湖南省长沙市2023_2024学年高一物理上学期期中试卷

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高一物理上学期期中试卷，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

时量：75分钟满分：100分
一、单项选择题(本大题共8个小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的选项中只有一个选项符合题意)
1.关于静摩擦力的下列说法中正确的是
A.静摩擦力的方向总是与物体运动方向相反B.受静摩擦力作用的物体一定是静止的
C.静摩擦力大小与压力成正比D.静摩擦力不一定是阻力
2.2021年10月我国将首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”成功发射进人预定轨道。假设卫星绕地球做圆周运动，如图所示。卫星轨迹是以0为圆心，半径等于R的圆周。P、Q为轨迹上两点，且OP⊥OQ。则关于卫星从P沿逆时针方向运动到Q的过程中，下列说法正确的是
A路程先增大后减小，最终为B.位移大小先增大后减小，最终为
C.若运动时间为t，则平均速度大小为D.若运动时间为t，则平均速率大小为
3.如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法错误的是
A.甲图像中物体在t=0到这段时间内的平均速度小于
B.乙图像中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量
C.丙图像中，物体的加速度大小为0.5m/s2
D.丁图像中，t=5s时物体的速度为5m/s
4.如图所示，地面上固定一个斜面，上面叠放着A、B两个物块并均处于静止状态。现对物块A施加一斜向上的力F，A、B两个物块始终处于静止状态。则物块B的受力个数可能是
A.3个或4个B.4个或5个C.3个或5个D.5个或6个
5.如图，一物体以某一初速度沿固定的粗糙斜面向上沿直线滑行，到达最高点后，又自行向下滑行，不计空气阻力，物体与斜面间的动廖擦因数处处相同，下列图像能正确表示这一过程速率与时间关系的是
6.如图所示，杂技浈员表演抛球游戏。他一共有4个球，每隔相等的时间竖直向上抛出一个小球(不计一切阻力，小球间互不影响)，若每个球上升的最大商度都是1.8米，忽略每个球在手中的停留的时间，正力加速度g取10m/s2，则杂技演员刚抛出第4个球时，第1个球和第2个球之间的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为
A.1：1B.1：4C.1：3D.1：2
7.如图所示，小球质量为m，被3根质量不计的相同弹簧a、b、c拉住，其中c在竖直方向，a、b、c之间的夹角均为120°，小球平衡时，a、b、c的弹力大小之比为3：3：1，当剪断c的瞬间，小球的加速度大小及方向可能为(重力加速度为g)
①，竖直向下；②，竖直向上；③，竖直向下；④，竖直向上
A①②B.①④C.②③D.③④
8.如图所示；光滑竖直墙壁与光滑水平地而交于B点，质量为M的光滑半圆柱体，紧靠竖直墙壁暨于水平地面上，O为半圆柱体横截面的圆心。质量为m且可视为质点的小球，用长度为L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上。当换用质量不变，而畔径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知AB之间距离也为L，正力加速度为g，不计各接触而间的摩擦，关于小球和圆柱体的受力说法正确的是
A.当θ=60°时，细线对小球的拉力大小为mg
B.当θ=60°时，半圆柱体对小球的支持力大小为mg
C.在θ逐渐减小的过程中，四柱体受到水平地面的弹力始终保持不变
D.在θ逐渐减小的过程中，圆柱体受到竖直墙壁的弹力始终保持不变
二、多选题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题意。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)
9.由于公路维修只允许单车道通行，在一平直车道上，有同向行驶的甲、乙两车，t=0时，甲车在前，乙车在后，相距=100m，速度均为=30m/s，从此时开始两车按如图所示规律运动，则下述说法正确的是
A.3s时两车相距最近B.6s时两车相距最近C.两车可能会相遇D.两车最近距离为10m
10.如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是
A小球先做加速度增大的加速运动.后做加速度减小的加速运动.直到最后匀速运动
B.小球先做加速度减小的加速运功，后做加速度增大的减速运动直到静止
C.小球的最大加速度为
D.小球的最大速度为
11.如图，楔形粗糙斜面放在水平地面上，一滑块在拉力F作用下沿楔形斜面匀速上滑，楔形斜面不动，下列说法中正确的是
A.滑块所受合力的方向沿斜面向上
B.滑块所受重力、支持力和摩擦力的合力的方向沿斜面向下
C.楔形斜面受到地而的摩擦力方向向左
D.楔形斜面和地面之间没有摩擦力
12.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于倾角为θ的斜面上质量为m的物体A连接(另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连)，弹簧与斜面平行且处于静止状态。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧总共被压缩了，此时物体A、B静止。撤去F后，物体A、B开始向上运动，已知重力加速度为g，物体A.B与斜面间的动摩擦因数为μ(μA.施加力F前，弹簧被压缩了
B.撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为等
C.撤去F后，物体A和B.先做加速运动，再做减速运动
D.若物体A、B向上运动要分离，则分离时向上运动距离为
三、实验题(本题共2个小题，每空2分，共10分)
13.(4分)“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条另一端拉到某一确定的O点。
(1)下列叙述正确的是__________。
A.该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力
B.两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
C.实验中AO和BO的夹角应尽可能大
D.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线
(2)对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与F'两力中，方向一定沿CO方向的是________.
14.(6分)某同学利用如图装置测量小车和智能手机的质量，智能手机可以利用APP直接测量出手机运动时的加速度。悬挂质量为m的钩码，用智能手机测出小车运动的加速度a；改变钩码的质量m，进行多次测量；作出a与m(g-a)的图像如图，已知图像中直线的截距为b，斜率为k。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)(单选)以下说法正确的是________。
A.钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量
B.细绳应该始终与长木板平行
C.不悬挂钩码时，应使小车和智能手机勾速沿木板下滑
D.细线的拉力等于钩码的重力
(2)根据图像可得，小车和手机的质量为_________。
(3)再利用手机APP测出斜面倾角为θ，则小车和智能手机沿木板运动过程中受摩擦力的大小为_________。
四、计算题(本题共3个小题，共38分)
15.(10分)在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个棱长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙璧和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的棱长a>R，正方体与水平地面间的动摩擦因数为μ=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大?
(2)若θ=45°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少?
16.(13分)物体以12m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为37°的斜坡，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.25(g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)。求：
(1)物体沿斜面上滑的最大位移；
(2)物体再滑到斜面底端时的速度大小。
17.(15分)如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M=2kg的静止长木板，木板的左端放置一质量m=1kg的物体A，距木板的右端=3m处放置质量与物体A相等的另一物体B(物体B底面光滑)。在t=0时刻对物体A施加一水平向右的推力F=6N，物体A开始相对长木板滑动，同时给物体B一向右的瞬时初速度=2m/s，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.05，物体A与木板间的动摩擦因数=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，物体A、B均可视为质点。求：.
(1)t=0时刻长木板的加速度大小；
(2)若=3s时物体A、B在木板上相撞，木板的长度L；
(3)若木板长度L为(2)所求，在=2.4s时撤去推力F，试分析物体A、B能否相撞?若能，求A、B两物体从撤去推力F到相撞所用的时间t；若不能，求A、B两物体从撤去推力F到A、B之间距离达到最小时所用的时间t。
2023-2024学年度高一第一学期期中考试
物理参考答案
一、二、选择题(1~8小题，每小题4分；9~12小题，每小题5分，选不全得3分，选错得0分)
5.C[解析]物体上滑与下滑位移相等，图像中表现为面积相等，上滑时重力分力与摩擦力同向，下滑时重力的分力与摩擦力反向，上滑时合力大，加速度大，围像表现为斜率大。
6.C[解析]每个球上升的最大高度郝是1.8米，由自由落体过程公式，可得，代入数据解得s=0.6s，设每隔相等时间竖直向上抛出一个小球，当第四个小球抛出后，再经过相等时间，第一个小球落回手里并抛出，所以根据上升与下降过程的对称性，第四个小球离开手瞬间，第一个小球与第三个小球在同一高度，第二个小球位于最高点速度为0，因此考虑竖直上抛的对称性结合逆向思堆可得出，初速度为0的匀变速直线运动，连续相等时间位移之比等于连续奇数之比，即第1个球和第2个球之间的距离与第3个球和第4个球之间的距离之比为1：3。
7.C[解析]由题意，设a、b弹簧的弹力大小均为3T，c弹簧的弹力大小为T。由于小球在水平方向受力平衡，所以a、b弹簧只能处于同一种状态。当a、b弹簧均处于压缩状态时，其对小球弹力的合力竖直向下，且大小为F=2×3Tcs60°==3T，在c弹簧弹力大小为T的情况下小球不可能平衡。当a、b弹簧均处于拉仲状态，c弹簧处于压缩状态时，根据平衡条件有2×3Tcs60°+T=mg，剪断c后，c弹簧对小球的弹力突变为0，设此时小球加速度大小为，则根据牛顿第二定律有，联立解得，方向竖直向下，故情形③可能；当三根弹簧均处于拉仲状态时，根据平衡条件有2×3Tcs60°=mg+T，剪断c后，c弹簧对小球的弹力突变为0，设此时小球加速度大小为，则根据牛顿第二定律有2×3Tcs60°一mg=m，联立解得，方向竖直向上，故情形②可能。
8.A[解析]对小球进行受力分析如图1所示，连接OB和OO1，设O1B与水平面之间的夹角为，OO1与水平西之间的夹角为，当θ=60°时，由几何关系可知，由于AB=AO1，θ=60°，所以△ABO为等边三角形
β=90°-60°=30，由圆心角与圆周角之间的关系可知=2=60°，可知小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，水平方向Tsinθ=Ncs，竖直方向Tcsθ+Nsin==mg，联立得T=mg，N=mg，故A正确，B错误；若θ迅渐减小，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，如图2所示，由几何关系可知，直线OO1，是该圆的切线方向，所以AO1⊥OO1，则T=mgcsθ，以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在竖直方向，半圆柱体受的支持力N'=Mg+mg-Tcsθ=Mg+mg-mgcs2θ=Mg+mgsin2θ，由几何关系可知θ减小，由上式可知，N′将减小，根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将减小；在水平方向FN=Tsinθ=mgsinθcsθ=mgsin2θ，可知，当θ=45°时，半围柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，所以圆柱体受到竖直墙壁的弹力是变化的，故C、D错误。
10.AC[解析]刚开始运动，加速度为，当速度增大，加速度增大，当速度v增大到符合k>mg后，加速度为，当速度增大，加速度减小，当减小到0，做匀速运动，选项A正确；B错误；当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加达度为，选项C正确；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有，所以最大速度为。
11.BC[解析]因做匀速运动，所以滑块所受的合力为零；故A错误；因滑块受到重力、支持力、摩擦力、拉力共四个力处于平街，所以重力、支持力和摩擦力的合力与拉力方向相反，则这三个力的合力是沿斜面向下的，故B正确；对整体进行受力分析，整体处于平衡状态，合外力为零，外力F具有水平向右的分t；所以地面对整体的摩擦力水平向左，即楔形斜面和地面之间有摩擦力作用，故C正确，D错误。
12.BCD[解析]施加力F前，把AB作为一个整体受力分析，在斜面方向上，重力的下滑分力与弹簧的弹力和摩擦力的合力平街，即2mgsinθ=F弹+f，胡克定律F弹=kx，联立得，故A错误；撤去F瞬间，把AB作为一个整体受力分析有，，解得，故B正确；撤去F后，由于弹簧迅渐恢复原长，弹力不断减小，但加迷度沿斜面向上，整体加速，当加速度减为0后，加速度沿斜面向下减速，所以物体A和B在分离之前先做加速度减小的加迷运动，再做加速度反向增大的减速运动，故C正确；分离问题要抓住两点：①分离时两物体问无弹力，②分离时两物体的加迷度相同；运用这两个结论就可快速判所出A、B两物体会在弹簧达到原长时分离，故D正确。
三、实验题(本题共2个小题，每空2分，共10分)
13.(1)BD(选对1个得1分)；(2)F'
14.(l)B；(2)；(3)
四、计算题(本题共3个小题，共38分)
15.(10分)[解析](1)对球受力分析如图所示，根据平街条件知
，①
，②
解得：，③.
，④分
(2)对整体受力分析如右图所示，根据平衡条件知
N3=Mg+mg，⑤
N2=f，⑥
且有：，⑦
联立④⑤⑥⑦解得：分
16.(13分)[解析](1)物体上滑时受力分析如图甲所示，
垂直斜面方向：FN=mgcs37°
平行斜面方向：Ff+mgsin37°=m
又
由以上各式解得物体，上滑时的加速度大小；=gsin37°+ugcs37°=8m/s2
物体沿斜面上滑时做匀减速直线运动，速度为0时在斜面上有最大的位移
故上滑的最大位移m=分
(2)物体下滑时受力分析如图乙所示
垂直斜面方向：FN=mgcs37°
平行斜面方向：mngsin37°一F'f=m
又
由以.上各式解得物体下滑时的加逸度大小：=gsin37°-μgcs37°=4m/s2
由解得物体再滑到斜面底端时的速度大小：分
17.(15分)[解析](1)设t=0时长木板的加速度大小为，则对木板，根据牛顿第二定律有
解得=分
(2)设0~3s内，物体A的加速度大小为，位移大小为，物体B的位移大小为，根据牛顿第二定律有
，=2m/s2
物体A的位移大小为
物体B的位移大小为，；
解得L=分
(3)=2.4s时，物块A的速度为=4.8m/s
物体A的位移为=5.76m
长木板的速度为=2.4m/s
长木板的位移为=2.88m
物体B的位移为=4.8m
=2.4s时，物体B相对长木板的位移恰好满足
=1.92m<
即B离长木板的最右端的距离为=3m-1.92m=1.08m
物体A相对长木板的位移=2.88m
可知A离长木板右端距离=3.12m
设撤去推力F后物体A的加速度大小为，根据牛顿第二定律得
解得=4m/s2
物体A与木板的共同速度设为，则
解得=0.48s，=2.88m/s
故在t=2.88s时物体A和长木板达到共同的速度2.88m/s
在=0.48s时间内，物体A位移为=1.8432m
此时B位移为=0.96m
此时物体A到B的距离为=1.1568m
由于，此后A与长木板一起开姑做匀减速直线运动，加速度大小为
m/s2
设经过时间木板与物体B达到共同速度，则
解得=1.32s
故在=1.32s内A相对物体B位移=0.5808m
此后B做匀速运动，A与长木板一起做减速运动，不会相撞题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
B
D
B
C
C
C
A
BD
AC
BC
BCD