2023-2024学年重庆八中高一（上）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年重庆八中高一（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.力与运动无处不在，亚里士多德、伽利略、笛卡尔、牛顿等一大批著名学者都致力研究力与运动的关系，带来了人类科学进步，下列说法正确的是( )
A. 伽利略通过理想实验和逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因
B. 笛卡尔认为如果运动物体不受任何力的作用，它将保持静止
C. 牛顿第一定律能够通过现代实验手段直接验证
D. 亚里士多德根据生活经验提出轻的物体和重的物体下落一样快
2.躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是( )
A. 甲中人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的
B. 甲中人不同的躺姿会改变躺椅对人的作用力
C. 乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向下
D. 乙中人脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等
3.一辆装石块的货车在平直道路上向前做直线运动，货箱中间有一石块，石块受到其它石块的作用力为，下列所示的方向不可能的是( )
A. B.
C. D.
4.如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体、、，圆柱体的质量分别为、、，且。用一水平外力将薄板沿垂直的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图( )
A.
B.
C.
D.
5.北京冬奥会让人们深入感受了冰壶运动的魅力。某同学用频闪照相的方法研究水平面上推出的冰壶做匀减速直线运动的规律。某次实验中连续拍得的张照片对应冰壶的位置如图所示，从第一张照片起，相邻两张照片对应冰壶的位置间距依次，，。已知每次拍照时间间隔均为，冰壶可视为质点，则第四张和第五张照片对应冰壶的位置间距为( )
A. B. C. D.
6.如图所示，、两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )
A. 可能比先落入篮筐
B. A、运动的最大高度可能相同
C. 在最高点的速度一定比在最高点的速度大
D. A、上升过程中不可能出现高度相同时且速度方向相同的情况
7.如图所示，是等边三角形的中心，是三角形中的任意一点，如果做矢量、、分别表示三个力，三个力的方向如图中箭头所示，则这三个力的合力大小用的长度表示为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.某人站在压力传感器上做“下蹲一起立”的动作时，记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为力单位为，横坐标为时间单位为，由图线可知，该人的体重约为，取。除此之外，还可以得到的信息是( )
A. 该人做了二次“下蹲一起立”的动作
B. 下蹲过程中先处于失重状态后处于超重状态
C. 末人正在向下匀速运动
D. 下蹲过程中人的最大加速度约为
9.如图所示，物块、静止放置在竖直轻弹簧上。与弹簧上端连接，弹簧下端固定在水平面上。为使、分离，某同学使用了两种方案：方案一：给两物块一竖直向下适当大小的瞬时速度，、先向下运动，后向上运动，直到分离。方案二：对施加一个向上适当大小的恒力，使、开始一起向上运动，直到分离。下列说法正确的是( )
A. 无论哪种方案，、分离时，两物块间的压力一定为零
B. 方案一，、分离时，弹簧处于原长
C. 方案二，、分离时，弹簧处于原长状态
D. 方案二，、分离前，一起向上做匀加速直线运动
10.如图所示，某足够长的斜面倾角为，底部在点与水平面平滑连接。在斜面下方的水平面上标记一个定点作为原点建立直角坐标系，规定正方向如图。一木块可视为质点与斜面和水平面间的动摩擦因数均为，从由静止释放，恰好在停下。改变、两点的位置以及斜面倾角，使小球由静止释放后仍能在点停下，满足条件的点坐标可能是( )
A. B. C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用传感器和计算机可以方便地描出做平抛运动的物体的轨迹，从而研究平抛运动。设计原理如图甲所示，物体能够在竖直平面内向接收装置发射脉冲信号，装置与计算机相连，且有两个接收端口和。根据脉冲时间差可算出和各自与物体的距离。这两个距离确定之后，物的位置也就确定了，由此计算机可以即时给出的坐标。图乙中的、、三点是某次实验中物体做平抛运动过程中，由计算机确定的连续三次发射信号的位置。已知图乙中每一格长度为，当地重力加速度为。
实验前，需要反复调整实验装置，直至斜槽末端______；
根据乙图轨迹，物体相邻两次发射信号的时间间隔为______用，表示；
根据乙图轨迹，物体在点处的速度大小为______用，表示。
12.诚勤立达物理兴趣小组在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，采用如图所示实验装置，图中打点计时器的电源为的交流电源。
实验之前要平衡小车所受的阻力，具体的步骤是：______填“挂”或“不挂”吊盘，______填“连接”或“不连接”纸带，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距______填“均匀”或“不均匀”的点。
按住小车，在吊盘中放入一定质量的砝码，为了保证在运动过程中，小车所受的拉力近似等于吊盘和盘中砝码的总重力，那么吊盘和盘中砝码的总质量应______填“远大于”、“远小于”或“近似等于”小车及车中砝码总质量。
打开打点计时器电源，释放小车，得到如图所示的纸带，图示为五个计数点之间的距离，相邻两个计数点间有四个点未画出，可求得小车的加速度 ______。结果保留两位小数
诚勤立达物理兴趣小组在得出实验结论后，另一小组在验证加速度与质量关系实验时，保证吊盘和吊盘上砝码的总质量不变，但未测小车质量，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量，并作出与之间的关系图像如图所示，已知图中直线的斜率为，在纵轴上的截距为，若该同学其他操作均正确，可得到小车的质量为______用、、表示。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
13.有圆形转盘的圆桌是多人宴会时常用的设备，菜品放在水平圆形转盘上可以通过转动方便每个人夹菜。如图是某种圆形转盘的示意图，为转盘的圆心，虚线为竖直转轴所在的直线，是转盘上放置的物体可视为质点。已知物体到圆心的距离为，转盘匀速转动取，取。
若圆盘角速度，求物体的线速度大小；
若圆盘匀速转动周期，求物体的向心加速度大小。
14.如图所示，倾角的斜面与光滑水平面平滑连接，的右端与水平传送带紧密相连，传送带逆时针匀速转动的速度大小。有一质量的物块从斜面上高为处静止释放，已知滑块与斜面及传送带间的动摩擦因数分别为和，传送带、两端距离。取
若，求物块到达点时的速度大小；
若释放高度满足一定条件后，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回点，求的范围。
15.一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量，厚度可忽略不计的薄板，薄板长度，在板上叠放着质量，大小可忽略的物块，与之间的动摩擦因数为，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块上，右端系住质量的物块，物块刚好可与竖直面接触。初始时用手按住物块，使各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块位于板的左端点，然后放手，设板的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，取。
若薄板和物块恰能保持相对静止，求；
若，从放手开始计时，经过，求物块下降的高度；
若初始时刻不放手，改为剪断轻绳，同时对物块施加水平向左的力，其大小随时间变化关系如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过，物块恰好停止运动，求物块与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、伽利略通过理想实验和逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确；
B、笛卡尔认为如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故B错误；
C、牛顿第一定律是一种理想化状态下得出的结论，无法通过现代实验手段直接验证，故C错误；
D、亚里士多德根据生活经验提出重的物体下落比轻的物体下落快，故D错误。
故选：。
本题是物理学史问题，根据亚里士多德、伽利略、笛卡尔、牛顿等人的物理学成就进行解答。
本题考查对物理学史的掌握，要注意牢记各物理学家的主要贡献，这也是考查内容之一。
2.【答案】
【解析】解：甲中人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，故A错误；
B.甲中人受力平衡，躺椅对人的作用力大小等于人自身的重力，故B错误；
C.乙中人脚用力蹬地时，人相对于椅子的运动趋势未知，所以躺椅对人背部摩擦力可能沿椅面向下，可能沿椅面向上，故C错误；
D.乙中人脚用力蹬地时，对整体受力分析，可知脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等，故D正确；
故选：。
根据弹力的产生条件分析，根据力的合成分析，乙中人脚用力蹬地时，人相对于椅子的运动趋势决定摩擦力方向，根据整体受力平衡分析。
本题主要考查共点力的平衡，解答本题要掌握弹力的产生原因，根据平衡条件分析人的受力情况。
3.【答案】
【解析】解：若货车匀速运动，则石块受力平衡，则其它石块对该石块的作用力与其重力等大反向，则竖直向上，故A正确；
C.若货车匀加速运动，则石块受的合力水平向前，则其它石块对该石块的作用力斜向右上方，故C正确；
D.若货车匀减速运动，则石块受的合力水平向后，则其它石块对该石块的作用力斜向左上方，故D正确；
B.由以上分析可知，石块受到其它石块的作用力为的方向不可能斜向右下方向，故B错误。
本题选错误的，故选：。
根据货车的运动状态，结合牛顿第二定律得出石块受到的合外力方向，进而得出对应的的方向。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
4.【答案】
【解析】解：设圆柱体的质量为，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为，
则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，
根据牛顿第二定律有，
可得，运动时的加速度大小为，
由于圆柱体先离开薄板，、同时后离开薄板，
则根据匀变速直线运动速度时间关系式可知，
离开薄板时的速度小于、离开薄板时的速度，
离开薄板后，根据可知，
B、在桌面上滑动的距离相等，且大于在桌面上滑动的距离。故A正确，BCD错误。
故选：。
滑动时，都受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据运动学公式判断运动的位移大小。
本题是对牛顿运动定律的考查，注意分析清楚受力的情况和运动的过程即可。
5.【答案】
【解析】解：由得
即
解得第四张和第五张照片对应冰壶的位置间距
，故B正确，ACD错误。
故选：。
根据计算即可。
要理解公式中是指连续相等时间内的位移之差。
6.【答案】
【解析】解：、若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的两点，则上升的高度较大，由于高度决定时间，则运动时间较长，则先落入篮筐中，故AB错误；
C、因为从最高点到落入框中，的运动时间长，所以的末速度大于，并且由于落入框中时速度的方向相同，所以的水平速度大于的，故在最高点的速度比在最高点的速度大，故C正确；
D、由斜抛运动的对称性可知，当、上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D错误。
故选：。
根据竖直方向上的高度分析出两个篮球的运动时间的大小关系；根据水平方向上的运动特点分析出篮球在最高点的速度大小；根据斜抛运动的对称性结合题意完成分析。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动的对称性完成解答。
7.【答案】
【解析】解：连接，、、，且，、、表示矢量，
由于、、也表示矢量；
而根据三角形定则，有：；
同理，；；
因点是中心，由矢量合成法则可知，；
则
故选：。
每一个有向线段表示一个力，运用矢量运算的三角形定则求解即可．
本题是矢量运算问题，关键是运用三角形定则分析，其实是数学选修模块中向量运算一章的内容．
8.【答案】
【解析】解：、下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态，起立过程中先处于超重状态后处于失重状态，完成下蹲或者起立后人对传感器的压力等于自身重量，对照图中曲线的变化可知，该人做了一次“下蹲一起立”的动作，故A错误，B正确；
C、由图可知末时人完成了下蹲动作，并且对传感器的压力等于自身重量，说明此时人静止的蹲在传感器上，故C错误；
D、根据牛顿第二定律可知，下蹲过程中人的加速度为，所以人的加速度最大时候就是传感器提供的支持力最小的时候，由图可知最小的支持力约为，所以人的最大加速度约为，故D正确。
故选：。
由力与时间的关系图象可知下蹲过程中人受到的支持力最小值，由牛顿第二定律列式求得下蹲过程中人的最大加速度；由图象可知人对压力传感器的压力与人的重力的关系，即可判断处于超重或失重状态；根据图象分析人的运动情况，由此即可正确求解。
本题主要考查超重失重以及力与时间的关系图象，明确图象的物理意义是解决问题的关键。
9.【答案】
【解析】解：、无论哪种方案，、分离时，两物块间不再挤压，两物块间的压力一定为零，故A正确；
B、方案一：、分离时，只受重力，所以的加速度为重力加速度
方向竖直向下，对由牛顿第二定律得
解得
可知，弹簧处于原长，故B正确；
C、方案二：、分离时，、的加速度相同，、间弹力为，由于受到向上的恒力，此时的加速度不是重力加速度，则的加速度也不是重力加速度，可知弹簧不是处于原长状态，故C错误；
D、方案二，、分离前，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
因为弹簧的压缩量在减小，可知整体的加速度减小，所以、一起向上做的是非匀加速直线运动，故D错误。
故选：。
A、分离时，两者间弹力为零且加速度相同；方案一，、分离时，二者加速度相同，分别以和为研究对象，根据牛顿第二定律列式，求出弹簧的弹力大小，从而确定弹簧的状态；方案二，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析弹簧的弹力，确定弹簧的状态。
正确解答本题的关键是对于、分离这一临界状态进行受力分析，知道此时、间无相互作用力，且加速度相同，牢牢抓住这两点即可正确解题。
10.【答案】
【解析】解：小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，最终停在点，设斜面长为，则斜面在水平面的投影为
根据功能关系可得
整理可得
解得
改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在点停下，设小木块静止释放点的坐标为，根据前面的分析可得
整理可得
当时，解得
当时，解得
当时，解得
当时，解得
故A错误；BCD正确。
故选：。
根据功能关系求解动摩擦因数；改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在点停下，根据功能关系求解小木块静止释放点的纵坐标与横坐标的关系，然后逐项进行分析。
本题主要是考查功能关系，解答本题的关键是能够根据功能关系求解动摩擦因数，知道重力势能的减少等于克服摩擦力做的功。
11.【答案】切线水平
【解析】解：实验前，需要反复调整实验装置，直至斜槽末端沿切线水平方向；
根据竖直方向的自由落体运动规律可知
解得
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知
水平方向有
则点的速度为
解得
故答案为：切线水平；；
在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道末端一定要水平；
根据竖直方向的自由落体运动规律解答；
根据水平和竖直方向的运动规律解答。
此题考查做“研究平抛物体的运动”实验时，需要的实验器材以及注意事项。要围绕着实验原理记忆实验器材和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。
12.【答案】不挂 连接 均匀 远小于
【解析】解：实验之前要平衡小车受到的阻力，具体的步骤是：不挂吊盘，连接纸带，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点；
为了保证运动过程中小车受到的拉力近似等于吊盘和盘中砝码的总重力，那么吊盘和盘中砝码的总质量应远小于小车及车中砝码总质量；
电源的频率为，则周期为
相邻两个计数点的时间间隔为：
根据逐差法可知小车的加速度为：
设小车质量为，若牛顿第二定律成立，则
整理可得：
所以图中直线的斜率为：
整理得：
纵轴上的截距为：
小车的质量为：
故答案为：不挂；连接；均匀；远小于；；
根据实验原理掌握正确的平衡摩擦力的方法；
根据实验原理分析出吊盘和砝码的总质量与小车和砝码总质量的关系；
根据逐差法得出小车的加速度；
根据牛顿第二定律，结合图像的物理意义得出小车的质量。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟练掌握逐差法得出小车的加速度，再根据牛顿第二定律即可完成分析。
13.【答案】解：根据线速度的计算公式有
根据向心加速度的公式有
答：若圆盘角速度，物体的线速度大小为；
若圆盘匀速转动周期，物体的向心加速度大小为。
【解析】根据线速度与角速度的关系解答；
根据向心加速度的公式解答。
本题考查匀速圆周运动，解题关键掌握基本公式的应用即可。
14.【答案】解：根据题意，物块在斜面上运动时，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
物块在传送带上运动，由牛顿第二定律有
解得
若要物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回点，则物块到达点速度
且物块不能从点离开传送带，则有
解得
物块滑到点时速度为，则物块恰好不能从点离开传送带，则有
解得
综上所述，物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回点的范围为
答：物块到达点时的速度大小为；
物块在传送带上运动一次后总能以相同的速度返回点的范围为。
【解析】对物块进行受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度；再用位移速度公式求；
物块滑向传送带的速度要不小于传送带转动的速度且不能从点滑下。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成解答。
15.【答案】解：将、、三个物体看作一个整体，根据牛顿第二定律得：因为薄板和物块恰能保持相对静止，则对由牛顿第二定律可得：
代入数据，解得：；
若，则、间发生了相对滑动，以、为整体，由牛顿第二定律可得：，解得：
对，由牛顿第二定律可得：，解得：
设经过时间物块从薄板上滑下，则有：，解得：，或舍去
此时、的速度为：
此后，、为整体，由牛顿第二定律可得：
则经过物块下降的高度为：，代入数据解得：；
物块受到的水平向左的力与物块对竖直面的压力大小始终相等，在竖直方向上，取竖直向下为正方向，根据动量定理可得：，结合图乙，在时间内，力的平均值为，则可得：
当物块受力平衡时速度最大，即有：，解得：
结合图乙，可得当时，物块的速度最大，根据动量定理可得：，解得：。
答：之间的动摩擦因数为；
物块下降的高度为；
物块与竖直面之间的动摩擦因数为；最大速度为。
【解析】先由整体法求出、、三者的共同加速度，再由隔离求出动摩擦因数；
由牛顿第二定律求出、的加速度，再由运动学公式求出下降的高度；
由动量定理可得动摩擦因数，再由动量定理可求最大速度
本题主要考查牛顿第二定律和动量定理与连接体的问题，解题时主要要灵活选择研究对象，再应用牛顿第二定律及动量定理解题即可。
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