【文档说明】湖北省荆州市八县市区2023-2024学年高一上学期1月期末联考物理试题 含解析.docx，共(12)页，762.270 KB，由管理员店铺上传

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荆州八县市2023—2024学年度第一学期期末联考高一物理试题(测试时间：75分钟卷面总分：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答

案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，

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.有关标量与矢量的说法，正确的是A.只有大小、没有方向的物理量是矢量B.既有大小、又有方向的物理量是标量C.位移、速度、加速度都属于矢量D.路程、时间、重力都属于标量2.下列有关力的说法中，

正确的是A.轻杆一端所受弹力的方向一定沿轻杆的方向B.只有运动的物体才会受到摩擦力的作用C.滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反D.某物体作为一个施力物体，同时也是受力物体3.甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的v-t图像如图所示，甲物体比乙物体早1s停

止运动。下列说法正确的是A.t=1s时,乙的加速度大小为1.5m/s²B.在甲、乙整个运动过程中，t=3s时，甲、乙相距最远且最远距离为1.5mC.甲在加速过程中的位移与在减速过程中的位移大小相等D.甲、乙的总位移大小之差

为4m4.如图所示，一重力为10N的光滑小球受到一通过球心、大小为20N的作用力F，F与竖直方向夹角为60°，小球静止在固定于竖直墙上的斜面上，下列说法正确的是A.小球可能不受墙的弹力B.小球一定受到墙的弹力且方向水平向左C.小

球可能受到斜面的弹力且方向垂直斜面向上D.小球一定同时受到斜面与墙的弹力5.一架无人机以2m/s的速度在5m的高空水平飞行，从无人机上每隔0.5s释放一个小球，先后共释放四个完全相同的小球。若不计空气阻力，重力

加速度取10𝑚/𝑠²,下列说法正确的是A.第二个小球和第四个小球的下落所用时间均为1sB.第三个小球落地时的速度大小为10m/sC.第一个小球落地点与第四个小球的落地点间距为4mD.第一个小球和第二个小球在空中的任何时刻都不

在同一竖直线上6.如图所示的传动装置,皮带轮O和O'上有三点A、B、C,O和O'半径之比为1:4,C是O'上某半径的中点，则皮带轮转动时，关于A、B、C三点的线速度、角速度之比，正确的是A.ωA:ωB:ωc=4:2:1B.ωA:ω

B:ωc=2:2:1𝐶.𝑣𝐴:𝑣𝐵:𝑣𝐶=4:2:1𝐷.𝑣𝐴:𝑣𝐵:𝑣𝐶=2:2:17.小明乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示，其中𝑡₁∼𝑙₂时间内图像为直线。小明所受支持力的大小用N表示，小明的质量为m，重力加速度大小为g。下列

判断错误的是A.0~t₁时间内，小明处于超重状态𝐵.𝑡₁∼𝑡₂时间内，小明的速度减小𝐶.𝑡₂∼𝑡₃时间内，小明的加速度方向向下𝐷.𝑡₂∼𝑡₃时间内，小明的速度减小，N<mg8.下列关于运动与力之间关系的描述，

正确的是A.做匀速直线运动的物体可能不受力B.做匀速直线运动的物体突然受到恒定外力，若合外力不为零，一定做曲线运动C.做曲线运动的物体所受的合外力方向一定和速度方向不共线D.做匀速圆周运动的物体所受合力为变力9.如图所

示，4块质量均为1kg的木块并排放在水平地面上，编号为1和3的木块与地面间的动摩擦因数为𝜇₁=0.2,编号为2和4的木块与地面间的动摩擦因数为𝜇₂=0.1,设所有木块的最大静摩等于滑动摩擦力，当用10N的水平力F推1号木块时，下列说法正确的是A.相邻木块间的摩擦力相等B.

木块的加速度大小为1m/s²C.2号木块与3号木块之间的弹力大小为3ND.1号木块与2号木块之间的弹力大于3号木块与4号木块间的弹力10.如图甲所示，在水平地面上放置一质量为1kg的木板A，木板A上放置一质量同为1kg的物块B，木板A与地面的滑动摩擦因数为μ₁，物块B

与木板A之间的滑动摩擦因数为μ．₂。先在物块B上施加一作用力F，F随时间t的变化如图乙所示。从𝑡=0时刻开始计时，物块所受摩擦力随时间变化关系如图丙所示，整个过程物块B一直在木板A上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度取

10𝑚/𝑠²,则下列说法正确的是𝐴.𝜇₁=0.1𝐵.𝑡₂=9.6𝑠𝐶.𝑡₁=1.6𝑠D.t₂时刻，物块B的加速度大小为4𝑚/𝑠²二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.(7分)某同学在探究平抛运动的实验

中，描出小球平抛运动的轨迹如图所示，A、B、C是轨迹上的三个点，以A点为坐标原点建立坐标系，已知小球从B到C的运动时间为0.1s,回答以下问题:(1)在做“探究平抛物体的运动”实验时，除了铁板、小球、斜

槽、铅笔、复写纸、白纸、磁条之外，下列器材中还需要的是；A.弹簧秤B.刻度尺C.天平D.秒表(2)由图像来判断，A点平抛运动的抛出点(选填“是”或“不是”)；(3)当地的重力加速度.𝑔=𝑚/𝑠²保留两位有效数字)。12.(10分)某

同学利用如图1所示装置“探究小车速度随时间变化的规律”。(1)图1所示的计时器所用的电压为(选填“交流220V”或“直流220V”);(2)该同学开始实验时，先释放小车再接通电源，该同学实验操作中不恰当的地方是;(3)该同学在实验中使用频率为50

Hz的打点计时器，获得的纸带如图2所示，其中相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下C点时小车的速度为m/s，小车的加速度大小为m/s²(均保留两位有效数字)。13.(10分)汽车A以𝑣₀=4𝑚/𝑠的初速度向右做

匀加速直线运动，其加速度大小为𝑎𝐴=1𝑚/𝑠²。汽车A加速3秒后，发现前方距离𝑥₀=12𝑚处有一辆以𝑣𝐵=36𝑘𝑚/ℎ的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为𝑎𝐵=2𝑚/𝑠2,从此刻开始计时。(1)在A追上B前,求A

、B间的最远距离是多少?(2)求经过多长时间A恰好追上B?14.(15分)如图所示，一个半径为R的圆盘浮在水面上，圆盘表面保持水平且与水平道路AB的高度差为h，C为圆盘边缘上一点。某时刻，将一小球从B点水平向右

抛出，初速𝑈₀度v₀的方向与圆盘半径OC在同一竖直平面内。已知圆盘的圆心O与B点之间的水平距离为2R，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可看做质点。(1)若小球正好落在圆盘的圆心O处，求此次平抛小球的初速度v₀；(2)若小球要能落在圆盘上，求小球初速度𝑣₀

的范围；(3)若小球从B点以最大初速度抛出的同时，圆盘绕过其圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动，要使小球落到C点，求圆盘转动的角速度ω。15.(18分)如图所示，在墙壁上固定一轻质弹簧，弹簧的劲度系数k=200N/m，弹簧的另一端连接着一质量为𝑚𝐵=3𝑘𝑔小球B，弹

簧中轴线沿水平方向，一轻绳绕过光滑的定滑轮C将小球B与粗糙斜面上质量为𝑚𝐴=5𝑘𝑔的物块A相连。A距离地面高度为ℎ=2.4𝑚,，轻绳的BC段与竖直方向夹角为𝜃=53°,，轻绳的AC段与斜面平行，斜面倾角𝛼=37°,，斜面底

端平滑连接以速率为𝑣₀=2𝑚/𝑠逆时针转动的传送带。已知物块A与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为𝜇₁=0.5、𝜇₂=0.2。传送带的全长𝑠=3𝑚,，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠²,物块A与小球B均可看做质点(�

�𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8)。(1)求弹簧的伸长量x；(2)剪断BC绳瞬间，求物块A、小球B的加速度大小分别为多少；(3)BC绳剪断后，物块A到达斜面底端后能无碰撞地滑上传送带。试判断物块

A能否从传送带的E端离开，若能离开，求物块离开传送带所需的时间为多少；若不能离开，求物块离E端最近的距离为多少?参考答案及多维细目表1.【答案】C【解析】只有大小、没有方向的物理量是标量，A项错误；既有大小、又有方向的物理量是矢量，

B项错误；位移、速度、加速度、重力这些物理量均属于矢量，路程、时间这两个物理量均属于标量，C项正确，D项错误。2.【答案】D【解析】轻杆一端所受弹力的方向可能沿杆方向，也可能不沿杆方向，A项错误；静止的物体也可能受到摩擦力的作用，B项

错误；滑动摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，C项错误；力的作用是相互的，一个物体是施力物体的同时也是受力物体，D项正确。3.【答案】C【解析】由图像可知，0~3s内乙物体做匀加速直线运动，加速度大小为𝑎=𝛥𝑣

𝛥𝑡=1𝑚/𝑠2,A项错误；v-t图线与t轴所围成的面积即为位移，结束运动后，甲物体总位移.x甲=9m，乙物体总位移xz=12m，两物体的位移大小之差为3m且相距最远，B、D项错误；甲物体在0~2s内做匀加

速直线运动，运动的位移大小为3m，方向与运动方向相同，甲在3~5s内做匀减速直线运动，运动的位移大小为3m，方向与运动方向相同，故甲在加速过程中的位移与在减速过程中的位移相等，C项正确。4.【答案】B【解析】对小球进行受力分析如图所示，重力与作用力F的合力水平向右，此时小球又要处于静

止状态。若小球只受到斜面对小球的弹力，则小球无法保持静止状态；若小球只受到墙的弹力，则小球可以保持静止状态；若小球既受到斜面的弹力又受到墙的弹力，则小球受力不平衡，小球无法处于静止状态；因此，小球一定受

到墙壁对小球水平向左的弹力，一定不受到斜面给小球的弹力，故B项正确。5.【答案】A【解析】每个小球都做相同的平抛运动，由h=12𝑔𝑡2知，落地时间𝑡=√2ℎ𝑔=1𝑠,A项正确；小球落地的速度𝑣=√𝑣𝑥2+𝑣𝑦2=√𝑣02+2𝑔

ℎ=√104𝑚/𝑠,，B项错误；第一个小球与第四个小球之间间隔1.5s,故落地点的间距s=vt=2m/s×1.5s=3m，C项错误；小球都做相同的平抛运动，水平方向都是相同速度的匀速直线运动，所以在空中任何时刻总

是排成竖直的直线，D项错误。6.【答案】D【解析】根据传动装置的特点可知，A、B两点的线速度大小相等，即𝑣𝐴=𝑣𝐵,根据v=ωr,可得𝜔𝐴:𝜔𝐵=𝑟𝐵:𝑟𝐴=4:1;又因为共轴转动特点，可知B、C两点的角速度相等，即ωB=ωc,根据v=ωr

,可得𝑣𝐵:𝑣𝐶=𝑟𝐵:𝑟𝐶=2:1,综合可得𝑣𝐴:𝑣𝐵:𝑣𝐶=2:2:1,𝜔𝐴:𝜔𝐵:𝜔𝐶=4:1:1,故A、B、C项错误,D项正确。7.【答案】B【解析】s-t图像的斜率

表示速度，可知0~t₁时间内，电梯向上做加速运动，加速度向上，根据N一mg=ma，可知支持力大于重力，所以小明处于超重状态,A项正确;t₁~t₂时间内，电梯匀速上升，小明的速度不变，B项错误；t₂~t₃时间内，电梯速度减小，则小明的加速度方向向

下，小明处于失重状态，根据mg-N=ma，可知支持力小于重力，故C、D项正确，本题选错误的，故选B项。8.【答案】ACD【解析】根据牛顿第一定律可知，物体不受外力或所受的合外力为零时，物体做匀速直线运动或者保持静止状态，因此做匀速直线运动的物体，可能不

受力，也可能受平衡力，A项正确；做匀速直线运动的物体突然受外力，若受外力方向与速度共线，则做直线运动；若受外力方向与速度不共线，则做曲线运动，B项错误；物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不共线，C项正确；匀速圆周运动的物体所受的合力提供向心力，合力大小不变，方向与速度方向始终垂

直，因此合力是变力，D项正确。9.【答案】BD【解析】木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，A项错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得𝐹−𝑓₁−𝑓₂−𝑓₃−𝑓₄=4𝑚𝑎,解得a=𝐹−2𝜇1𝑚𝑔−2𝜇2𝑚𝑔4𝑚=1𝑚

/𝑠2,B项正确;对1、2号木块进行整体分析，由牛顿第二定律得F-f₁−𝑓₂−𝐹₂₃=2𝑚𝑎,解得𝐹₂₃=𝐹−𝜇₁𝑚𝑔−𝜇₂𝑚𝑔-2ma=5N,故C项错误;对1号木块进行分析，

由牛顿第二定律得𝐹−𝑓₁−𝐹₁₂=𝑚𝑎,解得𝐹₁₂=𝐹−𝜇₁𝑚𝑔−𝑚𝑎=7𝑁,，对4号木块整体分析，由牛顿第二定律得𝐹₃₄−𝑓₄=𝑚𝑎,解得𝐹₃₄=𝑚𝑎+𝜇₂𝑚𝑔=2𝑁,，故D

项正确。10.【答案】ABC【解析】由图丙可知，t₁时，将木板A、物块B看成一个整体，此时他们刚好开始运动，有𝑓₂=𝜇1(𝑚𝛬+𝑚𝐵)𝑔=2𝑁,解得μ₁=0.1,A项正确;在t₁~8s过程中，木

板A、物块B一起相对地面运动，8s后物块B受到的摩擦力恒定为6N，.𝑓₁=𝜇2𝑚𝐵𝑔=6𝑁,解得𝜇₂=0.6,,在8s时刻木板A与物块B刚好发生相对运动，由牛顿第二运动可知，此时加速度为𝑎球=𝜇2�

�𝐵𝑔−𝜇1(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔𝑚𝐴=4m/s²,对B物块进行受力分析可得F₁一𝜇2𝑚𝐵𝑔=𝑚𝐵𝑎,解得𝐹₁=10𝑁,根据图乙，由几何知识可得𝐹18𝑠=𝐹max𝑡2,解得𝑡₂=9.6𝑠,,B项正确；在t₁时刻，物块B刚好保持静止，即𝐹₁=𝐹=2

N，由图乙结合几何知识可得2𝑁𝑡1=12𝑁𝑡2,解得t₁=1.6s,C:项正确；在t₂时刻，对物块B进行受力分析，根据牛顿第二定律得aB=𝐹max−𝜇2𝑚𝐵𝑔𝑚𝐵=6𝑚/𝑠2,D项错误。11.【答案】(1)B(2分)(2)不是(2分)(3)9.8(3分)【解析】(1)还需

要刻度尺，刻度尺用于测量印迹间的距离，B项正确；(2)由图像分析和水平方向分运动可得，小球从A到B，B到C的运动时间相等，若A点是平抛运动的抛出点，则小球从A到B，B到C，竖直方向的分位移之比应为1：3，由图像可知yAB=14.7cm、yBc=24.5cm,则有yAB:yBC=

3：5，则A点不是平抛运动的抛出点；(3)由纸带公式𝛥𝑦=𝑔𝑇²可得当地的重力加速度为𝑔=𝛥𝑦𝑇2=(39.2−14.7−14.7)×10−20.12𝑚/𝑠2=9.8m/s²。12.【答案】(1)交流220V(2分)(2)应该先接通电源再释放小车(2分)(3)0.50(3分)0

.83(3分)【解析】(1)电火花打点计时器使用220V交流电源；(2)为了充分利用纸带，应该先接通电源，再释放小车；(3)相邻两计数点间的时间间隔为𝑇=5𝑓=550𝑠=0.1𝑠,根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，因此打C点的瞬

时速度𝑣𝑐=𝑥2+𝑥32𝑇=(4.62+5.45)×10−22×0.1𝑚/𝑠=0.50m/s,根据“逐差法”，小车加速度a=(𝑥4+𝑥5+𝑥6)−(𝑥1+𝑥2+𝑥3)9𝑇2代入数据解得，小车加速度a=0.83m/s²。1

3.【答案】(1)13.5m(6分)(2)4s(4分)【解析】(1)由题意可知，A汽车发现B汽车时A汽车的速度为𝑣𝛬=𝑣0+𝑎𝛬𝑡=7𝑚/𝑠(1分)A汽车的速度末为𝑣′=𝑣𝐴+𝑎𝐴𝑡B汽车的速度末为𝑣′𝐵=𝑣𝐵−𝑎𝐵𝑡(1分)当A、B

两汽车速度相等时，两车间的距离最远即𝑣′=𝑣𝐵′时,联立解得t=1s(1分)此时汽车A的位移𝑥𝛬=𝑣𝐴𝑡+12𝑎∧𝑡2此时汽车B的位移𝑥𝐵=𝑣𝐵𝑡−12𝑎𝐵𝑡2(1分)故最远的距离𝑥=𝑥𝐵+𝑥0−𝑥𝐴(1分)联立解得x=13.5m(1分)(

2)设运动t₁时间后，汽车A恰好追上汽车B汽车B的运动时间𝑡1=𝑣𝐵𝑎𝐵=5𝑠(1分)汽车A的位移为𝑥𝛬′=𝑣𝛬𝑡1+12𝑎𝛬𝑡12汽车B的位移为𝑥𝐵′=𝑣𝐵𝑡1−12𝑎𝐵𝑡12(1分)两车相遇时有𝑥′−𝑥′=𝑥₀(1分)联立解得𝑡1=4

𝑠<𝑡𝐵(1分)故经过4s，汽车A恰好追上汽车B14.【答案𝐼(1)𝑅√2𝑔ℎℎ(4分)(2)𝑅√2𝑔ℎ2ℎ≤𝑣0≤3𝑅√2𝑔ℎ2ℎ(6分)(3)𝑛𝜋√2𝑔ℎℎ(𝑛=1,2,3⋯)(5分)【解析】(1)小球从B点到圆盘做平抛运动(

1分)竖直方向上有ℎ=12𝑔𝑡2解得𝑡=√2ℎ𝑔(1分)此时小球正好落在圆心O水平方向上有𝑥=𝑣₀𝑡=2𝑅(1分)解得𝑣0=2𝑅𝑡=𝑅√2𝑔ℎℎ(1分)(2)初速度v₀最小时，小球刚好落在圆盘左侧边缘由水平方向小球做匀速直

线运动可得2R-R=vmint(1分)解得𝑣min=𝑅√2𝑔ℎ2ℎ(1分)初速度v。最大时，小球刚好落在圆盘右侧边缘由水平方向小球做匀速直线运动可得2R+R=vmaxt(1分)解得𝑣max=3𝑅√2𝑔ℎ2ℎ(1分)综合可得，小球

要能落在圆盘上，小球初速度的范围为𝑅√2𝑔ℎ2ℎ≤𝑣0≤3𝑅√2𝑔ℎ2ℎ(2分)(3)C点随圆盘一起以角速度ω匀速转动，要使小球落到C点，必须满足𝑡=𝑛𝑇=2𝑛𝜋𝜔(𝑛=1,2,3⋯)(2分)即𝜔=2𝑛𝜋𝑡(𝑛=1,2,3⋯)(1分)联立第(1)

问解得𝜔=𝑛𝜋√2𝑔ℎℎ(𝑛=1,2,3⋯)(2分)15.【答案】(1)0.2m(5分)(2)503𝑚/𝑠22𝑚/𝑠2(6分)(3)1s(7分)【解析】(1)小球B在三个力的作用下处于平衡状态(1分)对小球B受力分析如图所示由平衡条件可得𝑚𝐵𝑔t

an𝜃=𝐹追=𝑘𝑥(2分)解得F弹=40N,x=0.2m(2分)(2)剪断绳BC的瞬间，弹簧的弹力不变对小球B有𝐹合=√𝐹肉2+(𝑚𝐵𝑔)2=50𝑁(1分)由牛顿第二定律可得𝐹合=𝑚𝐵𝑎1(1分)解得𝑎𝐵=503

𝑚/𝑠2(1分)剪断绳BC的瞬间，物块A从斜面由静止开始下滑对物块A进行分析，由牛顿第二定律可得mAgsinα-μ₁mAgcosα=mʌaA((2分)𝑎𝐴=𝑔sin𝛼−𝜇1𝑔cos𝛼=2𝑚/𝑠2(1分(3)物体从斜面由静止开始下滑，做加速度为2𝑚/𝑠²的匀加速直

线运动由几何知识可得sin𝛼=ℎ𝑠𝐴𝐷解得𝑠𝐴𝐷=4𝑚(1分)由匀加速直线运动的位移公式可知𝑣𝑏2−0=2𝑎𝐴𝑠𝐴𝐷解得物块A到达斜坡底端D时，速度𝑣𝐷=4m/s(1分)物块A在传送带上运动时，运动方向与传送带运动方向相反由牛顿第二定律可得𝜇2�

�𝐴𝑔=𝑚𝐴𝑎′解得𝑎′=−2𝑚/𝑠²(1分)物块A在传送带DE上做匀减速直线运动当物块A速度减小为0时，物块A运动的距离最远即0−𝑣𝐷2=2𝑎′𝑥max解得𝑥ₘₐₓ=4𝑚>3𝑚=𝑠(1分)故物块A能离开传送带(1分)设离开传送带时速度为vE由位移公式

可知𝑣𝐷2−𝑣𝐸2=2𝑎′𝑠解得𝑣𝐸=2𝑚/𝑠(1分)物块A离开传送带所需的时间为𝑡=𝑣𝑣−𝑣𝐸−𝑎′=1s(1分)获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com