2023-2024学年广东省实验中学越秀学校高一（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省实验中学越秀学校高一（下）开学物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下面物理量属于矢量的是( )
A. 路程B. 时间C. 质量D. 加速度
2.乐广高速是连接湘粤的主要干道，在某路段上，分别有如图所示的甲、乙两块告示牌，告示牌上各数字的意思是( )
A. 甲是指位移，乙是平均速度B. 甲是指路程，乙是平均速度
C. 甲是指路程，乙是瞬时速度D. 甲是指位移，乙是瞬时速度
3.一个做直线运动的物体，受到的合外力的方向与物体运动的方向一致，当合外力减小时，则物体运动的加速度和速度的变化是( )
A. 加速度增大，速度增大B. 加速度减小，速度增大
C. 加速度增大，速度减小D. 加速度减小，速度减小
4.如图所示，沿光滑水平面运动的小滑块，当冲上光滑的斜面后，受到的力有( )
A. 重力、弹力、上冲力
B. 重力、弹力
C. 重力、弹力、下滑力
D. 重力、弹力、上冲力、下滑力
5.下列关于惯性的说法，正确的是( )
A. 只有静止或做匀速直线运动的物体才具有惯性
B. 做变速运动的物体没有惯性
C. 失重的物体没有惯性
D. 两个物体质量相等，那么它们的惯性大小相同
6.如图所示，A、B两个木块叠放在水平桌面上，B对桌面施加一个竖直向下的压力．该压力是由于( )
A. A发生弹性形变产生的B. B发生弹性形变产生的
C. 桌面发生弹性形变产生的D. 桌面和A发生弹性形变产生的
7.如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧测力计读数为4N，滑轮摩擦不计.若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3kg时，将会出现的情况是(g=10m/s2)( )
A. 弹簧测力计的读数将变小B. A将向左移动
C. A对桌面的摩擦力方向一定发生改变D. A所受的合力将要变大
8.质量为1kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图象分别如图所示．下列说法正确的是( )
A. 质点初速度的方向与合外力方向垂直B. 质点所受的合外力为3N
C. 2s末质点速度大小为7m/sD. 质点的初速度为5m/s
9.如图，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是( )
A. 速度变大，加速度变小
B. 速度变小，加速度变小
C. 速度先变小，后变大；加速度先变大，后变小
D. 速度先变大，后变小；加速度先变小，后变大
10.如图所示，用力F推放在光滑水平面上的物体P、Q、R，使其一起做匀加速运动．若P和Q之间的相互作用力为6N，Q和R之间的相互作用力为4N，Q的质量是2kg，那么R的质量是( )
A. 2 kgB. 3 kgC. 4 kgD. 5 kg
二、多选题：本大题共6小题，共36分。
11.电梯的顶部悬挂一个弹簧测力计，测力计下端挂一个重物.当电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N.在某时刻，电梯中的人观察到弹簧测力计的示数为8N，此时电梯运动的( )
A. 加速上升
B. 加速下降
C. 减速上升
D. 减速下降
12.如图所示，清洗楼房光滑玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳对工人的拉力大小为F1，墙壁对工人的弹力大小为F2，若工人增加悬绳的长度缓慢下移，则
A. F1逐渐变小B. F2逐渐变小
C. F1与F2的合力变小D. G与 F1的合力变小
13.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
14.甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v−t图象如图所示.关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 在t=2s时，甲、乙相遇
B. 在t=2s时，甲、乙的运动方向将发生改变
C. 在t=2s～t=6s内，乙的加速度方向发生改变
D. 在t=2s～t=6s内，甲相对乙做匀速直线运动
15.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动。则施力F后，下列说法不正确的是( )
A. A、B之间的摩擦力一定变大
B. B与墙面的弹力可能不变
C. B与墙之间可能没有摩擦力
D. 弹簧弹力一定不变
16.如图(a)，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v−t图线如图(b)所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出( )
A. 斜面的倾角B. 物块的质量
C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度
三、简答题：本大题共1小题，共12分。
17.在冬天，高为h=0.8m的平台上，覆盖了一层冰，一乘雪橇的滑雪爱好者，从距平台边缘s=16m处以一定的初速度向平台边缘滑去，如图所示，当他滑离平台即将着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为θ=53°，取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6.求：
(1)滑雪者滑离平台后在空中的运动时间t0；
(2)滑雪者滑离平台时刻的速度大小v1；
(3)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离L；
(4)若平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05，则滑雪者的初速度大小v0．
四、计算题：本大题共1小题，共12分。
18.如图所示，长L=8m，质量M=3kg的薄木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物体放在木板的右端，现对木板施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2，求：
(1)若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2m/s2的加速度向右运动，需对木板施加的水平拉力为多大？
(2)若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=6N，求物体对薄木板的摩擦力大小和方向？
(3)若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：路程、时间和质量是只有大小，没有方向的标量．
加速度是既有大小，又有方向的矢量，故ABC错误，D正确；
故选：D．
解答本题关键抓住：矢量是既有大小，又有方向的物理量，标量是只有大小，没有方向的物理量．
矢量与标量明显的区别是矢量有方向，而标量没有方向，可结合物理量方向的特点加以区分．
2.【答案】C
【解析】解：甲告示牌是指到广州和深圳的路程，乙是指限制的最高速度，即瞬时速度，故C正确，ABD错误。
故选：C。
指示牌指示的是车要经过的路线的长度(路程)；而限速牌限制的是每一时刻的速度(瞬时速度)。
本题考查位移及路程；平均速度及瞬时速度；要注意准确掌握其意义，并结合生活实际进行分析。
3.【答案】B
【解析】解：合力增大，根据牛顿第二定律知，加速度增大，因为合力方向与速度方向相同，速度增大。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
根据牛顿第二定律判断加速度与合力的关系，根据加速度方向与速度方向的关系，判断速度的变化．
解决本题的关键会通过合力的变化判断加速度的变化，以及知道当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．
4.【答案】B
【解析】解：小球受重力、斜面的支持力，没有上冲力，因为该力没有施力物体，也没有下滑力，下滑力是重力的一个分力。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
根据各种力产生的条件和顺序进行受力分析．
对常见的几种力的产生条件进行判断分析．我们进行受力分析的顺序是先分析重力，再是弹力，其次是摩擦力，最后是外力．
5.【答案】D
【解析】解：A、惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，故ABC错误；
D、惯性的大小只与质量有关，质量是物体惯性大小的度量。两个物体质量相等，那么它们的惯性大小相等，故D正确；
故选：D。
惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性；惯性的大小只与质量有关，质量是物体惯性大小的度量．
惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．解答此题要注意：一切物体任何情况下都具有惯性．惯性只有在受力将要改变运动状态时才体现出来．
6.【答案】B
【解析】解：B对桌面施加一个竖直向下的压力．该压力是B发生了向上的形变，要恢复原状，产生了向下的弹力，即对桌面的压力．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
弹力产生的原因是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．
解决本题的关键知道弹力产生的原因，知道是施力物体发生形变要恢复原状而产生的．
7.【答案】C
【解析】解：A、初态时，对A受力分析有：
得到摩擦力Ff=F1−F2=6−4=2N，说明最大静摩擦力Fmax≥2N，当将总质量减小到0.3kg时，f′=4N−3N=1N≤2N，故物体仍静止，合力仍为零，合力不变；物体静止，弹簧形变量不变，则弹簧测力计的示数不变，故ABD错误；
C、所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg时，6N>4N，物块有向右运动趋势，受向左的静摩擦力2N，当将总质量减小到0.3kg时，弹簧拉力4N>3N，物体有向左运动的趋势，受向右的静摩擦力，可见前后A所受静摩擦力的方向发生了改变，根据牛顿第三定律则A对桌面的摩擦力方向发生了改变，C正确。
故选：C。
对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化．
本题考查静摩擦力的计算，要注意静摩擦力会随着外力的变化而变化，但不会超过最大静摩擦力．弹簧的弹力取决于弹簧的形变量，形变量不变，则弹力不变．
8.【答案】A
【解析】解：A、D、由图x轴方向初速度为零，则质点的初速度大小为4m/s；而质点在y轴方向加速度为零，只有x轴方向有加速度，即只有y方向的力，所以质点初速度的方向与合外力方向垂直。故A正确，D错误。
B、质点在y轴方向加速度为零，只有x轴方向有加速度，由vx−t图象的斜率读出质点的加速度a=△v△t=32=1.5m/s2.所以F=ma=1.5N，故B错误。
C、2s末vx=3m/s，vy=4m/s，则质点的速度为v=5m/s，故C错误；
故选：A。
根据运动的合成可知：质点的初速度大小为4m/s.质点在y轴方向加速度为零，只有x轴方向有加速度，由vx−t图象的斜率求出加速度．根据速度的合成求解2s末质点速度大小．由牛顿第二定律求出合外力．
本题应用运动的合成法分析物体的合运动速度和加速度，研究方法类似于平抛运动，没有新意．
9.【答案】D
【解析】解：开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F=mg−kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；
当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；
由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx−mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大．
故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故D正确．
故选：D．
本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况．
含有弹簧的问题，是高考的热点．关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住弹力是变化的这一特点．不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动．
10.【答案】C
【解析】解：对Q受力分析由牛顿第二定律F=ma可得：
6−4=2a，
解得：a=1m/s2，
对R分析，由牛顿第二定律可得：4=ma，其中a=1m/s2，所以m=4kg，所以C正确。
故选：C。
三个物体一起运动，说明它们的加速度是一样的，分析Q的受力，可以求得共同的加速度，再用隔离法分析R的受力，就可求得R的质量．
本题主要是对整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．
11.【答案】BC
【解析】解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，由平衡条件可知，重物的重力G=F=10N，
当测力计示数为8N时，重物受到竖直向下的重力G=10N，竖直向上的拉力F′=8N，则重物受到的合力大小为10−8=2N，方向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向竖直向下，此时电梯可能加速上升或减速下降，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方向，从而判断出电梯的运动规律．
解决本题的关键知道重物和电梯具有相同的加速度，根据牛顿第二定律进行分析，通过加速度判断电梯的运动情况．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
工人受力平衡，当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角变小，根据平衡条件得出拉力F1与支持力F2的表达式进行讨论；根据共点力的平衡条件判断C和D选项。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解答】
解：工人受到重力、支持力和拉力，如图：
根据共点力平衡条件，有：F1=mgcsα，F2=mgtanα；
AB.当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F ​1变小，F2变小，AB正确；
C.F1与F2的合力与重力平衡，保持不变不变；故C错误；
D.重力G与F1的合力与F2等大反向，所以变小，D正确。
故选ABD。
13.【答案】BD
【解析】【分析】
根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况。
本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握物体的运动情况，能根据牛顿第二定律进行分析。
【解答】
A.桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右，故A错误；
B.由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，故B正确；
C.鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变，故C错误；
D.猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面，故D正确。
故选BD。
14.【答案】AD
【解析】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇。根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=2s时，乙的位移等于甲的位移，说明两者相遇。故A正确。
B、由图知，前4s，甲、乙速度图象都在时间轴上方，都为正，所以在t=2s时甲、乙的速度方向没有改变。故B错误。
C、速度图象的斜率表示加速度，由数学知识得知，在t=2s～t=6s内，乙的加速度方向一直沿负方向，没有改变。故C错误。
D、在t=2s～t=6s内，甲沿正方向做匀减速运动，乙先沿正方向做匀减速运动，后沿负方向做匀加速运动，由于加速度不变，把乙的运动看成是一种匀减速运动，甲、乙的加速度相同，故甲相对乙做匀速直线运动。故D正确。
故选：AD。
在速度−时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
本题是速度−时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况．
15.【答案】ABC
【解析】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若F=2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变。故A不正确。
B、以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcsa，弹力变化，故B不正确；
CD、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变；开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，故D正确、C不正确；
本题选不正确的，故选：ABC。
隔离对A分析，通过A受力平衡判断A、B之间摩擦力的变化。通过对整体分析，抓住AB不动，弹簧的弹力不变，判断B与墙之间有无摩擦力。
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用。
16.【答案】ACD
【解析】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；
图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1；下降过程有：mgsinθ−μmgcsθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；
但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；
故选：ACD。
由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出。
本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。
17.【答案】解：(1)滑雪者从平台上抛出后，竖直方向做自由落体运动，得：h=12gt02
所以：t0= 2hg= 0.8×210s=0.4s
(2)滑雪者落地时的竖直方向的分速度：vy=gt=10×0.4m/s=4m/s
由题意：vyv1=tan53°=43
所以：v1=vytan53∘=3m/s
(3)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离：L=v1t=3×0.4m/s=1.2m
(4)滑雪者在平台上运动时，摩擦力做功，由动能定理得：
−μmgs=12mv12−12mv02
代入数据解得：v0=5m/s
答：(1)滑雪者滑离平台后在空中的运动时间是0.4s；
(2)滑雪者滑离平台时刻的速度大小是3m/s；
(3)滑雪者着地点到平台边缘的水平距是1.2m；
(4)若平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05，则滑雪者的初速度大小5m/s．
【解析】(1)滑雪者从平台上抛出后做平抛运动，根据竖直方向上的运动规律求出落地的时间；
(2)将落地的速度分解，根据速度方向与水平地面的夹角为θ=53°求得滑雪者滑离平台时刻的速度大小v1；
(3)滑雪者水平方向做匀速直线运动，L=vt；
(4)求出抛出点的速度，对平台上的运动运用动能定理求出初速度．
该题将滑雪者在平台上的减速运动与平抛运动结合在一起，对应的过程都是简单的过程，使用相应的规律即可．中档题目．
18.【答案】解：(1)薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：
F=Ma=3×2=6N，则拉力大小为6N；
(2)当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0，
解得：a0=μg=0.3×10=3m/s2，
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
拉力：F0=(M+m)a0=(3+1)×3=12N>6N，
拉力为6N时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：
F′=(M+m)a′，解得：a′=F′M+m=63+1=1.5m/s2；
对物块，由牛顿第二定律得：f=ma′=1×1.5=1.5N，方向：水平向右；
(3)拉力F=15N>F0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得：
F−μmg=Ma木板，
解得：a木板=F−μmgM=15−0.3×1×103=4m/s2，
木块位移：s木块=12a0t2，
木板位移：s木板=12a木板t2，
木块从木板上滑下时有：s木板−s木块=L，
此时木块的速度：v=a0t，
解得：v=12m/s，则木块获得的最大速度为12m/s；
答：(1)需对木板施加的水平拉力为6N；
(2)物体对薄木板的摩擦力大小为1.5N，方向：水平向右；
(3)若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度为12m/s．
【解析】(1)对木板由牛顿第二定律可以求出加速度；
(2)求出木块与木板间相对运动时的临界拉力，然后根据拉力与临界拉力的大小关系分析答题；
(3)对物块受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出物块的最大速度．
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题；求出木块相对于木板滑动的临界拉力是正确解题的前提与关键，这也是本题的易错点．