2023-2024学年湖北省新高考联考协作体高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省新高考联考协作体高一（下）开学考试物理试卷（含解析），共18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.下列关于概念的理解说法正确的是( )
A. 位移和路程在大小上总是相等，只是位移有方向是矢量，路程无方向，是标量
B. 速度是描述运动快慢的物理量，速度变化越大表示物体运动越来越快
C. 加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度的变化率越大，加速度越大
D. 只有物体的大小和形状在研究的问题中属于主要因素才能将物体看作质点
2.浙江百丈漈瀑布是全国单体落差最大的瀑布。第一漈约200米，第二漈约68米，第三漈约12米，三漈相加约是280米，折合古时鲁班尺是一百多丈，故名百丈漈。假设忽略上游水的初速度和空气的阻力，g取10m/s2，那么研究水仅仅下落第一漈的过程，下列说法正确的是( )
A. 水下落的时间为20sB. 水在前两秒内的平均速度是10m/s
C. 第二秒内下落的高度是20mD. 水下落一半高度时的速度大小是20m/s
3.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船的质量为3.0×103kg，其推进器的平均推力为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s，则下列说法正确的是( )
A. 整体的加速度是0.05m/s2B. 空间站的质量是8.7×103kg
C. 飞船给空间站的推力是900ND. 空间站给飞船的反推力是870N
4.如图所示有1、2、3三个质量为1kg的木块，a，b为两个劲度系数为4N/cm的轻弹簧。三个木块如图形式连接并处于静止状态，其中水平桌面光滑，现在用水平外力F缓慢向左拉动木块1，直至木块3刚好脱离水平地面。g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 初态时，木块3受到的支持力为10N
B. 初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为5cm
C. 当木块3刚离开地面时，弹簧a向左移动了5cm
D. 当木块3刚离开地面时，弹簧a向左移动了10cm
5.我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，其中无人机配送快递能够有效解决传统的快递配送方式存在着的人力成本高、交通拥堵、配送时间长等问题，提高了配送效率。某次配送质量为2kg的物体飞行时，无人机带动物体在竖直平面内做曲线运动，水平方向的速度时间图像，竖直方向的位移时间图像(二次函数曲线)如图所示，下列说法正确的是( )
A. 物体做匀变速曲线运动B. 1秒末物体的速度大小为3m/s
C. 0−2s内质点的位移大小为4mD. 质点所受合力为2N
6.为营造良好的学习、生活环境，本校每周都要进行大扫除活动。如图所示，某同学某次用水冲洗楼梯时水从楼梯口以1.6m/s的水平速度冲出，所有阶梯均20cm宽、20cm高，g取10m/s2，忽略空气阻力。则本次冲洗中有几阶台阶完全没有被冲洗到( )
A. 一阶B. 二阶C. 三阶D. 四阶
7.如图所示，是一种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是( )
A. 匀速B. 匀速C. 匀加速D. 匀加速
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.骑马射箭是蒙古族传统的体育项目，如图所示。在某次比赛中，选手骑马沿直线AB匀速前进，速度大小为v1，射出的箭可看作做匀速直线运动，速度大小为v2，靶中心距AB所在竖直面的垂直距离为d，某次射箭时箭的出射点恰好与靶心等高，下列说法正确的是( )
A. 为确保可以命中靶心，且箭运动时间最短，箭射出方向需指向靶心
B. 为确保可以命中靶心，且箭运动时间最短，箭的运动时间为dv2
C. 为确保可以命中靶心，且箭运动位移最短，若v2>v1，则最短位移为d
D. 为确保可以命中靶心，且箭运动位移最短，若v2>v1，则命中时的速度大小为v合= v 12+v 22
9.抖空竹是国家非物质文化遗产之一。在某次抖空竹表演时，表演者的左右手所持杆和空竹位置如图所示，此时左手高于右手，轻绳两端位置之间的连线与水平方向成θ角，空竹悬挂在轻绳上。现保持右手所持杆水平且位置不动，只人为改变一个条件，始终保持空竹静止，不考虑轻绳与空竹之间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 若换挂质量更大的空竹，则空竹的静止位置不会变化
B. 若换更长的轻绳，绳子的拉力不会变化
C. 若使左手持杆缓慢竖直向下移动至θ=0∘的过程中绳子拉力逐渐变小
D. 若使左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆弧移动至θ=0∘的过程中，绳子拉力逐渐变大
10.如图所示，一个质量为m，长为L的木板放在倾角为θ的光滑斜面上，其板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，现用一恒力F竖直向下拉细绳，木块向上滑动而木板不动，则下列说法正确的是( )
A. 物块与板间的动摩擦因数为M+mMtanθ
B. 物块在板上滑行时间为 2MLF−M+mginθ
C. 物块在板上滑行最大速度为v= 2LFM−1+mMgsinθ
D. 物块在板上滑行的加速度为F−MgsinθM
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验的简要步骤如下：
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中必要的有__________；
A.要求斜槽光滑且轨道末端水平 B.每次小球释放的初始位置可以任意选择
C.每次小球应从同一位置由静止释放 D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点用折线连接
(2)若用边长为2.5cm的正方形小方格坐标纸记录P小球的轨迹，小球在同一初速平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，重力加速度g=10m/s2，则P小球抛出时的初速度的大小v0=_________m/s，P小球在b处的瞬时速度的大小为vb=_________m/s，a处_________(填“是”或者“不是”)平抛运动的起点。
12.图中为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F及物体质量M的关系”实验装置简图。
(1)实验中以下操作正确的是__________；
①调整定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行
②阻力补偿的方法是在托盘中添加砝码，使小车能匀速滑动
③每次改变拉小车的拉力后都需要重新进行阻力补偿
④实验中释放小车时，小车的位置应靠近打点计时器
⑤实验中应先放开小车，然后再接通打点计时器的电源
A.①③ B.②⑤ C.③⑤ D.①④
(2)通过实验得到乙图所示的纸带，纸带上O为小车运动所打的起始点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。此实验测得的小车的加速度a为_________m/s2(保留3位有效数字)。
(3)某同学研究小车质量一定的情况下加速度a与砝码重力F(忘记测量砝码盘的质量，但其他操作均正确)的关系，得到的a−F图线应该是图丙中的_________(填“①”“②”或“③”)。
(4)某同学在上述实验基础上思考了改进方案，设计出如图丁所示的实验装置，这样在垫高长木板左端使小车做匀速运动后，再取下砝码与砝码盘同样可以达到探究上述实验的目的，这样设计相比较上述实验，其中的改进点是______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，航母舰载机降落时需依靠飞行员手动操作钩住“拉阻索”使其速度从200km/h左右快速归零，其运动可看成水平减速直线运动。
(1)某次降落时“歼−15”速度从216km/h减速至停止用时2s，则其减速的平均加速度大小为多少；
(2)若某时刻一架质量约为M=1.2×103kg的“歼−15”的瞬时加速度大小为20m/s2，此时拉阻索水平且所成的夹角为60°如图所示，则此时这根拉阻索承受的张力为多大？(忽略飞机与甲板间的摩擦力等其他阻力)
14.水平放置的圆柱体正上方有一点P，将一个小球从P点以v0沿垂直于圆柱体轴线方向水平抛出，其飞行一段时间后，恰由Q点沿切线飞过，测得圆心O与Q的连线与OP的夹角为θ，试求：
(1)小球从P运动到Q的时间t；
(2)小球的初始位置P点到圆柱体最高点的高度H。
15.某工厂打磨一批工件，为了检验这批工件的光滑程度，采用了如下方式：让一长为s=9m水平传送带，以恒定速率v0=2m/s传动，每相隔时间T=0.5s在其左端A轻放上一个工件，最终形成如图所示的情景。若一个标准工件与传送带之间的动摩擦因数为μ0=0.2，工件质量为m=3kg。若工件动摩擦因数大于标准工件的即为瑕疵产品、若小于标准工件的动摩擦因数的即为完美产品。
(1)标准工件在传送带上运动的时间？
(2)传送带上一共能容纳的标准工件个数及此时(满载)与空载相比较，传送带的牵引力增大了多少？
(3)在传送带满载运行的情况下，一工件即将放上时，传送带上工件数少于第(2)问中的标准数，试判定刚滑离传送带的工件是哪类工件？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.位移与路程的关系是位移大小小于等于路程，故A错误；
B.速度是描述运动快慢的物理量，速度变化越大可能是减小得多，物体运动变慢，故B错误；
C.加速度是描述速度变化快慢的物理量，变化率的大小反应变化的快慢，则加速度越大，故C正确；
D.只有物体的大小和形状在研究的问题中属于次要因素才能将物体看作质点，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【分析】
水在竖直方向做自由落体运动，根据公式h=12gt2、v2=2gh、v=xt求解。
本题主要考查了自由落体运动，熟练速度位移公式即可。
【解答】
A、根据h=12gt2可得t= 2hg=2 10s，故A错误；
B、前2秒内的位移：v=xt，x=12gt2代入数据v=10m/s，故B正确；
C、第二秒内的高度就等于前两秒的位移减去第一秒的位移
x=12gt2，x1=12×10×1m=5m，x2=12×10×4m=20m，Δx=15m，故C错误；
D、下落一半的下落高度100m，vt2−v02=2gx，v= 2×100×10m/s=20 5m/s，故D错误。
3.【答案】D
【解析】A.根据加速度的定义式可知
a=ΔvΔt=0.055=0.01m/s2
故A错误；
B.对整体由牛顿第二定律得
F=M+ma
解得
m=Fa−M=9000.01kg−3.0×103kg=8.7×104kg
故B错误；
C.对空间站有
F=Ma
代入数据解得
F=8.7×104×0.01N=870N
故C错误；
D.由牛顿第三定律得
F′=F
则
F′=870N
故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】AB.依题意，初态时，木块1、2之间无作用力，对木块2、3作为一个整体受力分析，可得
FN=2mg=20N
可知木块3受到的支持力为20N，对木块2受力分析，由平衡条件可得
kx=mg
解得
x=2.5cm
可知初态时，弹簧b处于压缩状态，压缩量为2.5cm。故AB错误；
CD.当木块3刚离开地面时，对其受力分析，由平衡条件可得
kx′=mg
此时弹簧b处于拉伸状态，伸长量为2.5cm。对木块2、3进行整体分析细线对木块2的拉力大小为 2mg ，由1保持平衡所以弹簧a的弹力大小也是 2mg ，则
x′′=2mgk=204cm=5cm
所以弹簧a向左运动了
s=x+x′+x′′=10cm
故C错误；D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是合运动与分运动的关系，曲线运动由合速度和合加速度是否共线判断；合速度与分速度的关系；合位移与分位移的关系；根据牛顿第二定律求质点受到的合外力。
【解答】A、物体在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，物体加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动，故A正确；
B、物体在竖直方向上12at2=h，a=2m/s2，1秒末物体的速度v1= 32+22m/s= 13m/s，故B错误；
C、水平方向的位移为x=3m/s×2s=6m，竖直方向y=12at2=4m，0−2s内质点的位移s= 62+42= 52m，故C错误；
D、质点所受合力FF=ma=4N ，故D错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
水做平抛运动，根据平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合几何关系即可求解。
解决本题的关键掌握平抛运动的特点求解，注意最后结果的小数部分只能入不能舍。
【解答】
设水流到台阶的时间为t，水平方向：x=v0t，竖直方向上：y=12gt2，且存在xy=0.20.2，则时间t=0.32s，相应水平方向x=0.512m，所以台阶数为：n=，则水流落在第3台阶上，有二阶没有冲洗到，故B正确，ACD错误。
故选：B。
7.【答案】C
【解析】AB.当匀速时重力和台阶支持力平衡，受力分析如图
故AB错误；
CD.当匀加速时物体受力分析如图所示
故C正确；D错误。
故选C。
8.【答案】BC
【解析】A.为确保可以命中靶心，且箭运动最短时间，则箭射出方向一定要垂直于AB，使合速度指向靶心。故A错误；
B.为确保可以命中靶心，且箭运动最短时间，箭射出方向一定垂直与AB，最短时间为
tmin=dv2
故B正确；
C.为确保可以命中靶心，且箭运动最短位移，由于 v2>v1 ，如图
合速度可以垂直于AB，所以最短位移等于d。故C正确；
D.由于 v2>v1 ，则合速度为
v合= v 22−v 12
故D错误。
故选BC。
9.【答案】AD
【解析】设两段绳子之间的夹角为 2α ，由平衡条件可知
2Fcsα=mg
解得
F=mg2csα
设绳子总长为L，两杆之间的水平距离为s，悬挂点两边的绳子长度为 L1 ， L2 由几何关系可知
L1sinα+L2sinα=s
解得
sinα=sL1+L2=sL
A.空竹质量增加，其他条件不变，则两段绳子之间的夹角不变，由于α不变，所以空竹静止位置不变，故A正确；
B.绳长增加，L变大， α 变小， csα 变大，空竹质量不变，则绳子拉力F变小，故B错误；
C.杆下移，L，s都不变 α 不变，所以拉力不会变化，故C错误；
D.杆顺时针走圆弧使s增大， α 变大， csα 变小，F变大，故D正确。
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】A.对板子m，由平衡条件可得
mgsinθ=μMgcsθ
解得
μ=mMtanθ
故A错误；
D.设物体的加速度为a，由牛顿第二定律
F−Mgsinθ−μMgcsθ=Ma
解得
a=FM−1+mMgsinθ
故D错误；
BC.运动学公式
L=12at2 ， v2=2aL
解得
t= 2MlF−m+Mgsinθ
v= 2aL= 2LFM−1+mMgsinθ
故BC正确。
故选BC。
11.【答案】(1)C
(2) 1 1.25 不是

【解析】(1)[1]A.为了保证小球的初速度水平，应调节斜槽的末端水平，对于斜槽是否光滑没有要求，故A错误；
BC.为了保证每次小球平抛运动的初速度相等，则每次要从斜槽的同一位置由静止释放小球，故B错误，C正确；
D.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑的曲线连成曲线，故D错误。
故选C。
(2)[2]由于小球为平抛运动在竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速，在竖直方向上存在
Δy=gT2
T= Δyg=0.05s
v0=vx=xt=1m/s
[3][4]在竖直方向上中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度
vyb=yac2T=0.75m/s
vb= v yb2+v 02=1.25m/s
tab=vybg=0.075s>0.05s
故a不是起点。
12.【答案】(1)D
(2) 0.986
(3)③
(4)不需要满足砝码及其托盘质量远小于小车质量(使小车的合外力测量更准确等)

【解析】(1)①调整定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行，故①正确；
②平衡摩擦力的方法是小车不挂砝码盘，将打点计时器一端的木板垫高到适当角度，轻推小车使小车能匀速滑动，故②错误；
③每次改变拉小车的拉力后不需要再次平衡摩擦力，故③错误；
④实验中释放小车时，小车的位置应靠近打点计时器，故④正确
⑤实验中应先接通电源待打点计时器稳定，后释放小车，故⑤错误。
故选D。
(2)根据逐差法求加速度
a=xDG−xAD9×10−2
代入数据可得
a=0.986m/s2
(3)在其他条件不变的情况下，砝码和砝码盘的总重力提供小车的合力，设砝码盘的质量为m，根据牛顿第二定律
F+mg=Ma
可得
a=FM+mgM
得到，图像与加速度轴存在截距，所以选择③。
(4)小车匀速运动时合外力为零，此时取下砝码与盘，比较取下前后的受力，小车其它受力不变，仅少了等于砝码与盘重力的拉力，即小车的合外力精确等于砝码与盘的重力，这样就不需要像前面实验方案中控制砝码及盘质量远小于小车质量，去保证小车的合外力更趋近于砝码与盘的重力。
13.【答案】(1) a=30m/s2 ；(2) F=8 3×103N
【解析】(1)初速度
v0=216km/h=60m/s
由运动学公式得
0=v0−at
解得
a=v0t=30m/s2
(2)受力分析如图：两段拉阻索的张力相等，合力沿角平分线方向，以这个方向建立x轴
牛顿第二定律
2Fcs30∘=ma
则
F=ma2cs30∘
代入数据解得
F=8 3×103N
14.【答案】(1) t=v0tanθg ；(2) H=v 02tan2θ2g−v 02gcsθ+v 02g
【解析】(1)设小球在Q点时的速度为 vQ ，在Q点竖直方向的速度为 vy ，如图所示
根据几何关系可得到Q点速度同水平方向夹角为 θ ，则
tanθ=vyv0
可得
vy=v0tanθ
小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动
vy=gt ， t=vyg
代入数据得
t=v0tanθg
(2)平抛运动，在水平方向匀速运动
x=v0t=v 02tanθg
由几何关系
R=xsinθ=v 02gcsθ
竖直方向位移
y=12gt2
可得
y=v 02tan2θ2g
小球距圆柱体的高度
H=y−R1−csθ
联立可得
H=v 02tan2θ2g−v 02gcsθ+v 02g
15.【答案】(1) 5s ；(2)10个，12N；(3)瑕疵工件
【解析】(1)设工件的加速时间为 t1 ，加速时的加速度为 a1 ，由牛顿第二定律
F合=μ0mg=ma1
解得
a1=μ0g=2m/s2
加速阶段有
v0=a1t1
解得
t1=1s
加速行驶位移
x1=12a1t 12=1m
匀速行驶位移为
s1=L−x1=8m
匀速行驶时间
s1=v0t2
总时间
t总=t1+t2=5s
(2)设总个数为 n ，则
n=t总T=10
在传送带上面的工件一共10个，加速的工件的个数
n1=t1T=2 个
匀速的工件的个数
n2=t2T=8 个
增加的牵引力
ΔF=2μ0mg=12N
(3)法一：都为标准工件时设第一个工件在传送带上面运动时间为 t3 ，则第二个工件在传送带上的运动时间为 t3−T ，第一个标准工件的位移
s1=12a1t 12+v0t3−t1
第二个标准工件的位移
s2=12a1t 12+v0t3−T−t1
Δs=s1−s2=1m
设提前滑出的工件动摩擦因数为 μ ，加速时间为 t4 ，加速度为 a2 ，牛顿第二定律
F合=μmg=ma2
解得
a2=μg
则该工件的位移为
s3=12at42+v0t3−T−t4
该工件与前一工件的距离为
Δs=2μg
若
Δs=2μg>1
μ10 为完美工件
若
Δs=2μg0.2
则上面个数 nμ0 ，判定为瑕疵工件(其他方法分析正确均可给分)