2021-2022学年山东省东营市广饶县第一中学高一下学期开学考试物理试题

高一收心考试物理试题

一、单项选择题

1. 自然界多种多样的运动形式，为我们展示了一幅幅生动多彩的画卷。下列关于运动描述的基本概念，理解正确的是（　　）

A. 讨论动车从临汾开往太原的时间不可以把动车看成质点

B. 地球在不停地自转，我们却感觉不到地球在动，这是因为我们以太阳为参考系

C. 2016年10月17日7时30分，“神舟十一号”搭载“长征二号”发射升空，其中“7时30分”指的是时刻

D. 绝对静止的物体是存在的

【答案】C

【解析】

【详解】A．讨论动车从临汾开往太原的时间时，动车的大小和形状可以忽略，可以把动车看成质点，A错误；

B．地球在不停地自转，我们却感觉不到地球在动，这是因为我们习惯以地球上的物体作为参考系，B错误；

C．2016年10月17日7时30分，“7时30分”指的是一个时间点，是时刻，C正确；

D．宇宙中的一切物体都是在运动的，宇宙就是由运动的物体组成的，绝对静止不动的物体是没有的，D错误。

故选C。

2. 椰子从距地面高度的树上由静止落下，不计椰子下落时受到的空气阻力，取重力加速度大小，那么椰子在距地面处时的速度大小为（　　）

A. 5m/s B. 10m/s C. 15m/s D. 20m/s

【答案】D

【解析】

【详解】由速度与位移关系式可得

带入数据解得

v=20m/s

故选D。

3. 人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面。人能跳起离开地面的原因是（　　）

A. 地面对人的弹力大于人对地面的压力

B. 人所受重力大于地球对人的吸引力

C. 人除受到地面的弹力外，还受到一个向上的力

D. 地面对人的弹力大于地球对人的吸引力

【答案】D

【解析】

【详解】人能跳起离开地面说明人所受合力向上，即地面对人的弹力大于地球对人的吸引力。

故选D。

4. 中国“天眼”开创了建造巨型望远镜新模式，大幅拓展了人类的视野，是当之无愧的国之重器。如图所示，技术人员（视为质点）在某次维护过程中发现，只有在离半球形最低点的高度小于或等于h时，他才能停在球面上，已知半球形的半径为R，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则技术人员与球面间的动摩擦因数μ为（　　）

A.  B.  C. C. D. D.

【答案】A

【解析】

【详解】对人受力分析，则

其中

解得

由几何关系可知

则

故选A。

5. 甲、乙物体的位移（x）—时间（t）图像如图所示，甲物体做初速度为0的匀加速直线运动，图像为曲线，B（t2，x1）为图像上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A（t1，0），乙物体的图像为过B点和原点的直线。下列说法正确的是（　　）

A. t1时刻甲的速度大小为

B. 甲的加速度大小为

C. t2时刻甲、乙的速度相等

D. 0～t2时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．t2时刻甲的速度大小为

在0~t2时间内甲的平均速度大小为

解得

匀变速直线运动某段时间的平均速度等于中间时刻的速度，所以t1时刻甲的速度大小为

故A错误；

B．设甲的加速度大小为a，则

解得

故B正确；

C．t2时刻乙的速度大小为

故C错误；

D．0～t2时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误。

故选B。

6. 如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间连着一根轻质弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的弹力为(　　)

A. 2mgtan θ

B. mgtan θ

C. 2mgtan

D. mgtan

【答案】D

【解析】

【详解】对A球受力分析，然后根据平衡条件并运用合成法得到弹簧的弹力，对其中一个小球受力分析，如图所示

根据共点力平衡条件和几何知识可得

故选D。

7. 如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（　　）

A.  B. Ma C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有

F=（M+m）a

再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

f=ma
 

联立解得：

故BCD错误，A正确。

故选A。

8. 如图所示，斜面c固定，重为G的物体a放在上表面水平的物体b上，沿光滑斜面c一起向下滑，则（　　）

A. a对b的压力小于G B. 若物体b上没有放物体a，物体b的加速度将增大

C. a受到的摩擦力方向水平向左 D. a与b之间可能没有摩擦力的作用

【答案】A

【解析】

分析】

【详解】A．a和b一起沿光滑斜面向下加速滑动，设斜面倾斜角为θ，对物体a、b整体，由牛顿第二定律可得

（ma+mb）gsinθ=（ma+mb）a

解得

a=gsinθ

加速度a的方向沿斜面向下；

对物体a，在竖直方向的分加速度有

a竖直=asinθ=gsin2θ

在竖直方向由牛顿第二定律可知

G−FN =mgsin2θ

FN=G−mgsin2?

b对a支持力小于a的重力G，由牛顿第三定律可知，a对b的压力小于重力G，故A正确；

B．由A选项的解析可知，物体沿斜面滑下的加速度与物体的质量无关，故B错误；

CD．a物体沿斜面加速下滑时，有沿水平向右的分加速度，此加速度是由b物体对a物体水平向右的摩擦力产生的，故CD错误。

故选A。

二、多项选择题

9. 如图所示，水平传送带A、B两端相距s=3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度vA=4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则（　　）

A. 若传送带不动，则vB=3 m/s

B. 若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动，vB=3 m/s

C. 若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动，vB=3 m/s

D. 若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动，vB=3 m/s

【答案】ABC

【解析】

【详解】ABC．若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知， a=μg，代入数据解得vB=3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B端的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确；

D．若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4 m/s，故选项D错误。

故选ABC。

10. 一个物体以初速度从斜面底端开始沿斜面上滑,到达最高点后又返回斜面底端时的速度大小为,物体和斜面之间的动摩擦因数处处为µ，斜面倾角为θ, 上滑时加速度大小为,下滑时加速度大小为, 上滑时间为, 下滑时间为.则下列判断正确的是（       ）

A. = B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】A、物体从斜面底端出发到再次回到出发点的过程中，根据能量守恒定律，一部分机械能转化为内能，故，A错误；

B、物体爬到最高点能反向加速，则，即，B正确；

C、物体沿斜面上滑的过程中有：，下滑过程中有：，所以，C正确；

D、设斜面的长度为L，有，因，则，D错误．

故选BC．

【点睛】利用能量守恒定律，并结合牛顿第二定律和运动学公式即可求解．

11. 某质量为50kg的同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究电梯的运动情况，如图所示的v-t图象是计算机显示的电梯在某一段时间内速度变化的情况（选向上为正方向，g=10m/s²）。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）

A. 在0~5s内，该同学对电梯底板的压力等于520N

B. 在5s~10s内，该同学对电梯底板的压力等于0

C. 在10s~20s内，电梯在减速上升，该同学处于失重状态

D. 在20s~25s内，该同学对电梯底板的压力等于480N

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在0～5s内，从速度时间图象可知，电梯的加速度大小为

根据牛顿第二定律则有

可得

根据牛顿第三定律可得该同学对电梯底板的压力520N，故A正确；

B．在5s～10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，升降机对该同学的弹力等于重力，故B错误；

C．在10s～20s内，该同学匀减速上升，加速度方向竖直向下，该同学处于失重状态，故C正确；

D．在20s～25s内，，从速度时间图象可知，电梯的加速度大小为

根据牛顿第二定律则有

可得

根据牛顿第三定律可得该同学对电梯底板的压力490N，故D错误；

故选AC。

12. 如图所示，用三根轻绳将质量均为m的A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接．然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态．三根轻绳的长度之比为OA：AB：OB=3：4：5，则下列说法正确的是（   ）

A. OB绳中的拉力小于mg

B. OA绳中的拉力大小为

C. 拉力F大小为

D. 拉力F大小为

【答案】BD

【解析】

【分析】先对B球受力分析，根据平衡条件得到OB绳子拉力和AB绳子的拉力；再对球A受力分析，根据平衡条件并运用合成法得到拉力F和OA绳子的拉力．

【详解】对球B受力分析，受到重力、OB的拉力，假设AB绳子有拉力，则球B不能保持平衡，故AB绳子的拉力为零，故OB绳子的拉力等于球B的重力，A错误；对球A受力分析，受拉力F、重力mg和AO绳子的拉力T，如图：

根据几何关系，有，BD正确．

【点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．

三、非选择题

13. 某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：

(1)小组取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。这种实验方法称___________。

(2)按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到质量m与形变量x的关系式图象，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图象，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越______（填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越大。

(3)图乙中，已知弹簧1劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为________。

【答案】    ①. 控制变量法    ②. 少    ③.

【解析】

【详解】(1)[1]每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。

(2)[2]根据胡克定律有

mg = kx

整理后有

x = m

则x—m图像的斜率为，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，由图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率，则

k1 > k2

由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度的圈数越小，弹簧的劲度系数越大。

(3)[3]根据

x = m

结合图乙可计算出

3x1 = m，x1 = m

由于弹簧1的劲度系数为k，则

k1 = k，k2 =

14. 图甲为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图。图中A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花计时器，电火花计时器接50Hz交流电。小车的质量为M，托盘及砝码的总质量为m。

（1）关于实验，下列说法正确的是_______。

A．实验中托盘及砝码的总质量m应远小于小车的质量M

B．长木板必须保持水平

C．实验时应先释放小车后接通电源

D．作图像便于得出加速度与质量的关系

（2）图乙为某次实验得到的一条纸带，两相邻计数点间有四个点未画出，纸带上标出了相邻计数点之间的距离。打计数点4时小车的速度大小是_______m/s；小车运动的加速度大小是_______m/s2。（结果均保留两位小数）

（3）实验时，某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，因此他测量得到的a-F图像，可能是图丙中的图线_______。（选填“①”、“②”或“③”）

【答案】    ①. ADDA    ②. 0.34    ③. 0.50    ④. ③

【解析】

【详解】（1）[1]A．本实验中用mg来表示小车所受合外力F，对小车根据牛顿第二定律有

对托盘及砝码同理有

联立解得

由上式可知只有当时才近似等于，故A正确；

B．本实验中为了使小车所受合外力等于细绳的拉力，应平衡摩擦力，即将长木板没有滑轮的一侧抬高适当角度，故B错误；

C．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通电源，再释放小车，故C错误；

D．在探究F一定的情况下a与M的关系时，图像是一条直线，更加直观，便于得出加速度与质量的关系，故D正确。

故选AD。

（2）[2]打计数点4时小车的速度大小为

[3]根据逐差法可得小车运动的加速度大小为

（3）[4]某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，则他测量得到的a-F图像对应的关系式应为

整理得

即图像具有正的横截距，所以该同学作出的图像可能是图线③。

15. 风筝（图甲）借助于风对其均匀的作用力和牵线对它的拉力作用，才得以在空中处于平衡状态．如图乙，风筝平面AB与地面夹角为30°，牵线与风筝面夹角为53°，风筝质量为300g，求风对风筝的作用力的大小。（风对风筝的作用力与风筝平面垂直，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）

【答案】4.6N

【解析】

【详解】对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将N及T沿坐标轴分解，则有

Fcos53°=mgsin30°；N=mgsin60°+Fsin53°；

联立解得

N＝()mg=4.6N

16. 从地面处竖直上抛一个小球，小球两次经过高度为h处经历的时间为，求小球抛出的初速度大小和在空中运动的总时间？（忽略空气阻力，重力加速度为g）

【答案】；

【解析】

【分析】

【详解】根据竖直上抛运动的对称性特点，设上升最大高度为H，则

故小球在空中运动的时间为

小球上抛的初速度大小，就等于下落的末速度大小

17. 一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75m的高处，然后让座舱自由落下，落到离地面30m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手托着m=5kg的铅球，取g=10m/s2，试求：

（1）从开始下落到最后着地经历的总时间；

（2）当座舱落到离地面35m的位置时手对球的支持力；

（3）当座舱落到离地面15m的位置时手对球的支持力。

【答案】（1）5s；（2）0；（3）125N

【解析】

【详解】（1）由题意可知先自由下降h1=75-30m=45m

有

t1 = 3s

v1 = 30m/s

t = t1+t2 = 5s

（2）离地面35m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零； 

（3）根据

由此得

a=15m/s2

根据牛顿第二定律

FN-Mg=Ma

得

FN=125 N

18. 如图所示，在水平面上有一足够长的质量的长木板，在长木板右端有一质量的小物块（视为质点），长木板与水平面间的动摩擦因数，长木板与小物块间的动摩擦因数，开始长木板与小物块均静止。现用的水平恒力向右拉长木板，经时间撤去水平恒力F，取重力加速度大小。求：

（1）在F的作用下，长木板的加速度大小；

（2）刚撤去F时，小物块到长木板右端的距离﹔

（3）整个过程中长木板最终所发生的位移大小。（第三小问结果保留两位有效数字）

【答案】（1）；（2）﹔（3）

【解析】

【详解】（1）对长木板由牛顿第二定律得

解得

（2）对小物块得

根据

联立解得

（3）撤去F之后，小物块继续做匀加速运动，长木板做匀减速运动，达到共速v

对长木板得

达到共速之后，经分析长木板、小物块将一起做匀减速直线运动，直至停止，对长木板、小物块整体得

整个过程长木板位移大小

解得