2023-2024学年湖北省黄冈市部分普通高中高一（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市部分普通高中高一（上）期中考试物理试卷（含解析），共15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。

1.2023年4月1日起，我国内地至香港每日跨境列车开行数量由102列增至164列，此举将积极促进香港与内地人员流动和经贸往来.某同学经查询得知，G79次列车自北京西站出发，历时8小时31分到达香港西九龙站，全程运行2349km，运行的最高时速为350km/h.下列说法中正确的是( )
A. “8小时31分”指的是时刻B. “2349km”指的是路程
C. “350km/h”指的是平均速率D. 运行中的列车不可以选作为参考系
2.下列图中小球A处于静止状态，其中小球A只受到一个弹力作用的是
( )
A. B.
C. D.
3.在2023年杭州亚运会上，中国男子羽毛球队在0:2落后的不利局面下，连扳三局以3:2的总分战胜印度队夺得金牌.如图所示，在某次进攻中，我国选手将飞来的羽毛球反向击回，击打前后瞬间羽毛球的速度大小分别为30m/s、45m/s，若羽毛球与球拍接触时间为0.15s，在此次击球过程中( )
A. 羽毛球的加速度大小为500m/s2
B. 羽毛球所受弹力是由于羽毛球的形变产生的
C. 研究羽毛球在空中的翻转动作时，可将羽毛球看作为质点
D. 球拍对羽毛球的作用力与羽毛球对球拍的作用力是一对平衡力
4.电磁弹射技术是一种利用电磁力将飞行器从甲板上弹射起飞的技术，相较于传统的蒸汽弹射，具有更高的起飞效率.已知某舰载机在静止的航母上利用电磁弹射装置使飞机获得一定初速度后，再由飞机发动机使其获得24m/s2的加速度在航母上匀加速前进100m升空起飞.已知飞机安全起飞的速度为70m/s，若要使飞机安全起飞，通过电磁弹射装置使飞机获得的初速度至少为
( )
A. 8m/sB. 10m/sC. 12m/sD. 15m/s
5.如图所示，完全相同的物块A、B竖直叠放在水平面上且处于静止状态，现对物块B施加一个水平向右的推力F，物块A、B依然相对地面保持静止，则下列说法中正确的是
( )
A. 施加推力F前，物块A一定受2个力
B. 施加推力F前，物块B一定受3个力
C. 施加推力F后，物块B一定受5个力
D. 施加推力F后，地面对物块B的支持力不变
6.如图所示，a、b分别是甲、乙两球从同一地点、沿同一直线运动的v−t图线，根据图线可以判断
( )
A. 甲球在2s末时加速度反向B. 甲球的加速度比乙球的加速度小
C. 甲、乙两球在t=4s时都回到出发点D. 在t=1s时，甲球的位移大小为12m
7.如图所示，小球自固定斜面上O点由静止开始向下做匀加速直线运动，途中经过A、B、C三点，已知小球经过AB段和BC段所用时间均为2s，AB段长度为4m，BC段长度为8m，下列说法正确的是
( )
A. O、A两点之间的距离为1mB. 小球在斜面上下滑的加速度为2m/s2
C. 小球经过B点时的速度大小为4m/sD. 小球经过C点时的速度大小为5m/s
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.下列说法中正确的是( )
A. 物体受到摩擦力的同时必定受到了弹力
B. 滑动摩擦力的大小与物体所受重力成正比
C. 形状规则、质量分布均匀的物体重心一定在物体上
D. 静止的物体可以受到滑动摩擦力，运动的物体可以受到静摩擦力
9.在如图所示的位移−时间图像和速度−时间图像中，给出的四条图线中甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点沿同一方向出发的运动情况，下列说法正确的是
( )
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. t1时刻，甲乙两车相遇;t2时刻丙、丁车两车相遇
C. 0∼t1时间内，甲、乙两车平均速度相等
D. 丙在丁前且相距最远的时刻是t2时刻
10.某同学将玩具枪竖直向上朝天开枪，子弹以30m/s的初速度射出，随后每隔1s发射一颗子弹，假定子弹在升降过程中都不相碰，以第1颗子弹射出时计为t=0时刻，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.下列说法中正确的是
( )
A. 每颗子弹从发射至返回到射出点的时间为6s
B. 每颗子弹上升至最高点时距射出点45m
C. t=4s时，第1颗子弹与第4颗子弹在空中相遇而过
D. 对于任一颗子弹，在空中可遇到5颗子弹从它边上擦过
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
11.某同学通过如图所示装置测量不同材料间的动摩擦因数，实验步骤如下：
a.用天平测出物块A的质量m1=2.0kg，物块B的质量m2=1．0kg；
b.按图甲所示安装实验器材，并保证传感器的初始示数为零；
c.用弹簧测力计缓慢拉物块B(物块B足够长)，记录拉力大小F1及相应的传感器示数F2。
d.以传感器示数F2为纵轴，以拉力大小F1为横轴建立直角坐标系，得到F2随F1变化的图线如图乙所示。
结合以上信息回答下面问题：
(1)为了能准确的测量出动摩擦因数，实验时_____(填“需要”或“不需要”)保持两侧细绳水平。
(2)A、B两物体间摩擦因数μ1=_____，B与地面间的摩擦因数μ2=_____。(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力且重力加速度g取10m/s2，结果均保留一位小数)
12.小华学习了自由落体运动后，对伽利略研究自由落体运动的科学方法很感兴趣，他想用所学知识研究小车在斜面上下滑的运动规律。实验装置如图甲所示，忽略空气阻力。
(1)在实验中，小华同学用到的实验器材除了如图甲所示的铁架台、木板、电火花式打点计时器、纸带、小车之外，还需要的实验器材有_______；
A.天平 B.刻度尺 C.秒表
(2)在某次实验中，该同学的部分实验操作如下，其中不正确的实验操作为_______；
A.选择220V交流电源并接好电路
B.将小车停在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
C.释放小车时应抬高纸带使其与长木板平行以减小纸带与限位孔间的摩擦
D.先释放小车，再接通电源
(3)某次实验过程中，调整木板与水平面的夹角θ，正确操作后选出点迹清晰的一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、C为连续的计数点，并测出了相邻两计数点之间的距离(单位：cm)，相邻的计数点之间还有4个计时点未标出，则本次实验小车对应的加速度a=_______m/s2，打下计数点E时小车对应的速度v=_______m/s。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13.某同学将一橡皮球从离地高为H处由静止释放，落地后橡皮球第一次反弹高度为h=0.80m，已知橡皮球与地面第一次碰撞时间为t0=0.2s，碰撞前后速度大小之比为3:2，小球运动过程中所受空气阻力可忽略不计(重力加速度g取10m/s2)，试求：
(1)橡皮球与地面第一次碰撞前的速度及释放时离地的高度H；
(2)橡皮球从释放至第一次反弹最高处所用时间。
14.如图甲所示，木盒固定有原长L0=10cm的轻质弹簧，放置在水平地面上。现用水平方向的拉力F拉弹簧，当弹簧长度L1=12cm时，木盒处于静止状态；当作用在弹簧上的拉力为F1=6N时，弹簧长度为L2=13cm，木盒恰好做匀速直线运动。若在木盒里面放置m0=500g的小铁块时(如图乙所示)，需要用F2=7.5N拉力拉弹簧才能使木盒做匀速直线运动，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)当弹簧长度L1=12cm时，木盒受到的摩擦力大小；
(3)木盒与地面间的动摩擦因数μ和木盒质量m。
15.如图所示，小轿车在水平的直线高速路上以v1=32m/s大小的速度匀速行驶，发现前方货车以v2=20m/s大小的速度匀速行驶.当两车距离s0=16m时，小轿车以a1=4m/s2大小的加速度刹车，不考虑车身长度．
(1)通过计算判断小轿车和货车是否会发生相撞;
(2)为了避免相撞，小轿车司机刹车的同时向货车司机通过闪灯提示危险，货车司机看到闪灯提示后立即以a2=2m/s2大小的加速度加速前进，忽略货车司机的反应时间，求此条件下小轿车和货车运动过程中的最小距离sm;
(3)小轿车和货车避险后，小轿车以v3=20m/s大小的速度匀速行驶，发现前方应急车道s1=115m处有一做匀减速运动的工程车(图中未画出)，为超越工程车，小轿车立即以a3=2m/s2大小的加速度匀加速行驶，已知此时工程车的速度大小为v4=10m/s、加速度大小为a4=5m/s2。求小轿车从发现工程车到超越工程车所用的时间．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
时刻是指某一瞬时，时间是指两个时刻之间的间隔；位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度；平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值；为了研究和描述物体的运动，我们引入了参考系，运动和静止都是相对于参考系而言的，参考系的选取是任意的。
本题考查对时间与时刻的理解和判断能力。也可抓住在时间轴上，时间用一段线段表示，时刻用一个点表示来理解，明确位移与路程、平均速度与平均速率、瞬时速度的概念。
【解答】
A.历时8小时31分，所以8小时31分是时间间隔，A错误；
B.全程运行2349km，指的是路程，B正确；
C.最高时速为350km/h，指的是瞬时速度，C错误；
D.运动和静止都是相对于参考系而言的，参考系的选取是任意的．D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查受力分析和弹力知识，基础题目。
对A球受力分析，结合弹力知识分析即可判断。
【解答】A、A球在重力、支持力和绳子拉力作用下静止，则A受到两个弹力作用，故A错误；
B、A球在重力、B对A的弹力和墙壁对A的支持力作用下静止，则A受到两个弹力作用，故B错误；
C、A球在重力和绳子的拉力作用下静止，A受到一个弹力作用，故C正确；
D、A球在重力、斜面的支持力和墙壁的支持力作用下静止，则A受到两个弹力作用，故D错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
【分析】
本题考查的内容比较多，涉及到、作用力和反作用力、质点、弹力的产生等内容。解题的关键要知道有关物理知识和概念，能根据有关概念的定义计算。
【解答】【解答】
A、对羽毛球，在击打前后瞬间，取击打前的速度方向为正方向，根据加速度的定义有：a=ΔvΔt=−45m/s−30m/s0.15s=−500m/s2，故此次击球过程中羽毛球的加速度大小为500m/s2，A正确；
B、羽毛球所受弹力是由于球拍的形变产生的，故B错误；
C、研究羽毛球在空中的翻转动作时，不可将羽毛球看作为质点，C错误；
D、球拍对羽毛球的作用力与羽毛球对球拍的作用力是一对作用力和反作用力，D错误；
故选A。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查速度位移公式的应用，基础题目。
根据速度位移公式得出飞机获得的速度的表达式，结合题设得出其最小值即可判断。
【解答】
由x=v2−v022a解得v0= v2−2ax，可见当x=100m，a=24m/s2，v=70m/s，解得飞机获得的最小速度v0=10m/s，故B正确，ACD错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
研究A、B间摩擦力隔离A受力分析，研究B与地面间摩擦力、压力把AB作为整体隔离分析。
本题考查共点力作用下的物体平衡，解题关键是整体法和隔离法的应用，较为典型。
【解答】
A.施加推力F前，对A受力分析可知，A受重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力3个力，故A错误；
B .施加推力F前，对AB整体受力分析可知，AB受重力、支持力2个力，地面对B无摩擦力，
对B受力分析可知，B受重力、压力、支持力和沿斜面向下的摩擦力4个力的作用，故B错误；
D.施加推力F后，物块A、B依然相对地面保持静止，对AB整体受力分析可知，AB受重力、支持力、推力及地面对B摩擦力4个力的作用，地面对物块B的支持力仍然与AB重力平衡保持不变，故D正确；
C.施加推力F后，对B受力分析可知，B受重力、A对B的压力、沿斜面向下的摩擦力、地面对B的支持力、推力及地面对B摩擦力6个力的作用，故C错误。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
由速度时间图象直接读出两球的速度大小。分析两球的运动情况，判断两球在t=4s时是否回到出发地。两球先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动。根据斜率分析加速度的关系。
这是直线运动中速度图象的问题，关键要抓住斜率表示加速度，“面积”表示位移来分析物体的运动情况。
【解答】
A.v−t图象反映速度随时间变化的情况，由图读出甲球的v−t图像斜率不变，即加速度不变，故A错误；
B.两球开始做初速度方向相反的单向匀减速直线运动，而后做匀加速直线运动．甲的加速度为
a甲= △v △t = 12−(−12) 4 m/s2=6m/s2，乙的加速度为a乙=−6−6 3m/s2=−4m/s2，则知加速度大小不等，方向相反，故B错误；
C.依据v−t图象的面积表示位移可知，两球在t=4s时位移都为0，均回到出发点相遇，故C正确；
D.依据v−t图象的物理意义可知t=1s时，甲球的位移大小为x=(12+6)×12m=9m，故D错误。
故选：C。
7.【答案】D
【解析】【分析】
匀变速直线运动中，在连续相等时间内的位移之差是一恒量，即△x=aT2，根据该推论求出小球的加速度；
某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，B点是AC两点的中间时刻，求出AC段的平均速度，即可知道B球的速度，然后由速度关系求出AC的速度，以及O、A两点之间的距离。
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】已知xAB=4m，xBC=8m，T=2s。
B、小球在斜面上做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论△x=aT2可知小球的加速度为：
a=xBC−xABT2=8−422m/s2=1m/s2，故B错误；
C、根据推论：做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则得B球的速度为vB=xAB+xBC2T=4+82×2m/s=3m/s，故C错误；
A、设A点小球的速率为vA，因为：vB=vA+aT，所以A小球的运动速度为：vA=vB−aT=3−1×2m/s=1m/s，由vA2=2axOA得，xOA=vA22a=12m，故A错误；
D、设C点小球的速率为vC，因为：vC=vB+aT，所以C小球的运动速度为：vC=vB+aT=3m/s+1×2m/s=5m/s，故D正确。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
有摩擦力一定有弹力，而有弹力不一定有摩擦力，同时重心只是重力在作用效果上的作用点，重心并不是物体上最重的点，重心的位置可以在物体之外。
【解答】
A、物体间有弹力，还要有运动或相对运动的趋势，才会在接触面产生摩擦力，由此有弹力不一定有摩擦力，但如果有摩擦力一定有弹力，A正确；
B、滑动摩擦力的大小和物体所受正压力成正比，B错误；
C、重心只是重力在作用效果上的作用点，重心并不是物体上最重的点，重心的位置可以在物体之外，C错误；
D、相对静止的物体可以处于运动状态，受到静摩擦力作用，静止的物体可以相对某物体运动，可以受滑动摩擦力，D正确。
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查对速度时间和位移时间图像的认识，基础题目。
在v−t图像中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线斜率表示加速度，图像与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
x−t图像表示物体的位置随时间变化的规律，由图像能直接读出物体运动的位置和对应的时间．图像的切线斜率表示物体的速度；由纵坐标的差值可得出位移。图像的交点表示两者相遇。
【解答】
A、位移时间图像和速度时间图像分别描述的是做直线运动的物体的位移、速度随时间变化的规律，则甲、乙两车均做直线运动，故A错误；
B、由图知，t1时刻，甲乙两车位置相同，此时两车相遇，v−t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，t2时刻甲、乙两车速度相同，但丙的位移较大，出发点相同，此时两车未相遇，故B错误；
C、由图知，0∼t1时间内，甲、乙两车的初、末位置均相同，两车位移相同，则两车的平均速度相同，故C正确；
D、甲、乙从同一位置出发，由图知，t2前，丙的速度一直比丁的速度大，丙一直在丁前方，而t2时刻两车的速度相同，可见此时相距最远，故D正确。
故选：CD。
10.【答案】AB
【解析】【分析】
(1)(2)子弹在空中做竖直上抛运动，由运动学公式可求得子弹从发射到返回射出点的时间以及上升的最大高度；
(3)由位移公式即可求出第1颗子弹与第4颗子弹在是否空中相遇；
(4)分析子弹在空中的运动过程得出每颗子弹的运动时间，从而得出子弹在空中能遇到的其他子弹数。
本题考查竖直上抛运动的规律，注意分析子弹在空中的运行时间及运行规律，同时要注意D中，前5颗子弹与第6颗子弹后的任一颗子弹在空中可遇到的子弹数目不同。
【解答】
A.每颗子弹从发射至返回到射出点的时间为t=2vg=2×3010s=6s，A正确;
B.第1颗子弹上升至最高点时距射出点h=v22g=90020m=45m，B正确;
C．t=4s时，第1颗子弹的位移为x1=v0t−12gt2=40m，第4颗子弹的位移x2=v0t’-12gt’2=25m，由于x1>x2，所以第1颗子弹与第4颗子弹在空中没有相遇，C错误;
D.每颗子弹在空中运行时间为：t总=2t0=2×3=6s；因每隔1s发射一颗子弹，故发射第6颗子弹时，空中有5颗子弹，此后空中一直稳定5颗子弹；第6颗子弹后的子弹上升的过程中会遇到空中的这5颗子弹；此后子弹在下落时，还会遇上5颗子弹，故任意一颗子弹在空中会遇到10颗子弹从它旁边擦过；而第1颗子弹发射时空中没有子弹，所以第1颗子弹只能遇到5颗，依此类推，第2颗子弹遇到6颗，第3颗子弹遇到7颗，第4颗子弹遇到8颗，第5颗子弹遇到9颗， D错误。
11.【答案】(1)需要；(2)0.2 ；0.2
【解析】(1)[1]为了能准确的测量出动摩擦因素，实验中需要确保左侧细绳与物体A所受摩擦力平衡，同时确保右侧细绳拉力与物体B所受摩擦力方向在同一直线上，即实验时需要保持两侧细绳水平。
(2)[2]物体A始终保持静止状态，左侧细绳的拉力与B对A摩擦力始终平衡，即传感器的示数与B对A的摩擦力大小相等，根据图乙可知，在弹簧拉力大于或等于10N时，传感器的示数始终不变，等于4N，即此时B对A的摩擦力为滑动摩擦力，则有
F2=fA=μ1NA=μ1m1g
解得
μ1=0.2
[3]根据图乙可知，当弹簧拉力等于10N时，物体B恰好发生相对运动，对B方向有
F1=fA+f地=μ1NA+μ2N地=μ1m1g+μ2m1+m2g
结合上述解得
μ2=0.2
12.【答案】B D 0.80 0.49
【解析】(1)[1]本实验不需要用天平测质量；由于打点计时器可以知道计数点之间的时间间隔，所以不需要用秒表测时间；需要用刻度尺测量纸带上计数点之间的距离。
故选B。
(2)[2]
A.电火花打点计时器应选择220V交流电源接好电路，故A正确，不满足题意要求；
BD.为了充分利用纸带，将小车停在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连，先接通电源，再释放小车，故B正确，不满足题意要求；D错误，满足题意要求；
C.释放小车时应抬高纸带使其与长木板平行以减小纸带与限位孔间的摩擦，故C正确，不满足题意要求。
故选D。
(3)[3]相邻的计数点之间还有4个计时点未标出，则相邻计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可得，小车的加速度为
a=xDG−xAD9T2=(4.50+5.29+6.11−2.10−2.91−3.69)×10−29×0.12m/s2=0.80m/s2
[4]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下计数点E时小车对应的速度为
v=xDF2T=(4.50+5.29)×10−22×0.1m/s≈0.49m/s
13.【答案】(1)6m/s，1.80m；(2)1.2s
Δt=1.2s

【解析】(1)设橡皮球与地面碰撞前、后的速度大小分别为 v1 ， v2 ；橡皮球自由下落过程，有
v12−02=2gH
橡皮球上升过程，有
0−v22=−2gh
橡皮球碰撞前后
v1:v2=3:2
联立解得
v1=6m/s ， v2=4m/s H=1.80m
(2)橡皮球下落过程有
v1=gt1
橡皮球反弹过程有
v2=gt2
橡皮球从释放至反弹最高处所用时间为
Δt=t1+t0+t2
联立解得
Δt=1.2s
14.【答案】(1) 200N/m ；(2)4N；(3)0.3，2kg
【解析】(1)当木盒匀速运动时，有
F1=kL2−L0=6N
解得弹簧的劲度系数为
k=200N/m
(2)当木盒静止时，设木盒所受摩擦力为 f ，对木盒受力分析，有
f=kL1−L0
可得
f=4N
(3)当木盒在 F1 作用下匀速运动时，木盒受力平衡，有
F1=μmg
当木盒在 F2 作用下匀速运动时，木盒受力平衡，有
F2=μm+m0g
联立解得
μ=0.3 ， m=2kg
15.【答案】解：(1)设经过t1时间两车速度相等，则有：v1−a1t1=v2，解得：t1=3s
此过程小轿车运动的位移x1=v1t1−12a1t12
代入数据得：x1=78m
货车行驶的位移：x2=v2t1=60m
因为x1>s0+x2，故会发生相撞
(2)当两车速度相等时两车间距离最小，设经过t2时间两车速度相等，则v1−a1t2=v2+a2t2
代入数据得：t2=2s
在t2时间内小轿车行驶的位移：x3=v1t2−12a1t22
代入数据得x3=56m
在t2时间内货车行驶的位移：x4=v2t2+12a2t22
代入数据得：x4=44m
故最小距离：sm=x4+L−x3=4m，即最小距离为4m
(3)设工程车经时间t0停止运动，总位移为x0，有t0=v4a4
x0=v422a4
设该过程中小轿车的位移为x5，则x5=v3t0+12a3t02
得：x5−x0=34m说明此时小轿车还未追上工程车。
设小轿车经时间t1超越工程车，该过程中小轿车的位移为x6’，有
x6’=v3t1+12a3t12
x6’=x0+s1
得：t1=5s。

【解析】追及相遇类的问题要找准3个关键点：①速度关系；②时间关系；③位移关系，把握这三个关系列式即可。
(1)求出两车的速度相等时经过的时间，再求出该时间内小轿车和货车位移大小，然后进行判断；
(2)根据速度—时间关系求出两车的速度相等时经过的时间，再求出该时间内小轿车和货车位移大小，然后再求出两车间的最小距离。
(3)分析工程车经时间停止运动的时间和位移，登出此时小轿车还未追上工程车，再根据两车的位移关系得出小轿车从发现工程车到超越工程车所用的时间．