河北省衡水市安平中学2024-2025学年高一下学期开学考试物理试卷（解析版）

这是一份河北省衡水市安平中学2024-2025学年高一下学期开学考试物理试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（1-6为单选题，每题4分，共24分，7-10为多选题，每题6分，部分3分，共24分）
1. 如图所示是小张运动过程的x-t图象，x表示它对于出发点的位移，则（ ）
A. 做匀速直线运动
B. 第6s的速度为
C. 第30s的加速度为
D. 距离出发点最远60m
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图象可知，10-20s小张相对出发点的位移不变，则静止不动，故A错误；
B．位移图象的“斜率”等于速度，则在第6s的速度：
v==3m/s
故B正确；
C．由图可知，小张在20-40s内做匀速直线运动，则加速度为0，故C错误；
D．由图可知，小张距离出发点最远为30m，故D错误．
2. 由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过0.4m路程，以下说法不正确的是（ ）
A. 第1s末的速度为0.8m/s
B. 加速度为0.8m/s2
C. 第2s内通过的路程为1.2m
D. 前2s内通过的路程为1.8m
【答案】D
【解析】
【详解】B．设加速度为a，由
可得
故B正确；
A．第1s末的速度
v1=at1=0.8×1m/s=0.8m/s
故A正确；
D．前2s内通过的路程为
故D错误；
C．第2s内通过的路程为
x'2=x2-x1=1.2m
故C正确。
本题选错的，故选D。
3. 为了测某废弃水井的井口到水面的距离，小王让一个小石块从井口自由下落，经过2s后小王听到小石块击水的声音（不考虑声音在空气中传播的时间）。取重力加速度大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 小石块落到水面时的速度大小为10m/s
B. 井口到水面的距离为40m
C. 若考虑声音在空气中传播的时间，则井口到水面的距离应小于20m
D. 若考虑声音在空气中传播的时间，则小石块落到水面时的速度应大于20m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．小石块落到水面时的速度大小为
故A错误；
B．井口到水面的距离为
故B错误；
CD．若考虑声音在空气中传播时间，则小石块在空中运动的时间小于2s，根据AB选项的速度时间关系和位移时间关系可知井口到水面的距离应小于，小石块落到水面时的速度应小于，故C正确，D错误。
故选C。
4. 全红婵在杭州亚运会上的出色表现使跳水运动成为热门话题。如图是某运动员在一次训练中向上起跳然后下落入水的速度—时间图像，已知当地重力加速度g = 10 m/s2，由图可知（ ）
A. 图中选择了向上的方向为正方向
B. 运动员在0.1 s ~ 1.1 s内做自由落体运动
C. 运动员在1.1 s ~ 1.5 s内运动的高度约为0.8 m
D. 运动员在1.1 s ~ 1.5 s内的平均速度为4 m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．运动员在一次训练中向上起跳然后下落入水，初速度向上，图像中初速度为负，所以图中选择了向下方向为正方向，故A错误；
B．根据速度—时间图像中斜率表示加速度
由
可知运动员在0.1 s ~ 1.1 s内做的不是自由落体运动，故B错误；
C．根据速度—时间图像中面积表示位移，图像中每个小格的面积为
数图像与横轴所围面积内的格数，大于或等于半个格的算一个，小于半个格的不算，1.1 s ~ 1.5 s内图像与横轴所围的面积内有21个小格，面积为
表示运动员在1.1 s ~ 1.5 s内运动的高度为0.84 m，约为0.8 m，故C正确；
D．运动员在1.1 s ~ 1.5 s内的平均速度为
故D错误。
故选C。
5. 如图所示在水平桌面上用手向左拉一张A4纸，手机放在纸面上，则以下说法正确的是（ ）
A. 若手机和纸一起匀速运动，则手机受到水平向左的摩擦力
B. 若手机和纸一起匀速运动，则速度越大，手机受到的摩擦力越大
C. 若手机相对纸面滑动，则手的拉力越大，手机受到的摩擦力越大
D. 若手机相对纸面滑动，则手机所受摩擦力的大小与纸的速度大小无关
【答案】D
【解析】
【详解】AB．若手机和纸一起匀速运动，处于平衡状态，手机水平方向不受其他外力，故手机受到的摩擦力为零，与运动速度无关，故A错误，B错误；
CD．若手机相对纸面滑动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式
可知，滑动摩擦力大小与手的拉力大小及纸的速度大小无关，故C错误，D正确。
故选D。
6. 如图所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物．现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为（ ）
A. mgB. F
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：对整体受力分析，受重力和拉力F，由牛顿第二定律得：，解得：，对重物受力分析，受重力和弹簧拉力，由牛顿第二定律得：，解得：，选C.
【点睛】本题主要考查了整体法与隔离法，先对弹簧秤和物体整体受力分析，运用牛顿第二定律列式求解加速度；再对重物受力分析，运用牛顿第二定律列式求解拉力大小．
7. 如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下（g取10 m/s2)（ ）
A. 物体经10 s速度减为零
B. 物体经2 s速度减为零
C. 物体速度减为零后将保持静止
D. 物体速度减为零后将向右运动
【答案】BC
【解析】
分析】
【详解】AB．物体受到向右的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律得
方向向右，物体减速到0所需的时间
B正确，A错误；
CD．减速到零后
物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。
故选BC。
8. 某校课外活动小组自制了一枚水火箭，水火箭发射后在竖直方向运动，水火箭向下喷水时，火箭向上做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动。水火箭经过4s喷水结束，一段时间后火箭落回到地面。忽略空气阻力，取g=10m/s2，关于水火箭从发射到落地的全过程，下列说法正确的是（ ）
A. 上升过程中水火箭的最大速度为20m/s
B. 上升过程所用时间为5s
C. 水火箭离地面的最大高度60m
D. 从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间是
【答案】AC
【解析】
【详解】A．上升过程中水火箭的最大速度大小为
故A正确；
B．达到水火箭的最大速度后，继续上升的时间为
上升过程所用时间为
故B错误；
C．水火箭离地面的最大高度
故C正确；
D．从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间
故D错误。
故选AC 。
9. 抖空竹是一项老少皆宜的运动项目，也是一种杂技表演项目，历史文化悠久。如图所示，人的两手握住连有轻质绳子的两根短杆，空竹在绳子上旋转并上下左右运动，忽略空竹的自转，认为绳子是光滑的且空竹在运动过程始终处于平衡状态。已知空竹的质量为m，重力加速度为g，绳子两端水平距离为d，绳长为L，下列说法正确的是（ ）
A. 绳子与竖直方向夹角的余弦值为
B. 绳子的拉力为
C. 若左手不动，右手向上移动，绳子的拉力增大
D. 若左手不动，右手向右移动，绳子的拉力增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．空竹两侧绳子与竖直方向的夹角相等，设为，如图所示
由几何关系有
结合
可得
则
A错误；
B．对空竹进行分析，空竹两侧绳子的拉力大小相等，根据平衡条件可得
解得
B正确；
C．若左手不动，右手向上移动，L、d不变，则由
可知，T不变，C错误；
D．若左手不动，右手向右移动，L不变，d增大，则由
可知T增大，D正确。
故选BD。
10. 如图所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块均处于平衡状态．则下列结论正确的是( )
A. 2、3两木块之间的距离等于
B. 2、3两木块之间的距离等于
C. 1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离
D. 如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离不变
【答案】BD
【解析】
【详解】AB.对木块3受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦、弹簧的拉力，根据平衡条件，有：
解得：
故弹簧的长度为：
A错误，B正确；
C.对木块2、3整体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力和弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有：
解得：
故弹簧的长度为：
故，故C错误
D.如果传送带突然加速，支持力不变，根据滑动摩擦力不变，弹簧弹力也不变，故合力不变，故物体全部保持静止，相邻两木块之间的距离都将不变，D正确．
三、非选择题（计算题要求写出必要解题步骤）
11. 在《探究弹管伸长量与弹力关系》的实验中。
（1）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，以下说法正确的是_______。
A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B．用悬挂砝码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态
C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等
（2）在“验证平行四边形定则”实验中，先用两个弹簧秤把橡皮条拉长，记下节点的位置O和_______及两细绳的方向，然后用一个弹簧秤拉橡皮条，将橡皮条的结点拉到______，记下弹簧秤拉力的大小、方向。如图所示，试在图中作出F1和F2的合力的示意图，并用F表示此力______。

（3）如果只有一个弹簧测力计（其他器材齐全），能否完成本实验？_____（填“能”或“否”）。
【答案】 ①. AB##BA ②. 两个弹簧测力计读数F1、F2 ③. O点 ④. ⑤. 能
【解析】
【详解】（1）[1]A．弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力要待钩码平衡时再读读数，故B正确；
C．弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度减去原长，故C错误；
D．拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误。
（2）[2]先用两只弹簧秤钩住绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，让结点到达某一位置O，此时需记录O点的位置、两个弹簧秤的读数F1、F2和细绳方向；
[3]为了保证作用效果相同，则用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到同一位置O，记下弹簧测力计的读数，并记下细绳的方向；
[4]力的合成遵循平行四边形定则，以F1、F2为邻边做平行四边形，完成后做出F1、F2所加平行四边形的对角线即为合力，如图所示
（3）[5]能完成；如果只有一个弹簧测力计，则使用一个弹簧测力计勾住绳套A，另找一细线勾住绳套B，互乘角度的拉橡皮筋，使橡皮筋伸长到某一位置O，用铅笔描下O点的位置和两个绳套A和B的位置和方向以及记录弹簧测力计的示数F1，然后用弹簧测力计勾住绳套B，用一细线勾住绳套A，两细线的方向不变，拉动橡皮筋到O点，并且使绳套A和B到达第一次实验中记录的点，读出此时弹簧测力计的示数F2，接下来只用一个绳套系在橡皮筋上，利用弹簧测力计勾住绳套，将橡皮筋拉至O点，记录此时弹簧测力计的方向和大小F，利用力F1和F2做平行四边形，判定F是否是该平行四边形的对角线，进而验证两个互成角度的力的合成规律。
12. 某同学用如图1所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于实验的要点，下列说法正确的是_______。
A. 重物的质量应远小于小车的质量B. 平衡摩擦力时小车应挂上重物
C. 释放小车之前应先接通电源D. 调节定滑轮的高度使滑轮与小车间的细线与长木板平行
（2）在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了A、B、C、D、E作为计数点，相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，其中x1=7.00cm，x2=7.60cm，x3=8.30cm，x4=8.90cm，电源频率为50Hz，可以计算出小车运动到C点的速度是_______m/s，小车的加速度大小是_______m/s2。（结果均保留两位有效数字）
（3）某同学将长木板右端适当垫高，其目的是_______。如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力，他绘出的a-F关系图像可能是_______。
A． B． C． D．
【答案】（1）CD （2） ①. 0.80 ②. 0.65
（3） ①. 平衡摩擦力 ②. B
【解析】
【小问1详解】
A．由于小车受到的外力由力传感器测得，因此不需要满足重物的质量远小于小车的质量，故A错误；
B．平衡摩擦力时应不挂重物，故B错误；
C．接通打点计时器的电源后等打点计时器打点稳定再释放小车，故C正确；
D．调节定滑轮的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于小车受到的合外力，故D正确。
故选CD。
【小问2详解】
[1]小车运动到C点的速度大小为
[2]相邻两个计数点间还有4个计时点没有标出，可知相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得加速度大小为
【小问3详解】
[1]某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；
[2]如果长木板右端垫得不够高，木板倾角过小，则当力F增加到一定值时小车才会做加速运动，即
所以
故选B。
13. 如图所示，小球A置于固定于水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知B球质量为m，O是滑轮与细线的交点，且O点在半圆柱体圆心的正上方，OA与竖直方向成角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成角，重力加速度为g，求：
（1）细绳OB的拉力
（2）小球A的质量
（3）光滑半圆柱对小球A的支持力
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以小球B为研究对象，受力分析如图所示
根据平衡条件有
解得
（2）以小球A为研究对象，设小球A质量为M，受力分析如图所示
根据平衡条件有
解得
（3）设光滑半圆柱对小球A的支持力为N，根据平衡条件有
解得
14. 如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.
【答案】（1） ， （2）恰好不会从平板车的右端滑出．
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律得
对滑块，有 ，
解得
对平板车，有，
解得．
设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：
．
平板车的位移为：
．
而且有
解得：
此时，
所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．
滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；
由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．