2023-2024学年内蒙古通辽市新世纪学校高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古通辽市新世纪学校高一（下）开学考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列有关质点的说法中正确的是( )
A. 虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点
B. 研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点
C. 研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车视为质点
D. 只有质量和体积都极小的物体才能视为质点
2.在真空中，将苹果和羽毛同时从同一高度由静止释放，下列频闪照片中符合事实的是( )
A. B.
C. D.
3.在下列共点力中，可能使物体处于平衡状态的是( )
A. 1N、1N、3NB. 2N、6N、7N
C. 3N、6N、2ND. 18N、6N、11N
4.如图所示，在我国东北寒冷的冬季，狗拉雪橇是上世纪人们出行的常见交通工具，狗拉着雪橇从静止开始运动，下列说法正确的是( )
A. 当狗拉雪橇加速前进时，狗拉雪橇的力大于雪橇拉狗的力
B. 狗对雪橇的拉力先产生，运动后雪橇才对狗产生拉力
C. 当狗拉雪橇减速前进时，狗拉雪橇的力等于雪橇拉狗的力
D. 雪橇能够运动是由于狗对雪橇的拉力大于雪橇对狗的拉力
5.如图所示，小车内有一小球被轻质弹簧和一条细线拴接。小车在水平面上直线运动，弹簧始终保持竖直状态，细线与竖直方向成α角。下列说法正确的是
A. 小车不可能做匀速运动B. 小车可能向左做加速运动
C. 细绳有拉力时，弹簧一定有弹力D. 弹簧有弹力时，细绳可能没拉力
6.将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受空气阻力大小恒定，方向与运动方向相反，该过程的v−t图像如图所示，g取10m/s2。下列说法中正确的是
( )
A. 小球重力和阻力大小之比为6:1
B. 小球上升与下落所用时间之比为2:3
C. 小球落回到抛出点的速度大小为8 6m/s
D. 小球下落过程受到向上的空气阻力，处于超重状态
7.一物体位移与时间的关系为x=5t+5t2(t以s为单位，x以m为单位)，则( )
A. 这个物体的初速度是2.5m/sB. 这个物体的初速度是10m/s
C. 这个物体的加速度是10m/s2D. 这个物体的加速度是2.5m/s2
8.如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，现衣服处于静止状态．如果保持绳子A端、B端在杆上的位置不变，将右侧杆缓慢平移到图中虚线位置的过程中，则( )
A. 绳子的弹力变大B. 绳子的弹力不变
C. 绳子对挂钩弹力的合力不变D. 绳子对挂钩弹力的合力变大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图像，纵坐标为压力，横坐标为时间。下列说法正确的是
A. 从a到b的过程中，人的加速度方向向下
B. 从a到b的过程中，人的加速度先减小后增大
C. 下蹲过程中人始终处于失重状态
D. 6 s内该同学做了1次下蹲—起立的动作
10.如图所示，用一根绕过定滑轮的细绳把质量分别为m和M的两个物块P和Q拴在一起，若将物块Q沿水平地面向左移动少许，仍能保持平衡，则关于力的变化的结论正确的是( )
A. 细绳的张力大小不变B. Q对地面的压力减小
C. Q对地面的摩擦力变大D. 滑轮的轴所受的压力变大
11.如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图像中，物体在0～t3时间内做匀变速直线运动
B. 乙图像中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量
C. 丙图像中，物体的加速度大小为1m/s2
D. 丁图像中，t=5s时物体的速度为6m/s
12.如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L2、弹簧与竖直方向间的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是
( )
A. 细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1:1
B. 细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cs2θ:1
C. A与B的加速度之比为sinθ:1
D. A与B的加速度之比为csθ:1
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
13.某兴趣小为了用弹簧测力计测定两物块A和B间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的实验方案。用水平力F向右拉物块B，使其向右运动。已知物块A质量mA=800g，物块B质量mB=1000g，水平力F=8N，重力加速度g=10m/s2。

(1)弹簧测力计示数稳定后的放大情况如图所示，弹簧测力计的示数为______ N；
(2)该同学拉动物块B时______ ；
A.只能匀速拉动 B.只能加速拉动 C.匀速拉动或加速拉动都可以
(3)AB间的动摩擦因数μ=______ 。(保留两位有效数字)
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
14.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是______(选填下列字母代号)。
A.理想化模型法 B.阻力补偿法 C.等效替代法 D.控制变量法
(2)下列做法正确的是______(选填下列字母代号)。
A.实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源
B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量
C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板的倾斜度
(3)实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a−F关系图像，如图所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是______(选填下列字母代号)
A.小车与平面轨道之间存在摩擦 B.平面轨道的倾斜角度过大
C.所用小车的质量过大 D.所挂的砝码桶及桶内砝码的总质量过大
(4)如图是某同学打下的一条纸带，打点计时器的工作频率为50Hz，如图所示的是一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。根据纸带可以计算F点的瞬时速度vF=______m/s；小车的加速度大小为a=______m/s2(结果均保留两位有效数字)。
五、计算题：本大题共3小题，共36分。
15.如图所示，质量m=2 3kg的木块套在水平杆上，现用与水平方向成θ=30°角的力F=10 3N，拉着木块向右匀速运动，取g=10m/s2。求：
(1)水平杆对木块的支持力FN的大小和方向；
(2)木块与水平杆间的动摩擦因数。
16.酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间。下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)。
通过分析上表，试求：
(1)驾驶员酒后的反应时间比正常情况下多多少？
(2)若汽车以25m/s的速度行驶时，发现前方60m处有险情，通过计算说明酒后驾驶员能否安全停车？
17.如图所示，在水平面上固定一长度为L0=4.5m的木板，在木板右端有传送带，传送带长L1=1.5m、与水平面的夹角θ=30∘，传送带以v=1m/s的速度顺时针运动。现将一质量m=1kg的物块以v0的速度滑上木板左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1，当物块到达木板右端时速度v1=4m/s。随后物块滑上传送带(假设物块离开木板滑上传送带时速率不变)，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ2= 36，求：
(1)物块的初速度v0的大小；
(2)物块从滑上传送带到运动至最高点所用的时间t；
(3)若物块在传送带上相对滑动时会留′下划痕，则物块从滑上传送带到运动至最高点过程中，传送带上因物块相对滑动而留下的划痕为多长。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
物体能看成质点的条件是：当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响很小，可以忽略不计时，可以把物体看成质点。
质点是一个理想化的物理模型，在自然界中是不存在的，但它可简化我们所研究的问题，故应注意体会其应用。
【解答】
A.在研究地球的公转时，地球的大小可以忽略，可以视地球为质点，A正确；
B.研究一列火车过铁路桥经历的时间时，火车的自身长度与铁路桥相比，不能忽略，不能把火车视为质点，B错误；
C.研究自行车从圆明园到故宫的平均速度时能把自行车当作质点，可以忽略自身大小，C错误；
D.物体能否视为质点与物体的质量和体积无关，D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】【分析】在真空中不受空气阻力作用，所以羽毛和苹果均只受重力作用而做自由落体运动，相同时间内的位移逐渐变大，即频闪间距不断变大。
该题考查对自由落体运动的理解，学习物理一定要学会用数学进行推理和分析，不能凭感觉进行判断。
【解答】在真空中物体只受重力作用，苹果和羽毛的加速度相同，都是重力加速度，故任意时刻都在同一高度，且是加速，频闪间距不断变大，C正确。
3.【答案】B
【解析】A.1N与1N合力的范围为 0N∼2N ，3N不在合力范围内，不能使物体处于平衡状态，故A项错误；
B.2N与6N合力的范围为 4N∼8N ，7N在合力范围内，能使物体处于平衡状态，故B项正确；
C.2N与3N合力的范围为 1N∼5N ，6N不在合力范围内，不能使物体处于平衡状态，故C项错误；
D.6N与11N合力的范围为 5N∼17N ，18N不在合力范围内，不能使物体处于平衡状态，故D项错误；
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
作用力与反作用力的特点，物体间的作用总是相互的，两个物体间的这一对力，叫做作用力和反作用力。一个力既是作用力，同时也是反作用力。
【解答】
ACD.狗拉雪橇的力和雪橇对狗的拉力是一对相互作用力，大小相等，与雪橇运动状态无关，故C正确，AD错误;
B.狗拉雪橇的力和雪橇对狗的拉力同时产生、同时消失，故B错误。
故选C
5.【答案】D
【解析】【分析】
当小车处于匀速直线运动状态时，小球受重力和弹簧弹力平衡，竖直方向上的合力为零，绳子拉力为零；当小球受细绳的拉力，合力一定水平向右，加速度一定水平向右；解决该题的关键是能根据物体的运动状态正确进行受力分析。
【解答】
AD、当细绳无拉力时，小球受竖直向下的重力和弹簧竖直向上的弹力二力平衡，小车做匀速运动，故A说法错误、D正确；
B、如果细绳无拉力时，小球受重力和弹簧弹力平衡，小车做匀速运动；如果小球受细绳的拉力，合力一定水平向右，加速度一定水平向右，不可能向左做加速运动，故B说法不正确；
C、当轻弹簧对小球没有弹力作用时，小球受细绳的拉力和重力作用，小球加速度水平向右，且a=gtanα，此时小车可能做减速运动或加速运动，故C说法不正确。
6.【答案】C
【解析】【分析】
根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小，从而得出小球重力和阻力的比值；根据牛顿第二定律求出下降的加速度，结合位移时间公式得出上升和下落时间之比。根据图线得出上升的位移，结合下降的加速度，运用速度位移公式求出小球回到抛出点的速度大小。根据加速度的方向判断小球的超失重。
本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
【解答】
A.小球向上做匀减速运动的加速度大小a1=242m/s2=12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1−mg=2m=2N，则重力和阻力大小之比为5：1，故A错误；
B.小球下降的加速度大小a2=mg−fm=10−21m/s2=8m/s2，根据x=12at2得，t= 2xa，知上升的时间和下落的时间之比为 6：3，故B错误；
C.小球匀减速上升的位移x=12×2×24m=24m，根据v2=2a2x得，v= 2a2x= 2×8×24m/s=8 6m/s，故C正确；
D.下落的过程中，加速度向下，处于失重状态，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】解：根据x=v0t+12at2=5t+5t2得，物体的初速度v0=5m/s，加速度a=10m/s2。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据匀变速直线运动的位移—时间公式得出物体的初速度和加速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移—时间公式，并能灵活运用，基础题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
对挂钩受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解；杆向左移动时，绳子与杆的夹角改变，绳子的张角变小，根据平衡条件可知绳子拉力T变小；根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，则绳子对挂钩的弹力的合力不变。
本题关键根据几何关系，得到向左移动时，绳子与竖直方向的夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件列式求解。
【解答】
AB.对挂钩受力分析，如图所示，
根据平衡条件，又有2Tcsθ=mg绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆向左移动到虚线位置时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，故AB错误；
CD.绳中的拉力左右相等，两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，故C正确，D错误。
故选C。
9.【答案】AD
【解析】解：A.由图可知，从a到b过程，人对压力传感器的压力小于重力，人具有竖直向下的加速度，处于失重状态。故A正确；
B.根据重力大小的计算公式可知，从a到b过程，人的重力保持不变。支持力先减小后增大，由mg−FN=ma，可得a=g−FNm，故支持力减小时加速度增大，支持力增大时，加速度减小，所以人的加速度先增大后减小，故B错误；
C.人下蹲过程，人的先向下做加速运动，后向下做减速运动，加速度先向下，后向上，所以人先处于失重状态，后处于超重状态。故C错误；
D.由图可知，a～c过程，人对压力传感器的压力先小于重力，后大于重力，即人先向下做加速运动，后向下做减速运动，为下蹲过程；4～6s时间内，人对传感器的压力先大于重力，后小于重力，即人先向上做加速运动，后向上做减速运动，为起立过程；所以6s内该同学做了一次下蹲—起立过程。故D正确。
故选：AD。
根据图像分析人对压力传感器的压力的变化和人的重力，进而得到加速度的方向；根据人的运动过程分析人的超失重状态；根据人对压力传感器的压力的变化判断人的运动过程。
本题考查超重与失重，注意细致分析物体的运动过程和受力情况，进而判断超失重状态。
10.【答案】ABD
【解析】A.因为物块P始终保持静止，因此绳子拉力等于物体P的重力，A正确；
BC.设绳子与水平方向之间的夹角为 θ ，对Q正交分解可得
mgcsθ=Ff
mgsinθ+FN=Mg
解得
FN=Mg−mgsinθ
因此物块Q沿水平地面向左移动少许， θ 增大，因此Q所受支持力减小，Q对地面的压力也减小，摩擦力减小，B正确，C错误；
D.绳子拉力不变，但绳子之间的夹角变小，因此细绳对滑轮的作用力变大，即滑轮的轴所受的压力变大，D正确。
故选ABD。
11.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查运动图象的识别，关键是明白图象中斜率，面积代表的物理意义。
由各图象分析物体的运动性质，v−t图象斜率表示加速度，a−t图象与坐标轴围成的面积表示速度的改变量，根据公式v2=2ax导出v2−x图象斜率的含义，根据匀变速直线运动的位移时间公式分析xt−t图像。
【解答】
A.甲图像中，图像的斜率表示加速度，可知 0∼t2 与 t2∼t3 的加速度不相同，则物体在0～ t3 时间内不是做匀变速直线运动，故A错误；
B.根据Δv=aΔt可知乙图像中，阴影面积表示 t1 到 t2 时间内物体的速度变化量，故B正确；
C.根据匀变速直线运动位移速度关系v2−v02=2ax
可得v2=2ax+v02
由丙图可知，物体的加速度大小为a=12×1616m/s2=12m/s2
故C错误；
D.由丁图可知， xt 与 t 的关系式为xt=0.5t+1
整理可得x=t+0.5t2
结合匀变速直线运动位移时间关系x=v0t+12at2
可知物体的初速度和加速度分别为v0=1m/s ， a=1m/s2
则 t=5s 时物体的速度为v5=v0+at5=1m/s+1×5m/s=6m/s
故D正确。
12.【答案】BD
【解析】根据题意，对A球，剪断细绳 L2 的瞬间，细绳 L1 的拉力将发生突变，合力垂直于细绳 L1 斜向下，在沿绳方向上由平衡条件有，细绳 L1 的拉力大小为
FA=mgcsθ
垂直绳方向上，由牛顿第二定律有
mgsinθ=maA
解得A球的加速度大小为
aA=gsinθ
对B球，剪断细绳 L2 的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，竖直方向上由平衡条件可得，则弹簧弹力大小为
FB=mgcsθ
水平方向上，由牛顿第二定律有
mgtanθ=maB
解得B球的加速度大小
aB=gtanθ
则细绳 L1 上的拉力与弹簧弹力之比为
FAFB=cs2θ1
A与B的加速度之比为
aAaB=csθ1
故选BD。
13.【答案】 4.00 C 0.50
【解析】(1)[1]弹簧测力计最小刻度为0.1N，则示数为4.00N；
(2)[2]设弹簧测力计对A拉力为F，A受摩擦力为f，对A受力分析
F=f
由于f与B加速度无关，因此匀速拉动或加速拉动B都可以。
故选C。
(3)[3]A、B间的动摩擦因数
μ=fmAg=0.50
14.【答案】 B C D 0.36 0.50
【解析】(1)[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块重力沿木板向下的分力大小等于摩擦力，即木板在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，此处采用的科学方法是阻力补偿法。
故选B。
(2)[2]A.实验时，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有更多的数据信息，故A错误；
B.以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砝码总质量为M，砝码桶及桶内砝码总质量为m，由牛顿第二定律，则有
mg=M+ma
对木块
F合=T=Ma=MM+mmg=11+mMmg
当m≪M时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砝码的总重力。因此为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，故B错误；
C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车受到的合外力不变，能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，以减小实验误差，故C正确：
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，因是木块与木块上的砝码的总重力沿木板的下滑力来平衡摩擦阻力，则有
Mgsinθ=μMgcsθ
得
μ=tanθ
因此改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误。
故选C。
(3)[3]ABC.由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大，所用小车的质量过大，都不会影响a−F关系图，AB段明显偏离直线，故ABC错误；
D.当所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量太大时，则有木块所受的合外力
F合=T=Ma=MM+mmg=11+mMmg
造成此现象的主要原因可能是当砝码桶及桶内砖码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有a−F图像的AB段明显偏离直线，故D正确。
故选D。
(4)[4]相邻计数点间还有四个点未画出，则
T=0.1s
F点的瞬时速度
vF=xEG2T=3.39+3.872×0.1×10−2m/s=0.36m/s
[5]根据逐差法可得小车的加速度大小为
a=xDG−xAD9T2=2.88+3.39+3.87−1.40−1.90−2.389×0.12×10−3m/s2=0.50m/s2
15.【答案】(1) FN=25 3N ，方向竖直向上(2) μ= 35
【解析】(1)以木块为研究对象，其受力如图所示
据共点力平衡条件得
FN−Mg−Tsin30∘=0
得：
FN=25 3N ，
方向竖直向上(或垂直于杆向上)；
(2)在水平方向上
Tcs30∘−f=0 ，
由 f=μFN ，得
μ= 35 ；
16.【答案】(1) 0.5s ；(2)不能安全停车
【解析】(1)驾驶员酒后的反应时间
t1=1515s=1s
驾驶员正常情况的反应时间
t2=7.515s=0.5s
所以驾驶员酒后的反应时间比正常情况下多的时间
Δt=t1−t2=0.5s
(2)若汽车以 25m/s 的速度行驶时，驾驶员酒后反应时间内的位移
x1=25×1m=25m
汽车刹车的加速度大小
a=v22s=152222.5−7.5m/s2=7.5m/s2
则汽车匀减速直线运动的位移
x2=v22a=2522×7.5m=41.7m
汽车的制动距离为
x=x1+x2=25m+41.7m=66.7m>60m
所以不能安全停车。
17.【答案】(1) v0=5m/s ；(2) t=0.8s ；(3)0.6m
【解析】(1)根据牛顿第二定律及运动学公式
μmg=ma1
v02−v12=2a1L0
解得
a1=1m/s2
v0=5m/s
(2)当物块速度大于传送带的速度
μmgcsθ+mgsinθ=ma2
解得
a2=7.5m/s2
减速到与传送带同速所用时间为
t1=v1−va2=0.4s
当传送带的速度大于物块速度
mgsinθ−μ2mgcsθ=ma3
解得
a3=2.5m/s2
减速到零用时为
t2=va3=0.4s
物块从滑上传送带到运动至最高点所用的时间
t=t1+t2=0.8s
(3)当 v物 大于1m/s，物块相对传送带向前
x物=v12−v22a2=1m
x传=vt1=0.4m
相对位移为
Δx1=x物−x传=0.6m
当 v物 小于1m/s，物块相对传送带向后
x物=v22a3=0.2m
x传=vt1=0.4m
相对位移为
Δx2=x传−x物=0.2m
综上所述划痕长为0.6m。
速度m/s
反应距离m
制动距离m
正常
酒后
正常
酒后
15
7.5
15.0
22.5
30.0
20
10.0
20.0
36.7
46.7