【文档说明】湖南省湖南师范大学附属中学2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题 含解析.docx，共(22)页，2.148 MB，由管理员店铺上传

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湖南师大附中2023—2024学年度高一第一学期期末考试物理时间：75分钟满分：100分一、选择题（本大题共11小题，共49分，1~6小题只有一个选项正确，每小题4分；7~11小题有多个选项正确，全部选对得5分，部分选对得3分，错选或不选得0分）1.在物理学发展过程中，科学家们

运用了许多研究方法。下列说法正确是（）A.重心、合力概念的提出，体现了微元思想B.用质点代替有形状和大小的物体的理想化模型法是不科学的C.牛顿的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因D.根据平均速度的定

义式2121xxxvttt−==−，当0t→时，xt就可以表示物体在1t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维【答案】D【解析】【详解】A．重心即物体各部分所受重力的等效作用点，合力即几个力作用效果的等效作用力，这两个概

念的提出，均体现了等效思想，故A错误；B．在我们所研究的问题中，可以将物体的形状大小忽略的情况下，即物体的形状大小对所研究的问题影响很小可以忽略甚至没有影响时，将物体当成质点来处理是对问题的简化，这种理想化的物理模型是科学的，故B错误；C．伽利略

的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因，故C错误；D．根据平均速度的定义式2121xxxvttt−==−，当0t→时，xt就可以表示物体在1t时刻的瞬时速度，该定义运用了极

限思维，故D正确。故选D。2.河水的流速与离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，河宽为300m，若要使船以最短时间渡河，则（）的A.船渡河的最短时间是150秒B.船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C.船

在河水中航行的轨迹是一条直线D.船在河水中的最大速度是4米/秒【答案】B【解析】【详解】AB．要使船以最短时间渡河，则船头必须与河岸垂直，此时船在静水中的速度与河岸垂直，则渡河时间最短为300s100s3dtv⊥===故A错误，B正确；C．船在沿河岸方向上做变速直线运动，在垂直于河岸方向上做匀速

直线运动，两运动的合运动是曲线运动，故C错误；D．当河水的流速最大时，船的速度最大，则有22m34m/s5m/sv=+=故D错误。故选B。3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定轴转动，角速度从零缓慢增大，圆盘与水平桌面的夹角为，圆盘的半径为R，圆盘边

缘处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆盘最大的角速度为（）A.cossingR+B.cossingR−C.cosgRD.singR【答案】B【解析】【详解】当物

体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得2cossinmgmgmR−=解得cossingR−=故选B。4.如图，倾角为45=的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B和C两点，B点和斜坡等高

。甲战斗机以水平速度1v飞到C点时释放炸弹，准确命中斜坡上的一点P，CP的连线垂直于坡面；乙战斗机以水平速度2v飞到B点时释放炸弹，也准确命中斜坡上的同一点P，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹完全相同，则（）A.

C点距离A点的高度为53hB.12:2:1vv=C.甲释放的炸弹和乙释放的炸弹在空中的飞行时间之比为2:1D.任意相同时间内甲乙两战斗机释放的炸弹在空中的速度变化量之比为2:1【答案】C【解析】【详解】ABC．设从C点释放的导弹落在P点所

用的时间为1t，从B点释放的导弹落在P点所用的时间为2t，对于从C点释放的导弹落，其竖直位移与水平位移相等，则根据平抛运动的规律有21111cos2APvtgtl==22cosAPvtl=221sin

2APhlgt−=而由几何关系可得2cosACAPhl=联立解得43AChh=，12:2:1tt=，12:1:2vv=故AB错误，C正确；D．对于甲乙释放的导弹，在任意相同时间内速度变化量vgt=可知两导弹在任意相同时间内速度变化量相同，

其比值为1:1，故D错误。故选C。5.如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，物块（可看做质点）静置于槽内最底部的A点处。现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点，整个过程

中，凹槽始终保持静止。设物块受到凹槽的支持力为NF，则在上述过程中下列说法正确的是（）A.F一直减小，NF先减小后增大B.F和NF都一直增大C.地面对凹槽的摩擦力一直增大D.地面对凹槽的支持力一直增大【答案】C【解析】

【详解】AB．设物块的质量为m、圆形凹槽的质量为M。以物块为研究对象，受到重力、拉力和凹槽的支持力，由于拉力F的方向不变，支持力始终指向O点，作出矢量三角形如图所示物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点的过程中，支持力从竖直方向变为水平方向，根据图中表示力的有向线段可知：F一直增大

，FN先减小后增大，故AB错误；CD．以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对凹槽的支持力N=（m+M）g-Fsinθ由于F一直增大，则N一直减小；水平方向根据平衡条件可得地面对凹槽的摩擦力f=Fcosθ由于F一直增大，则地面对凹槽的摩擦力

一直增大，故C正确D错误。故选C。6.如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木

块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）A.无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将增大B.若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变C.若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B

间摩擦力增大D.若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小【答案】D【解析】【详解】A．设木块与地面间的动摩擦因数为，将A、B、C看作一个整体，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得33Fmgma−=可得

3Fagm=−粘上橡皮泥后，设橡皮泥的质量为0m，对整体受力分析，根据牛顿第二定律可得00(3)(3)Fmmgmma−+=+可得03Fagamm=−+可知无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小，故A错误；B．还没有粘上橡皮泥前，以C为对象，根据牛顿第二定律可得FTmgma−−

=可得=−−TFmgma以A为对象，根据牛顿第二定律可得AB()33FFfmamgmgm==−=−如果橡皮泥粘在A上，以C为对象，根据牛顿第二定律可得FTmgma−−=可得TFmgmaT=−−以A为对象，根据牛顿第二定律可得0

AB00000()()()()()33mmFFfmmammgmmgmmmm+=+=+−=−+++故B错误；C．如果橡皮泥粘在B上，同理可知C受到绳的拉力为TFmgmaT=−−即绳子拉力增大；以A为对象，根据牛顿第二定律可得ABABfmamaf

==即A、B间摩擦力减小，故C错误；D．还没有粘上橡皮泥前，以A、B整体为对象，根据牛顿第二定律可得22Tmgma−=解得22Tmgma=+若粘在C木块上面，同理可知AB间的摩擦力减小；以A、B整体为对象，根据牛顿第二定律可得22Tmgma−=

解得2222TmgmamgmaT=++=故D正确。故选D。7.如图，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套上A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D。不计空气阻力，当它们都沿滑杆向下滑动时，稳定后A的悬

线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下。对于它们运动稳定后的下列说法正确的是（）A.A与滑杆间无摩擦B.B与滑杆间无摩擦C.A环做的是匀速直线运动D.B环做的是匀速直线运动【答案】AD【解析】【详解】AC．对物体C分析，受自身重力和细线拉力作用而做直线运动，可知其合力沿滑杆向下，有CCsinmgm

a=解得sinag=即稳定后物体C和A环做的是匀加速运动。设A环所受摩擦力沿滑杆向上，则有AAsinmgfma−=联立，解得0f=即A环与滑杆间无摩擦，故A正确，C错误；BD．对物体D分析，受自身重力和细线拉力作用而做直线运动，可知其合力为零，

稳定后物体D和B环做的是匀速运动。对B环受力分析，可知()BDsinfmmg=+故B错误，D正确。故选AD8.如图所示，不可伸长的轻绳平行于斜面，一端与质量为m的物块B相连，B与斜面光滑接触。轻绳另一端跨过滑轮与质量

为M的物块A连接。A在外力作用下沿竖直杆以速度1v向下匀速运动，物块B始终沿斜面运动且斜面始终静止，当轻绳与杆的夹角为时，物块B的速度大小为2v，斜面倾角为，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.121cosvv=B.211cosvv=C.轻绳拉力一定大于sinmgD.斜面受到地面水平

向右的摩擦力【答案】AC【解析】【详解】AB．根据速度的关联性可知，B的速度大小为A的速度沿着绳方向的分速度大小，即有21cosvv=可得121cosvv=故A正确，B错误；C．由于A在外力作用下做匀速直线运动，

而随着A向下运动，绳子与竖直方向的夹角在减小，因此B的速度大小2v逐渐增大，即B沿着斜面向上做的是加速运动，则其加速度沿着斜面向上，因此在沿着斜面的方向上对B由牛顿第二定律有sinTmgma−=可知轻绳拉力一定大于sinmg，故C正确；。D．取斜面为研

究对象，由于斜面受到B对其斜向右下方垂直于斜面的压力，该力有两个作用效果，一个使斜面有向右运动的趋势，一个使斜面紧压地面，由此可知斜面在向右运动的趋势下受到地面水平向左的摩擦力，故D错误。故选AC。9.如图甲所示，劲度系数500N/mk=的轻弹簧，一端固定在倾角为3

7=的带有挡板的光滑斜面体的底端，另一端和质量mA的小物块A相连，质量为mB的物块B紧靠A一起静止。现用水平推力使斜面体以加速度a向左匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x。在不同推力作用下，稳定时形变量大小x随加速度a的变化如图乙所示。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g10m

/s?sin370.6cos370.8.===，，下列说法正确的是（）A.207.5m/sa=B.A3kgm=C.若0aa=，稳定时A对斜面的压力大小为12.5ND.若00.5aa=，稳定时A、B间弹力大小为6N【答案】ACD【解析

】【详解】A．由图结合题意可知0a时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体有ABAB0()tan37()mmgmma+=+解得207.5m/sa=故A正确；B．当a=0时，对AB整体分析有AB0()sin37mmgkx+=当0aa

时，图中另一纵截距的意义为A1sin37mgkx=联立解得Am=1kg，Bm=2kg故B错误；C．当207.5m/sa=时，因为物块A、B恰要分离，故对A有ANA12.5cos37mgF==N由牛顿第三定律知A对斜面的压力大小为12.5N，故C正确；

D．00.5aa=时，对B分析BABBsin37cos37mgFma−=解得ABF=6N故D正确；故选ACD。10.如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt（k为常数，t代表时间），长木板的

加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.在0～2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大B.在2～3s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小C.当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小1.5m/sD.m1与

m2之比为1∶3【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．在0～2s时间内，小滑块与长木板间相对静止一起运动，对小滑块分析有1fma=则小滑块与长木板间的摩擦力随加速度的增大而增大，所以A正确；BD．由图像可知小滑块的最大加速度为1，则有11maxmgma=解得=0.1

，max1fm=对长木板分析，在0～2s时间内有12katmm=+由图像可得121=2kmm+对长木板分析，在2～3s时间内有12Fmgma−=整理得122mkatmm=−由图像可得2=1km联立解得12m

ax==mmf所以在2～3s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小，则B正确；D错误；C．当小滑块从长木板上脱离时，小滑块的速度可利用a-t图像的面积来表示，则有1121112m/s2v=

+=长木板的速度也可利用a-t图像的面积来表示，则有21122112.5m/s22v+=+=所以当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s，则C错误；故选AB。11.如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别m、2m的A、B两小球，

用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为θ=30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示

，下列说法正确的是（）A.在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力B.当小球B对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为33gC.若439k=当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为33gD.若312k=，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球A

的作用力最小值为338mg【答案】ACD【解析】【详解】A．根据题意，设杆对球A的作用力大小为F，对A球，竖直方向上由平衡条件有cosFmg=解得cosmgF=轻杆与车厢相对静止，则轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确；B．杆对球B的作用力大小始终也为

cosmgF=当小球B对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律1sin2Fma=解得136ga=故B错误；C．若439k=，B与底面间的最大静摩擦力为1(2cos)fkmgF=+当A与侧壁无弹力时，且B与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛

顿第二定律123fma=解得2439ag=但当A与侧壁恰无弹力时，A有最大加速度，此时对A，根据牛顿第二定律3sinFma=解得333ag=因此，允许的最大加速度为33g，故C正确；D．若312k=，当小车做匀加速直线运动时，对A分析

，根据牛顿第二定律有sinNFma−=由于F不变，可知要使侧壁对小球A的作用力N最小，则加速度a最小，对B分析，根据牛顿第二定律有sin2Ffma−=加速度a最小，即当底面对B的摩擦力f向左达到最大时，此时有(2cos)fkmgF=+联立解得338Nmg=

故D正确。故选ACD。二、实验题（本题共12、13两个小题，其中12题6分，13题8分，共计14分）12.小明学完平抛运动知识后，尝试利用平抛运动的知识测量家里的弹射器射出弹丸的速度。小明准备了白纸、米尺、复写纸、支架等材料。实验时，先将白纸和复写纸固定在墙上

，并用支架将弹射器固定好，装置如图甲所示。接着压缩弹射器朝墙壁发射弹丸，弹丸通过碰撞复写纸片在白纸上留下落点位置。随后将弹射器沿垂直于墙面方向远离墙壁移动，每次移动的距离为0.2m。通过几次重复实验，挑了一张有4个连续落点痕迹的白纸，如图乙所示。取210m/sg=。（1）下列实验步骤必

要的是__________（填正确答案标号）。A．在安装时，必须确保弹射器水平放置B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸C．每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸D．第一次实验时，需要测量弹射器开口到墙壁的距离（2）

根据测量的数据，可知弹丸离开弹射器的速度大小为__________m/s，弹丸打到C点时的速度大小为__________m/s。（结果均保留2位有效数字）【答案】①ABC##ACB##BAC##BCA##CAB##CBA②.2

.0③.2.8【解析】【详解】（1）[1]A．要保证每次弹丸都做平抛运动，则必须确保弹射器水平放置，A正确；B．为了减小实验误差，应选用体积小密度大的弹丸，B正确；.C．为保证弹丸的初速度相同，每次必须将弹簧压缩至相同位置释放弹丸，C正确；D．第一次实验时，不需要测量弹射器开口到墙壁的距离，

D错误。故选ABC。（2）[2]由竖直方向上是自由落体运动，得2BCAByygT−=解得点迹间的时间间隔为0.1sBCAByyTg−==弹丸离开弹射器的速度大小为00.2m2.0m/s0.1sxvT===[3]弹丸打到C点时竖直方向速度分量大小为2.0m/s2BCCDCyyvTy+==弹

丸打到C点时的速度大小为2202.8m/sCyCvvv=+13.某物理兴趣小组在实验室选择合适器材后，按如图甲所示安装好实验器材，探究“加速度与力的关系”。请回答下列问题：（1）图甲中的沙桶和沙的总质量______（填“需要”或“不需要”）满足远

小于滑块的质量，图中安装好的器材有一处不合理之处是____________；（2）物理小组仍利用图甲装置做实验，利用沙桶和沙提供拉力，拉动滑块及纸带运动，打出如图乙所示的一条纸带，已知电源频率为50Hz，纸带上每两个计数点间还有4个点未画出，则由图中数据可求得此时滑块的加

速度大小=a______2m/s（保留2位有效数字）；（3）将力传感器的示数记为F，保持滑块质量不变，多次改变沙桶中沙的质量，测得多组数据，绘制出加速度a与F的关系图像，如图丙所示。小组同学经过讨论发现利用图丙可以求出滑块的质量以及滑块与长的木板间的动摩擦因数，重力加速度21

0m/sg=，则由图丙可得，滑块质量M=______kg，滑块与长木板间的动摩擦因数=______。【答案】①.不需要②.没有平衡摩擦力③.0.50④.0.2⑤.0.1【解析】【详解】（1）[1][2]由于图中装置，可

以通过力传感器得到细线拉力大小，所以沙桶和沙的总质量不需要满足远小于滑块的质量；图中安装好的器材有一处不合理之处是没有平衡摩擦力。（2）[3]纸带上每两个计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为50.02s0.1sT==根据逐差法可得，滑块的加速度大小为22

2360322(2.883.393.881.401.892.40)10m/s0.50m/s990.1xxaT−−++−−−==（3）[4][5]以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得FMgMa−=可得1aFgM=−可知aF−图像的斜率为112.0kg0.60.2kM−=

=−解得滑块的质量为0.2kgM=aF−图像的横轴截距为0.2NMg=解得滑块与长木板间的动摩擦因数为0.1=三、解答题（本题共14、15、16三个小题，其中14题10分，15题12分，16题15分，共计37分）14.如图所示，一根长0.1m

R=的细线，一端系着一个质量0.18kgm=的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。现使小球的角速度缓慢地增大，当小球的角速度增大到开始时的3倍时，细线断开，细线断开前的瞬间受到的拉力比开始时大40N。取2=1

0m/sg。（1）求细线断开前的瞬间，小球受到的拉力大小；（2）若小球离开桌面时，速度方向与桌面右边缘间垂直，桌面高出水平地面0.8mh=，求小球飞出后的落地点到桌面右边缘的水平距离s。【答案】（1）45N；（2）2m【解析】

【详解】（1）设开始时小球做匀速圆周运动的角速度为，则根据题意有22(3)40NmRmR−=解得25NmR=则细线断开前瞬间小球受到的拉力22(3)945NTmRmR===（2）细线断裂后小球飞

出桌面后做平抛运动，设细线断裂时小球的速度大小为v，则有2vTmR=解得5m/sv=飞出桌面后水平方向做匀速直线运动有svt=竖直方向做自由落体运动，有212hgt=联立解得2ms=15.倾角30=的传送带，以恒定的速度v0=6m/s逆时针匀速传动。如图甲所示，将一物块A置于木板B的前端，于

传送带的顶端同时无初速释放。以释放的瞬间为零时刻，此后一段时间内，A、B各自的速度随时间变化的情况如图乙所示（图乙中速度以沿平行传送带向下为正）且在t=0.75s时A恰好位于B的后端。已知A和B的质量相等，A可视为质点重加速度g取10m/s2。（1）木板B的长度；

（2）物块A和木板B之间的动摩擦因数μ1及木板B和传送带之间的动摩擦因数μ2。【答案】（1）0.75mL=；（2）135=；233=【解析】【分析】【详解】(1)由速度图像面积表示位移可得10111.5m2Bxvt==()20211.5mBxvtt=−=0212.25m

2Axvt==则木板长度210.75mBBALxxx=+−=(2)对A物体由012vat=得218m/sa=A物体加速下滑，有11sincosmgmgma+=得135=对B物体由021vat=得2212m/sa=B物体加速下滑，有212sin2coscosmgmgmgma

+−=得233=16.某光滑桌面上，整齐叠放着n本质量均为m的同种新书，处于静止状态，书本之间的动摩擦因数均为、宽度为L，书本正前方有一固定的竖直挡板（厚度不计），书本到挡板距离为2L，如图所示为侧视图，在水平向右的力F作用下，所有书本无相对滑动，一起向右运动，当上面书本撞击挡板

后便立即停止运动，直至下面书本全部通过挡板下方区域后，才掉落至桌面，且上面书本碰撞挡板前后对下面书本的压力保持不变（不考虑书本形变）。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小，所有运动均为一维直线运动。（1）若7n=，力F作用于第7本书上，大小为3mg，求书本与

挡板碰撞时的速度大小；（2）若7n=，力F作用于第3本书上，求书本向右运动的最大加速度大小；（3）若力F作用于第()kkn本书，书本以最大加速度加速碰撞挡板，调节挡板高度使得碰撞后上方k本书停止运动，试讨论下方书本能否穿出挡板。若能穿出，请写出穿出后书本

速度大小；若不能，请分析说明原因。的【答案】（1）2217gL；（2）34g；（3）若2nk，穿出速度为2kgLnk−，若1223nkn，穿出速度为为2(23)gLnknk−−，若23nkn时，书不能穿越挡板【解析】【详解】（1）对整

体受力分析，根据牛顿第二定律可得73Fmamg==书本与挡板碰撞时，根据动力学公式有222vaL=解得书本与挡板碰撞时的速度为2217gLv=（2）对下面4本书受力分析，根据牛顿第二定律可得m34mgma=书本向右运动的最大加速度大小为m34ga=（3）若力F作用于上半区，有2

nk对下方nk−本书受力分析，根据牛顿第二定律可得1()kmgnkma=−下方nk−本书运动至碰撞前的过程中，根据动力学公式有21122vaL=当下方nk−本书穿越挡板时，加速度不变，则222112vvaL−=

−则下方nk−本书穿越挡板后的速度大小为22kgLvnk=−若力F作用于下半区，有2nk则书本向右运动的最大加速度大小为mkmgagkm==下方nk−本书运动至碰撞前的过程中，根据动力学公式有23322vaL=当下方nk−本书穿越挡板时，根据牛顿第二定律可得4

()kmgnkma=−根据动力学公式有224332vvaL−=−则下方nk−本书穿越挡板后的速度大小为42(23)gLnkvnk−=−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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