2023-2024学年河南省新乡市封丘县第一中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省新乡市封丘县第一中学高一（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，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，一质量为m的物块置于水平地面上，当用与水平方向成53∘角的力F拉物块时，物块做匀速直线运动。若重力加速度为g，F=12mg，则物块与地面之间的动摩擦因数为(sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)( )
A. 17B. 13C. 14D. 12
2.某次训练中，歼20战机从M向N加速爬升，下图中曲线MN为爬升轨迹，则歼20战机在轨迹上P点受到合力的方向可能是
( )
A. B.
C. D.
3.挂灯笼是我国传统习俗，如图所示是其中一种悬挂方式，O为结点，轻绳AO与竖直方向成60∘，轻绳BO沿水平方向，轻绳CO沿竖直方向，灯笼静止情况下三段绳子拉力分别为FA、FB、FC，下列说法正确的是( )
A. FC>FB>FAB. FB>FA>FCC. FA>FC>FBD. FA>FB>FC
4.在物理学发展中，许多科学家在研究物理问题时利用了很多物理思想和物理方法，下列关于物理思想和物理方法，说法正确的是( )
A. 探究力的合成运用了控制变量的物理方法
B. 探究加速度与力、质量的关系时运用了等效替代的物理方法
C. 将研究对象看作质点是利用了理想化模型的物理思想
D. 牛顿第二定律表达式“a=Fm”是用了比值法定义
5.如图所示，质量为2kg的物体A和质量为3kg的物体B静止于竖直的轻弹簧上，取重力加速度g=10m/s2。某时刻将物体B拿去，则在物体B拿去的瞬时，物体A的加速度大小为( )
A. 5m/s2B. 10m/s2C. 15m/s2D. 0
6.如图，固定光滑直角斜面，倾角分别为53°和37°。质量分别都为m的滑块A和B，用不可伸长的轻绳绕过直角处的光滑定滑轮连接。开始按住A使两滑块静止，绳子刚好伸直。松手后，滑块A将沿斜面向下加速，重力加速度为g，下列正确的是( )
A. A、B的加速度大小为0.1gB. A、B的加速度大小为0.8g
C. 绳上的张力大小为mgD. 绳子对滑轮的作用力为2mg
7.如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为14圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是
( )
A. B对A的作用力不变B. 墙对B的作用力不变
C. 地面对A的摩擦力不变D. 地面对A的支持力不变
8.“奇迹石”是挪威最负盛名的旅游景点，有一块5 m3大的石头卡在两个绝壁间，如图甲所示。将该景观简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m，忽略一切摩擦。下列说法中正确的是
( )
A. 石头对右壁的压力与右壁对石头的压力相互平衡
B. 石头对左壁的压力大小小于石头的重力大小
C. 石头对左壁的压力大小为mgsinθ
D. 若随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，则石头对左壁的压力也减小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示四幅图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0∼t0这段时间内的位移大于v0t02
B. 乙图中，物体的加速度为2m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1∼t2时间内物体的平均速度
D. 丁图中，t=3s时物体的速度为25m/s
10.甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，甲的位移时间图像和乙的速度时间图像如图所示，则两物体从原点出发后( )
A. 在2∼4s内，甲的加速度为零，乙的加速度为−4m/s2
B. 在2∼4s内，甲的平均速度为−4m/s、乙的平均速度为零
C. 0∼6s内甲、乙两物体均受恒力作用，甲做往返运动，乙做单向直线运动
D. 甲、乙均在第3s末改变运动方向
11.真空中羽毛和钢球从同一高度同时自由下落，如图是用频闪相机得到的它们信息，下列说法正确的是( )
A. 一定满足关系x1:x2:x3=1:3:5
B. 一定满足关系x3−x2=x2−x1
C. 拍照当地的重力加速度g=x3−x1T2
D. 羽毛下落到位置C时的速度大小为x2+x32T
12.如图所示，一氦气球下方系有一物体从地面由静止释放，以加速度a=1.25 m/s2匀加速上升，t0=8 s时绳子突然断裂，绳子断裂后物体运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的有
A. 物体从绳子断裂后到落地过程中做匀变速直线运动
B. 物体运动过程中距离地面最大高度为40 m
C. t1=8.5 s和t2=9.5 s时，物体距离地面的高度相同
D. 物体从随气球开始运动到落地共用时10 s
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示．
(1)某次实验中，拉OC细绳的弹簧秤指针位置如甲图所示，其读数为____N；乙图中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是____．
(2)(单选)关于此实验下列说法正确的是____．
A.两个分力F1、F2的方向一定要垂直
B.两个分力F1、F2间夹角越小越好
C.两次拉橡皮筋时，要将橡皮筋结点拉至同一位置
D.拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳可与木板平面不平行
14.某同学用如图甲所示装置来验证铁块沿斜面向下做匀加速直线运动的牛顿第二定律，已知实验时打点计时器的周期为T，铁块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，铁块做匀加速直线运动对应的打点计时器打出的纸带如图乙所示，回答下列问题：
(1)本实验______(填“需要”或“不需要”)测量铁块的质量；
(2)铁块的加速度a=______(用x1、x2、x3、T表示)；
(3)当表达式______成立时，牛顿第二定律得到验证。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
15.如图所示，质量M为2kg的长木板B静止在水平面上。某时刻质量m=6kg的小物块A，以大小v0=4m/s的初速度，从木板的左侧沿木板上表面滑上木板。已知A与B上表面之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2(木板足够长)。求：
(1)物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1、木板B的加速度大小a2；
(2)物块A经多长时间和木板B速度相等；
(3)木板B在地面上滑行的总位移x。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
16.质量M=10 kg的木楔倾角为θ=30°，在水平面上保持静止，当将一质量m=5 kg的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用平行于木楔斜面向上的力F拉着木块匀速上升，如图所示。(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度g=10 m/s2)
(1)求斜面的动摩擦因数μ1；
(1)求拉力F的大小；
(2)求木楔与水平面间的动摩擦因数的最小值μ2。(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
17.如图所示，煤矿有一传送带与地面夹角θ=37°，从A到B长度达到L=10.45m，传送带以v0=7m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=1kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2，求
(1)煤块刚放到传送带时的加速度大小；
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块运动到B时速度的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】当 F 作在物块上时，物块在水平和竖直方向上分别平衡，则有
Fcs53∘=Ff ， Fsin53∘+FN=mg
又因为
Ff=μFN
方程联立可得
F=μmgcs53∘+μsin53∘=12mg
解得
μ=12
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
该题考查曲线运动相关知识。根据物体做曲线运动的轨迹要夹在合力与速度之间，且合力指向轨迹的凹侧，由此分析解题即可。
【解答】
歼20从M点运动到N做曲线运动，根据物体做曲线运动的轨迹要夹在合力与速度之间，且合力指向轨迹的凹侧，由于歼20同时加速，则所受合力与速度方向的夹角要小于90°。
故选C。
3.【答案】D
【解析】【分析】
选取结点为研究对象，根据共点力的平衡条件求出拉力的大小。
在处理共点力的平衡问题时，要注意平衡条件的应用，即物体所受的合力为零。
【解答】
解：以结点O为研究对象，受力分析根据共点力的平衡条件Fc=mg
水平方向FAcs60°=mg
竖直方向 FAsin60°=FB
整理可得FA=2mg，FB= 3mg，因此FA>FB>FC
故D正确，ABC错误。
故选：D
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
【解答】
A.探究力的合成运用的物理方法主要是等效替代的方法，故A错误；
B.探究加速度与力、质量的关系时运用的是控制变量的方法，故B错误；
C.力学中将物体看成质点运用了理想化模型法，故C正确；
D.牛顿第二定律表达式
a=Fm
可知加速度与合外力F成正比，与质量m成反比，不符合比值定义法的共性，所以不属于比值定义，故D错误。
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；对AB根据平衡条件求解弹簧弹力大小；在物体B拿去的瞬时，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】
初始时，两物体处于静止状态，则kx=(mA+mB)g
物体B拿去的瞬时，弹簧弹力不变，对A有kx−mAg=mAa
联立解得a=15m/s2
故选C。
6.【答案】A
【解析】对滑块A分析，设绳上张力为T，根据牛顿第二定律可得
mgsin53∘−T=ma
对滑块B
T−mgsin37∘=ma
联立解得
a=0.1g
T=0.7mg
根据力的合成可知，绳对滑轮的作用力为
F= T2+T2=0.7 2mg
故选A。
7.【答案】D
【解析】B.对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力 N′ 和墙壁对B的支持力N，如图
当A向左移动后，A对B的支持力 N′ 的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A对B的支持力 N′ 和墙壁对B的支持力N都在不断减小。由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小。故AB错误；
CD.对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，地面的摩擦力f和墙壁的弹力N，如图
根据平衡条件，有
f=N，FN=G
故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙壁对B的支持力N的不断减小而不断减小。故C错误；D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要是考查了共点力的平衡问题以及相互作用力与平衡力的区别，对石头进行受力分析，结合共点力平衡的条件列式分析山崖左壁对石头的支持力；根据θ角的变化分析左、右两壁对中间石块支持力大小的变化。
【解答】
A、石头对右壁的压力与右壁对石头的压力，是对相互作用力，所以A错误;
BC、根据共点力平衡条件可知，石头对左壁的支持力大小为N=mgsinθ，
根据牛顿第三定律可知石头对左壁的压力大小为N′=N=mgsinθ>mg，所以B错误，C正确;
D、随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，石头对左壁的压力增大，所以D错误。
9.【答案】AD
【解析】A. v−t 图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移， 0∼t0 内，若物体做匀加速直线运动，其图像是图甲 0∼t0 始末时刻的连线，该连线对应的位移为 v0t02 ，可知，图甲所示图像对应的位移大于 v0t02 ，故A正确；
B.根据速度与位移的关系式有
v2−v02=2ax
变形得
v2=2ax+v02
根据图乙有
2a=1515m/s2
解得
a=0.5m/s2
故B错误；
C.根据加速度的定义式有
a=ΔvΔt
解得
Δv=aΔt
可知，丙图中，阴影面积表示 t1∼t2 时间内物体的速度的变化量，故C错误；
D.根据位移公式有
x=v0t+12at2
变形得
xt=v0+12at
结合图丙有
12a=103−1m/s2 ， 0=v0+12a
解得
a=10m/s2 ， v0=−5m/s
则丁图中， t=3s 时物体的速度为
v=v0+at=−5m/s+10×3m/s=25m/s
故D正确。
故选AD。
10.【答案】AB
【解析】AB
【详解】C.甲在0∼2s朝正方向匀速运动，2∼4s朝负方向匀速运动，4∼6s朝正方向匀速运动，乙在0∼3s朝正方向运动，3∼6s朝负方向运动，故0∼6s甲、乙均做往返运动，故C错误；
D.甲在2s、4s时改变运动方向，而乙在3s时改变运动方向，故D错误；
A.甲一直做匀速直线运动，加速度为零，在2∼4s内乙的加速度为
a=ΔvΔt=−4−42m/s2=−4m/s2
故A正确；
B.在2∼4s内，甲的速度为−4m/s，所以平均速度为−4m/s，而乙的平均速度为零，故B正确。
故选AB。
11.【答案】BD
【解析】A.若A点的速度为0，则满足关系 x1:x2:x3=1:3:5 ，但是A点速度无法确定，故不一定满足 x1:x2:x3=1:3:5 ，A错误；
B.x1、x2、x3的时间间隔相等，则根据 Δx=aT2 ，有
Δx=x3−x2=x2−x1
B正确；
C.拍照当地的重力加速度为
g=ΔxT2=x3−x2T2=x2−x1T2=x3−x2+x2−x12T2=x3−x12T2
C错误；
D.羽毛下落到位置 C 时的速度大小就等于BD之间的平均速度，为
vc=x2+x32T
D正确；
故选BD。
12.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查的是匀变速直线运动的定义，根据运动学公式求最大高度，根据竖直上抛的对称性求不同时刻的高度相等，学生需要注意这类运动学问题，尝试用多种方法求解。
【解答】
A、物体从绳子断裂后到落地过程中只受重力，加速度恒定，做匀变速直线运动，故A正确；
B、物体运动过程中va=t0 vg=t1距离地面最大高度H=v2t0+v2t1=45 m，故B错误；
C、根据以上分析可知小球在最高点的时刻为9s，t1=8.5 s和t2=9.5 s关于其对称，由此可知物体距离地面的高度相同，故C正确；
D、小球由最高点下落到地面的时间为H=12gt22，物体从随气球开始运动到落地共用时12 s，故D错误。
13.【答案】(1)2.8；F′；(2) C。
【解析】解：(1)由图可知，甲图所示弹簧秤的读数为2.8N；
F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是F′；
(2)A、实验中两力夹角不宜太大，也不宜太小，两个分力F1，F2的方向不一定要垂直，故A错误；
B、实验要方便、准确，两分力的夹角合适就好，故B错误；
C、为了保证效果相同，两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉至同一位置，故C正确；
D、拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故D错误；
故选：C。
故答案为：(1)2.8；F′；(2)C。
(1)明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别。
(2)该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置。
明确实验原理，要求在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，同时根据实验原理去分析实验中的注意事项和减小误差的基本方法。
14.【答案】不需要 x3+x2−2x14T2 g(sinθ−μcsθ)=x3+x2−2x14T2
【解析】解：(1)在验证牛顿第二定律时，可以把铁块的质量消去，所以不需要测量铁块的质量：
(2)根据逐差法可知铁块的加速度为：a=x3+x2−x1−x1(2T)2=x3+x2−2x14T2，
(3)对铁块受力分析，根据题中所给的条件，铁块的合力F=mgsinθ−μmgcsθ，若F=ma成立即g(sinθ−μcsθ)=x3+x2−2x14T2成立，牛顿第二定律得到验证。
故答案为：(1)不需要；(2)x3+x2−2x14T2；(3)g(sinθ−μcsθ)=x3+x2−2x14T2
(1)根据实验原理分析是否需要测量铁块的质量；
(2)根据逐差法计算出铁块的加速度；
(3)对铁块进行受力分析，根据牛顿第二定律完成分析。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理分析是否需要测量铁块的质量，根据逐差法计算出铁块的加速度，结合牛顿第二定律完成分析。
15.【答案】解：(1)对A由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1
解得：a1=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2
对B由牛顿第二定律得：μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
解得：a2=μ1mg−μ2(M+m)gM=0.2×6×10−0.1×(2+6)×102m/s2=2m/s2
(2)设经过时间t1后，A、B速度相等
v=v0−a1t1=a2t1
解得：t1=1s，v=2m/s
B的位移为：xB1=12a2t12=12×2×12m=1m
(3)设A、B速度相等后一起做匀减速运动，对A、B整体由牛顿第二定律得
μ2(M+m)g=(M+m)a3
解得：a3=1m/s2
对A由牛顿第二定律得：f=ma3<μ1mg
小于最大静摩擦力，假设成立
xB2=v22a3=222×1m=2m
x=xB1+xB2=1m+2m=3m
答：(1)物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小为2m/s2、木板B的加速度大小为2m/s2；
(2)物块A经过1s的时间和木板B速度相等；
(3)木板B在地面上滑行的总位移为3m。
【解析】(1)分别对两物块受力分析，根据牛顿第二定律求出两者的加速度；(2)根据速度与时间的关系求出两者速度相等所需要的时间；(3)设A、B速度相等后一起做匀减速运动，对A、B整体根据牛顿第二定律求出加速度，求出整体一起匀减经过的位移，最后求出B的总位移。
本题考查板块模型，解决本题的关键是整体隔离法的应用，另外分析出两者共速后是否发生相对滑动也是很重要的。
16.【答案】(1) 33 ；(2)50N；(3) 35
【解析】(1)当木块匀速下滑时，木块受重力 mg 、斜面对其支持力 N 以及沿斜面向上摩擦力 f ，此时这三个力平衡，则有
mgsinθ=μ1mgcsθ
解得斜面的动摩擦因数为
μ1= 33
(2)用平行于木楔斜面向上的力 F 拉着木块匀速上升，根据受力平衡可得
F=mgsinθ+μmgcsθ=50N
(3)将木块与木楔看作一个整体；水平方向有
f地=Fcsθ=25 3N
竖直方向有
N地=(m+M)g−Fsinθ=125N
木楔与水平面间的动摩擦因数的最小值为
μ2=f地N地= 35
17.【答案】(1) 10m/s2 ；(2) 1.7s ；(3) 9m/s
【解析】(1)煤块刚放在传送带上时，对煤块，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
解得
a1=10m/s2
(2)煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间
t1=v0a1=710s=0.7s
前0.7秒内煤块的位移为
x1=12a1t12=12×10×0.72m=2.45m由于
μmgcsθ煤块与传送带速度相等后继续沿传送带向下加速运动，对煤块进行分析，由牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得
a2=2m/s2
设煤块在经过时间t2到达B，则有
L−x1=v0t2+12a2t22
解得
t2=1s
则煤块从A到B的运动时间
t=t1+t2=0.7s+1s=1.7s
(3)结合上述，根据速度公式可知，煤块运动到B时速度
vB=v0+a2t2
解得
vB=9m/s