2023-2024学年江西省丰城中学高一（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省丰城中学高一（上）开学物理试卷（含解析），共15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.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v−t图像如图所示。下列判断正确的是
( )
A. 乙车启动时的加速度大小为1m/s2
B. 乙车启动时与甲车相距100m
C. 乙车启动20s后乙车正好超过甲车
D. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m
2.如图所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3现将它们分别从静止释放，以相同的加速度向下运动，到达A点的时间分别为t1、t2、t3，平均速度分别为v1、v2、v3，则下列说法正确得是( )
A. x1t1=x2t2=x3t3B. x1t13.如图所示，直杆AB可绕其中心O在竖直面内自由转动，一根细绳的两端分别系于直杆的A、B两端，重物用光滑挂钩吊于细绳上，开始时重物处于静止状态，现将直杆从图示位置绕O点沿顺时针方向缓慢转过90°，则此过程中，细绳上的张力
A. 先增大后减小B. 先减小后增大C. 一直减小D. 大小不变
4.某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a=0.5 m，b=0.05 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为
( )
A. 4B. 5C. 10D. 1
5.如图所示，小球被轻绳系住，静止在光滑斜面上。若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的( )
A. 1和2
B. 1和3
C. 2和3
D. 1和4
6.如图所示，套有光滑小铁环的细线系在水平杆的两端A、B上，当杆沿水平方向运动时，小环恰好悬于A端的正下方并与杆保持相对静止，已知小环质量为m，重力加速度为g，下列分析正确的是
( )
A. 杆可能做匀速运动B. 杆一定向右做匀加速运动
C. 杆可能向左做匀减速运动D. 细线的张力可能等于mg
7.洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有人民子弟兵的身影。如图所示，水流速度大小恒为v，A处下游的C处有个半径为r的漩涡，其与河岸相切于B点，A、B两点的距离为 3r。若消防武警驾驶冲锋舟把被困群众从A处沿直线避开游涡送到对岸，冲锋舟在静水中最小速度值为( )
A. 32vB. 1 3vC. 3vD. 12v
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则
( )
A. 箱子对木板的摩擦力方向向右
B. 木板对地面的摩擦力方向向左
C. 木板对地面的压力大小为3mg
D. 若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg
9.某质点在Oxy平面直角坐标系所在的平面上运动。t=0时，质点位于y轴上。它在x轴方向的运动速度一时间图像如图甲所示，它在y轴的位移一时间图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. t=0时，质点的速度大小为5m/sB. t=1s时，质点的速度大小为4m/s
C. t=2s时，质点运动轨迹和x轴相交D. 质点的加速度大小为4m/s2
10.如图所示的光滑固定斜面长为l=1.6m、宽为b=1.2m、倾角为θ=30°，一物块(可看成质点)从斜面左上方顶点P沿水平方向射入，然后沿斜面下滑，最后恰好从底端右侧Q点离开斜面，已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则( )
A. 物块由P运动到Q所用的时间t=0.8s
B. 物块由P运动到Q所用的时间t=0.4s
C. 物块由P点水平射入时初速度的大小v0=3m/s
D. 物块由P点水平射入时初速度的大小v0=1.5m/s
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学借助光电门研究滑块在倾斜木板上做匀变速直线运动的规律，如图甲所示，木板与水平面之间的夹角为α，固定在滑块上的遮光条宽度为d。将滑块从光电门a上方A点无初速度释放，记录滑块通过两个光电门之间的时间t0和两光电门之间的距离s0。测得遮光条经过光电门a时速度为v1，经过光电门b时速度为v2，当地的重力加速度为g。
(1)请写出s0与t0的关系式___________(用s0、v1、v2、t0来表示)。
(2)保持光电门a固定，多次改变光电门b的位置，每次都让滑块从A点无初速度释放，记录遮光条通过两个光电门之间的时间t和两光电门之间的距离s，以st为纵坐标，以t为横坐标，写出st与t的关系式____________(设滑块加速度为a，用s、v1、a、t来表示)并作出如图乙所示的图像，已知图像的纵截距为b，斜率为k，忽略遮光条宽度对实验的影响，则纵截距b表示的物理意义是___________，滑块的加速度为___________。
12.在地球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的刀片，当悬线摆至P点处时能轻易被割断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为5:12，则

(1)由已知信息，可知a点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点。
(2)由已知信息，若不计其他阻力，可以算出小球做平抛运动的初速度是_______m/s(保留两位有效数字)。
(3)由已知信息，可以推算出地球表面的重力加速度为________m/s2(保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共33分。
13.一物体由静止开始以加速度a1做匀加速运动，经过一段时间后加速度突然反向，且大小变为a2，经过相同时间恰好回到出发点，速度大小为5 m/s，求：
(1)物体加速度改变时速度的大小vm；
(2)a1a2的值．
14.如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50 kg，不计空气阻力(sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2).求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．
15.如图所示，一块质量为M=2kg、长为L=3m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m=1kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1=0.1，薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.2。在t=0时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F=12N，g取10m/s2。则：
(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
(3)若在时间t=1s末撤去F，在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
速度−时间图像图线的斜率表示加速度，图线与时间轴包围的面积表示对应时间的位移，分析何时相遇。
本题考查了匀变速直线运动的图像；
本题关键是根据速度时间图像得到两物体运动规律，然后根据图线与时间轴包围的面积表示位移处理，难度适中。
【解答】
A.乙车启动时的加速度大小为：a=ΔvΔt=20−020−10m/s2=2m/s2，故A错误；
B.图线与时间轴包围的面积表示对应时间的位移，可知在t=10s内，甲位移为：x=12×10×10m=50m，即乙车启动时甲车在乙前方50m处，故B错误；
C.由于从同一地点沿同一直线运动，由图可知，乙车启动20s后位移：x乙=10×202+10×20=300m；甲车已经运动30s的位移：x甲=10×102+20×10=250m，乙位移大于甲位移，乙车已经超过甲车，故C错误；
D.甲乙速度相等时，甲乙相距最远，则最远距离为：x1=12×10×10m+12×5×10m=75m，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】AB.小球做初速度为零的匀加速直线运动，根据 v2=2ax 知
到达A点的速度
v3>v2>v1
根据平均速度推论可知
v3>v2>v1
则
x1t1故A错误，B正确。
CD.由于位移之间的大小关系未知，无法比较平均速度的等量关系，故CD错误；
故选B。
3.【答案】A
【解析】解：挂钩相当于滑轮，因此绳上的张力相等，且两边绳子与竖直方向的夹角相等，设两边绳子与竖直方向的夹角为θ，将直杆从图示位置绕O点沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，θ先增大后减小，由2Fcsθ=mg可知，绳上的张力先增大后减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
挂钩光滑，挂钩两侧绳上的张力相等，挂钩两侧绳子的合力和重力平衡，有2Fcsθ=mg，根据三角函数知识可以知F随θ变化而变化的情况。
本题考查了共点力的平衡条件。三力平衡时，如果其中两个力F1、F2相等，则这两个力的合力和第三个力F3等大反向，且满足F3=2F1csθ。
4.【答案】B
【解析】解：设力F与杆方向的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示．
则有：2F1csθ=F
则得：F1=F2=F2csθ
再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示．
则有：FN=F2sinθ
联立得到：FN=Ftanθ2
根据几何知识得可知：tanθ=ab=10，得到：FN=5F
故选：B．
本题运用分解的方法研究力平衡问题，难点是要进行两次分解．分解时，首先要根据力的作用效果确定两个分力的方向，作力的分解图要认真规范．根据力F的作用效果将它分解，再将AC所受压力的作用效果进行分解，根据数学知识求出物体D所受压力的大小是F的多少倍．
5.【答案】A
【解析】借：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是1和2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果。
本题主要是考查力的分解，按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单。
6.【答案】C
【解析】【分析】
对小环分析受力，由牛顿第二定律求出水平加速度；
根据受力分析，和竖直方向平衡，得出细线的张力与小环重力的关系
本题考查受力分析和牛顿第二定律，注意平衡状态下的合力为0，同时理解加速度与速度的方向关系．
【解答】
对小环受力分析：受绳的拉力和重力，如图，设细线夹角为θ：
由题知竖直方向平衡：mg=T+Tcsθ
设水平方向上加速度为a，由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma
由于0°<θ<90°，得：T=mg1+csθ加速度方向水平向右；
故杆和小环向右做加速度的匀加速或向左匀减速运动，
由上分析，可知，故ABD错误，C正确；
故选：C。
7.【答案】A
【解析】如图所示

当冲锋舟在静水中的速度 v舟 与其在河流中的速度 v合 垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则
v舟=vsinθ
由几何关系知
θ=60∘
解得
v舟= 32v
故选A。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
对人受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A.人用力F向右推箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向左的作用力，根据平衡条件，人受到的木板摩擦力方向向右，故A正确；
B.对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；
C.对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力大小等于重力，为3mg；故C正确；
D.若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力大小依然等于3mg，故D错误；
故选AC。
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了运动的图像、运动的合成与分解；解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。
依据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；
根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，求出1s末x方向的分速度，然后根据平行四边形定则得出质点的速度；
分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解2s内的位移大小。
【解答】
质点在x轴方向质点以初速度为0m/s做匀加速直线运动，而在y轴负方向质点做匀速运动，依据运动的合成与分解，及曲线运动条件，可知，质点做匀加速曲线运动：
AD.在x方向上的初速度为vx0=0m/s，加速度：a=ΔvxΔt=12−03m/s2=4m/s2，即：质点的加速度大小为4m/s2；y方向上的速度为vy=△y△t=0−102m/s=−5m/s，则t=0时，质点的速度大小为v0=vy=−5m/s，即质点的速度大小为5m/s，故AD正确；
B.由于做匀加速直线运动，因此在t=1s时，质点x方向上速度的大小vx=at=4×1m/s=4m/s，根据平行四边形定则，则t=1s时质点速度的大小：v1= vx2+vy2= 42+52m/s= 41m/s，故B错误；
C.t=2s时刻，质点沿x方向的位移：x2=12at2=12×4×22m=8m；沿y方向的位移：y=0；所以在t=2s时质点运动轨迹和x轴相交，故 C正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】由题分析可知，物块在斜面上做类平抛运动，沿斜面长的方向做匀加速运动，沿斜面宽的方向做匀速运动，根据相应的运动学公式即可求解。
本题考查类平抛运动。解题关键是正确求出物块沿斜面方向的加速度。
【解答】物块在斜面上做类平抛运动，沿斜面长的方向做匀加速运动
l=12at2
沿斜面宽的方向做匀速运动
b=v0t
根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma
代入数据联立解得
t=0.8s
v0=1.5m/s
故选AD。
11.【答案】 s0=v1+v22t0 st=v1+12at 遮光条经过光电门a时滑块的速度 2k
【解析】(1)[1]滑块做匀变速直线运动，可根据平均速度公式求位移，于是有
s0=v1+v22t0
(2)[2]根据匀变速直线运动时间位移关系，有
s=v1t+12at2
可得
st=v1+12at
[3]根据表达式可知图线的纵截距为
b=v1
即遮光条经过光电门a时滑块的速度
[4]直线斜率
k=12a
即
a=2k
12.【答案】(1)不是；(2)0.96；(3)9.6
【解析】【分析】
本题考查研究平抛运动规律的实验，熟悉实验原理是解题的关键。
(1)结合图乙和竖直方向的运动规律直接可判断；
(2)计算连续两次拍照的水平位移，从而求出小球做平抛运动的初速度大小；
(3)结合图乙，计算ab、bc竖直方向的时间距离，根据逐差法求出地球表面的重力加速度。
【解答】
(1)平抛运动物体竖直方向做自由落体运动，连续相等时间内位移之比为1:3:5:⋯⋯，由图乙知，yab:ybc:ycd=4:(12−4):(24−12)=1:2:3，可见a点不是小球的抛出点；
(2)由图知，在T=0.10s内小球的水平位移的实际值Δx=4×125cm=9.6cm=9.6×10−2m，则小球做平抛运动的初速度v0=ΔxT=0.96m/s；
(3)由图知，ab间的竖直距离实际值yab=(4−0)×125cm=9.6cm=9.6×10−2m，bc间的竖直距离实际值ybc=(12−4)×125cm=19.2cm=0.192m=19.2×10−2m，由ybc−yab=gT2，解得地球表面的重力加速度g=9.6m/s2。
13.【答案】(1)2.5 m/s (2) 13
【解析】如图，物体的运动共有两个过程，前一过程加速，后一过程减速，且两过程的共同点是时间相等(设为t)，位移大小相等(设为s)．
根据位移−速度公式有：匀加速过程中有：vm2=2a1s…①
匀减速过程中有：52−vm2=2a2s…②
由两式相除得： a1a2=vm252−vm2 …③
又根据速度−时间公式得：vm=a1t…④
−5=vm−a2t…⑤
可得： a1a2=vm5+vm …⑥
联立③⑥解得： vm5−vm =1，即：vm=2.5m/s
将vm=2.5m/s值代入⑥得： a1a2=13 ．
【点睛】此题中要抓住两段时间内时间相等，位移的大小相等，方向相反，结合匀变速直线运动的速度位移关系和速度时间关系公式求出加速度a1与加速度a2的比值以及速度变化时的速度．
14.【答案】解：
(1)运动员下降的高度为：h=12gt2=12×10×32m=45m
根据数学知识可得，A点与O点的距离为：L=hsin37∘=450.6m=75m．
(2)水平位移为：x=Lcs37°=75×0.8m=60m．
则运动员离开O点时的速度大小为：v0=xt=603m/s=20m/s
(3)当运动员的速度与斜面平行时离斜坡距离最远，此时其竖直方向上的分速度为：vy=v0tan37°
由vy=gt′得：t′=v0tan37°g=20×3410s=1.5s．
答：
(1)A点与O点的距离为75m；
(2)运动员离开O点时的速度大小是20m/s；
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间是1.5s．
【解析】(1)运动员从O点水平飞出后做平抛运动，根据位移时间公式求出滑雪运动员下降的高度，结合数学知识求出A点与O点的距离．
(2)根据水平位移和时间求出初速度即运动员离开O点时的速度大小．
(3)当运动员的速度与斜面平行时离斜坡距离最远，确定出竖直分速度，由速度时间公式求时间．
本题是有制约条件的平抛运动，解决本题的关键是明确水平分位移与竖直分位移的关系，竖直分速度与水平分速度的关系，并要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．
15.【答案】解：
(1)F刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，
对木块有：μ1mg=ma1代入数据解得：a1=1 m/s2
对木板有：F−μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2代入数据解得：a2=2.5 m/s2
a2>a1，则上述计算符合实际，木板的加速度大小是2.5 m/s2。
(2)设经过时间t1木块离开木板，则
对木块有：x1=12a1t1 ​2
对木板有：x2=12a2t1 ​2
又有：L=x2−x1
联立并代入数据解得：t1=2 s。
(3)t=1 s末木块的速度v1=a1t=1×1 m/s=1 m/s
木板的速度v2=a2t=2.5×1 m/s=2.5 m/s
此过程中木块相对木板的位移大小Δx1=v22−v12t=0.75 m
若在时间t=1 s末撤去F，则之后木块仍以a1的加速度做匀加速运动，而木板将做匀减速运动，设加速度大小为a3，则有：μ1mg+μ2(M+m)g=Ma3
代入数据解得：a3=3.5 m/s2
设再经时间t2后二者速度相等，有：v1+a1t2=v2−a3t2
代入数据解得：t2=13s
此时两者的共同速度为v=v1+a1t2=43m/s
此过程中木块相对木板的位移大小Δx2=v2+v2t2−v1+v2t2=0.25 m
假设二者共速后仍相对滑动，则之后木块以a1的加速度减速，木板也向左减速，设加速度大小为a4，则有：μ2(M+m)g−μ1mg=Ma4
代入数据解得：a4=2.5 m/s2 a4>a1，假设成立
此过程木块相对木板的位移大小 Δx3=v22a1−v22a4=815m<Δx1+Δx2
则在此情况下，最终木块在木板上留下的痕迹的长度Δx=Δx1+Δx2=1 m。

【解析】(1)根据牛顿第二定律分别求出M和m的加速度。
(2)根据位移时间公式，结合两者的位移关系求出运动的时间。
(3)根据速度时间公式求出两者在1s时的速度，撤去F后，M做匀减速运动，m做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和速度时间公式求出两者速度相等的时间。
解决该题的关键是正确进行受力分析，能根据其受力情况正确分析物体和木块运动情况，知道相对位移的求解方法，熟记相关的运动学公式；