2023-2024学年广东省汕头市金山中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市金山中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.升降机运送重物，若以向上为正方向，通过传感器获得重物运动的v−t图像，如图所示。由此可推断出( )
A. 前40s内重物先向上运动后再向下运动B. 前40s内重物的位移先增大后减小
C. 前10s内重物处于超重状态D. 第10s末至第20s末重物处于失重状态
2.一只瓢虫沿着粗细均匀的圆弧形硬树枝从左向右缓慢爬行，该过程中树枝的形状不变，瓢虫从A经B爬到C的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 树枝对瓢虫的作用力先增大后减小B. 树枝对瓢虫的作用力先减小后增大
C. 树枝对瓢虫的摩擦力先增大后减小D. 树枝对瓢虫的摩擦力先减小后增大
3.如图，用两根等长轻绳悬挂等高简易秋千。某次维修时将两绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受绳子合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后
( )
A. F1变小，F2变小B. F1变大，F2变大C. F1不变，F2变大D. F1不变，F2变小
4.如图所示，货车上一圆柱形货物A被放在V型物体B中，以防止A前后滚动。固定在货车上的B物体由一斜面插上竖直挡板构成。若竖直挡板与A之间的弹力为N1，斜面与A之间的弹力为N2，货车向右运动过程中，A和B保持相对静止，下列说法正确的是
A. 货车加速，则N1增大，N2减小B. 货车加速，则N1增大，N2不变
C. 货车减速，则N1减小，N2增大D. 货车减速，则N1不变，N2增大
5.某同学宿舍的门口挂着若干串连珠，每一串都是由10颗完全相同的小珠组成，相邻的小珠之间用等长的轻质细线连接，一阵风吹来，假设每个小珠受到水平向右且大小相等的恒定风力，则稳定时连珠在空中的排列位置最接近的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，河的宽度为d，船渡河时船头始终垂直河岸。船在静水中的速度大小为v1，河水流速的大小为v2，则下列说法正确的是( )
A. 小船的渡河时间大于dv1
B. 小船渡河的位移大小等于d v12+v22v1
C. 小船沿河道方向的位移大小等于dv1v2
D. 若水流速度方向不变，但大小不稳定，则小船渡河时间将发生变化
7.如图所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m的小球，球与杆之间存在摩擦。小球从杆的顶端由静止释放，沿杆下滑的加速度大小为a=13g，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力为( )
A. MgB. Mg+mg3C. Mg+2mg3D. Mg−2mg3
8.斜坡式传送带在装卸货物时能极大地减少人力、提高装卸效率。在某次卸货过程中，货物M从顶端以速度v0开始向下运动，若传送带静止不转动，M匀速下滑；若传送带沿顺时针匀速率转动，如图所示，与不转动时相比，传送带转动后，( )
A. M将做匀减速运动B. M离开传送带时的速度不变
C. M到传送带底端的时间变长D. M在传送带上留下的痕迹长度不变
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.如图所示，BC为固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块穿在杆上，靠摩擦力保持相对静止，物块通过轻细线悬吊着一个质量为m的小铁球，此时小车以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，物块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。小车的加速度增大到2a时，物块始终和小车保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A. 横杆对物块的摩擦力增大到原来的2倍B. 横杆对物块的弹力不变
C. 细线与竖直方向的夹角增大到原来的2倍D. 细线的拉力增大到原来的2倍
10.生活中运送装修材料时，常采用图中的滑轮装置。向右做匀速直线运动的工作人员A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起装修材料B，设工作人员和装修材料的速度大小分别为vA和vB，则下列说法正确的是( )
A. vAvB
C. 物块B处于超重状态D. 物块B处于失重状态
11.如图，足球场上，某运动员进行“边路突破”训练，沿边线将足球向前踢出，为控制足球，又向前追赶足球，下列v−t和s−t图像能大致反映此过程的是( )
A. B.
C. D.
12.在水平直轨道上运动的火车车厢内有一个倾角为30°的斜面，如图所示，小球的重力、绳对球的拉力、斜面对小球的弹力分别用G、T、N表示，当火车以加速度a向右加速运动时，则( )
A. 若a=20m/s2，小球受G、T、N三个力的作用
B. 若a=20m/s2，小球只受G、T两个力的作用
C. 若a=10m/s2，小球只受G、T两个力的作用
D. 若a=10m/s2，小球受G、T、N三个力的作用三、非选择题(本题共4小题，共44分，考生根据要求作答)
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学利用三根完全相同、满足胡克定律的橡皮筋进行“验证力的平行四边形定则”实验(橡皮筋的形变均在弹性限度内)。在水平木板上固定一张白纸，将绳子打一个结点，用这三根橡皮筋在水平面内沿三个不同方向拉结点，当结点处于静止时，在白纸上标记结点位置为O点，如图所示，记录三根橡皮筋方向并测量出它们此时长度分别为l1、l2、l3。请完成下列问题：
(1)进行不同次实验时，_____(填“需要”或“不需要”)使O点始终在同一位置。
(2)在本实验中，测得橡皮筋原长均为12.00cm。当结点静止时，三根橡皮筋的长度可能是_____。
A.l1=16.20cm,l2=14.50cm,l3=17.00cm
B.l1=15.00cm,l2=13.00cm,l3=13.00cm
(3)在某次实验，三根橡皮筋的方向如图所示，保持结点位置与OA段橡皮筋长度、方向不变，保持OB段橡皮筋的方向不变，将OC段橡皮筋缓慢顺时针旋转90∘，则在此过程中OB段与OC段橡皮筋的弹力大小变化正确的是_____。
A.OC段橡皮筋弹力先减小后增大
B.OC段橡皮筋弹力一直减小
C.OB段橡皮筋弹力先增大后减小
D.OB段橡皮筋弹力一直减小
14.甲、乙两物理兴趣小组采用不同的实验方案分别完成了“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
(1)甲组同学在实验中用打点计时器获得的一条纸带，已知计时器的工作频率是50Hz，1、2、3、4、5是他们选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。结合图中给出的数据，求出小车运动加速度的大小为_____m/s2。( 计算结果保留2位有效数字)
(2)乙组同学设计了如图所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机得到滑块运动时的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平情况下做了实验，得到a−F图像，如图所示。(已知当地重力加速度为g)
①下列操作或说法正确的是____。(选填选项前的字母)
A.本实验不需要测出重物的总质量
B.连接滑块的细线必须与轨道保持平行
C.实验中一定要保证重物的质量远小于滑块和位移传感器发射部分的总质量
②若a−F图像的斜率为k，纵轴截距为−b(b>0)，则滑块和位移传感器发射部分的总质量m=____，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=____。(用题目所给k，b，g表示)
四、计算题：本大题共2小题，共30分。
15.如图所示，两个相同的物块A、B用轻绳相连，在一个方向与水平面成θ=37∘角斜向下的恒定推力F作用下，以大小为v=1m/s的速度向右做匀速直线运动。已知A、B质量均为m=2kg，物块与地面的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)求推力F的大小；
(2)已知轻绳长为L=0.3m，若某时刻绳子突然断裂，求当物块A停下时A、B间的距离d。
16.如图所示，在粗糙地面上静止一块足够长的木板，零时刻一个物块以v0=6m/s的速度滑上木板左端，在木板右端d=2.28m固定一个立柱，木板向右运动与立柱发生弹性碰撞，即碰撞前后速度大小相等，方向相反。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，物块与木板的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2。
(1)物块第一次与木板达到相对静止的时间t1和相对位移的长度Δx；
(2)木板撞到立柱后，第一次速度为零时，物块的速度大小v。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.由图可知前 40s 内，重物的速度一直为正值，重物一直向上运动，位移一直增大，故AB错误；
C. v−t 图象的斜率表示加速度，前10s内 v−t 图象的斜率为正值，重物有向上的加速度，重物处于超重状态，故C正确；
D.第10s末至第20s末， v−t 图象的斜率为零，重物的加速度为零，物体处于受力平衡状态，故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】【分析】树枝对瓢虫的作用力即是树枝对瓢虫的支持力和摩擦力的合力，大小始终等于瓢虫的重力。根据力的平衡条件分析摩擦力大小变化。
本题关键是明确瓢虫的受力情况以及随坡角的变化情况，注意根据平衡条件分析。
【解答】AB.从左向右缓慢爬行，始终处于平衡状态，则树枝对瓢虫的作用力始终平衡重力，大小不变，故AB错误；
CD.缓慢相当于动态平衡，有f=mgsinθ 从A经B，随着θ的减小，摩擦力先减小；从B经C，随着θ的增大，摩擦力再增大，故C错误，D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】【分析】
木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可。
本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难。
【解答】
木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，即木板静止时两轻绳的拉力的合力大小等于木板的重力，有F1=G，故F1大小不变;
根据共点力平衡条件，有：2F2csθ=mg解得：F2=mg2csθ
当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故csθ减小，拉力F2变大。故C正确，ABD错误。
故选C 。
4.【答案】B
【解析】【分析】
对A进行受力分析，利用正交分解法结合牛顿第二定律得出两个力的表达式，即可解题。
【解答】
对A分析，如图：
开始时有N2=mgcsθ，N1=mgtanθ，
AB、货车加速，竖直方向平衡可得N2=mgcsθ，水平方向根据牛顿第二定律有N1−N2sinθ=ma，解得N1=mgtanθ+ma，
故N1增大，N2不变，故A错误，B正确；
CD、货车减速，竖直方向平衡仍可得N2=mgcsθ，水平方向根据牛顿第二定律有N2sinθ−N1=ma，解得N1=mgtanθ−ma，
故N1减小，N2不变，故CD错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了力的平衡这个知识点；
分析受力情况，根据力的平衡列式分析、求解，即可判断。
【解答】
对最下方小灯笼受力分析可知，小灯笼受到重力、风力，绳子拉力的作用，根据平衡条件有
T12=G2+F2
设绳子与竖直方向的夹角为θ1，有tanθ1=FG
对最下方的两个小灯笼受力分析有T22=(2G)2+(2F)2
设绳子与竖直方向的夹角为θ2，有tanθ2=2F2G=FG
同理可知对最下方n个小灯笼受力分析有Tn2=(nG)2+(nF)2
设绳子与竖直方向的夹角为θn，有tanθn=nFnG=FG
可得绳子与竖直方向的夹角都相等，故ABD错误，C正确。
6.【答案】B
【解析】B
【详解】ABC.渡河时间为
t=dv1
则沿河岸方向的位移为
x=v2t=v2v1d
则船渡河通过的位移为
s= x2+d2=dv1 v12+v22
故AC错误，B正确。
D.小船渡河时间与水流速度无关，若水流速度方向不变，但大小不稳定，小船渡河时间不会发生变化，故D错误；
故选B。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】对球求受力分析，球受重力和杆对球向上的摩擦力，由牛顿第二定律得
mg−f=ma
且
a=13g
解得
f=23mg
对木箱受力分析：受到重力、支持力和球对杆向下的摩擦力，根据平衡条件得
FN=Mg+f=Mg+23mg
根据牛顿第三定律
F′N=FN=Mg+23mg
故选C。
8.【答案】B
【解析】B
【详解】ABC.启动前后，物体受力没变仍然平衡匀速运动，所以M运动到传送带底端的时间不变，故AC错误，B正确；
D.M在传送带上留下的痕迹长度变长，因为启动后留下的痕迹等于传送带位移与物体位移之和，而没启动，痕迹等于物体位移，即传送带长度，故D错误。
故选B。
9.【答案】AB
【解析】AB
【详解】AB.对小球和物块组成的整体，分析受力如图1所示
根据牛顿第二定律得，水平方向
f=(M+m)a
竖直方向
N=(M+m)g
则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力f增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故AB正确；
CD.以小球为研究对象，分析受力情况如图2所示，由牛顿第二定律得
mgtanθ=ma
得
tanθ=ag
当a增加到2倍时，tanθ变为2倍，但θ不是2倍，细线的拉力
T= (mg)2+(ma)2
可见，a变为2倍，T不是2倍，故CD错误。
故选AB。
10.【答案】BC
【解析】BC
【详解】AB.工作人员A的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳方向的两个运动，设斜拉绳子与水平方向的夹角为 θ ，由几何关系可得
vB=vAcsθ
所以
vA>vB
故B正确，A错误；
CD.工作人员A向右做匀速直线运动， vA 不变，所以斜拉绳子与水平方向的夹角 θ 减小，则 csθ 增大，所以 vB 增大，即物块B向上做加速直线运动，处于超重状态。
故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】AC
【解析】【分析】
足球被踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，运动员向前追赶足球，做加速运动，v−t图像的纵坐标值的变化表示速度的变化，图像与坐标轴所围面积表示位移，s−t图像切线的斜率表示速度。
本题考查v−t图像和s−t图像，解题关键是根据情境分析好足球和人的运动状态，结合图像分析即可。
【解答】
AB、足球被踢出后，由于受到地面阻力的作用，会做减速运动，速度逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，速度逐渐增大，v−t图像与坐标轴的面积表示位移，当运动员追上足球时，运动员和足球的位移相同，v−t图像与坐标轴围成的面积相同，故A正确，B错误；
CD、s−t图像的斜率表示速度，足球做减速运动，足球的s−t图像斜率逐渐减小，运动员向前追赶足球，做加速运动，运动员的s−t图像斜率逐渐增大，当运动员追上足球时，足球和运动员在同一时刻到达同一位置，足球和运动员的s−t图像交于一点，故C正确，D错误。
故选：AC。
12.【答案】BD
【解析】BD
【详解】设小车加速度为 a0 时，小球刚好对斜面没有压力，以小球为对象，根据牛顿第二定律可得
F合=mgtanθ=ma0
解得
a0=gtanθ=gtan30∘=10 3m/s2≈17m/s2
AB.若 a=20m/s2 ，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；
CD.若 a=10m/s2 ，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。
故选BD。
13.【答案】 不需要 A AD##DA
【详解】(1)[1]在进行不同次实验操作时，不需要每次将结点拉至同一位置。
(2)[2]三力平衡时，三个力能合成封闭三角形，根据胡克定律
F=kx
可知，弹力与弹簧伸长量成正比，所以弹簧伸长量也能合成封闭三角形。
故选A。
(3)[3]保持结点位置与OA段橡皮筋长度、方向不变，保持OB段橡皮筋的方向不变，将OC段橡皮筋缓慢顺时针旋转90°，如图所示
可知，OC段橡皮筋弹力先减小后增大，．OB段橡皮筋弹力一直减小。
故选AD。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】 2.0 AB##BA 1k bg
【详解】(1)[1]两计数点之间的时间为
T=1f×5=0.1s
由逐差法可得
x35−x13=a(2T)2
解得
a=8.61+10.60−4.60−6.614×0.12×10−2m/s2=2.0m/s2
(2)[2]AC.力传感器能准确测出滑块所受到的拉力，因此无需测出重物的总质量，也不需要保证重物的质量远小于滑块和位移传感器发射部分的总质量，故A正确，C错误；
B.连接滑块的细线与轨道保持平行，使得力传感器测得的力的大小等于滑块在水平方向上受到的拉力，才能更好地减小误差，故B正确。
故选AB。
[3][4]由牛顿第二定律得
F−f=ma
由滑动摩擦力公式得
f=μmg
联立得
F=ma+μmg
变形得
a=1m⋅F−μg
故 a−F 图像的斜率、纵轴截距分别为
k=1m
−b=−μg
解得
m=1k
μ=bg

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1)40N；(2) 0.5m
【详解】(1)匀速时，将A、B和轻绳视为整体，有
Fcsθ=μN
N=2mg+Fsinθ
解得
F=40N
(2)绳子断裂后，A做匀减速直线运动，有
μmg=maA
B做匀加速直线运动，有
Fcsθ−μN1=maB
N1=mg+Fsinθ
A减速至停下的过程，有
v=aAt
A的位移满足
xA=v22aA
B的位移满足
xB=vt+aBt22
解得
xA=0.1m ， xB=0.3m
此时A、B间距离
d=L+xB−xA
代入数据得
d=0.5m

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) 1s ， 3m ；(2) 0.4m/s
【详解】(1)物块向右做匀减速运动，有
μ1mg=ma1
木板向右做匀加速运动，有
μ1mg−μ2⋅2mg=ma2
物块第一次与木板相对静止时，速度相等，有
a2t1=v0−a1t1
解得
t1=1s
在这个过程中，物块位移
x1=v0t1−a2t122
木板位移
x2=a2t122
解得
x1=4m ， x2=1m
由于
x2=1m说明二者第一次相对静止时木板尚未碰到立柱，此时相对位移的长度
Δx=x1−x2=3m
(2)物块与木板第一次相对静止时，速度
v1=a2t1=2m/s
假设在碰到立柱前，二者一起做匀减速运动，则对整体
μ2⋅2mg=2ma
对物块，有
f=ma=μ2mg
由于 f<μ1mg ，说明假设成立。木板第一次碰到立柱前，有
2ad−x2=v12−v22
解得
v2=1.2m/s
碰到立柱后，木板向左匀减速运动，物块继续以加速度 a1 向右匀减速运动，对木板，有
μ1mg+μ2⋅2mg=ma3
木板第一次减速至零
v2=a3t2
解得
a3=6m/s2 ， t2=0.2s
此时物块速度
v=v2−a1t2
解得
v=0.4m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案