湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高一下学期期中联考物理试卷（含答案）

湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校”考试联盟2023-2024学年高一下学期期中联考物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．急动度j是描述加速度变化快慢的物理量，可以用加速度变化量Δa与发生这一变化所用时间Δt的比值来定义，即j=ΔaA．加速度越大，急动度越大B．加速度变化越多，急动度越大C．急动度等于0，加速度不变D．急动度等于0，物体一定做匀速直线运动2．2024年3月28日小米SU7在北京发布，若该款汽车在平直道路上行驶时，从某时刻开始的一段时间内其位置与时间的关系是x=(5tA．初始时刻汽车在坐标原点 B．1s末汽车离坐标原点8mC．第一秒内平均速度为8m/s D．前两秒内平均速度为16m/s3．如图所示，粗糙水平地面上放有截面为14A．地面对A的支持力不变 B．地面对A的摩擦力减小C．墙对物体B的作用力减小 D．物体A对B的作用力减小4．一个质量为2kg的物块静止在水平地面上，t=0时刻开始给物体施加一个水平推力F，力F随时间的变化如图所示，物块和地面间动摩擦因数为0.25，重力加速度g=10m/sA．该物体第2秒末速度达到最大B．第2秒末的加速度大小是2C．该过程物体受地面摩擦力始终不变D．该物体0~6s内的加速度先增大再减小5．如图所示，a是“天宫一号”飞行器、b、c是地球同步卫星，若“天宫一号”飞行器a和卫星b、c均沿逆时针方向转动，“天宫一号”飞行器a的轨道半径为r，引力常量为G，则（）A．卫星c的加速度大于卫星b的加速度B．“天宫一号”飞行器a的线速度大于卫星b的线速度C．天宫的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间D．在天宫中宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态6．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A的质量为3m，B的质量为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时（）A．A、B加速度大小相等 B．重物B的位移也为hC．系统的重力势能增加mgh D．A的速度大小为27．如图所示，长约1m的两端封闭的竖直玻璃管中注满水，玻璃管内有一质量为0.1kg的红蜡块能在管内浮动。假设t=0时，红蜡块从玻璃管底端开始向上运动，且每1s上升的距离都是30cm；从t=0开始，玻璃管以初速度v0匀加速向右平移，第1s内、第2s内、第3s内通过的水平位移依次为15cm、25cm、35cm。y表示红蜡块竖直方向的位移，x表示红蜡块随玻璃管通过的水平位移，单位均为m，t=0A．t=0时红蜡块的速度大小为0.4m/sB．前3s内红蜡块的位移大小为15C．红蜡块的轨迹方程为y=D．红蜡块在浮动过程中受到的合力是0.1N8．如图所示，水平地面上固定一竖直轻质弹簧，有一物体由弹簧正上方某位置竖直下落，从与弹簧接触到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（）A．物体的动能逐渐减小 B．物体的机械能守恒C．弹簧的弹力对物体做负功 D．弹簧的弹性势能逐渐增大9．航天器登陆某星球（可视为质量分布均匀的球体）的过程中，测得航天器在该星球表面附近做匀速圆周运动的周期为T，着陆后用测力计测得质量为m的砝码重力为F，已知引力常量为G。忽略星球自转影响，以下说法正确的是（）A．航天器在星球表面附近运动的向心加速度大于FB．航天器在星球表面附近运动的向心加速度等于FC．该星球的密度ρ=D．该星球的半径R=10．喷泉可以美化景观，如图为某公园内的喷泉，若该喷泉可看做竖直向上喷出，且上升和下降水流不发生碰撞，不计空气阻力及电动机损耗，下列选项正确的是（）A．空中的水珠处于失重状态B．若喷泉初速度增加为原来的2倍，喷泉最大高度可变为原来4倍C．若喷泉初速度增加为原来的2倍，单位时间内喷出水的质量为原来的4倍D．若喷泉初速度增加为原来的2倍，给喷管喷水的电动机输出功率变为原来4倍二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带，如图所示。O为第一个点（速度为0），A、B、C为从合适位置开始选取的连续点中的三个点，其中hA=15.54cm，（1）根据图中所给的数据，应取图中O点到点来验证机械能守恒定律。（2）从O点到（1）问中所取的点，对应的重物重力势能的减少量ΔEp=J，动能增加量（3）第（2）问中重力势能减小量与动能增量不同的原因为。（写出一条即可）12．某同学用下图的实验装置探究动摩擦因数，图中小车质量为m，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器，实验时通过改变砂桶质量，实现外力的改变，桌面水平放置，细线与桌面平行，重力加速度为g。（1）打点计时器分为电磁打点计时器和电火花打点计时器，如本实验中选用的是电火花打点计时器，则使用的电压是____。A．220V直流 B．220V交流 C．8V直流 D．8V交流（2）纸带端（填“左”或“右”）与小车相连。（3）一次实验结束后，取下纸带，相邻两个计数点时间间隔T=0.1s，用刻度尺测得s1=2.35cm，s2=5.21cm，（4）在进行多次实验后，读取并记录弹簧测力计示数F，做出了F−a图（如图2所示），其中斜率为k，纵截距为b，则动摩擦因数μ=。（用k、b、g表示）13．如图所示，一小球自倾角θ=37°的斜面顶端A以水平速度v0=10m/s抛出，小球刚好落到斜面的底端B，空气阻力不计，g取10m/s2，（1）小球从A到B的过程中竖直位移与水平位移之比；（2）小球在空中飞行的时间。14．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的煤块轻轻放在传送带的A端，2s末煤块恰好到达B端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s（1）求煤块在第一秒和第二秒内的加速度大小分别是多少？（2）求煤块与传送带间的动摩擦因数？（3）2s内传送带上留下的痕迹长度？15．如图所示，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m=1kg，长l=1.5m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.（1）求物块A滑至圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；（2）求物块A刚滑离木板1时的速度大小；（3）试判断物块A滑行过程中能否使木板滑动？若木板会滑动，计算木板滑动前系统的摩擦生热。若不会滑动，计算全过程系统的摩擦生热。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、加速度越大，但加速度的变化率不一定越大，所以急动度不一定越大，故A错误；

B、加速度变化越多，但加速度的变化率不一定越大，所以急动度不一定越大，故B错误；

CD、急动度等于0，加速度的变化率为0，则加速度不变，故物体做匀变速运动，故C正确，D错误。

故答案为：C。

【分析】急动度是描述加速度变化快慢的物理量，加速度是描述速度变化快慢的物理量，可类比于加速度分析急动度的特点。2．【答案】C【解析】【解答】A、初始时刻汽车在坐标x0=6m的位置，故A错误；

B、1s末汽车离坐标原点

x1=5×12+3×1+6m=14m

故B错误；

C、第一秒内平均速度为

v1=x1-x0t13．【答案】A【解析】【解答】CD、设A对B的支持力与竖直方向的夹角为θ，对圆柱形物体B进行受力分析，如图所示

根据共点力平衡得

N墙=mBgtanθ

N2=mBgcosθ

若将A的位置向右移动稍许，θ增大，则A对B的支持力N24．【答案】B【解析】【解答】A、物块和地面间的滑动摩擦力

f=μmg=5N

在第2s后的一段时间推力F仍然大于滑动摩擦力，物体仍然加速运动，故A错误；

B、第2s末由牛顿第二定律得

F-f=ma

解得

a=2.5m/s2

故B正确；

C、在开始阶段，推力小于滑动摩擦力，物体静止，物体受地面的静摩擦力作用，静摩擦力的大小随推力的增大而增大；物体运动后物体受地面的滑动摩擦力作用，故C错误；

D、0∼1s处于静止状态，加速度一直为零；1s∼2s由

F-f=ma

推力大于滑动摩擦力，且逐渐增大，加速度逐渐增大；2∼4s由

F-f=ma

推力大于滑动摩擦力，逐渐减小，加速度减小；故D错误。

故答案为：B。5．【答案】B【解析】【解答】AB、根据

GMmr2=ma=mv2r

可得

a=GMr2

v=6．【答案】D【解析】【解答】AB、当A的位移为h时，重物B的位移为2h，根据

h=12at2

可知B加速度大小等于A加速度的2倍，故AB错误；

C、因A向下运动，B向上运动，则当A向下的位移为h时，重物B向上的的位移为2h，则系统的重力势能减小

ΔEP=3mgh-mg⋅2h=mgh

故C错误；

D、设A的速度为v，则B的速度为2v，由机械能守恒定律

ΔEp7．【答案】B【解析】【解答】A、依题意，红蜡块竖直方向做匀速运动，有

vy=ΔyΔt=0.3m/s

水平方向做匀加速直线运动，有

Δx=aT2

解得

a=0.1m/s2

又

x1=v0t1+12at12

解得

v0=0.1m/s

则t=0时红蜡块的速度大小为

v合=v02+vy2=10108．【答案】C,D【解析】【解答】A、物体开始接触弹簧时，重力大于弹力，物体加速度向下，则物体速度增加；当重力等于弹力时速度最大，以后的过程中，重力小于弹力，则加速度向上，物体速度减小，则物体的动能先增加后减小，故A错误；

BC、弹簧的弹力对物体做负功，则物体的机械能减小，故B错误，C正确；

D、物体向下运动过程中，弹簧的形变量逐渐增加，可知弹簧的弹性势能逐渐增大，故D正确。

故答案为：CD。

【分析】确定物块在运动过程中的受力情况及各力的做功情况，当物体速度达到最大值时，物体的加速度为零。弹簧形变量越大，弹簧弹性势能越大，在根据功能关系进行分析。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB、根据

GMmR2=ma

航天器在星球表面附近运动的向心加速度

a=GMR2

而

GMmR2=mg

而

g=Fm

则

a=g=Fm

故A错误，B正确；

C、根据

GMmR2=m410．【答案】A,B【解析】【解答】A、空中的水珠只受重力作用，则处于失重状态，故A正确；

B、若喷泉初速度增加为原来的2倍，根据

h=v22g

则喷泉最大高度可变为原来4倍，故B正确；

C、若喷泉初速度增加为原来的2倍，根据

ΔmΔt=vSρ

可知单位时间内喷出水的质量为原来的2倍，故C错误；

D、若喷泉初速度增加为原来的2倍，给喷管喷水的电动机输出功率

P=111．【答案】（1）B（2）1.88；1.84（3）存在空气阻力、纸带与打点计时器之间存在摩擦等【解析】【解答】（1）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可知从图中所给的数据，可以求出B点对应的速度，即可求出B点对应的动能，所以应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律。

（2）从O点到B点，对应的重物重力势能的减少量为

ΔEp=mghB=1.00×9.80×0.1920J≈1.88

根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则有

vB=12．【答案】（1）B（2）左（3）0.38m/s；2（4）b【解析】【解答】（1）电火花打点计时器，则使用的是220V交流电。

故答案为：B。

（2）与小车相连的那端纸带先打点，由于刚开始运动的速度较小，点迹较稠密，由图3可知纸带左端与小车相连。

（3）根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得B点速度

vB=s1+s22T≈0.38m/s

根据逐差法可得小车加速度

a=s3+s4-S1+s22T213．【答案】（1）设斜面长为L，则x=Ly=Ly（2）设小球在空中飞行时间为t，则1解得t=1【解析】【分析】（1）小球在空中做平抛运动，小球恰好落在斜面底端B，确定小球在竖直方向和水平方向的位移，再结合几何关系确定小球水平和竖直方向的位移之比；

（2）根据平抛运动规律确定小球在水平和竖直方向的位移与时间的关系，再结合（1）中结论进行解答。14．【答案】（1）由题图可知，第1s内煤块的加速度大小为a第2s内煤块的加速度大小为a（2）煤块的加速度在1s末发生突变，则在第1s内对煤块有mg在第2s内对煤块有mg联立解得μ=（3）0~1s内皮带的位移及物体的位移分别为Sx它们的相对位移为Δ1~2s内皮带的位移及物体的位移分别为Sx它们的相对位移为Δ0~1s内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m长的痕迹，1~2s内物体位移大于皮带的位移，这1m长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为2m。【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示加速度，根据图像乙进行解答即可；

（2）明确煤块加速度在1s末发生突变的原因，确定突变前后煤块的受力情况，再分别对煤块突变前后运用牛顿第二定律结合（1）中结论进行解答；

（3）由于0-1s内煤块的速度小球传送带的速度，传