2023-2024学年湖南省长沙市高一（下）入学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市高一（下）入学物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 速度发生变化的运动，一定是曲线运动
B. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动
C. 做匀速圆周运动的物体，其线速度不变
D. 做曲线运动的物体所受合外力的方向一定指向其轨迹的凹侧
2.某轻质弹簧的劲度系数为k.不挂钩码时，弹簧下端对应的刻度为x0，如图甲所示.挂上钩码，静止后弹簧下端对应的刻度为x1(弹簧处于弹性限度内)，如图乙所示.则乙图中弹簧的弹力大小等于( )
A. kx0B. kx1C. k(x1+x0)D. k(x1−x0)
3.飞机与水平方向成60°角斜向上飞行，飞机的速度大小是200m/s，这个速度在水平方向的分速度为( )
A. 100m/sB. 200m/sC. 100 3m/sD. 200 3m/s
4.如图，ab两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的v−t图像，已知a、b曲线关于它们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是( )
A. t1时刻两车也相遇
B. 在t1～t2时间内，两车的瞬时加速度始终相等
C. 在t1～t2这段时间内，两车平均速度相等
D. t1时刻a车在后，b车在前
5.如图所示，竖直平面内固定一根“L”形足够长的细杆。a球套在竖直杆上，b球套在水平杆上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，a球向下滑且轻杆与竖直杆夹角为30°时，a球与b球速度之比为( )
A. 33B. 32C. 23D. 12
6.人类发射的某空间探测器进入某行星的引力范围后，在靠近该行星表面上空做匀速圆周运动，测得运行周期为T，已知引力常量为G.则可以判定该行星的平均密度为( )
A. 3πGT2B. 3πT2GC. 3πGTD. 3πTG
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.李强同学设计的一个小实验如图所示，他将细绳的一端系在手指B上，细绳的另一端系在直杆的A端，杆的左端顶在掌心C上，组成一个“三角支架”。在杆的A端悬挂不同的重物，并保持静止。通过实验会感受到( )
A. 细绳是被拉伸的，杆是被压缩的
B. 杆对手掌施加的作用力的方向沿杆由C指向A
C. 细绳对杆施加的作用力的方向沿细绳由B指向A
D. 所挂重物质量越大，细绳和杆对手的作用力也越大
8.如图所示，A、B、C在同一平面内，A是静止在地面上的物体，B、C是两颗人造卫星。其中B为近地卫星，C为同步卫星。则以下判断正确的是( )
A. 卫星B的线速度大于地球的第一宇宙速度
B. A、B的角速度大小关系为ωA<ωB
C. A、B、C周期的大小关系为TC>TB>TA
D. A、B、C都在赤道所在平面上
9.如图甲所示，小物块a与质量为0.4kg的小物块b用一跨过桌边光滑小定滑轮的轻绳相连，a在水平桌面上，用手控制a，使b静止在空中。现将手松开，松手后a的速度一时间图像如图乙所示。取重力加速度大小g=10m/s2，a、b均视为质点。下列说法正确的是( )
A. b的初位置离地的高度为2mB. a的初位置到滑轮的距离可能为5.5m
C. a与桌面间的动摩擦因数为0.2D. a的质量为0.76kg
10.如图所示，一轻弹簧一端固定在倾角为53°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为Mp=2kg的物块P，Q为一质量为MQ=4kg的重物，Q与P接触但不粘连。弹簧的劲度系数k=100N/m，系统处于静止状态。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，加速度为a且大小未知，已知在前0.2s时间内F为变力，0.2s以后F为恒力，已知sin53°=0.8，g=10m/s2，下列说法正确的是。( )
A. 加速度a大小为6m/s2B. 力F的最小值为48N
C. 力F的最大值为64ND. Q与P分离时的弹簧弹力大小为32N
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图1所示是研究小车加速度与力关系的实验装置，木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受拉力的大小F，M为带滑轮小车的质量，m为砂和砂桶的总质量。实验时先不挂砂桶，将木板右端垫高，调整垫块的左右位置，平衡摩擦力，然后挂上砂桶，改变桶中砂的质量，多次进行实验。完成下列问题：

(1)实验中______(填“需要”或“不需要”)满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
(2)以拉力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过坐标原点的直线，如图2所示，则图线的斜率k= ______(用M表示)。
(3)若某同学实验中加垫块过高，采集实验数据作出的图像可能是______(填选项字母)。
12.(1)小明用如图甲所示的装置“研究平抛运动及其特点”，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开。他观察到的现象是：小球A、B总是同时落地；上述现象说明平抛物体运动：______。
A.水平方向是匀速直线运动
B.竖直方向是自由落体运动
C.水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动

(2)小明通过图乙实验装置，在竖直面板上记录了小球抛物线轨迹的一部分，如图丙所示。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，g取10m/s2。由图中所给的数据可求出：小球从A到B、B到C速率改变量______(选填“相同”或“不同”)；小球平抛的初速度大小是______m/s；小球抛出点的坐标为(______cm，______cm)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图，放在长木板上的小物块质量为m=1kg，长木板与水平方向夹角为θ，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.6，重力加速度g取10m/s2、sin37°=0.6。
(1)当θ=30°时小物块静止在长木板上，求此时小物块所受摩擦力的大小；
(2)当θ=37°时小物块沿长木板匀加速下滑，求此时小物块加速度的大小。
14.如图所示，质量为m的小球用长为12L的细线悬于O点，O点离地高度为2L，细线能承受的最大拉力为1.5mg，重力加速度为g。求：
(1)将小球拉至如图所示的位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时细线刚好拉断，则小球拉断时的速度为多少？
(2)在(1)问中，改变细线的长，同时改变小球释放的位置，每次小球到最低点时细线均刚好拉断，则当细线为多长时，小球落地点离O点的水平距离最大，最大为多少？
(3)若悬线长改为L，让小球做圆锥摆运动，改变小球做圆周运动的角速度，使小球做圆锥摆运动时细线刚好拉断，细线断后小球落地点离O点的水平距离为多少？
15.如图所示，将物块(可视为质点)置于长木板正中间，用水平向右的拉力将木板快速抽出，物块的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为μ和μ2，已知m=1kg，μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。
(1)当物块相对木板运动时，求物块所受摩擦力的大小；
(2)当物块即将相对木板运动，求拉力的大小；
(3)若在演示此实验时，先对木板施加F=24N的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来，在拉力作用一段时间Δt=0.5s后突然撤去拉力，此后物块刚好不掉下木板，求木板的长度L。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.速度的变化可能是大小或方向的变化，物体做变速直线运动时速度大小发生变化，物体做直线运动，故A错误；
B.物体在恒力作用下可能做曲线运动，如平抛运动，故B错误；
C.做匀速圆周运动的物体，其线速度大小不变，方向时刻变化，故C错误；
D.做曲线运动的物体的轨迹总是沿合力的方向弯曲，即做曲线运动的物体所受合外力的方向一定指向轨迹的凹侧，故D正确。
故选：D。
明确曲线运动的性质和物体做曲线运动的条件，知道曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动。
本题考查对曲线运动的性质的掌握，要注意正确理解平抛运动和匀速圆周运动的性质，从而能更好的理解曲线运动。
2.【答案】D
【解析】解：由图可知，在挂上钩码后，弹簧的伸长量为：x=x1−x0
由胡克定律可得乙图中弹簧的弹力大小为：F=kx=k(x1−x0)
故选项ABC错误，D正确；
故选：D。
根据题目所给条件找出弹簧的伸长量，再利用胡克定律F=kx求出乙图中弹簧的弹力大小
考查胡克定律的简单应用，特别要注意对胡克定律表达式F=kx的理解，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的伸长量或压缩量，注意x不是弹簧的长度．
3.【答案】A
【解析】解：根据运动的合成和分解规律可知，飞机的速度在水平方向的分速度为
vx=vcs60°=200×0.5m/s=100 m/s，故A正确；BCD错误；
故选：A。
飞机实际速度为合速度，可分解为水平方向和竖直方向的两个分运动！根据平行四边形定则，结合几何关系，可得出两个分速度。
本题关键是找出合运动和分运动，再结合平行四边形定则求解即可解答。
4.【答案】D
【解析】解：A、在t1～t2时间内，a图线于坐标轴所围成的面积大于b图线与坐标轴所围成的面积，所以这段时间内，a车的位移大，t1时刻两车不相遇，故A错误；
B、在t1～t2时间内的相同时刻，图像的斜率不相等，a车与b车加速度不相等，故B错误；
C、在t1～t2时间内，a图线与坐标轴所围成的面积大于b图线与坐标轴围成的面积，所以这段时间内，a车的位移大，a车的平均速度大，故C错误；
D、在t1～t2时间内，a图线与坐标轴所围成的面积大于b图线与坐标轴所围成的面积，所以这段时间内，a车的位移大，在t2时刻两车相遇，t1时刻a车在后，b车在前，故D正确。
故选：D。
A、速度与时间图像与时间轴围成的面积表示位移；
B、速度与时间图像的斜率表示加速度；
C、可利用图像面积表示位移比较相同时间间隔内平均速度的大小；
D、可利用面积法比较位移。
本题考查了对v−t图像的理解，旨在考查从图像中读取信息的能力。
5.【答案】A
【解析】解：因为杆不可伸长或缩短，所以a，b球沿刚性轻杆的速度相同，将两球实际速度沿杆和垂直杆分解，如图示，有：vacs300=vbsin300
所以：va：vb=sin30°：cs30°= 3：3
故A正确，BCD错误。
故选：A。
将两球实际速度沿杆和垂直杆分解，用a，b球沿刚性轻杆的速度相同列式求解。
本题考查了运动合成与分解中的牵连速度问题，解决这类问题的关键是：通过刚性轻杆(或刚性轻绳)连接的两个物体沿杆(或绳)方向分速度相等；另外实际运动是合运动。
6.【答案】A
【解析】解：飞船绕某一行星表面做匀速圆周运动，万有引力等于向心力
F引=F向
GMmR2=m4π2RT2
解得行星质量
M=4π2R3GT2
由于M=ρV，因而
ρ=MV=4π2R3GT243πR3=3πGT2
故选：A。
根据万有引力等于向心力，可以列式求解出行星的质量，进一步求出密度．
本题关键要掌握万有引力等于向心力列出等式求解．在此题中要注意轨道半径等于星球半径．
7.【答案】AD
【解析】解：A、重物的重力产生两个效果：一是使绳子沿BA方向被拉紧，二是使杆受到向左的挤压，所以绳子是被拉伸的，杆是被压缩的。故A正确。
B、杆对手掌施加的作用力方向沿杆由A指向C，故B错误。
C、细绳对杆施加的作用力是绳对杆的拉力，沿绳收缩的方向，沿细绳由A指向B，故C错误；
D、重力可分解为沿细绳方向的力F1和垂直于掌心方向的力F2，如图所示
F1=Gcsθ
F2=Gtanθ
所挂重物质量越大，重力越大，绳和杆对手的作用力也越大。故D正确。
故选：AD。
将重物的重力按效果进行分解，从而确定绳子和杆所受的作用力情况，由此可判断绳上拉力的方向；对结点进行受力分析，则可知杆对结点的弹力方向，即可判出杆对手掌的作用力的方向。
本题应明确：绷紧的绳子不论是否弯曲，绳子上各点的拉力大小相等，方向指向绳子收缩的方向。
8.【答案】BD
【解析】解：A、B为近地卫星，根据卫星线速度公式v= GMr分析可知，B的运行速度等于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B、A是静止在地面上的物体，C为地球同步卫星，则A、C的角速度相等，即ωA=ωC。根据ω=vr= GMr3可知，B、C的角速度大小关系为ωC<ωB，则ωA<ωB，故B正确；
C、A是静止在地面上的物体，C为地球同步卫星，则TC=TA。根据ωC<ωB，由T=2πω得：TC>TB，所以TC=TA>TB，故C错误；
D、A、B、C在同一平面内，A是静止在地面上的物体，结合图可知A、B、C都在赤道所在平面上，故D正确。
故选：BD。
根据卫星线速度公式v= GMr分析卫星B的线速度与第一宇宙速度的关系。A、C的角速度和周期相等。根据角速度表达式分析B与C的角速度大小关系，从而得到A、B的角速度大小关系。根据周期表达式分析B与C的周期大小关系，从而得到A、B、C周期的大小关系。C为地球同步卫星，必须在赤道所在平面上。
本题考查人造卫星的相关知识，明确地球赤道上的物体与地球同步卫星具有相同的角速度和周期是解题的关键。
9.【答案】BC
【解析】解：A、速度−时间图像中图线与时间轴包围的面积表示位移，0～4s内a的位移大小x4=12×2×4m=4m，即b的初位置到地面的高度为4m，故A错误；
B、0～5s内a的位移大小x5=12×2×5m=5m<5.5m，故B正确；
CD、速度−时间图像中图线切线的斜率表示加速度，0～4s内与4～5s内a的加速度大小分别为a1=24m/s2=0.5m/s2，a2=21m/s2=2m/s2，
根据牛顿第二定律有mbg−μmag=(ma+mb)a1，μmag=maa2，解得μ=0.2，ma=1.52kg，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据v−t图像分析a的运动情况，由图像“面积”求位移，判断b的高度；根据图像斜率求得加速度，隔离分析a、b的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解。
本题考查牛顿第二定律，目的是考查学生的分析综合能力。要注意在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，把握两物体运动的规律性。
10.【答案】BCD
【解析】解：AD、F刚作用时，弹簧弹力等于P、Q的整体重力的分力
(MP+MQ)gsin53°=kx1
当P与Q分离时，弹簧形变量为x2=x1−12at2
对P分析有kx2−MPgsin53°=MPa
代入数据解得a=8m/s2
弹簧弹力为F=kx2
代入数据解得F=32N
故A错误，D正确；
B、刚作用时F最小，P、Q整体分析有
Fmin−(MP+MQ)gsin53°+kx1=(MP+MQ)a
代入数据解得Fmin=48N
故B正确；
C、分离时F最大，对Q分析有
Fmax−MQgsin53°=MQa
代入数据解得Fmax=64N
故C正确。
故选：BCD。
AD、F刚作用时，弹簧不突变，可将P、Q看作一个整体，后P、Q分离，分别受力分析，利用胡克定律、牛顿第二定律、位移与时间公式联立计算加速度、F；
B、F刚作用时最小，可利用牛顿第二定律计算此时P、Q整体所受合力；
C、P、Q分离时F最大，利用牛顿第二定律对Q单独列式计算F。
本题考查了对牛顿第二定律的灵活运用，掌握P、Q的运动状态与弹簧的性质为解决本题的关键。
11.【答案】不需要 2M A
【解析】解：(1)本题实验中有拉力传感器，拉力是已知的无需满足满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M；
(2)根据牛顿第二定律：2F=Ma
整理为：a=2FM
故斜率为2M；
(3)加垫块过高，即平衡摩擦力过度，当拉力为0时，也有加速度，故A正确，BC错误。
故选：A。
故答案为：(1)不需要；(2)2M；(3)A。
(1)实验中有拉力传感器，不需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
(2)根据牛顿第二定律列式分析图像的斜率；
(3)实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a−F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a−F图象的a轴上有截距。
本题实验源于课本，但是又不同于课本，注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以通过力传感器直接测出。
12.【答案】B 不同 4 −80.00 −20.00
【解析】解：(1)因为两个小球总是同时落地，说明小球A在竖直方向上的运动是自由落体运动，故B正确，AC错误；
故选：B。
(2)小球从A到B、从B到C的水平位移相同，则时间相同，根据
Δv=gΔt
可知，速度改变量相同，但是速率改变量不相同；
根据Δy=gT2可得：
T= Δyg= (105.00−60.00)−(60.00−25.00)10×10−2s=0.1s
小球平抛的初速度大小为：
v0=xT=
小球在B点的速度大小为：
vBy=hAC2T=(105.00−25.00)×10−20.1×2m/s=4m/s
则在B点的速度大小为：
vB= v02+vBy2= 42+42m/s=4 2m/s
从抛出点到B点的过程中
hB=vBy22g=(4 2)22×10m=0.8m=80cm
xB=v0×vByg=4×410m=1.6m=160cm
则小球抛出点的坐标为(−80cm,−20cm)。
故答案为：(1)B；(2)不同；4；4 2；−80.00；−20.00。
(1)根据实验现象得出对应的实验结论；
(2)先根据竖直方向上的运动特点得出时间，结合运动学公式得出小球抛出点的坐标。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合平抛运动的特点完成分析。
13.【答案】解：(1)当θ=30°时，物体静止在斜面上，受力平衡，则有
FN=mgcsθ
f=mgsinθ
代入数据解得
f=5N
FN=5 3N。
(2)当θ=37°时，木块沿长木板匀加速下滑，由牛顿第二定律得
mgsinθ−f滑=ma
又
f滑=μmgcsθ
代入数据解得
a=1.2m/s2。
答：(1)当θ=30°时小物块静止在长木板上，求此时小物块所受摩擦力的大小为5N；
(2)当θ=37°时小物块沿长木板匀加速下滑，求此时小物块加速度的大小为1.2m/s2。
【解析】(1)此时物块静止在斜面上，所受合力为零，可利用平衡条件计算支持力；
(2)木板沿长木板匀加速下滑，所受合力沿斜面向下，可利用牛顿第二定律计算加速度。
本题考查了对牛顿第二定律的灵活应用，其中对物块沿斜面方向与垂直于斜面方向正交分解为解题的关键。
14.【答案】解：(1)小球运动到最低点时，由牛顿第二定律有：1.5mg−mg=mv1212L
解得，小球拉断时的速度为v1=12 gL
(2)设细线的长为d，小球运动到最低点细线刚好拉断，这时小球的速度为v，则1.5mg−mg=mv2d
细线拉断后小球在竖直方向做自由落体运动，则有
2L−d=12gt2
解得小球做平抛运动的时间t= 2(2L−d)g
小球落地点离O点的距离s=vt= (2L−d)d
由数学知识，当d=L时，小球落地点离O点的水平距离为最大，其值为smax=L
(3)小球做圆锥摆运动时，设悬线与竖直方向的夹角为θ时，细线刚好拉断，此时竖直方向1.5mgcsθ=mg
水平方向1.5mgsinθ=mv22Lsinθ
细线断时，小球离地面的高度h=2L−Lcsθ=43L
其中h=12gt22
所以，做平抛运动的水平位移为x′=v2t2=2 53L
小球落地时，离O点的水平距离为s′= x′2+(Lsinθ)2=53L
答：(1)由静止释放小球，小球运动到最低点时细线刚好拉断，则小球拉断时的速度为12 gL；
(2)当细线为L时，小球落地点离O点的水平距离最大，最大为L；
(3)细线断后小球落地点离O点的水平距离为53L。
【解析】(1)根据牛顿第二定定律推导；
(2)根据牛顿第二定律、平抛运动规律和数学知识推导；
(3)根据牛顿第二定律、平抛运动规律推导。
本题关键掌握竖直平面圆周运动在最低点的受力情况和细线断后做平抛运动。
15.【答案】解：(1)当物块即将相对木板运动相对运动时，对物块有f=μmg=0.4×1×10N=4N
(2)当物块即将相对木板运动时，对物块有μmg=mam
对物块和木板构成的整体有
F−12μ×2mg=2mam
联立得F=12N
(3)施加拉力24N时，物块加速度大小为a1=μg
木板加速度大小为a2=2F−12μ×2mgm
撤去拉力时，物块、木板速度分别为v1=a1Δt，v2=a2Δt
撤去拉力时，物块、木板位移分别为x1=12a1Δt2，x2=12a2Δt2
撒出拉力时，由于木板的速度大于物块，因此物块的摩擦力方向不变，故物块的加速度不变，而木板加速度大小变为
a2′=fm
此时加速度方向与木板运动方向相反，设再历时t物块与木板共速，则有v1+a1t=v2−a2′t
解得t=0.5s
从撤去拉力到共速物块、木板的位移分别为
x′1=v1t+12a1t2
x′2=v2t−12a2′t2
共速后此后物块与木板共同做减速运动，直至停止，无相对位移，由于物块刚好不掉下木板，因此从开始到共速整个过程满足
L2=x′2+x2−x′1−x′1
解得L=6m
答：(1)当物块相对木板运动时，物块所受摩擦力的大小为4N；
(2)当物块即将相对木板运动，拉力的大小为12N；
(3)木板的长度为6m。
【解析】(1)对物块受力分析结合f=μFN求得物块所受到的摩擦力；
(2)对物块受力分析，根据牛顿第二定律求得物块发生相对滑动时的加速度，然后对整体，根据牛顿第二定律求得拉力；
(3)根据牛顿第二定律求得加速度，结合运动学公式即可求得。
本题的难度在于要正确分析物体之间的相对运动，把每个物体的运动、受力情况分析清楚，从而正确判断物体间相对运动通过的位移。