2023-2024学年黑龙江省大庆中学高一（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆中学高一（下）开学物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.2021年10月16日0时23分，神舟13号载人飞船成功发射，约582秒后，载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，神舟十三号载人飞船于10月16日6时56分，与此时已经对接的天舟二号，天舟三号货运飞船一起构成四舱组合体，3名工作人员将在空间站停留工作183天，则( )
A. 0时23分指的是时间间隔B. 约582秒指的是时刻
C. 6时56分指的是时间间隔D. 约183天指的是时间间隔
2.2021年4月某游客在扬州世园会乘坐热气球游玩，游客拍照时不小心将相机从距离地面30m处滑落，此时热气球上升的速度为5m/s，则相机落地时间约为( )
A. 2sB. 2.4sC. 3sD. 6s
3.一个物体做匀加速直线运动，它在第2s内的位移为3m，则下列说法正确的是( )
A. 物体在第3s末的速度一定是6m/sB. 物体的加速度一定是2m/s2
C. 物体在前3s内的位移一定是9mD. 物体在第3s内的位移一定是5m
4.如图所示，质量相等的A、B两小球分别连在轻绳两端，轻弹簧的一端与A球相连，另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间( )
A. A的加速度为零，B的加速度大小为g
B. A、B的加速度大小均为0.5g
C. A、B的加速度均为零
D. A的加速度为零，B的加速度大小为0.5g
5.在粗糙的水平面上放置一个小物体P。P受到水平的拉力F作用沿水平面运动，如图甲所示，物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示．把物体P换成Q，其他条件不变，重复操作，得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。图乙中b、c和d都是已知量，由此可知( )
A. P和Q的动摩擦因数相同B. P的质量大于Q的质量
C. P的质量为dbD. P的动摩擦因数小于Q的动摩擦因数
6.如图，一小铁球在水平光滑桌面上沿直线MN做匀速直线运动，若在桌面上A点放置一磁铁(图中未画出)，铁球的运动轨迹如图中曲线MQ所示，P为曲线MQ上一点，若铁球在P点的速度方向与AP连线垂直，则铁球在沿曲线MQ运动的过程中( )
A. 做匀变速曲线运动B. 在P点处于平衡状态
C. 在P点的速率大于在M点的速率D. 速率先减小后增大
7.水平面上两物体A、B通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现物体A以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别是α、β时(如图所示)，物体B的运动速度vB为(绳始终有拉力)( )
A. v1sinαsinβ
B. v1csαsinβ
C. v1sinαcsβ
D. v1csαcsβ
8.一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度—时间图像如图所示，由图像可知( )
A. 在0∼tb时间内火箭是上升的，在tb∼tc时间内火箭是下落的
B. 在0∼tc时间内火箭一直向上运动
C. tc时刻火箭回到地面
D. ta∼tb时间内火箭处于超重状态
9.如图所示，光滑半球c放在光滑的水平面上，a、b两个光滑球放在半球上并分别与光滑的竖直挡板M、N接触。a、b两球质量相等，a、b、c处于静止状态，下列说法正确的是( )
A. N板对b的作用力等于M板对a的作用力
B. c对b的作用力等于c对a的作用力
C. c对b的作用力大于b的重力
D. 水平面对c的作用力小于a、b、c三者的总重力
10.如图所示，两个物体A、B用轻弹簧相连接，A用细线挂在天花板上，B放在水平地面上．已知GA=3N，GB=4N，A、B间弹簧的弹力为2N，则悬线的拉力T、B对地面的压力FN的可能值分别是( )
A. T=5N，FN=2N
B. T=7N，FN=0
C. T=2N，FN=5N
D. T=1N，FN=6N
二、非选择题（共54分）
11.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列操作正确的是______。
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.通过调节木板的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细绳拴在木块上
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，需要重新调节木板倾斜度
(2)如图2所示为某次实验得到的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x4=10.26cm，则打下C点时木块的瞬时速度大小是______m/s，处理纸带数据得到木块加速度的大小是______m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)在保持木块的质量一定，探究加速度与所受合力的关系时，由于操作不当，有位同学得到的a−F关系图象如图3所示，其原因是______。
12.在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和弹簧测力计。

(1)下列是某同学在做该实验时的想法，其中正确的是______；
A.拉橡皮条的细线稍微长一些，以便更准确的测量拉力方向
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C.当把结点拉到达某一设定位置O点时，拉力F1和F2的夹角越大越好
D.在每组实验中O点位置可以改变
(2)某次实验中，弹簧测力计C的指针位置如图甲所示，其示数为______N。
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______(填“F”或“F′”)。
(4)若只有一个弹簧测力计，为了完成—次该实验，至少需要______(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮筋与细绳的结点拉到O点。
13.传闻牛顿坐在苹果树下，苹果落到了他头上，他突发灵感总结出了万有引力定律，科学家们对现象的观察和思考是值得我们学习的。某同学测出一棵苹果树树干部分的高度约为ℎ=1.4m，一个苹果在树冠顶端由于受到扰动而自由下落(苹果竖直下落过程中初始速度为零，除重力外其它作用力都忽略不计)，该同学测出苹果经过树干所用的时间为t=0.2s，重力加速度g取10m/s2，则：
(1)苹果树树冠部分的高度H约为多少？
(2)苹果落地时的速度v为多大？
14.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2。求：
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果用根式表示)
15.如图所示，粗细均匀且足够长的直杆水平放置，一个质量为m=0.6kg的小圆环套在杆上，静止在O点。在杆所在的竖直平面内，现用与水平方向成0=37°角斜向右上的拉力F拉圆环，圆环以a=8m/s2的加速度向右做匀加速运动。已知圆环与杆间的动摩擦因数为μ=0.5，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。
(1)求杆对圆环的弹力大小及拉力F的大小；
(2)若拉力F=10N，作用1.5s后撤去拉力，则圆环在杆上运动的总距离为多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：时间间隔对应时间轴上一段距离，时刻对应时间轴上某一个具体点。
A.0时23分指的是时刻，故A错误；
B.约582秒是时间间隔，故B错误；
C.6时56分指的是时刻，故C错误；
D.约183天指的是时间间隔，故D正确。
故选：D。
时间间隔对应时间轴上一段距离，时刻对应时间轴上某一个具体点。
本题考查时刻和时间间隔的概念，属于基础简单题目，解题关键是理解时刻和时间间隔的区别和联系。
2.【答案】C
【解析】解：选取竖直向上为正方向，相机离开气球时的初速度为v0=5m/s，方向竖直向上，最终落地位移为ℎ=−30m，
根据匀变速直线运动的规律可知：ℎ=v0t+12(−g)t2
代入数据，解得：t=3s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
相机离开气球时的初速度为5m/s，方向竖直向上，做竖直上抛运动，最终落地位移为−30m，所以应用匀变速直线运动的位移时间关系式即可解出时间．
处理竖直上抛运动的基本方法有两种：分段法和整体法，根据实际情况选择合适的方法即可．应用整体法时，运动规律要记清楚．
3.【答案】C
【解析】解：AB、由于匀加速直线运动的初速度未知，仅知道第2s内的位移，无法求出物体的加速度、3s末的速度，故AB错误；
C、设物体的初速度为v0，加速度为a，则根据匀变速直线运动的位移−时间公式有：
物体在第2s内的位移为：x2=(2v0+12a⋅22)m−(v0+12a⋅12)m=(v0+3a2)m
物体在前3s内的位移为：x=(3v0+12a⋅32)m=3(v0+3a2)m
因为x2=3m，所以前3秒内的位移x=9m，故C正确；
D、由于匀加速直线运动的初速度未知，仅知道第2s内的位移，无法求出物体在第3s内的位移，故D错误。
故选：C。
首先知道匀变速直线运动的规律和此题是否是初速度为零，然后根据匀变速直线运动规律灵活求解即可。
本题考查的是匀变速直线运动规律，灵活应用匀变速直线运动的规律是解题的关键，注意初速度与加速度未知。
4.【答案】B
【解析】解：设小球的质量为m，对整体分析，弹簧的弹力F=2mgsin30°=mg，
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，aA=F−mgsin30°m=0.5g，方向沿斜面向上；
B的加速度为：aB=mgsin30°m=0.5g，方向沿斜面向下，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对整体分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A、B分析，运用牛顿第二定律求出A、B的加速度大小。
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，基础题。
5.【答案】A
【解析】解：设物体的质量为m、与地面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律可得：F−μmg=ma
解得：a=1m⋅F−μg。
a−F图像的斜率表示1m，与纵坐标截距的绝对值表示μg。
AD、由于二者与纵坐标的交点相同，则动摩擦因数相等，故A正确、D错误；
B、a−F图像的斜率表示1m，根据图线可知P的质量小于Q的质量，故B错误；
C、根据图像可知：1mP=db，则P的质量为：mP=bd，故C错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律得到a−F的表达式，结合图像的斜率、截距进行分析。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率、截距等，然后作出正确的判断。
6.【答案】C
【解析】解：A、铁球在沿曲线MQ运动的过程中，所受磁铁的磁力大小和方向均在改变，故铁球做非匀变速曲线运动，故A错误；
B、铁球在P点受磁铁的磁力，不处于平衡状态，故B错误；
CD、铁球从M到P点的速度方向与磁场力的夹角小于90°，磁场力对铁球做正功，铁球的速率增大，铁球在P点的速度方向与所受磁力方向垂直，铁球从P到Q点的速度方向与磁场力的夹角大于90°，磁场力对铁球做负功，铁球的速率减小，故C正确，D错误。
故选：C。
磁场力大小和方向都变化，铁球做非匀变速曲线运动；铁球加速度不为零，处于非平衡状态；根据磁场力与速度方向的夹角判断铁球做功情况，从而判断铁球的速率如何变化。
本题考查曲线运动的特点，要求学生会通过速度方向与磁场力方向的夹角判断磁场力做功，从而判断铁球的速率如何变化。
7.【答案】D
【解析】解：对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcsα；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcsβ，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有v1csα=vBcsβ，因此vB=csαcsβv1，故ABC错误，D正确；
故选：D。
分别对A、B物体速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，根据三角函数关系及沿着绳子方向速度大小相等，可知两物体的速度大小关系．
考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等．
8.【答案】BD
【解析】解：ABC.在v−t图像中，速度的正负表示速度方向，由于火箭在0∼tc时间内的速度方向不变，则火箭一直向上运动，tc时刻到达最高点，故AC错误，B正确。
D.ta∼tb时间内火箭加速上升，加速度向上，火箭处于超重状态，故D正确。
故选：BD。
根据v−t图像的斜率表示加速度，分析加速度的大小；根据速度的正负表示速度的方向分析火箭的运动方向，确定何时离地最远。
本题主要考查了速度—时间图像，对于速度—时间图像问题，要抓住速度的正负反映速度的方向，图像的斜率表示加速度，由此来分析火箭的运动情况。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、对a、b、c组成的整体受力分析，水平方向只受M、N两个挡板的作用力，根据受力平衡条件，可得N板与b球的作用力等于M板与a球的作用力，故A正确；
B、对b球和a球受力分析，都只受三个作用力，因为b、a两球质量相等，所以重力相等，N板对b球的作用力又等于M板对a球的作用力，根据受力平衡，得c球对b、a两球的作用力相等，故B正确；
C.对b受力分析，可知c对b的作用力在竖直方向的分力等于b的重力，所以c对b的作用力大于b的重力，故C正确；
D.对a、b、c组成的整体受力分析，竖直方向根据平衡条件可知，水平面对c的作用力等于a、b、c三者的总重力，故D错误。
故选：ABC。
利用整体法和隔离法对物体受力分析，结合平衡方程，分析结果。
本题主要考查对整体法和隔离法的应用，以及平衡条件的理解。
10.【答案】AD
【解析】解：由题意可知，B受重力、弹簧的弹力及地面的支持力而处于平衡；
若弹簧的弹力向下，则有：FN=mg+F=4N+2N=6N；
对整体受力分析有：T=GA+GB−FN=7N−6N=1N；
若弹簧处伸长状态，B受支持力为：FN=GB−F=4N−2N=2N；
对整体有：T=GA+GB−FN=7N−2N=5N；
故AD正确；BC错误；
故选：AD
本题中没有说明弹簧的形变是伸长还是压缩，故应分别对两种情况进行计论；由共点力的平衡可得出B对地面的压力．再对整体受力分析可得出绳子的拉力．
本题考查共点力的平衡条件的应用，注意题目中隐含的条件：弹簧的形变方向未知，则会产生两种可能情况，应全面考虑．
11.【答案】A 0.80 0.64 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】解：(1)A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcsθ，即μ=tanθ，与质量无关，故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，故D错误。
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：
vC=0.0768+0.08332×0.1m/s=0.80m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
a=(x4+x5+x6)−(x1+x2+x3)9T2=(0.0895+0.0961+0.1026)−(0.0705+0.0768+0.0833)9×0.12m/s2=0.64m/s2。
(3)由图可知，当拉力达一定程度时才出现了加速度，说明存在摩擦力作用，即实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
故答案为：(1)A；(2)0.80；0.64；(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
(1)实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小；
(4)根据图象与坐标轴的交点表示的物理意义来分析。
解决本题的关键知道实验的原理以及实验的注意事项，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度。
12.【答案】AB 2.10 F′ 3
【解析】解：(1)A.拉橡皮条的细绳长一些，以便记忆力的方向，实验效果较好，故A正确；
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故B正确；
C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力大小以及拉力F1和F2的夹角大小要适当，并非越大越好，故C错误；
D.在实验中O点位置不能变，以保持等效性，故D错误。
故选：AB。
(2)根据弹簧秤的读数原则，分度值为0.1N，向下估读一位，弹簧秤上的示数为2.10N。
(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′，因为F′是一个弹簧秤作用时的拉力。
(4)先用手拉住一条细绳，用弹簧测力计拉住另一条细绳，互成角度地拉橡皮条，使其结点到达某一点O，记下位置O、弹簧测力计的示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧测力计和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力的方向相同，并记下此时弹簧测力计的示数F2；只用一个弹簧测力计将结点拉至O点，并记下此时弹簧测力计的示数F及方向．所以若只有一个弹簧测力计，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O点。
故答案为：(1)AB；(2)2.10；(3)F′；(4)3
(1)根据验证平行四边形定则的正确操作步骤作答；
(2)根据弹簧测力计的分度值读数；
(3)根据平行四边形定则作出的为合力的理论值，单独用一个弹簧测出的F为合力的实际值；
(4)根据实验原理分析解答。
本题考查“验证力的平行四边形定则”的实验，实验的原理为等效替代法；在作力的动态变化时，要保证合力不变、分力F1的方向不变。
13.【答案】解：(1)根据自由落体运动规律，路过树干的过程ℎ=v0t+12gt2
解得路过树干的初速度v0=ℎ−12gt2t=1.4−12×10×
由顶端到树干的过程，根据2gH=v02
解得
H=v022g=622×10m=1.8m
(2)由开始下落到落地过程，根据自由落体运动规律可知2g(ℎ+H)=v2
解得
v= 2g(H+ℎ)= 2×10×(1.8+1.4)m/s=8m/s
答：(1)苹果树树冠部分的高度H约为1.8m；
(2)苹果落地时的速度v为8m/s。
【解析】(1)根据匀变速直线运动位移与时间的关系可以求出路过树干的速度，苹果从顶端下落到树干过程中做自由落体运动，根据速度与位移的规律可以求出树冠的高度；
(2)苹果从开始下落到落地的过程做自由落体运动，根据自由落体运动速度与位移的规律求出落地的速度；
本题考查的是自由落体运动的规律的运用，题型较为简单，解题得入手点在需先求出苹果经过树干的初速度；
14.【答案】解：(1)在企鹅向上“奔跑”的过程中有
x=12at2
解得
x=16m
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin37°+μmgcs37°=ma1
mgsin37°−μmgcs37°=ma2
解得
a1=8m/s2
a2=4m/s2
(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
则有v=at=a1t′
x′=12a1t12
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
vt2−02=2a2(x+x′)
解得
vt=2 34m/s
答：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小为16m；
(2)企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小为8m/s2，退滑到出发点过程的加速度大小为4m/s2；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小为2 34m/s。
【解析】(1)根据位移—时间公式解答；
(2)根据牛顿第二定律分析解答；
(3)根据运动学规律结合企鹅的运动情况分析解答。
本题是一道动力学综合问题，考查学生受力分析根据牛顿第二定律求不同过程的加速度的能力，有一定难度。
15.【答案】解：(1)假设杆对圆环有向上的弹力，对圆环进行受力分析如下图所示：
竖直方向由平衡条件：N+Fsinθ=mg
水平方向由牛顿第二定律：Fcsθ−μN=ma
代入数据解得：F=7811N≈7.09N，N=9655N≈1.75N
如果杆对圆环的弹力向下，对圆环进行受力分析如图所示：
竖直方向由平衡条件：Fsinθ=mg+N
水平方向由牛顿第二定律：Fcsθ−μN=ma
代入数据解得：F=3.6N，N=−3.84N<0，负号表示N的方向向上，和假设矛盾，不成立。
(2)当F=10N，因N=mg−Fsinθ=0.6×10N−10×0.6N=0，则杆对圆环的摩擦力为零，
根据牛顿第二定律得：Fcsθ=ma
代入数据解得：a=403m/s2
拉力作用1.5s后的速度：v1=at=403×1.5m/s=20m/s
拉力作用1.5s后的位移：s1=v12t=202×1.5m=15m
撤去F后，设圆环的加速度大小为a′，对圆环，根据牛顿第二定律得：μmg=ma′
解得a′=5m/s2
圆环做初速度为v1的匀减速直线运动，直到停下来，
根据速度位移公式：0−v12=−2a′s2
代入数据解得：s2=40m
则圆环在杆上运动的总距离为s1+s2=15m+40m=55m。
答：
(1)杆对圆环的弹力大小为1.75N，方向向上，拉力F的大小为7.09N。
(2)圆环在杆上运动的总距离为55m。
【解析】(1)杆对圆环的弹力可能向上，也可能向下，分别对这两种情况进行讨论，根据牛顿第二定律求杆对圆环的弹力大小及拉力F的大小；
(2)若拉力F=10N，可以得到mg=Fsinθ，可见此时杆对圆环的弹力为零，摩擦力也为零，根据牛顿第二定律先求出其加速度a，利用运动学公式求出作用1.5s后的速度和位移，撤去F后，再求出此时的加速度，根据速度位移公式可以求出圆环的位移，从而可以求出圆环在杆上运动的总距离。
本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动公式的综合应用。解决本题的关键要能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解。要知道加速度是运动学和力学的桥梁，求出加速度是解决本题的关键点。