2024湖北省部分市州高一上学期1月期末考试物理PDF版含解析

这是一份2024湖北省部分市州高一上学期1月期末考试物理PDF版含解析，文件包含物理pdf、高一物理答案详解及评分建议docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。

一、选择题（每小题4分，共40分。多选题少选得2分，有错选不得分）
B 研究比赛中运动员的划桨技术技巧时，运动员不能被看作质点，A项错误；停止划桨后赛艇仍向前运动是由于惯性，B项正确；在比赛中，水推桨的力与桨推水的力属于一对相互作用力，大小相等，C项错误；由于不确定赛艇的运动状态，因此其平均速度不一定等于冲刺终点时瞬时速度的一半，D项错误。
D 篮球做曲线运动时，合外力的方向应该指向其轨迹的凹侧，D项正确。
A 悬挂10N的重物时，弹簧伸长量为0.05m，根据胡克定律F=kx，计算出劲度系数k=200N/m；悬挂20N的重物时，弹簧伸长量为0.10m，而总长度为0.20m，因此弹簧原长为L0=0.20m-0.10m=0.10m，A项正确。
C 小孩做匀速圆周运动时，角速度ω=vR ，向心加速度an=v2R ，周期T=2πRv ，转速n=1T=v2πR ，C项正确。
B 根据v-t图像可知，t1时刻，图像的斜率为0，因此加速度为0，A项错误；0~t2时刻速度始终为正，说明火箭一直在向上运动，t2时刻上升到最高点，B项正确；t2~t3时间内火箭的速度为0，处于静止状态，C项错误；0~t2时间内火箭向上运动，t3~t4时间内火箭向下运动，两段位移大小相等，D项错误。
D 根据图（b）的v-t图像可知，0~1s内物块沿斜面上滑的位移大小为x=4m，加速度大小为a1=8m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma1，解得f=3N；物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有：mgsinθ-f=ma2，解得a2=2m/s2，根据速度位移关系式有：v2=2a2x，解得v=4m/s，D项正确。
C 动车甲加速到最大速度所需要的时间为t0=vma=100s，A项错误；甲与乙动车车头平齐时，vmt-12at2=L+d，解得t1=20s，t2=180s（舍），此时动车甲的速度大小为v=at1=10m/s＜50m/s，B项错误，C项正确；在0~100s内，动车甲的位移为x甲=12vmt0=2500m，动车乙的位移为x乙=vmt0=5000m，x乙-x甲=2500m>d+2L，因此在动车甲加速到最大速度之前已被动车乙超越，D项错误。
AC 木块匀加速过程中，受到向右的滑动摩擦力作用，而在匀速过程中，不受摩擦力作用，A项正确，B项错误；若仅增大传送带的转动速率，则木块会加速到更大的速度，根据下图v-t图像分析易知，木块从左端到右端的时间将会小于t。
BD 若蜡块在水中沿玻璃管匀速上浮，则玻璃管向右匀速运动，蜡块的合运动（匀速运动）可能沿图中直虚线，此时蜡块既不超重也不失重；若蜡块在水中沿玻璃管匀加速上浮，则玻璃管向右匀加速运动，蜡块的合运动（匀加速运动）也可能沿图中直虚线，此时蜡块处于超重状态；因此正确答案为BD。
CD 假设小球做平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，绳长为L，根据圆周运动的知识有：T-mg=mv2L，之后做平抛运动：x=vt，y=12gt2，将速度方向反向延长经过水平位移中点，有x=2y，且L+y+x=h，解得L=h4，x=h2，y=h4，t=h2g.因此A、B项错误，C、D项正确。
二、非选择题（共60分）
11．（7分）
（1）A （3分） （2）1.6 （2分） 0.80 （2分）
【解析】（1）平抛运动在水平方向的分运动如图（2）中图线（a）所示，为匀速直线运动，故选A项；
（2）平抛运动在竖直方向的分运动为匀加速直线运动，图（3）中相邻两点的竖直高度差为L=gT 2，代入数据得L=1.6cm，水平方向有2L=v0T，解得v0=0.80m/s。
12．（10分）
（1）C （2分） （2）0.45 （2分） （3）0.75，3.0 （每空3分）
【解析】（1）实验之前应该将长木板的左端适当垫高以平衡摩擦力，A项错误；本实验中细绳上的拉力可以直接根据弹簧测力计读出，不需要满足重物的质量远小于小车的质量，B项错误；实验时应该先接通电源，后释放小车，C项正确；本实验中只需要平衡一次摩擦力就行，D项错误。
（2）由逐差法求出小车的加速度为：a=x4+x3-x2-x14T2=(4.00+3.55-3.10-2.65)×10-2m4×(0.1s)2=0.45m/s2.（3）根据牛顿第二定律有：2F-f=Ma，变形得a=2MF-fM，类比图丙中a-F的解析式a=83F-4，可知M=0.75kg，f=3.0N.
13．（10分）(1)50m/s; (2)12.5m/s2
解：（1）根据平抛运动的规律有
水平方向 x=v0t （2分）
竖直方向 h=12gt2 （2分）
代入数据解得：v0=50m/s（2分）
（2）小车在甲板上匀加速运动时，有
根据速度位移关系式： v02-0=2aL （2分）
代入数据解得：a=12.5m/s2 （2分）
14．（15分）(1) mgcsθ; (2) gtanθ；（3）gLcsθ
解：（1）当金属框和小球静止不动时，设轻绳对小球的拉力大小F1
竖直方向 F1csθ=mg （2分）
由牛顿第三定律可得 F=F1（1分）
解得小球对轻绳的拉力大小 F=mgcsθ（2分）
（2）当小球和金属框一起向左匀加速运动，有
mgtanθ=ma （2分）
解得 a=gtanθ （2分）
（3）当小球绕MN边做匀速圆周运动时，有
mgtanθ=mω2r（2分）
由几何关系得r=Lsinθ（2分）
解得ω=gLcsθ （2分）
15．（18分）（1）0.2; (2)1m; (3)3s
（1）A、B一起向右匀加速时，对整体用牛顿第二定律有
F1-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a （2分）
解得μ2=0.2 （2分）
（2）设对A施加水平向右的作用力为F0时，A、B间恰好达到最大静摩擦力，此时B运动的加速度最大，设最大加速度为a0.
对B受力分析 μ1mAg-μ2mA+mBg=mBa0（1分）
解得a0=2m/s2
对A、B整体F0-μ2mA+mBg=mA+mBa0（1分）
解得F0=6N
F2=8N时，F2>F0，A、B间发生相对滑动，B的加速度为a0.则第1s内，
B的位移x=12a0t2（1分）
解得x=1m（2分）
（3）由F3=6t+6N，得t1=1s内F3>F0，A、B间发生相对滑动，B的加速度为a0.设A的加速度为aA.
对A受力分析F3-μ1mAg=mAaA（1分）
解得aA=6t+2m/s2
设1s末A的速度为vA，t=0时刻A的加速度aA0=2m/s2,1s末A的加速度aA1=8m/s2，由A的加速度随时间线性变化，有
vA=12aA0+aA1·t1（1分）
设1s末B的速度为vB，有vB=a0t1（1分）
撤去力F3后，设再经过时间t2，两者同步且同步速度为v，有
v=vA-μ1gt2（1分）
v=vB+a0t2（1分）
因为μ1>μ2，所以A、B同步后一起做匀减速直线运动直至速度为零，设此过程所需的时间为t3，有v=μ2gt3（1分）
则A运动的总时间为tA=t1+t2+t3（1分）
解得tA=3s（2分）
题号
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
C
B
D
C
AC
BD
CD