2023-2024学年河南省优质高中高一（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省优质高中高一（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，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在一次消防演习中，消防员借助消防车上的梯子爬到高处救人。为了节省救援时间，在消防车匀速前进的同时，消防员沿倾斜的梯子匀速向上爬。关于消防员相对地面的运动，下列说法正确的是( )
A. 消防员做匀速直线运动B. 消防员做匀加速直线运动
C. 消防员做匀加速曲线运动D. 消防员做速度大小不变的曲线运动
2.中国超级跑车锦标赛创立于2016年，比赛覆盖中国境内最具影响力与办赛能力的赛道。某赛车在平直赛道上开始运动的x−t图像为抛物线，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 赛车做匀速直线运动B. 赛车做匀加速直线运动
C. 赛车在相同时间内的位移相同D. 随着时间的增大，赛车的加速度增大
3.一个质点受到三个水平力的作用，这三个力的大小分别为3N、4N和5N。这三个力合力的最小值和最大值分别为( )
A. 0，10NB. 2N，10NC. 0，12ND. 2N，12N
4.如图所示，一小朋友做蹦床运动，从高处由静止落下。在该小朋友从双脚接触蹦床至她到达最低点的过程中，不计空气阻力，该小朋友( )
A. 一直处于超重状态B. 受到一个力的作用
C. 速度先减小后增大D. 加速度先减小后增大
5.某同学正在练习罚球，两次投篮时球被抛出的位置相同，第一次篮球水平击中竖直篮板上的某点，第二次篮球水平击中篮板上该点正上方的另一点。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 篮球两次在空中运动的时间相等
B. 篮球两次被抛出时速度的倾角相同
C. 篮球两次被抛出时速度的竖直分量可能相等
D. 篮球两次被抛出时速度的水平分量不可能相等
6.如图所示，粗糙水平面上紧挨着放有物体A和B，A、B的质量分别为m和2m，用F=30N的水平力推动A，使A和B一起沿着水平面运动，A和B与水平面间的动摩擦因数相同，则A对B的弹力大小为( )
A. 20NB. 15NC. 10ND. 5N
7.如图所示，一光滑的轻滑轮用轻绳MA悬挂于M点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住漏斗，拉漏斗的绳与MA延长线的夹角为α，人所拉轻绳与MA延长线的夹角为β，在砂子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持不动，则在这一过程中( )
A. α不一定等于βB. 轻绳MA的拉力逐渐增大
C. 人对地面的压力逐渐减小D. 人对地面的摩擦力逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一条河两岸平行、宽度为45m，船在静水中的速度为3m/s，水流的速度为4m /s。下列说法正确的是( )
A. 该船可能垂直河岸横渡到对岸
B. 当船头垂直河岸渡河时，船渡河所用的时间最短，且为15s
C. 当船头垂直河岸渡河时，船的位移大小为75m
D. 当水速增大时，船渡河所用的时间也增大
9.某同学在竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一根弹簧秤，如图所示，弹簧秤的秤钩上悬挂一个质量为5kg的物体．取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是
( )
A. 当弹簧秤的示数恒为50N时，电梯可能在做匀速直线运动
B. 当弹簧秤的示数恒为50N时，电梯一定处于静止状态
C. 当弹簧秤的示数恒为60N时，电梯可能在匀减速下降
D. 当弹簧秤的示数恒为30N时，电梯可能在匀加速上升
10.如图所示，从水平面上方О点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与О点等高的A点，小球与水平面碰撞前、后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力，若只改变小球的初速度大小，小球仍能击中A点，则初速度大小可能为
( )
A. 1.5v0B. v02C. 2v03D. v04
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度。A点距B点处光电门的高度为h。小球从A点由静止释放后通过B点处的光电门。
(1)若测得小球的直径为d，小球通过光电门的遮光时间为t，则小球通过光电门时的速度大小为________(用d、t表示)。
(2)当地的重力加速度大小g=________(用h、d、t表示)。
(3)若操作无误，仅考虑空气阻力的影响，则测得的重力加速度________(填“大于”“小于”或“等于”)当地实际的重力加速度。
12.为了研究平抛运动，某同学用如图甲所示的装置进行实验。
(1)为了准确地描绘出平抛运动的轨迹，下列要求合理的是 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放
C.斜槽轨道末端必须水平
D.本实验必需的器材还有刻度尺和停表
(2)甲同学按正确的操作完成实验并描绘出平抛运动的轨迹，以平抛运动的初始位置O为坐标原点建立xOy坐标系，如图乙所示。若坐标纸中每小方格的边长为L，根据图乙中M点的坐标值，可以求得小球做平抛运动的初速度大小v0=____(已知当地的重力加速度大小为g)。
(3)乙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失。他选取轨迹中任意一点O为坐标原点，建立xOy坐标系(x轴沿水平方向、y轴沿竖直方向)，如图丙所示。在轨迹中选取A、B两点，坐标纸中每小方格的边长L=5cm,，取重力加速度大小g=10m/s。由此可知：小球从O点运动到A点所用时间t₁与从A点运动到B点所用时间t₂的大小关系为：t₁______ t₂(填“>”“<”或“=”)；小球平抛运动的初速度大小v0=___m/s(计算结果保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.草原上，一只狮子追捕羚羊，经过t1=4s，其速度由零匀加速到最大，在狮子开始追捕的同时，羚羊以大小v=15m/s的速度匀速向前逃跑，狮子达到最大速度后再匀速运动t2=6s后追上羚羊。已知狮子和羚羊在同一直线上运动，狮子在整个追捕过程中运动的距离x1=160m。求：
(1)狮子刚开始追捕时与羚羊间的距离x2；
(2)狮子在追捕过程中的最大速度vm；
(3)狮子在加速追捕过程中的加速度大小a。
14.如图所示，长木板OA的倾角(θ=37∘)，从O点正上方的P处水平抛出一个小球(视为质点)，小球恰好垂直打在板面上的B点，O、B两点间的距离L=1.5m。取重力加速度大小g=10m/s,sin 37∘=0.6,cs 37∘=0.8,不计空气阻力。
(1)求小球在空中运动的时间t以及小球被抛出时的初速度大小v0；
(2)若其他情况不变，将小球的抛出点从P处水平左移，使得小球恰好落在O点，求小球抛出点左移的距离x(结果可保留根号)。
15.如图所示，一质量m=0.2kg的木板(足够长)静止在光滑的水平面上，质量M=0.4kg的滑块(视为质点)放在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.6。开始时，木板右端与固定挡板间的距离s0=2m。现对滑块施加一大小F=2.4N、方向水平向右的恒力(滑块一直受到该恒力)，滑块、木板均由静止开始向右运动。若木板与挡板碰撞(碰撞时间极短)后以原速率反向弹回，而滑块在此碰撞过程中的速度不变，取重力加速度大小g=10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)在木板与挡板第一次碰撞前的运动过程中，木板受到的摩擦力大小f；
(2)在木板与挡板第一次碰撞前的瞬间，木板的速度大小v；
(3)从木板开始运动到木板与挡板第二次碰撞的时间t(结果用分式表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】确定消防员在两个方向上的运动情况，再根据运动的合成求解消防员的实际运动。
【解答】在消防车匀速前进的同时，消防员沿倾斜的梯子匀速向上爬，可知消防员相对地面沿水平方向做匀速直线运动，同时沿倾斜梯子做匀速直线运动，由运动的合成可知消防员的合运动为匀速直线运动。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查x−t图像。x−t图像表示物体的位置随时间变化的规律，由图像能直接读出物体运动的位置和对应的时间．图像的切线斜率表示物体的速度；由纵坐标的差值可得出位移。如果x−t图像是抛物线，表示物体做匀变速直线运动。
【解答】
AC. x−t 图像的斜率表示速度，图像的斜率不断增大，说明赛车做加速直线运动，在相同时间内的位移不同，故AC错误；
BD.图像为拋物线，说明赛车的加速度不变，赛车做匀加速直线运动，故B正确，D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】根据两个分力的合理范围
F1−F2≤F合≤F1+F2
可知3N、4N两个力合力的范围为
1N≤F合≤7N
同理得出 F合 与5N合力取得最小值时 F合 的大小为5N，所以 F合 与5N合力的最小值为0N； F合 的大小为7N时 F合 与5N合力取得最大值，即12N。
故选C。
4.【答案】D
【解析】【分析】
小朋友从接触蹦床开始受到重力和蹦床对他向上的弹力作用，蹦床形变越大弹力越大，根据受力特征求得加速度和速度变化情况；
正确进行受力分析，知道下落过程中弹力原来越大，明确加速和减速的条件。
【解答】
B、小朋友从接触蹦床到最低点的过程中，受到重力和蹦床的弹力作用，故B错误；
D、由于蹦床弹力的大小随形变量的增加而增加，故整个过程中小朋友所受两个力的合力先向下减小，再向上增加，故其加速度先向下减小，再向上增大，故D正确；
A、因为加速度先向下，后向上，则小朋友先是失重，后超重，故A错误。
C、因为加速度先向下，后向上，所以小朋友先向下加速，再向下减速，故C错误。
5.【答案】D
【解析】解：A.篮球做斜上抛运动，因为两次都是垂直撞在竖直篮板上，所以可以把两次运动的逆运动看成平抛运动，根据h=12gt2
可知第二次时间长，故A错误；
C.根据vy2=2gh，可知高度越高，抛出时竖直速度分量越大，所以第二次抛出时速度的竖直分量大于第一次的，故C错误；
D.水平方向上根据x=vxt，可知水平位移相同，时间越短，水平速度越大，所以第一次抛出水平分量大，故D正确；
B.由上述分析及tanθ=vyvx，可知篮球两次被抛出时速度的倾角不相同，故B错误。
故选：D。
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。
本题应采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，利用平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律解答。
6.【答案】A
【解析】【分析】本题为连接体问题，先分析整体，利用牛顿第二定律求加速度，再分析B，由牛顿第二定律求A对B的弹力大小。
【解答】选取整体为研究对象，F−3μmg=3ma，
选取B为研究对象，FAB−2μmg=2ma，
解得FAB=23F=20N。
故选A。
7.【答案】D
【解析】【分析】
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，然后建立平衡方程进行解答。
定滑轮不改变拉力的大小，只改变拉力的方向，故人对细线的拉力等于沙漏斗的重力，然后对定滑轮受力分析，根据平衡条件列式分析；最后对人受力分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据平衡条件列式分析。
【解答】
A.绳子拉力始终等于漏斗和砂子的重力，对滑轮受力分析可得，垂直于MA方向有FTsinβ=FTsinα，可得α=β，故A错误；
B.设漏斗和砂子总质量为m，则FT=mg，沿MA方向有F=FTcsα+FTcsβ=2FTcsα=2mgcsα，在砂子缓慢漏出的过程中，漏斗和砂子总质量m在减小，故轻绳MA的拉力逐渐减小，故B错误；
D.设人的质量为m′，对人受力分析如图所示：
；
水平方向有Ff=FT′sin θ，其中θ=α+β=2α，FT′=FT=mg，在砂子缓慢漏出的过程中，θ不变，sin θ不变，漏斗和砂子总质量为m在减小，FT′减小，故地面对人的摩擦力逐渐减小，故D正确；
C.对人受力分析，竖直方向有FN+FT′cs θ=m′g，地面对人的支持力为FN=m′g−FT′cs θ，θ不变，cs θ不变，FT′减小，故地面对人的支持力逐渐增大，故C错误。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查小船渡河问题，小船的运动是静水船速与河水流速的合成，两个分运动同时发生，相互独立，互不干扰。同时合运动与分运动具有等效性，可以相互替代。
无论船速大还是水速大，都是船头始终垂直河岸时渡河时间最短，当船速大于水速时，小船能垂直到达河对岸，最短位移即为河宽，当船速小于水速时，小船不能垂直到达河对岸，船速与实际速度垂直时，渡河位移最短。
【解答】
A.由于水速大于船速，所以船不可能垂直河岸横渡到对岸，故A错误；
B.当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间最短，且为t=dv船=15s，故B正确；
C.设船在静水中的航速为 v1 ，水流的速度 v2 ，当船头垂直河岸横渡时，如图所示
则船沿水方向运动的位移为x=v2t=60m，
船的位移大小为s= x2+d2=75m，故C正确；
D.当水速增大时，不会影响垂直河岸的速度，因此横渡时间不会受到影响，故D错误。
故选BC。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
以物体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律确定加速度的方向，从而分析物体的运动性质。
解决本题的关键根据弹力的变化得出加速度的方向，但速度的方向并不确定。
【解答】
AB.当弹簧秤的示数恒为 50N 时，根据F=mg=50N，可知此时电梯处于平衡状态，则电梯可能在做匀速直线运动，也可能处于静止状态，故A正确，B错误；
C.当弹簧秤的示数恒为 60N 时，则有F>mg，可知此时电梯的加速度方向向上，电梯可能在匀减速下降，也可能在匀加速上升，故C正确；
D.当弹簧秤的示数恒为 30N 时，则有F10.【答案】BD
【解析】设 OA 间的水平位移为 L ，О点与水平面的高度为 h ，则有
t= 2hg ， L=2v0t
若只改变小球的初速度大小，小球仍能击中A点，则有
L=nv′0⋅2t ( n=2 ， 3 ， 4⋯ )
联立解得小球的初速度大小为
v′0=v0n ( n=2 ， 3 ， 4⋯ )
故选BD。
11.【答案】(1)dt；(2)d22ht2；(3)小于
【解析】【分析】
本题考查利用利用自由落体测量重力加速度。
(1)求出小球经过B点的速度；
(2)应用匀变速直线运动的速度—位移公式求出重力加速度大小。
(3)考虑空气阻力，小球所受合力小于重力，加速度小于重力加速度。
【解答】
(1)小球通过光电门时的速度大小为v=dt；
(2)根据自由落体运动规律有v2=2gh，解得g=d22ht2；
(3)若仅考虑空气阻力的影响，则测得的重力加速度偏小，即测得的重力加速度大于当地实际的重力加速度。
12.【答案】(1)BC
(2) 5gL2
(3) = 2.0

【解析】(1)AB.为了保证小球的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误，B正确；
C.为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽末端必须水平，C正确；
D.该实验不需要停表测时间，故D错误。
故选BC。
(2)平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体，所以有
x=5L=v0t
y=5L=12gt2
联立解得
v0= 5gL2
(3)[1]平抛运动水平方向做匀速直线运动，运动时间与距离成正比，所以有
t1t2=xOAxAB=4L4L=1
所以
t1=t2
[2]由
yAB−yOA=gT2
解得
T= yAB−yOAg= 2Lg=0.1s
小球平抛运动的初速度大小为
v0=4LT=2.0m/s
13.【答案】解：(1)追捕过程中羚羊运动的距离x3=v(t1+t2)
解得x3=150m
狮子刚开始追捕时与羚羊间的距离x2=x1−x3=10m。
(2)经分析可知x1=vm2⋅t1+vmt2
解得狮子在追捕过程中的最大速度vm=20m/s。
(3)根据匀变速直线运动的规律有vm=at1
解得狮子在加速追捕过程中的加速度大小a=5m/s2。

【解析】本题考查了匀变速直线运动规律的综合运用；对于追及问题一是要熟练应用运动学公式，二是明确追者和被追者之间的位移、时间关系，根据位移、时间关系列方程即可正确求解。
(1)根据位移时间关系求出狮子刚开始追捕时与羚羊间的距离x2；
(2)根据位移公式求出狮子在追捕过程中的最大速度vm；
(3)根据速度时间关系得出狮子在加速追捕过程中的加速度大小a。
14.【答案】解：(1)将球垂直撞在斜面上P点的速度进行分解，如图所示：

由图可知θ=37°，β=53°
水平位移为：x′=Lcs37°=1.5×0.8m=1.2m
初速度：v0=x′t
由数学知识得：tanβ=vyv0=gtv0=gtx′t=gt2x′
解得：t=0.4s，v0=3m/s；
(2)小球做平抛运动的竖直高度为：h=12gt2+Lsinθ
解得：h=1.7m
左移后，小球做平抛运动的时间为t1，则有：h=12gt12
水平位移：x=v0t1
联立解得：x=3 3410m。
所以小球抛出点左移的距离为3 3410m。
【解析】本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
(1)小球垂直斜面打在B点，速度与斜面垂直，将速度分解得到竖直分速度大小和小球打在斜面时的速度大小，结合速度一时间公式求出平抛运动的时间和初速度大小；
(2)根据平抛运动的规律结合几何关系求解平抛运动的竖直高度，再求出运动时间，根据水平方向的运动情况求解左移的距离。
15.【答案】解：(1)假设在木板与挡板第一次碰撞前，滑块和木板向右运动的过程中保持相对静止，且滑块和木板整体的加速度大小为 a0 ，根据牛顿第二定律有F=M+ma0，
解得a0=4m/s2，
此种情况下，木板受到的摩擦力大小f0=ma0，
解得f0=0.8N，
因为μMg=2.4N>f0，
所以f=f0=0.8N。
(2)设从木板开始运动到木板与挡板第一次碰撞的时间为 t1 ，有s0=12a0t12，
解得t1=1s，
根据匀变速直线运动的规律有v=a0t1，
解得v=4m/s。
(3)因为F=μMg，
所以木板与挡板第一次碰撞后，滑块一直向右做匀速直线运动，
木板与挡板第一次碰撞后运动的加速度大小a=μMgm=12m/s2，
设木板与挡板第一次碰撞后减速为零的时间为 t2 ，有v=at2，
解得t2=13s，
根据对称性有t=t1+2t2，
解得t=53s。

【解析】本题考查板块模型。解决板块模型问题的一般方法：
①弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。
②正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
③速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
④最后根据匀变速直线运动的规律结合题目中隐含的临界条件列式解题。