河南省鹤壁市高中2024-2025学年高一下学期摸底考试物理试卷（解析版）

这是一份河南省鹤壁市高中2024-2025学年高一下学期摸底考试物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 在2024年11月珠海航展上，中国自主研制的新一代隐身战斗机歼首次公开亮相。如图所示，歼表演时先水平向左飞行，再沿曲线 abc飞行。若飞行轨迹在同一竖直面内且飞行速率不变，下列说法正确的是（ ）
A. 歼表演中做匀速运动
B. 歼在ab段做变速运动
C. 歼在ab段所受合力零
D. 歼在bc段的加速度方向与速度方向在同一条直线上
【答案】B
【解析】A．歼做曲线运动，速度方向时刻改变，不是匀速运动，A错误；
B．歼在ab段做曲线运动，速度方向改变，是变速运动，B正确；
C．歼做曲线运动，所受合力不为零，C错误；
D．歼在bc段做曲线运动，加速度方向与速度方向不在同一条直线上，D错误。
故选B。
2. 水平放置的两本书，书页相互交叉很难被拉开。在下列哪种生活情境中，更容易拉开这两本书（ ）
A. 静止的电梯中B. 加速下降的电梯中
C. 匀速下降的电梯中D. 加速上升的电梯中
【答案】B
【解析】水平放置的两本书，书页相互交叉很难被拉开是因为摩擦力的作用，为了更容易拉开应减小摩擦力，则需要减小正压力。
AC．静止和匀速下降的电梯中，压力大小等于重力和水平放置时相同，故AC错误；
B．加速下降的电梯中，处于失重状态，书页间的正压力减小，可以容易拉开，故B正确；
D．加速上升的电梯中，处于超重状态，书页间的正压力变大，拉开更困难，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，水平地面上固定一倾角为的足够长斜面，一木块以初速度从斜面底端冲上斜面，木块与斜面间的动摩擦因数，改变的数值，木块沿斜面向上滑行的最远距离将发生变化。已知重力加速度大小，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由
可得
在斜面上有重力沿斜面向下分力和动摩擦力提供阻力，由牛顿第二定律可得
解得
可知取最小值时a最大，即
代入数值解得
故选D。
4. 在粗糙水平地面上放一长为质量分布均匀的长物块，将长物块分成左右两部分，两部分之间的弹力大小为，分割线与长物块左端距离为，在水平推力作用下向右加速运动，如果分割位置发生变化，则的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设物块单位长度的质量为，对整个长物块受力分析，可得
单独对右边部分受力分析可得
联立解得
故为一次函数，纵截距为1，符合要求的图像只有A选项。
故选A。
5. 一小船匀速渡过一条宽度为的小河，已知船在静水中的速度为，水流速度，小船某次渡河时间为，则以下判断一定正确的是（ ）
A. 小船运动的路径恰好垂直于河岸
B. 船头方向与河岸的夹角的正弦值为
C. 小船到达对岸时一定在出发点下游15m处
D. 调整船头的方向，渡河时间可能为10s
【答案】B
【解析】A．若小船运动的路径恰好垂直于河岸，即船的合速度垂直于河岸，则
小船的渡河时间
故A错误；
B．设船头方向与河岸的夹角为，将船速沿着河岸和垂直于河岸分解，得，
解得
故B正确；
C．结合B选项分析，船速平行河岸分量
若船头方向与河岸的夹角为并指向河岸上游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为
则小船到达对岸时，在出发点下游的距离为
若船头方向与河岸的夹角为并指向河岸下游，则小船平行于河岸方向的分运动速度为
则小船到达对岸时，在出发点下游的距离为
故C错误；
D．当船头垂直于河对岸渡河时，渡河时间最短，为
故D错误。
故选B。
6. 某实验小组为研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在同一平直的公路上分别进行实验。甲车从静止开始以加速度大小为加速到速度再以加速度大小为制动，直到停止；乙车从静止开始以加速度大小为加速到速度后立即以加速度大小为制动，直到停止。测得乙车全程位移为甲车全程位移的1.5倍，则为（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】A
【解析】甲、乙车加速过程有
利用逆向思维，甲车减速过程有
乙车减速过程有
则有
甲车的总位移为
乙车的总位移为
又，联立解得。
故选A。
7. 如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中、质量均为，N、Q质量均为，M、P之间用一轻质弹簧相连。现用水平拉力拉，使四个木块以同一加速度向右运动，则在突然撤去的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. P、Q间的摩擦力变化B. M、N间的摩擦力不变
C. M、N的加速度大小仍为D. P、Q的加速度大小变为
【答案】C
【解析】A．四个物体一起做匀加速运动，把四个物体看成整体，由牛顿第二定律得
对N应用牛顿第二定律有
则M、N间的静摩擦力
对M应用牛顿第二定律，有
则弹簧的拉力
当突然撤去外力F，弹簧弹力不发生突变，P、Q的加速度不变，P、Q间的摩擦力不变，故A错误；
BCD．弹簧的弹力使M、N整体产生向左的加速度
得，即M、N的加速度大小不变，此时M、N间的摩擦力大小，对应用牛顿第二定律，有
故BD错误，C正确。
故选C。
8. 工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，用合成肌肉做成的“手臂”的端固定一滑轮，端固定于墙壁（和类似于人手臂的关节，由“手臂”合成肌肉控制），足够长细绳的端固定于墙壁，另一端跨过定滑轮连接一重物。设与竖直墙壁夹角为，不计滑轮与细绳间的摩擦，且始终为钝角，下列说法正确的是（ ）
A. 若保持不变，减小长度，则细绳对滑轮的力始终沿方向
B. 若保持长度不变，减小角度，细绳对滑轮的力始终沿方向
C. 若从逐渐变为零，长度不变，且保持，则细绳对滑轮的力先增大后减小
D. 若保持、长度均不变，且等于，增大长度，则细绳对滑轮的力先减小后增大
【答案】C
【解析】A．因部分的拉力等于端重物的重力，则若保持不变，减小长度，则增大，则细绳对滑轮的力沿的角平分线，故A错误；
B．若保持长度不变，减小角度，细绳拉力等于端重物的重力，细绳对滑轮的力始终的角平分线，故B错误；
C．若从逐渐变为零，长度不变，点的轨迹如图虚线所示，为一段圆弧
当点的位置满足与圆弧相切时，最小，此时细绳对滑轮的力最大，因此从逐渐变为零，细绳对滑轮的力先增大后减小，故C正确；
D．由几何知识可知，若保持等于，则等腰三角形，则有
故可得
则可知为的角平分线，又因为绳、属于同一根绳，故拉力大小相等，两拉力的合力一定沿的角平分线上，增大长度，细绳对滑轮的力始终沿方向，则细绳对滑轮的力
由于减小，则可得细绳对滑轮的力增大，故D错误。
故选C。
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。选不全3分，错选0分。
9. 如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度匀速下滑。设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物体A做匀速运动B. 物体A做加速运动
C. T可能小于D. T一定大于
【答案】BD
【解析】AB．设BC连线与水平方向夹角为，则
由于增大，则物体A速度增大，A错误，B正确；
CD．由于A的加速度沿斜面向上，则T一定大于，C错误，D正确。
故选BD。
10. 某同学在学校卫生大扫除中用拖把拖地，沿拖杆方向对拖把头施加推力，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为，（）且拖把头刚好做匀速直线运动，则（ ）
A. 拖把头所受地面的摩擦力大小为
B. 地面对拖把头的作用力方向与水平向左方向的夹角大于
C. 保持推力的大小不变，减小夹角，地面对拖把头的支持力变小
D. 保持推力的大小不变，减小夹角，拖把头将做加速运动
【答案】BCD
【解析】A．根据受力平衡可知，拖把头所受地面的摩擦力大小为
故A错误；
B．设地面对拖把头的作用力方向与水平向左方向的夹角为，拖把头的质量为，地面对拖把头的支持力为
则有
可知地面对拖把头的作用力方向与水平向左方向的夹角大于，故B正确；
CD．保持力F的大小不变，减小夹角，根据
可知地面对拖把头的支持力变小；根据
可知地面对拖把头的摩擦力变小，则有
拖把头将做加速运动，故CD正确。
故选BCD。
11. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，从斜面顶端以速度水平抛出一小球，经过时间恰好落在斜面底端，速度是 v，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 若以速度水平抛出小球，则落地时间为
B. 若以速度水平抛出小球，则落地时速度方向与v同向
C. 若以速度水平抛出小球，则撞击斜面时间为
D. 若以速度水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v同向
【答案】ACD
【解析】AB．由题意可知：小球以速度水平抛出后恰好落在斜面底端
所以
所以当以速度抛出后必然落在水平面上，由于抛出点距离地面的高度相同，故
速度方向与水平方向的夹角
由于竖直速度相同，水平速度不同，则落在水平地面上的速度方向和落在斜面上速度方向不同。故 A正确，B错误；
D．小球落在斜面上的速度与水平方向夹角的正切值
可知速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，位移与水平方向夹角不变，若以速度水平抛出小球，小球必然落在斜面上，设速度与斜面的夹角为，由平抛运动的规律可知
所以
所以小球撞击斜面时速度方向与 v同向，故 D正确。
C．根据
由于落在斜面上的小球一定，故速度为时，时间，C选项正确。
故选ACD。
12. 如图所示，在倾角的固定光滑斜面上，劲度系数为的轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端与小滑块相连，小滑块在斜面上紧靠着但不粘连，、的质量均为，初始时小滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力拉动，使沿斜面向上做加速度大小为的匀加速运动，、的图像如图所示，的图像在时刻的切线与轴平行，已知重力加速度大小为，则（ ）
A. 施加力的瞬间，、间的弹力大小为
B. A、在时刻分离，此时弹簧弹力大小为
C. 弹簧恢复到原长时，的速度达到最大值
D. 沿斜面向上运动过程中速度最大时，、间的距离为
【答案】BD
【解析】A．施加前，对、整体，根据平衡条件有
解得
施加力的瞬间，设、间的弹力大小为，对A受力分析由牛顿第二定律有
联立解得
A错误
B．B、根据图可知，在时刻、分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且
对A受力分析由牛顿第二定律有
代入数据解得此时弹簧弹力大小为
B正确；
CD．当的合力为零时，其速度达到最大，对应图中的时刻，此时对A受力分析有
A、分离时，
过程中A运动的位移为
B运动的位移为
由题意可知
A、间的距离为
联立解得
C错误；D正确。
故选
三、实验题：本大题共2小题，每空3分，共24分。
13. 某兴趣小组用图甲装置探究平抛运动特点。
（1）下列说法正确的是___________。
A. 斜槽末端必须水平
B. 小球从不同高度静止释放
C. 实验前应调节木板处于竖直状态
D 把印迹用折线连接起来就得到小球运动轨迹
（2）两位同学获得小球在白纸上留下的印迹分别如图乙、丙所示，两幅图中的O点均为准确的抛出点，有一位同学获取A、B两点印迹时存在错误，则图___________选填“乙”或“丙”是错误的。
（3）若小方格纸的边长为5cm，g取，则用准确的图可求出相邻两位置时间间隔为___________s，小球平抛的初速度为___________。
【答案】（1）AC （2）丙 （3）0.1 1
【解析】
【小问1解析】
A．为保证平抛初速度沿水平方向，斜槽末端必须水平，A正确；
B．小球从不同高度静止释放，平抛初速度不一样，不是同一个平抛运动，B错误；
C．平抛轨迹在竖直平面，。实验前应调节木板处于竖直状态，C正确；
D．印迹用平滑的曲线连接起来，得到小球运动轨迹，D错误。
故选AC。
【小问2解析】
O点均为准确的抛出点，OA和AB两段运动过程时间相等，竖直分位移之比为1：3，图丙是错误的；
【小问3解析】
由竖直分运动为自由落体运动，则有
求出相邻两位置时间间隔
水平方向小球做匀速直线运动，小球平抛的初速度
14. 用如图甲所示的实验装置来探究加速度与质量、合外力的关系。在探究质量一定，加速度与合外力的关系时，用砂和砂桶拉动小车运动。
（1）本实验________（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力,
（2）在一次实验操作中，获得如图乙所示的纸带，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为，由纸带可求得小车运动的加速度________。（计算结果保留三位有效数字）
（3）如图丙所示，小芳与小刚在实验中都做了图线，（表示小车加速度，表示拉力传感器示数）但两者的图像有差异。则小芳所得图线不过原点的原因可能是________；已知小刚所做图线的斜率为，则小刚所用小车的质量为________
【答案】（1）需要 （2） （3）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】
【小问1解析】
本实验为保证绳子对小车的拉力即为小车受到的合力，需要平衡摩擦力。
【小问2解析】
相邻两计数点间均有四个点未画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法
【小问3解析】
根据小芳的图像，当时，仍然为，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；
根据牛顿第二定律可得
图像斜率可得
四、计算题：本大题共2小题，共24分。
15. 如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mP=2kg、mQ=1kg，小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ= 0.1．某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量和摩擦，小物体P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，取g=10 m/s2．求：
(1)从地面上看，P向左运动的最大距离；
(2)P离开传送带时的速度．（结果可用根号表示）
【答案】(1) (2)
【解析】(1)P向左匀减速滑动，设加速度为a1，则
对P：
对Q：
解得：
P与传送带达共速后，由于，故继续向左做匀减速运动，
则
解得：
P向左运动的最大距离
(2)P减速为零后，反向加速，，
解得：
点睛：P先以加速度向左做匀减速运动，直到速度减为，接着以加速度向左做匀减速运动，直到速度减为0，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解．
16. 如图所示，某货场需将质量为的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑斜面轨道使货物从轨道顶端无初速度滑下，轨道高，轨道斜面倾角为。地面上紧靠轨道依次排放两个完全相同的木板A、B，其长度均为，质量均为，轨道末端通过微小圆弧与木板上表面相连，使货物通过轨道末端的速度大小不变，方向变为水平方向，货物与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度取。
（1）求货物到达斜面轨道末端时的速度大小；
（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件；
（3）若，求货物滑上木板后的对地位移。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】【小问1解析】
货物在光滑斜面下滑过程，由动能定理得
解得
【小问2解析】
货物滑上木板A时，木板不动，把AB看成一个整体，则有
滑上木板B时，木板B开始滑动，则有
代入数据可得
【小问3解析】
当时，由第（2）问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上运动由动能定理得
解得货物离开木板A时的速度大小为
货物在木板B上滑动时，货物做减速运动，由牛顿第二定律有
解得
木板B做加速运动，加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
解得
设经过t时间二者共速，共速的速度为v，则有
解得，
在此过程中货物和木板B的位移分别为x1和x2，由运动学公式有，
则
可知共速之后货物与木板B一起做匀减速运动，货物与B整体由动能定理得
解得
货物滑上木板后的对地位移