湖南省长沙市长郡教育集团2023-2024学年高一下学期入学考试物理试题

2024年春季高一年级入学暨寒假作业检测联考物理时量：75分钟满分：100分一、选择题（本题共有11个小题，共计49分，其中1~6为单项选择题，每小题4分，只有一个正确选项，7~11题为多项选择题，每小题5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.关于物体运动加速度的方向，下列说法正确的是（）A.物体做直线运动时，其加速度的方向一定与速度方向相同B.物体做变速率曲线运动时，其加速度的方向一定改变C.物体做圆周运动时，其加速度的方向指向圆心D.物体做匀速率曲线运动时，其加速度的方向与速度方向垂直【答案】D【解析】【详解】A．物体做加速直线运动时，加速度的方向与速度方向相同，做减速直线运动时，加速度方向与速度方向相反，故A错误；B．物体做变速率曲线运动时，加速度的方向可能不变，例如平抛运动，故B错误；C．物体做匀速圆周运动时，其加速度的方向指向圆心，故C错误；D．物体做匀速率曲线运动时，其加速度的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小，故D正确。故选D。2.如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移时间图像，由图可知（）A.t1时刻，两车速度相等B.t2时刻，a、b两车运动方向相同C.t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D.t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据图象的斜率表示速度，可知t1时刻，b车速度大于a车的速度，选项A错误；B．根据图象的斜率表示速度，可知在时刻t2，两车运动方向相反，故B错误；C．图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增大，故C正确；D．在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先大于、再等于、再小于、后大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误；故选C。3.宇航员在地球表面以初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球到达最高点；他在另一星球表面仍以初速度竖直上抛同一小球，经过时间5t小球到达最高点。取地球表面重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计。则该星球表面附近重力加速度g′的大小为（）A.2m/s2 B.m/s2 C.10m/s2 D.5m/s2【答案】A【解析】【详解】根据逆向思维可知，地球上有在另一个星球上解得，星球表面附近重力加速度的大小故A正确，BCD错误。故选A。4.广东队队史11次夺取CBA总冠军，是CBA夺取总冠军次数最多的球队。如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比（）A.球从B至A用时较短B.从C点抛出时，抛射角较小C.从C点抛出时的速度较大D.从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较大【答案】B【解析】【详解】AD．因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，故根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，到的下落高度大于到的下落高度，竖直方向根据可知到的时间大于到的时间，即球从B至A用时较长；水平方向做匀速运动，则有由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故AD错误；B．篮球刚抛出时的抛射角满足由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角较小，故B正确；C．两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为，竖直高度为，则有，，可得抛出时的速度大小为可得当时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，故C错误。故选B。5.如图所示一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC>OB，则在横梁绕O转动过程中（）A.B、C的向心加速度相等B.B、C的角速度关系满足ωB<ωCC.B、C的线速度关系满足vB<vCD.舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力【答案】C【解析】【详解】AB．由题图可知，B与C属于共轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC＝ωB向心加速度a＝ω2r因OC>OB，可知C的向心加速度较大，故AB错误；C．由于OC>OB，由v＝ωr可知C点的线速度大，故C正确；D．舂米锤对稻谷的作用力和稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D错误。故选C。6.如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（）A.拉力的大小为B.物块与木板间的动摩擦因数为C.物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为D.时刻，物块的速度减为0【答案】C【解析】【详解】AB．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的图像不可能是两段折线。在内，物块做匀加速运动，则有设物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有解得撤去拉力后木板做匀减速，由图乙可知对木板，由牛顿第二定律有解得撤去拉力F前，木板的加速度对木板，根据第二定律有得故AB错误；CD．在内，物块位移为木板位移为由于可知，在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小木板的加速度大小为，则有解得物块到停止的时间还需木板到停止的时间还需所以木板比物块先停止运动，在到物块停止，运动的时间为物块的位移为木板位移为物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为由上述分析可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，故C正确，D错误。故选C。7.下图是地球的三个宇宙速度示意图，下列说法中正确的是（）A.地球的第一宇宙速度大小与地球质量有关B.第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度C.若物体的发射速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体绕太阳运行D.同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度【答案】ACD【解析】【详解】A．根据即知，地球的第一宇宙速度大小与地球质量有关，故A正确；B．第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行所需的最小发射速度，环绕地球运动的最大环绕速度，故B错误；C．第二宇宙速度是使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的小行星的最小发射速度；而第三宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱太阳引力束缚，故C正确；D．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球的质量为M，由得可知，卫星轨道半径越大，线速度越小，同步卫星的轨道半径大于卫星绕地球附近做匀速圆周运动的轨道半径R，所以同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度，故D正确。故选ACD。8.物体在水平推力作用下，将物体压在竖直墙壁上，质量都为，且此时均处于静止状态。如图所示，关于两物体的受力情况，下列说法正确的是（）A.当推力增大时沿墙壁对的摩擦力大小不变B.分别都受到四个力的作用C.若木块保持对静止沿墙壁向下匀速运动，则墙壁对木块的摩擦力大小为D.当撤去，木块沿墙壁下滑，此时不一定只受一个力【答案】AC【解析】【详解】A．依题意，对两物体进行受力分析，竖直方向受力平衡，即墙壁对的摩擦力与两物体的重力大小相等，方向相反。所以当推力增大时沿墙壁对的摩擦力大小不变。故A正确；B．a物体受5个力作用，分别是自身重力、墙壁的弹力、b物体的压力、墙壁的摩擦力和b物体的摩擦力，b物体受4个力作用，分别是自身重力、a物体的弹力、a物体的摩擦力和外力F。故B错误；C．若木块保持对静止沿墙壁向下匀速运动，ab整体受力平衡，竖直方向有墙壁对的摩擦力与两物体的重力大小相等即故C正确；D．当撤去，木块沿墙壁下滑，此时只受自身重力作用。故D错误。故选AC。9.如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为。现将小环从图中所示的A处由静止释放，整个过程中重物都只在竖直方向运动。下落过程中小环的最大速度为（此时重物的速度大小为），重力加速度为，下列说法正确的是（）A.小环刚释放时，轻绳中的张力为B.小环速度最大时，轻绳中的张力为C.小环下落过程中，重物速度与小环速度之比先增大后减小D.只有小环位于最高点和最低点时，重物的速度才为零【答案】AB【解析】【详解】A．根据题意，设小环刚释放时，轻绳中的张力为，小环的加速度为，将小环加速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，可得重物的加速度为，由牛顿第二定律，对小环有对重物有解得故A正确；B．小环速度最大时，处于平衡状态，根据题意，绳子两端沿绳方向的分速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，绳子与竖直方向夹角为，应有设轻绳中的张力为，根据平衡条件可得联立解得故B正确；CD．设小环下落过程中，小环的速度为，重物的速度为，绳子与竖直方向的夹角为，则有可知，当速度为零时，即小环位于最高点和最低点时，重物的速度为零，当时，即绳子与光滑直杆垂直时，重物的速度也为零，下落过程中，重物速度与小环速度之比为先增大后减小，则先减小后增大，即重物速度与小环速度之比先减小后增大，故CD错误。故选AB。10.如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为，此时绳子的拉力大小为，拉力与速度的平方的关系如图乙所示。已知重力加速度为，以下说法正确的是（）A.圆周运动半径B.小球的质量C.图乙图线的斜率只与小球的质量有关，与圆周运动半径无关D.若小球恰好能做完整圆周运动，则经过最高点的速度【答案】AB【解析】【详解】A．当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则解得故圆周运动半径为故A正确；B．当时，对物体受力分析，根据向心力方程得解得小球的质量为故B正确；

C．小球经过最高点时，根据向心力方程得解得图乙图线的斜率为与小球的质量和圆周轨道半径有关，故C错误；

D．若小球恰好能做完整圆周运动，即小球在最高点有由图知即故D错误。故选AB。11.如图所示，2024个质量均为的小球通过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦系数为粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为，2和3间弹簧的弹力为，2023和2024间弹簧的弹力为，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是（）A.B.从左到右各弹簧长度之比为C.若突然撤去拉力，此瞬间第2024个小球的加速度为，其余每个球的加速度不变D.若1和2之间的弹簧长度为，2023和2024之间的弹簧长度为，则弹簧原长为【答案】ACD【解析】【详解】A．以整体为研究对象，加速度以后面的第1、2、3…2023个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知……即故A正确；B．根据题意，由胡克定律可得则从左到右各弹簧伸长量之比为，从左到右各弹簧长度之比不可能为，故B错误；C．若突然撤去拉力F瞬间，由于弹簧的形变量不能瞬变，则除第2024个小球以外的小球受力情况不变，加速度不变，对第2024个小球，由牛顿第二定律有解得故C正确；D．设弹簧原长l，1和2之间的弹簧此时长度2023和2024之间的弹簧此时长度联立得故D正确。故选ACD。二、实验题（本题共12、13两个小题，每空2分，共计16分）12.某实验小组的同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验．（1）关于该实验，下列说法错误的是______．（填正确答案标号）A．实验采取的研究方法是等效替代法B．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行C．两个弹簧测力计拉力的夹角越大越好D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（2）江同学的实验结果如图甲所示．在、、F、四个力中，其中力______不是由弹簧测力计直接测得的。（3）李同学用如图乙所示的装置来做实验．从OB水平开始，保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直．在此过程中，弹簧测力计A的示数______，弹簧测力计B的示数______。（均选填“不断减小”“不断增大”“先减小后增大”或“先增大后减小”）【答案】①C②.F③.不断减小④.不断减小【解析】【详解】（1）[1]A．本试验中用两个弹簧测力计拉一根橡皮条的作用效果与一个弹簧测力计拉橡皮条的作用效果相同（都拉到O点），因此实验采取的研究方法是等效替代法，A正确；B．为了减少实验误差，弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行，B正确；C．为了减少实验误差，两个弹簧测力计拉力的夹角不易过大也不易过小，C错误；D．为了标记拉力的方向准确，拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，D正确。故错误的选C。（2）[2]F1和F2通过平行四边形定则做出的合力F不是由弹簧测力计直接测得的。（3）[3][4]对O点进行受力分析，做出弹簧测力计拉力TA与TB的合力T大小为Mg，如图所示，设TA与竖直方向夹角为α，TB与竖直方向夹角为β，TA与TB所夹的锐角为θ，根据正弦定理可知当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的过程中，角θ保持不变，因此上式中比值不变，β为钝角且不断增加，可得弹簧测力计A的拉力TA不断减小，α为锐角且不断减小，因此弹簧测力计B的拉力TB不断减小。13.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列做法正确的是（）A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量__________________木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于“）（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲______μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】①.AD②.远小于③.小于④.大于【解析】【详解】（1）[1]A．为了保证滑块受到的绳子拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，A正确；B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，B错误；C．实验时，先接通打点计时器电源再放开木块，C错误；D．平衡摩擦力后，每次改变木块上的砝码质量时，只要保持倾角不变，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。故选AD；（2）[2]为了保证在改变木块上的砝码质量时，木块所受的拉力近似不变，以木块和木块上砝码为对象，根据牛顿第二定律可得以砝码桶及桶内砝码为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得可知在改变时，为了使绳子拉力几乎等于砝码桶及桶内砝码总重力，需要砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量；（3）[3][4]根据牛顿第二定律可得解得由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得可知小于，大于。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13分，共计35分）14.据报道，首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler﹣186f。若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学实验。宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球，落地时间为t，已知该行星半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该行星“北极”表面的重力加速度；（2）该行星的平均密度；（3）经测量该行星自转周期为T，如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据解得行星“北极”表面的重力加速度为（2）根据可得行星的质量为则行星的平均密度为（3）万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得联立解得同步卫星距离行星表面高度为15.如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角为，底端有一个弹性挡板（物体与挡板碰撞前后速度等大、反向），皮带轮顺时针转动，皮带速度恒为，一个质量为可看成质点的物体，与传送带的摩擦因数，从距挡板处静止释放，试求：（取）（1）经多长时间物体到达底端与挡板相碰？碰前速度多大？（2）第一次反弹后物体所能到达的距挡板的最大距离；（3）第100次碰撞后物体上升的最大距离。【答案】（1），；（2）；（2）【解析】【详解】（1）物体放上传送带以后，根据牛顿第二定律解得根据运动学公式解得此时物块的速度为（2）物体反弹后速度大小为，方向沿着斜面向上，大于传送第的速度，根据牛顿第二定律解得根据运动学公式解得第一次反弹后物体速度与传送带相等过程的位移物体再以加速度为做匀减速运动，继续运动的距离为第一次反弹物体所能到达距挡板的最大距离（3）第一次反弹后物体沿着传送带达到最高点后，沿着传送带向下运动，根据运动学公式挡板反弹后速度大小不变，根据运动学公式解得第