2023-2024学年吉林省四校高一（下）期初联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省四校高一（下）期初联考物理试卷（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.学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。两位工作人员用轻绳按图甲所示的方式匀速移动石礅时，两根轻绳水平，延长线之间的夹角为2θ，俯视图如图乙所示。重力加速度大小为g，忽略轻绳与石墩之间的摩擦，则轻绳的拉力大小为( )
A. μmg2csθB. μmgcsθC. μmg2sinθD. μmgsinθ
2.中国是目前世界上高速铁路运行里程最长的国家，如今高铁已经成为人们主要的跨城出行工具，如图，高铁进站的过程可近似为匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB=BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s。根据这些信息下列说法正确的是( )
A. 可以确定高铁运动的加速度
B. 可求出高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C. 可求出高铁车头经过AB段和BC段的时间之比
D. 求不出高铁车头经过A、B，C三个位置的速度
3.如图所示，小球以v0向倾角为θ的斜面水平抛出，小球到达斜面的位移与斜面垂直，重力加速度为g，则小球( )
A. 运动时间为v0gtanθB. 水平位移大小为2v02gtanθ
C. 位移大小为2v02gcsθD. 竖直位移大小为v02gtanθ
4.2023年5月28日，从上海飞往北京的国产C919大型客机首飞成功，在北京首都机场降落。降落过程中的某时刻(t=0)，水平分速度为80m/s，竖直分速度为6m/s，且在水平方向做加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小为0.2m/s2的匀减速直线运动，落地前瞬间竖直分速度恰好为零。下列说法正确的是
( )
A. 飞机降落过程中的运动轨迹为直线B. t=10s时，飞机的速度大小为64m/s
C. 飞机降落过程中的位移大小为1500mD. 飞机落地时的速度大小为20m/s
5.如图所示，橡皮筋一端连接在天花板上，另一端连接在滑轮上，与竖直方向夹角为θ；绕过滑轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平力F，物块保持静止，现保持F大小不变，使其在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过60°，不计滑轮质量及一切摩擦，橡皮筋始终在弹性限度内，此过程中，下列说法正确的是( )
A. θ变小，橡皮筋长度变短B. θ变小，橡皮筋长度变长
C. θ变大，橡皮筋长度变短D. θ变大，橡皮筋长度变长
6.如图所示，有直角三角形光滑轨道框架▵ABC，其中AB竖直。∠C=90∘，光滑圆弧轨道CB为▵ABC的外接圆上的一部分。小球1、2分别沿轨道AB、AC从A点由静止开始运动，到B、C点对应的时间分别为t1、t2，小球3沿轨道CB从C点由静止开始运动，到B点的时间为t3；小球4在圆弧轨道CB上某一点(对应的圆心角很小)由静止开始运动，到B点的时间为t4。则下列时间的关系正确的是( )
A. t1>t2B. t2t4D. t4=t1
7.躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是
A. 甲中人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的
B. 甲中人不同的躺姿会改变躺椅对人的作用力
C. 乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向下
D. 乙中人脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.小明查询从武汉到广州的高铁时间时，发现G881比G883快8分钟，再查时刻表，发现G883比G881中途多停一站。假设这两辆车在出站和进站时均做加速度大小为a的匀变速直线运动，除进站、出站、停留时间以外，均以恒定的速率v=324km/h匀速运动，根据列车时刻表，下列正确的是( )
A. 除掉停车时间，多出的运行时间是vaB. 除掉停车时间，多出的运行时间是2va
C. 列车的加速度为0.6m/s2D. 列车的加速度为0.3m/s2
9.如图甲所示，一斜面放置在水平地面上，在斜面的顶端固定一轻质的光滑定滑轮，斜面的左侧粗糙，右侧光滑。一方形物体和一小球通过一根跨过定滑轮的轻质细绳相连，斜面左右两侧的细绳与斜面平行。现抬起B点以A点为轴使整个斜面在纸面内缓慢转动一个小角度，在转动过程中系统各物体相对静止，则在转动的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 细绳的拉力变小B. 斜面对方形物体的摩擦力一定减小
C. 斜面对小球的支持力变小D. 斜面对定滑轮的作用力变小
10.抓娃娃机是一种深受青少年喜爱的游戏设备，其利用机器自身所带的爪子抓取箱柜内的物品。下图为某款抓娃娃机结构简图，其中机械臂15一端铰链在水平横梁上，另一端铰链在质量为m的抓手16上。机械臂可当成长度为L的轻绳。12为轻质细绳。设重力加速度为g，机械臂拴结点与横梁左端点水平间距为2L，绳12上拉力为F1，机械臂15上拉力为F2，某次游戏时通过轻绳牵引将抓手从最低点缓慢提升到最高点，针对这个过程中，下列说法正确的是
A. 机械臂上拉力大于轻绳上的拉力B. 轻绳中的张力F1一直在增加
C. 机械臂中弹力F2先增大再减小D. F1 ​2+F2 2>(mg)2
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某兴趣小组基于胡克定律和牛顿第二定律制作了一个水平加速度测量仪。其基本结构如图所示，配重块中心固定一轻质指针，两端分别连接两相同轻质弹簧，将其和弹簧一起穿在一光滑杆上；弹簧两端固定在杆两端，且弹簧处于原长时，轻质指针正对着上方刻度尺的零刻度线。配重块质量为m，弹簧劲度系数为k。
(1)此仪器还需将长度值重新标注为对应加速度值，若指针对应的刻度值为x，则此刻度对应的加速度a=___________。
(2)若m=1 kg，k=500 N/m，则该加速度测量仪的分度值为___________m/s2。
(3)在第(2)问的基础上，若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，则此时的0刻度线应标注的加速度值为___________m/s2(已知重力加速度g取10 m/s2)。
12.在“探究平抛运动的特点”的实验中。
(1)某组同学用如图甲所示装置探究平抛运动的特点。用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动，同时B球由静止下落，可以观察到两个小球同时落地，改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，发现：两球总是同时落地。由此可以得到的结论是_____________。
(2)该组同学继续用如图乙所示装置继续探究平抛运动的规律，在该实验中，下列说法正确的是_____________。
A.斜槽轨道末端切线必须水平
B.斜槽轨道必须光滑
C.将坐标纸上确定的点用直线依次连接
D.小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放
(3)另一组同学拍摄钢球做平抛运动频闪照片的一部分如图丙所示，已知每个小方格的边长为L，重力加速度为g，则钢球平抛的初速度大小为_____________。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.一智能玩具电动车在t=0时刻从静止开始自西向东做直线运动，其加速度a随时间t的变化图像如图所示，设向东为运动的正方向。求：
(1)电动车在第1s末、第2s末和第3s末的速度，并作出其v−t图像；
(2)0−3s内电动车的平均速度大小和路程。
14.节日里放的起花最早出自《儒林外史》，描述“形如小纸炮，缀有长约二三尺苇杆，燃其芯即急起”。设起花从地面发射后始终在竖直方向上运动，点火后可认为做初速度为0、加速度a=8m/s2的匀加速直线运动，当到达离地面高h=25m时燃料恰好用完。若不计空气阻力、忽略重力的变化，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)起花上升的最大高度H；
(2)起花返回地面时的速度v；
(3)起花在空中运动的总时间t。
15.如图甲所示，一定长度、质量为M=2kg的长木板放在水平面上，质量为m=1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力F1(大小未知)，使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t=0时刻，0～2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t=2s时将外力大小改为F2=22N，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=1115。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)μ1以及F1的大小：
(2)长木板最终的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
对石墩受力分析，由平衡条件列方程求解出轻绳的合拉力大小表达式。
【解答】
根据题意，设轻绳的拉力大小为F，由平衡条件有
2Fcsθ=f=μmg
解得
F=μmg2csθ
故选A。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】D.令A、B、C三个位置的速度分别为 vA 、 vB 、 vC ，根据匀变速直线运动平均速度公式有
vA+vB2=30m/s ， vB+vC2=20m/s
令AB =BC=x，则全程的平均速度
v=2xx20m/s+x30m/s=24m/s
则有
vA+vC2=24m/s
解得
vA=34m/s 、 vB=26m/s 、 vC=14m/s
可知，能够求出高铁车头经过 A、B，C三个位置的速度，故D错误；
AB.根据上述可知，由于不知道AB与BC的具体数值，则不能够求出运动时间的具体数据，即不能够确定高铁运动的加速度，故AB错误；
C.根据平均速度定义式有
vA=xtAB ， vB=xtBC
解得
tABtBC=23
故C正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A.小球到达斜面的位移与斜面垂直，过抛出点作斜面的垂线，如图所示
设运动的时间为t，则
水平方向x=v0t
竖直方向y=12gt2
根据几何关系有xy=tanθ
则有v0t12gt2=tanθ
解得t=2v0gtanθ
故A错误；
B.小球的水平位移大小为x=v0t=2v02ctθg=2v02gtanθ
故B正确；
D.竖直位移大小为y=12gt2=2v02ct2θg
故D错误；
C.合位移大小为s=xsinθ=2v02gtanθsinθ=2v02csθg
故C错误；
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】本题考察运动的合成与分解，判断出飞机的加速度与速度的方向，进而确定运动轨迹是否为直线；
【详解】A.飞机速度与水平方向的夹角的正切值为
tanα=vyvx=680=340
飞机加速度与水平方向的夹角的正切值为
tanβ=ayax=0.22=110
可得
α≠β
可知飞机降落过程中，速度方向与加速度方向不在同一直线上，运动轨迹为曲线，故A错误；
B.t=10s时，飞机的水平速度大小为
vx=v0x−axt=80m/s−10×2m/s=60m/s
t=10s时，飞机的竖直速度大小为
vy=v0y−ayt=6m/s−10×0.2m/s=4m/s
t=10s时，飞机的速度大小为
v= vx2+vy2=4 226m/s
故B错误；
C.飞机在空中运动的时间为
t′=v0yay=60.2s=30s
飞机降落过程中竖直方向的位移为
y=v0y22ay=622×0.2m=90m
飞机降落过程中水平方向的位移为
x=v0xt′−12axt′2=80×30m−12×2×302m=1500m
飞机降落过程中的位移大小为
s= x2+y2=30 2509m
故C错误；
D.飞机落地前瞬间竖直分速度恰好为零，则机落地时的速度大小等于飞机水平方向的速度，为
v′=v0x−axt=80m/s−2×30m/s=20m/s
故D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】【分析】
拉力转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，从而分析绳子拉力的变化，根据橡皮筋的弹力变化分析O的变化。
【解答】
拉力转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，两边绳上拉力的合力减小，根据力的平衡可知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半，因此θ变大。
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了单摆周期公式的简单应用、等时圆模型；本题主要是考查了“等时圆”的问题，解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出时间的表达式，结合角度的大小关系进行比较。
根据自由落体运动规律求出小球1下落时间；根据几何关系求出轨道的长度，结合牛顿第二定律求出质点下滑的加速度，根据位移—时间公式列式分析出小球2、3经历的时间；根据单摆运动规律求出小球4运动时间；综合比较得出结论。
【解答】
解：设AB为2R，小球1做自由落体运动，则有2R=12gt 12
解得t1= 4Rg
设 ∠BAC=θ ，根据几何关系可知AC为2R csθ ，根据牛顿第二定律可知a2=gcsθ
则有2Rcsθ=12gcsθt22
解得t2= 4Rg
同理可知小球3的位移为 2Rsinθ ，加速度为a3=gsinθ
则有2Rsinθ=12gsinθt32
解得t3= 4Rg
小球4的运动可看作是单摆运动，则时间为t4=14×2π Rg=π2 Rg
综上分析可知t1=t2 = t3>t4；
故C正确，ABD错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
该题主要考查弹力、摩擦力、平衡条件的应用相关知识。
根据弹力产生的原因分析人对椅子的压力；根据平衡条件分析人受到的合力；根据相对运动情况分析摩擦力的方向；根据平衡条件分析摩擦力大小。
【解答】
A.甲中人对椅子的压力是因为人的形变而引起的，故A错误；
B.甲图中的人受到重力和椅子对人的作用力，椅子对人的作用力和重力平衡，因此人不同的躺姿不会改变椅子对人的合力，故 B错误；
C.乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力可能沿椅面向下，也可能沿斜面向上，C错误；
D.乙中以人和躺椅整体为研究对象，水平方向上受到地面给脚和躺椅的摩擦力，因整体保持静止，地面给脚的摩擦力和地面给躺椅摩擦力大小相等，方向相反，故脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等，故D正确。
故选D。
8.【答案】AD
【解析】AB.G883多了一站，对于多的这一站，当进站时列车匀减速到0，其 v−t 图像见下图中的A，G881走过这段位移时对应图中B， v−t 图像面积表示位移，G883走过的位移为x=12vt0
而G881走过这段位移用时为t′=12vt0v0=12t0
即G883比G881多用时间为Δt=t0−12t0=12t0
同理出站加速时也多用了 12t0 ，则除掉停车时间，多出的运行时间是t0=va
故A正确。故B错误；
CD.G883在彬州西站停车3分钟，则得va=t0=(8−3)×60s=300s
带入数据得a=3243.6m/s300s=0.3m/s2
故C错误，D正确。
故选AD。
9.【答案】AD
【解析】A.抬起B点后，右侧斜面与水平方向的夹角变小，对小球分析，小球所受的拉力为
T=mgsinθ
当夹角减小时细绳的拉力减小，故A正确；
C.小球受到斜面的支持力
N=mgcsθ
当夹角减小时斜面对小球的支持力变大，故C错误；
B.由于不知道初始时方形物体所受摩擦力的方向，同时左侧斜面与水平面的夹角变大，重力沿斜面的分力变大，且绳子的拉力变小，则不能确定方形物体所受摩擦力的变化情况，故B错误；
D.对定滑轮分析，受到两边绳子的作用力和斜面的作用力处于平衡状态，由于绳子的拉力减小且两边细绳的夹角不变，根据力的合成可知细绳对定滑轮的作用力减小，则斜面对定滑轮的作用力减小，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AB
【解析】【分析】
对抓手受力分析，由共点力的动态平衡，结合几何关系得解。
本题主要考查共点力的动态平衡，熟悉力的矢量关系、知道角度的变化是解题的关键，有一定难度。
【解答】
A.由题意可将结构图简化为下图：
由几何关系可知△ABC中AB>AC>BC，∠φ>∠γ，则α>β，在△DEC中，F2>F1，即A项正确；
C.对抓手受力分析，平移围成矢量三角形，由正弦定理可得：mgsin(α+β)=F1sinβ=F2sinα，F2=mgsinαsin(α+β)=mgsinαsinαcsβ+sinβcsα，设AC=s，CD=h，AD=LA，BD=LB，则有：
F2=mgsinαsinαcsβ+sinβcsα=mgLAsLAhsL+hLBsL=mg⋅L⋅LAh(LA+LB)=mg⋅12⋅LAh=mg2tanγ=mgtanα2，AC连线与CD夹角大小变化，AC与圆周相切时α最小，则α先减小再增大，机械臂中弹力先减小再增大，C项错误；
B.F1=mg2tanβ，φ一直减小，β一直增大，B项正确；
D.由余弦定理：(mg)2=F12+F22−2F1F2(π−α−β)，由于α+β可以小于90∘也可以大于90∘，所以F12+F22>(mg)2并不总是成立的，D项错误。
11.【答案】(1)2kxm；
(2) 1；
(3)10
【解析】【分析】
本题以机械加速度传感器的原理为情景，考查胡克定律、牛顿第二定律，考查学生的科学思维，科学探究素养。
【解答】
(1)由胡克定律和牛顿第二定律可得，2kx=ma，化简得a=2kxm;
(2)将m=1kg，k=500N/m，x=1×10−3m代入a=2kxm，解得a=1m/s2;
(3)若将此水平加速度测量仪改装成竖直加速度测量仪，指针对应0刻度线时，对应的加速度值为重力加速度10m/s2。
12.【答案】 平抛运动竖直方向上为自由落体运动 AD##DA 32 2gL
【解析】(1)[1]该实验中，A球做平抛运动，而B球做自由落体运动，当两球在同一高度处同时运动，得到的结果是两球同时落地，且改变高度仍然得到相同的结果，则说明平抛运动竖直方向上为自由落体运动。
(2)[2]A.为了让小球在斜槽末端获得水平方向的速度以保证小球做平抛运动，则斜槽末端必须水平，故A正确；
BD.该实验中只要保证小球每次都从斜槽上同一高度由静止释放，则可保证小球每次做平抛运动的初速度相同，不需要斜槽轨道必须光滑，故B错误，D正确；
C.由于平抛运动的轨迹为抛物线，因此应该用平滑的曲线将坐标是上确定的点连接起来，故C错误。
故选AD。
(3)[3]平抛运动水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做自由落体运动，根据图丙中可得，在水平方向有3L=v0t
在竖直方向由逐差法5L−3L=gt2
联立解得v0=32 2gL
13.【答案】(1)电车在第 1s 内向东做匀加速运动，第 1s 末速度v1=at1=1m/s
在第 2s 内做匀减速运动，第 2s 末的速度v2=v1−at2=(1−1×1)m/s=0
在第 3s 内向西做匀加速运动，第 3s 末的速度v3=−at3=−1m/s
其 v−t 图像如图
(2) v−t 图像与时间轴围成的面积表示位移， 3s 内电动车的位移x=12×2×1−12×1×1m=0.5m
3s 内电动车的平均速度v=xt=16m/s
3s 内电动车的路程s=12×2×1+12×1×1m=1.5m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)燃料用完时速度为v1，有v12−0=2ah
之后上升的高度为Δh0−v12=−2gΔh
可得Δh=20m
起花上升的最大速度H=h+Δh=45m
(2)根据自由落体运动的规律v2=2gH
可得起花返回地面是的速度v=30m/s
(3)起花加速上升的时间为t1，有v1=at1
减速上升的时间为t2，有0=v1−gt2
自由下落的时间为t3，有H=12gt32
联立可得起花在空中运动的总时间t=t1+t2+t3=7.5s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)由 v−t 图像可知，木板的加速度大小为a1=Δv1Δt=182m/s2=9m/s2
物块的加速度大小为a2=Δv2Δt=42m/s2=2m/s2
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得
F1−μ1mg−μ2(M+m)g=Ma1
μ1mg=ma2
联立解得μ1=0.2 ， F1=42N
(2) t=2s ，由 v−t 图像可知，此时木板和物块的速度分别为v1=18m/s ， v2=4m/s
此时将外力大小改为 F2=22N ，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，加速度大小变为a′1=μ1mg+μ2(M+m)g−F2M=1m/s2
设经过 t′ 时间木板和物块达到共速，则有v共=v1−a′1t′ ， v共=v2+a2t′
联立解得t′=143s ， v共=403m/s
由于F2=μ2(M+m)g=22N
则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，所以长木板最终的速度大小为 403m/s 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】车次
车站
到达
出发
停留
G881
武汉
发站
9：00
长沙南
10：19
10：22
3分钟
广州南
12：46
G883
武汉
发站
10：07
长沙南
11：27
11：30
3分钟
彬州西
12：35
12：38
3分钟
广州南
14：01