM，知图线的斜率k=1M=12(kg)−1，解得M=2 kg，滑块的质量m=4 kg，故A错误、B正确；
CD、根据F>6 N的图线知，F=4N时，a=0，代入a=1MF−μmgM，得0=12×F−μ×402，代入数据解得μ=0.1；
当F=8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg=ma′，解得a′=μg=1m/s2，故C正确，D错误。
故选：BC。
当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法列式分析。
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，要掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
10.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.足球只受重力，所以足球在空中运动的加速度两次一样大，均为重力加速度，故A正确；
BC.在两次运动中，足球被踢出后的运动可以看作是平抛运动的逆向运动，由于两次足球垂直撞在竖直墙面上，在竖直方向有
h=12gt2
可得足球从抛出到撞墙，第一次在空中运动的时间较长，但是两球的水平位移相同，根据
x=vxt
可知足球撞墙的速度，第一次较小，故B错误，C正确；
D.根据平行四边形定则知，踢出时的速度
v= vx2+vy2= vx2+2gh
第一次的水平初速度小，上升的高度大，则无法比较踢出时的速度大小，故D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)3.00；4.00；
(2)变大；变大
【解析】【分析】
本题考查了验证平行四边形定则的实验，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉力变化情况。
(1)由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；
(2)根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况。
【解答】
(1)根据胡克定律可知，F=kx=500×0.01N=5N；
根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：F= 52−32N=4.00N；
(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示：
；
则可知两弹簧秤的示数均变大。
故答案为：(1)3.00，4.00；(2)变大；变大。
12.【答案】 C dt1t2−1t1 B 槽码 槽码盘 m0+kmm0+nm+Mg
【详解】(1)[1]探究加速度与质量关系时，槽码的重力近似看作细线的拉力即合外力，要求槽码的质量远小于小车的质量，故选C；
(2)[2]小车经过光电1、2时的速度为
v1=dt1 ， v2=dt2
滑块的加速度
a=ΔvΔt=dt1t2−1t1
[3]若在上图所示装置的槽码上方，增加一个力传感器，则细线的拉力大小即为传感器的示数，加速度与合外力成正比，故选B。
(3)[4][5]该实验方案是控制变量法，控制小车和槽码、槽码盒的总质量保持不变。
[6]当槽码盘中有k个槽码时( k≤n )，根据牛顿第二定律
m0+kmg=m0+nm+Ma
整理得小车的加速度
a=m0+kmm0+nm+Mg

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)10N；(2)8N，44N
【详解】(1)以圆环为对象，竖直方向根据受力平衡可得
Tcsα=mg
解得绳对环的拉力大小
T=10N
(2)以物块为研究对象，水平方向根据受力平衡可得
f=Tsinβ=8N
由牛顿第三定律可知，物块对地面的摩擦力大小为
f′=f=8N
竖直方向根据受力平衡可得
N+Tcsβ=Mg
解得
N=Mg−mgcsβcsα=44N
由牛顿第三定律可知，物块对地面压力大小与物块所受的支持力大小相等
F压=N=44N

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】.(1)10s；(2)125m；(3)4s；(4)120m
【详解】(1)A抛出后落回抛出点的时间
t1=2×v0g=2×5010s=10s
(2)A抛出后离抛出点的最大距离是
H=v022g=5022×10m=125m
(3)设B抛出后经t2时间A、B相遇，相遇时两物体位移相等
v0t2+2−12gt2+22=v0t2−12gt 22
解得
t2=4s
(4)相遇时A、B距地面的高度是
h=v0t2−12gt 22=120m

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】解：(1)在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析由牛顿第二定律有：mgsin37°−μ1mgcs37°=ma1，
解得a1=2m/s2，
又由vB2=2a1xAB，xAB=hsin37∘=4m，
解得vB= 2a1xAB=4m/s；
(2)若传送带不动，则从C到D有a2=μ2g=2m/s2，
vB=vC，由02−vC2=2(−a2)x，可得x=4m>L，
所以从C运动到D过程一直减速
由vD2−vB2=2(−a2)L，解得vD=2 2m/s，
过D点后做平抛运动t= 2Hg=0.4s，
则水平射程x=vDt=45 2m；
(3)当传送带速度为v1=3m/s沿顺时针方向转动时，从C到D过程先减速到3m/s后匀速，即vD=3m/s，
则水平射程x1=vD′t=1.2m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出冲关者在斜面上运动的加速度，然后根据运动学公式求B点速度；
(2)人在传送带上做匀减速运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求到达D点的速度，从D点飞出做平抛运动，根据水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动的规律列式求水平射程；
(3)当传送带速度为v1=3m/s时，从C到D过程先减速到3m/s后匀速，根据平抛运动规律求水平射程。
本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定理、运动学公式即可解题。