2023-2024学年湖北省重点高中智学联盟高一（上）联考物理试卷（12月）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省重点高中智学联盟高一（上）联考物理试卷（12月）（含解析），共16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.北京时间2023年5月30日9时31分，神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射，约10分钟后，飞船进入预定轨道，发射取得圆满成功。飞船在预定轨道飞行一周约为42185km，用时约90分钟。则下列说法正确的是
A. 30日9时31分是时间间隔
B. 42185km指的是飞行一周的位移
C. 研究飞船飞行一周的时间和轨迹时，都可以将飞船看做质点
D. 发射过程中，以飞船内的航天员为参考系，飞船是加速上升的
2.如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4调至卡位1，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则
A. 电脑受到的摩擦力变小
B. 电脑受到的支持力变大
C. 电脑受到的合力变小
D. 电脑受到的支持力与摩擦力的合力竖直向上
3.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，乙车在前，甲车在后，两车在前进方向上的距离为3m，之后两车的v−t图像如图所示。关于0∼2s内的运动，下列说法正确的是
A. 甲车平均速度大小为2m/sB. 乙车加速度大小为1m/s2
C. 两车的间距不断变大D. 甲车始终在乙车后方
4.如图所示，用OA、OB两根轻绳将电灯悬挂于两墙壁之间，开始时OA水平。现保持O点位置和OB绳长不变，改变OA绳长，使绳末端A缓慢上移至A′点，此时A′O与BO之间夹角θ<900，下列说法正确的是
A. 绳OA的拉力逐渐增大B. 绳OA的拉力逐渐减小
C. 绳OB的拉力逐渐增大D. 绳OB的拉力逐渐减小
5.钢架雪车运动是第十四届全国冬季运动会的项目。运动中运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行。若某次运动员练习结束时，恰好停在终点，且减速过程视为匀减速直线运动。若运动员匀减速运动时间为t，其中前t4时间内的位移为x，则全程的平均速度为
A. 8x7tB. 12x7tC. 16x7tD. 24x7t
6.国庆期间，为营造节日氛围，某同学购买了一串氢气球。为防止氢气球飞走，用细绳将气球系在水平桌面上的铁块上。一阵水平方向的风吹过来，细绳偏离竖直方向。若气球和铁块始终静止，当氢气球受到的水平风力增大时，下列说法错误的是
A. 铁块受到的支持力增大B. 铁块受到的摩擦力增大
C. 细绳对氢气球的拉力增大D. 细绳偏离竖直方向夹角增大
7.某同学在弹簧测力计下悬挂重为1N的钩码制作一个“竖直加速度测量仪”，用来测量竖直上下电梯运行的加速度，其构造如图所示。该同学将测力计竖直悬挂在静止的电梯内稳定时，指针位置记为加速度a的零刻度线；当电梯运行的某段时间内测力计示数为0.90N，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 加速度a的零刻度线对应测力计示数F=0
B. 此时电梯加速度大小为1.0m/s2
C. 此时电梯一定处于加速下降状态
D. 此时电梯处于超重状态
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，学校教学楼每层楼高均3.6m，每层楼墙壁中间高1.8m的窗户下沿离地板的距离均为0.9m，某同学将一枚硬币从三楼窗户下沿O处由静止释放，A、B、C、D依次为二楼和一楼窗户上、下沿，不计空气阻力，g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 硬币由O落到一楼窗户下沿D的时间为1.2s
B. 硬币通过AB和通过CD的时间之比为 2:2
C. 硬币到达A点和B点的速度大小之比为1:2
D. 硬币到达A点和D点的速度大小之比为1:2
9.2023年11月11日，中国蹦床运动员朱雪莹、范欣怡、胡译乘荣获世界蹦床锦标赛女子网上团体冠军，为国家争得荣誉。如图是她们比赛时的画面。如果把网面近似看成遵循胡克定律的垫子，且不计空气阻力，则运动员从最高点运动到最低点过程中(以向下为正方向)，速度−时间、加速度−位移的图像正确的是
A. B. C. D.
10.如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，两物体的质量mA=4kg，mB=6 kg。从t=0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为：FA=(12−2t)(N)，FB=(8+2t)(N)。下列说法正确的是( )
A. t=1s时，A、B两个物体之间的弹力FN=0
B. t=2s时，B物体的加速度aB=1m/s2
C. t=4s时，A物体开始反向运动
D. t=5s时，B物体的速度vB=6.5m/s
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中两个主要步骤如下：
①.用两个弹簧测力计平行木板拉OB和OC，在白纸上记下两绳拉力F1、F2的大小、方向；
②.用一个弹簧测力计平行木板将结点拉到O处，在白纸上记下测力计拉力F的大小、方向。
(1)步骤①中遗漏的内容是：______________________。
(2)本实验采用的科学方法是“等效替代法”，其含义是
A.A、O间的橡皮筋可以用细绳代替
B.两个弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用代替
C.右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
(3)乙图是在白纸上根据实验结果记下各力的图示，如果连接F2、F的箭头末端得到F3，则只需要比较F3与_________(选填F1、F2、F)是否大致平行相等，力的平行四边形定则就可以得到验证。
12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了图1所示的实验装置，其中M为小车和力传感器的总质量，m为槽码的质量，力传感器可测出细线中的拉力大小。
(1)用此装置探究“加速度与力”的关系时，______(填“需要”或“不需要”)满足M≫m。
(2)该同学经过实验获得如图2所示的纸带，计数点A、B、C、D、E间均有四个打出的点未画出，测得x1=1.01cm、x2=2.96cm、x3=4.92cm、x4=6.86cm。打点计时器使用交流电的频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为______m/s²(结果保留三位有效数字)。
(3)(多选)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像如图3所示的一条直线，图线与横坐标轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，由图像可知：______
A.补偿阻力时长木板右端垫得过高
B.没有补偿阻力或补偿阻力不够
C.小车和传感器的总质量为tanθ
D.小车和传感器的总质量为1k
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.福建舰是我国自主设计建造的电磁弹射型航空母舰，目前还在开展系泊试验。
(1)飞机在航母上降落时，需用电磁阻拦使飞机迅速停下来。若某次飞机着舰后经过3s、滑行90m停下来。将这段运动视为匀减速直线运动，此过程中飞机加速度的大小是多少？(2)某舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得一定的初速度后，由机上发动机使飞机获得25m/s²的加速度在航母跑道上匀加速前进，2.4 s后速度达到70m/s时离舰升空。飞机匀加速滑行的距离是多少？
14.如图所示是锻炼臂力的健身器材，当人竖直向下用力拉动滑轮下面的吊环时，钢丝绳会牵引重物组件沿滑杆竖直向上滑动。若人缓慢将m=13kg重物组件拉到图示位置时，人的拉力F=400N，此时ɑ=74，β=53。吊环、动滑轮、钢丝绳的质量及钢丝绳与动滑轮间的摩擦均忽略不计，g取10m/s²，cs37=sin53=0.8，cs53=0.6。试求：
(1)此时钢丝绳的拉力大小。
(2)重物组件与竖直滑杆间的动摩擦因数。
15.如图所示，固定斜面AB倾角θ=37∘，水平长木板M质量为5kg，左端与斜面B处平滑相靠。将质量m=1kg的物体无初速地放在斜面的顶端A，物体到达底端B后无碰撞地滑上木板左端。已知物体与斜面、木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5，AB的距离为s=9m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8)。求：
(1)物体从A运动到B点的时间；
(2)若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少；
(3)若木板与地面间动摩擦因数为μ2，且物体不会从木板上掉下，写出木板的最小长度Lm与μ2的关系式。(直接写出表达式不用写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查对时间和时刻、位移和路程、质点、参考系等知识点的理解与应用，深刻理解这些知识点即可正确解答。
时刻指的是某一“点”，时间表示“段”；路程是轨迹的长度，位移为从初位置到末位置的有向线段；明确物体可以看作质点的条件是，在所研究的问题中物体的大小和形状可以忽略不计；参考系是为了研究物体的运动而假定为不动的物体。
【解答】
A.30日9时31分是时刻，A错误;
B.42185km是飞船运行一周的路程， B错误;
C.研究飞船飞行一周的时间和轨迹时，都可以将飞船看做质点，C正确;
D.发射过程中，以飞船内的航天员为参考系，飞船是静止的， D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】【分析】
电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力表达式，再分析即可。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解答】
AB.笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示.根据平衡条件，有FN=mgcsθ，Ff=mgsinθ，
由原卡位4调至卡位1，角度θ变大，则支持力FN减小，静摩擦力Ff增大，故AB错误;
C.电脑始终处于静止状态，则合力始终等于零，是不变的，故C错误;
D.根据三力平衡条件，任意两个力的合力和第三个力大小相等，方向相反。所以电脑受到的支持力与摩擦力合力大小等于电脑的重力，方向竖直向上，故D正确．
3.【答案】B
【解析】【分析】本题考查v−t图像，v−t图像的斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移。
【解答】A、匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，所以甲车平均速度大小为4+22m/s=3m/s，故A错误；
B、v−t图像斜率表示加速度，所以乙车加速度大小为22m/s2=1m/s2，故B正确；
CD、v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，这段时间内，甲比乙多运动的位移即为图中三角形面积，为Δx=12×4×2m=4m，
由于乙车开始在甲车前方3m，所以两车的间距先变小，之后甲车超越乙车，两车间距开始变大，最终甲车在乙车前方1m，故CD错误。
4.【答案】D
【解析】【分析】本题为矢量图解决共点力平衡问题，解题关键是做好O点的受力分析，做出力的动态平衡的矢量图，通过力对应的边长长度的变化得到力大小的变化。
【解答】做出O点受力的矢量三角形图如下：
根据图像可知绳OA的拉力先变小后变大，绳OB的拉力逐渐减小，故ABC错误，D正确。
5.【答案】C
【解析】【分析】因为运动员做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究。由初速度为零的匀变速直线运动的规律可得出结论。
初速度为零的匀加速直线运动有几个推论公式，在理解的基础上记住这几个推论公式可以加快做题的速度以及提高准确率。
【解答】运动员做匀减速直线运动，末速度为零，逆向分析看成是初速度为零的匀加速直线运动，则从零开始连续相等时间内的位移之比为1:3:5:7···，则全程的位移为17x+37x+57x+x=167x，所以平均速度为v=167xt=16x7t。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，根据平衡条件分析合力是否变化；对气球进行受力分析，根据矢量三角形法则分析各力的变化；根据整体法分析地面上的物体对地面的摩擦力、压力的变化。
【解答】
AB.根据整体法可知，风力等于地面对铁块的摩擦力，地面对铁块的支持力等于整体的重力。故铁块受到的支持力不变，铁块受到的摩擦力变大。A错误，B正确。
CD.气球受到重力、空气浮力、水平风力、绳子拉力四个力作用，处于动态平衡，重力和浮力均为恒力，等效为竖直向上的恒力F。可知F与风力的合力与绳对气球的拉力等大反向。风力增大，则F与风力的合力增大，F与风的合力与竖直方向的夹角变大。故细绳对氢气球的拉力增大，细绳偏离竖直方向的夹角增大，CD正确。
本题选错误的，故选A。
7.【答案】B
【解析】A.加速度a的零刻度线对应测力计示数大小等于重力大小，加速度为0，处于平衡位置，故A错误；
B.当电梯运行的某段时间内测力计示数为0.90N，根据牛顿第二定律可得
mg−F=ma′
解得
a′=g−Fm=10m/s2−0.9110m/s2=1m/s2
故B正确；
C.加速度方向向下，则物体可能向下加速运动或向上减速运动，故C错误；
D.加速度向下为失重状态，故D错误。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】A.由图可得
hOD=2×3.6m=7.2m
根据 h=12gt2 可得硬币由O落到一楼窗户下沿D的时间为
t= 2hODg=1.2s
故A正确；
B.由于 hOA=hAB=hBC=hCD ，则根据匀变速直线运动规律可知，从静止开始通过相等的位移所用时间之比为
t1:t2:t3:⋯:tn=1:( 2−1):( 3− 2):⋯:( n− n−1)
则硬币通过AB和通过CD的时间之比为 ( 2−1):( 4− 3) ，故B错误；
CD.设硬币到达A点的速度大小为 v1 ，硬币到达B点的速度大小为 v2 ，硬币到达B点的速度大小为 v3 ，根据
v2=2gh
则
v1= 2ghOA= 2×10×0.9m/s=3 2m/s
v2= 2ghOB= 2×10×1.8m/s=6m/s
v3= 2ghOD= 2×10×2×1.8m/s=6 2m/s
故硬币到达A点和B点的速度大小之比为
v1:v2= 2:2
硬币到达A点和D点的速度大小之比为
v1:v3=1:2
故D正确，C错误。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】【分析】本题考查牛顿第二定律分析动态过程以及v−t图像。解题关键是做好运动员的受力分析，根据牛顿第二定律分析其加速度，从而得到其运动情况。
【解答】AB、从最高点到最低点，先做自由落体运动，接触弹簧后，mg−F弹=ma，随着弹簧弹力增大，加速度减小，故做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，接下来弹簧弹力继续增大，则加速度反向增大，做加速度逐渐增大的减速运动，最终速度为零，故A正确，B错误；
CD、接触弹簧之前，加速度为g不变，接触弹簧后mg−F弹=ma，设下落位移为x0时接触弹簧，则F弹=k(x−x0)，解得a=g+kx0m−kmx，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】A.两者分离时，有
FA−μmAg=mAa ， FB−μmBg=mBa
解得
t=2s
t=1s时，没有分离，A、B两物体分离之前整体所受两拉力的合力为
F=FA+FB=(8+2t+12−2t)N=20N
合力恒定，由牛顿第二定律有
F−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
可得
a=1m/s2
对B分析
FAB+FB−μmBg=mBa
解得
FAB=2N
故A错误；
B.根据以上分析可知，2s时刚好分离
FB−μmBg=mBa′
解得此时加速度
a′=1m/s2
故B正确；
C.根据题意可知，4s时，拉力减小到等于摩擦力，物体A速度向右达到最大，故C错误；
D.A、B两物体分离前加速度为1m/s2，则两物体分离时B的速度
v1=at=1×2m/s=2m/s
分离后物体B的合力随时间均匀变化，在5s时加速度
a′′=FB′−μmBgmB=8+2×5−66m/s2=2m/s2
根据加速度随时间均匀变化可知，速度变化量
Δv=a+a′′2×Δt=1+22×3m/s=4.5m/s
此时B的速度
vB=v1+Δv=6.5m/s
故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)记录结点O的位置 (2)B (3)F1
【解析】【分析】
熟悉实验原理及操作步骤，对实验操作中的注意事项要熟记于心；
通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示。实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
【解答】
(1)本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力的理论值和实际值，然后进行比较，得出结果。所以用一根弹簧秤拉时，作用效果要与两根弹簧秤拉时作用效果相同，所以步骤①中未说明记录结点O的位置。
(2)本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故AC错误，B正确。
故选：B。
(3)如果连接F2、F的箭头末端得到F3，，为验证力的平行四边形定则，需比较F3与F1是否大致平行相等．
12.【答案】 不需要 1.95 BD##DB
【解析】(1)[1]本实验中有力传感器，可直接读出绳上的拉力，则不需要满足 M≫m ；
(2)[2]计数点A、B、C、D、E间均有四个打出的点未画出，则相邻计数点时间间隔为
T=51f=0.1s
根据逐差法规律可得小车的加速度大小为
a=x3+x4−x1−x22T2=4.92+6.86−2.96−1.012×0.12×10−2m/s2≈1.95m/s2
(3)[3]AB.从图象可知，有一定的拉力后，小车才运动，所以没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，所以补偿阻力时长木板右端垫得过低，故A错误，B正确；
CD.根据
F−f=Ma
整理得
a=FM−fM
即
k=1M
解得
M=1k
故C错误，D正确。
故选BD。
13.【答案】(1)看成逆向初速度为0的匀加速直线运动，则：x1=12at2
解得： a=20m/s2
(2)看成逆向初速度为v的匀减速直线运动，则：x2=v2t2−12a2 t22
解得： x2=96m

【解析】解决本题的关键要理清飞机的运动情况，灵活运用运动学公式进行处理，要注意加速度的方向。
(1)已知飞机的初速度、末速度以及位移，由位移−时间公式即可求出加速度；
(2)看成逆向初速度为v的匀减速直线运动，已知飞机的初速度、时间以及加速度，由位移−时间公式即可求出飞机匀加速滑行的距离。
14.【答案】解：(1)对动滑轮：2FTcsα2=F，解得FT=250N
(2)对组件受力正交分解有FTcsβ=f+mg，FTsinβ=FN，又f=μFN，解得μ=0.1
【解析】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15.【答案】(1)3s；(2)3m；(3)见解析
【解析】(1)物体在斜面加速，由牛顿第二定律
mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma
解得
a=2m/s2
由运动学公式
s=12at12
解得
t1=3s
(2)物体滑上木板的速度
v0=a t1=6m/s
物体在板上
μ1mg=mam
解得
am=5m/s2
木板向右匀加速
μ1mg=MaM
解得
aM=1m/s2
当两者速度相等时，恰好不掉下来
v0−amt=aMt
解得
t=1s
则
v共=aMt=1m/s
物体位移
xm=vB+v共2t
解得
xm=3.5m
木板位移
xM=v共2t
解得
xM=0.5m
所以木板最小长度为
L=xm−xM
解得
L=3m
(3)①当 μ2m+Mg≥μ1mg ，即 μ2 ≥112 时，木板不运动；木块减速为0时，恰好到达木板的最右端，则
−2μ1gLm=0−v2
解得
Lm=3.6m
②当木板与地面间有摩擦而动摩擦因数小于 112 ，木板将会发生滑动，物体滑上木板后向右做匀减速直线运动
am=μ1g
木板向右匀加速
μ1mg−μ2(M+m)g=Ma′M
则
a′M=μ1mg−μ2(M+m)gM
当两者速度相等时，恰好不掉下来
v0−amt′=a′Mt′
即
t′=v0a′M+am
共同速度为
v′共=a′Mt′
物体位移
x′m=v0+v′共2t′
木板位移
x′M=v′共2t′
所以木板长度为
Lm=x′m−x′M
即
Lm=31−2μ2
木板的最小长度 Lm 与 μ2 的关系式为 Lm=3.6m；μ2≥11231−2μ2；0<μ2<112