2023-2024学年河北省保定市曲阳县第一高级中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市曲阳县第一高级中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析），共15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.在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理思想与研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是( )
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代思想
B. 加速度的定义a=ΔvΔt采用的是比值定义法
C. 手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微元法的思想
D. 在实验探究滑动摩擦力与接触面的正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了类比法
2.如图所示，江哥正驾驶汽车以10m/s的速度匀速驶向屏山六干道红绿灯路口，当汽车的车头距离停车线为13m时发现小明正在通过人行横道，江哥经过一定的反应时间后，立即以大小为5m/s2的加速度减速行驶，最后汽车车头刚好停在停车线处，则江哥的反应时间是( )
A. 0.2sB. 0.3sC. 1.3sD. 2s
3.质量为m的木块能够静止于倾角为30∘的固定斜面上，现对木块平行斜面施加大小为12mg(g为重力加速度大小)的恒定水平拉力，使木块沿斜面匀速运动，如图所示．木块在静止和匀速运动两种情况下所受的摩擦力大小之比为
．( )
A. 2:1B. 1: 2C. 1:1D. 2:1
4.某同学想研究地铁的运动情况，他用细线将一支质量为m的笔悬挂在地铁的扶手上，图中显示某段时间内，细线相对竖直扶手偏东保持倾角为θ。已知此过程中地铁在东西方向水平直轨道上运动。下列说法正确的是( )
A. 地铁一定向西加速运动B. 地铁的加速度可能向东
C. 地铁的加速度大小为gsinθD. 这支笔所受力的合力大小为mgtanθ
5.如图所示，煤矿使用传送带运送煤块。水平传送带的长度一定，以一定的速度顺时针转动。将一煤块轻放在传送带最左端的A点，煤块先做匀加速运动再匀速运动到达最右端。下列说法正确的是
( )
A. 煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力，后是静摩擦力
B. 煤块在向右匀加速运动的过程中，受到的摩擦力水平向左
C. 煤块质量越大，在传送带上留下的划痕越长
D. 仅提高传送带的传送速度，煤块在传送带上可能一直做匀加速运动
6.如图所示，一质量为m的小球从弹簧的正上方H高处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩，在压缩的全过程中(在弹性限度内且忽略空气阻力)以下说法正确的是( )
A. 小球的速度一直减小到零B. 小球的速度先增大后减小
C. 小球的加速度一直增大D. 速度为零时，弹簧弹力等于重力
7.如图所示，倾角为θ=30∘、静置在水平地面上的斜面体顶端有一光滑的定滑轮，斜面上的物块A通过细线绕过定滑轮与物块B相连，此时物块A恰要沿斜面滑动，现在物块B上施加水平向右的力使物块B缓慢升高(图中未画出)，当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ=60∘时，物块A也恰要沿斜面滑动，已知物块B的质量为m，重力加速度为g，整个过程斜面体始终静止，则( )
A. 外力F的最大值为2mgB. 物块A的质量为2m
C. 物块A和斜面间的最大静摩擦力为12mgD. 地面和斜面体间的摩擦力一直减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的x−t图像如图甲所示，物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v−t图像如图乙所示．根据图像做出的以下判断中正确的是( )
A. 物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B小
B. 在0∼3s的时间内，物体B运动的位移为10m
C. t=3s时，物体C追上物体D
D. 再次相遇前，t=3s时，物体C与物体D相距最远
9.人站在力传感器上完成“下蹲”和“起立”动作，下图中呈现的是力传感器的示数随时间变化的情况，由此可以判断( )
A. 此人先起立后下蹲
B. 此人先下蹲后起立
C. a→b为“起立”过程，b→c为“下蹲”过程
D. a→b为“起立”的超重过程，b→c为“起立”的失重过程
10.如图所示，两硬竹竿竖直插在水平地面的A、B两点，竿间拴接一长度大于两竿间距的轻绳，光滑的轻滑轮放在轻绳上，下端悬吊一物体，开始时绳与竹竿的悬点M、N等高图中∠MON>90∘，则下列说法正确的是()
A. 图中左侧细绳的拉力小于右侧细绳的拉力
B. 仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，两侧细绳的拉力大小不变
C. 仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，两侧细绳的拉力减小
D. 仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，两侧细绳的拉力增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态。

(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图象．由此图象可得该弹簧的原长x0=________cm，劲度系数k=________N/m。
(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x=________cm。
12.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz。
(1)该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图乙所示，自A点起，相邻两点的距离分别为10.0 mm、12.0 mm、14.0 mm、16.0 mm、18.0 mm，则打E点时小车的速度为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2；(结果均保留2位有效数字)
(2)若该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持__________不变；
(3)该同学通过数据的处理作出了a−F图像，如图丙所示，则图中图像不过原点的原因可能是_________________。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.冰壶比赛是冬奥会的重要项目。比赛中冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动直至停止，已知一冰壶被运动员推出的初速度大小为3.6m/s，其加速度大小为0.2m/s2，求：
(1)冰壶10s末的速度大小；
(2)冰壶在20s内的位移大小。
14.如图甲所示，质量m=1.0kg的小物块在平行斜面向上、大小未知的恒定拉力F作用下，沿足够长的倾角为37°的斜面由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，图乙为其速度v随时间t变化的部分图像。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)拉力F的大小；
(3)小物块沿斜面向上运动的最大距离L。
15.如图所示，光滑的水平面上静置一质量M=2kg、长度L=8m的木板，另一质量m=1kg的小滑块以v0=10m/s的水平初速度从木板的左端滑上木板(此时开始计时)。已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。
(1)若木板固定在水平面上，求小滑块从木板上滑离时的速度大小；
(2)若木板不固定，求小滑块从木板上滑离的时间；
(3)若木板不固定，且在小滑块滑上木板的同时对木板施加一水平向右的恒力F，要使小滑块不从木板上滑离，求恒力F的大小范围。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想化模型，故A错误；
B.比值定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，加速度的定义式为
a=ΔvΔt
采用的是比值定义法，故B正确；
C.手压桌面，为了观察桌面的微小形变应用了微小形变放大的方法，故C错误；
D.在实验探究滑动摩擦力与接触面的正压力、粗糙程度等因素的关系时，运用了控制变量法，故D错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】【分析】
反应时间内，汽车做匀速直线运动，根据x=vt表示匀速过程的位移；根据匀变速直线运动位移—时间公式表示汽车刹车过程的位移；两位移之和为汽车车头到刹车线的距离；即可求解反应时间。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
【解答】
根据题意，设江哥的反应时间为t，则江哥反应时，汽车行驶的位移为x1=v0t
由运动学公式v2−v02=2ax可得，汽车从开始刹车到停止运动的位移为x2=v022a
则有x1+x2=13m
联立解得t=0.3s，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】【分析】木块静止时，静摩擦力等于重力向下分力。木块匀速运动时，根据受力平衡及平行四边形定则求解。
【解答】木块静止时，根据受力平衡可知受到的摩擦力大小为f1=mgsin 30∘=12mg，木块匀速运动时，根据受力平衡可知受到的摩擦力大小为f2= (mgsin30∘)2+F2= 22mg，则有f1:f2=1: 2。
故选B。
4.【答案】D
【解析】BCD.把笔看成质点，受力示意图见下图，竖直方向受力平衡，水平方向合力向西，有
F合=mgtanθ=ma
解得
a=gtanθ (水平向西)
故BC错误，D正确；
A.地铁的加速度向西，地铁可能向西加速运动，也可能向东减速运动，故A错误。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
由于煤块的初速度为零，所以煤块相对于传送带向左运动，煤块受到向右的滑动摩擦力作用，当加速到与传送带速度相等时，摩擦力突变为零；传送带对煤块的摩擦力向右；
假设煤块一直加速，根据速度一位移关系求解末速度进行分析，根据相对运动情况求解煤块在传送带上留下的划痕长度进行判断。
【解答】
A.共速前，煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力；共速后，煤块不受摩擦力作用，故A错误；
B.煤块在向右匀加速运动的过程中，受到的摩擦力水平向右，故B错误；
C.以煤块为对象，根据牛顿第二定律可得a=μmgm=μg
煤块与传送带共速时所用时间为t=va=vμg
煤块在传送带上留下的划痕长度为Δx=x传−x煤=vt−v2t=v22μg
可知煤块在传送带上留下的划痕长度与煤块的质量无关，故C错误；
D.仅提高传送带的传送速度，可能煤块到达右端前还没有与传送带共速，则煤块在传送带上可能一直做匀加速运动，故D正确。
故选D。
6.【答案】B
【解析】【分析】
弹簧弹力与小球重力相等的位置就是小球的平衡位置，此位置为小球向下运动过程中速度最大的位置、加速度为零的位置，根据小球的受力情况进行分析。
本题主要是考查牛顿第二定律之弹簧类问题，关键是弄清楚小球的受力情况和运动情况，不要误认为小球一接触弹簧就开始减速。
【解答】
小球接触弹簧后将弹簧压缩，在压缩的全过程中弹簧弹力从零开始增大，方向始终竖直向上，开始时弹簧的弹力小于重力，合力随弹力增大而减小，当弹簧弹力增大到重力等大反向时，小球加速度最小为零而速度最大，小球再继续压缩弹簧，弹簧弹力大于重力，小球的合力向上增大，速度开始减小直至减为零，由此可知小球的合力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，速度先增大后减小，当速度减为零时弹簧弹力大于重力，故B正确，ACD错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】A.当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角 φ=60∘ 时，外力 F 具有最大值，以B为对象，根据受力平衡可得
tan60∘=Fmg
可得外力 F 的最大值为
F= 3mg
故A错误；
BC.设A的质量为 mA ，由题意可知，对B施加外力 F 前，物块A恰要沿斜面下滑，则有
mAgsin30∘−fm=T1=mg
当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角 φ=60∘ 时，此时绳子拉力为
T2=mgcs60∘=2mg
物块A恰要沿斜面上滑，则有
mAgsin30∘+fm=T2=2mg
联立解得
mA=3m ， fm=12mg
故B错误，C正确；
D.以A、B和斜面为整体，根据受力平衡可得
f地=F
由于水平外力 F 逐渐增大，则地面和斜面体间的摩擦力一直增大，故D错误。
故选C。
8.【答案】BD
【解析】A.x−t图像中，斜率表示物体的速度，所以物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大。故A错误；
B.由图像可知，在0∼3s的时间内，物体B运动的位移为10m。故B正确；
CD．v−t图像中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，t=3s时，两物体的位移不同，所以此时物体C没有追上物体D，而且此时两物体位移差最大，即两物体相距最远。故C错误；D正确。
故选BD。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握超重失重的特点，本题就可以解决了。从图象分析压力与重力的大小关系，从而判断加速度方向，进而判断超失重和运动情况。
【解答】
AB.根据图像可知，加速度先向下后向上，之后又先向上后向下。而下蹲的过程中，先向下加速度运动，再向下减速到停止，则加速度先向下再向上；起立的过程中，先向上加速度运动，再向上减速到停止，加速度先向上再向下。所以此人先下蹲后起立，A错误、B正确；
CD.根据以上分析a→b→c为起立过程，a→b加速度向上，为超重过程，b→c加速度向下，为失重过程，C错误、D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】同一根绳上拉力大小相等；根据平衡条件表示绳上拉力与重力的关系，根据几何关系求解绳长、杆间距离与夹角的关系，判断即可。
本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析θ的变化，结合平衡条件判断即可。
【解答】如图
设绳中拉力为T，由几何关系，可得sinθ=dl
l为绳长，d为杆间距离，则有2Tcsθ=mg
A.动滑轮对应为绳的活结，则其两端绳的拉力大小相等，故A错误；
B.若仅将右侧的N点沿竖直方向升高少许，l，d均不变，则θ不变，可知拉力大小保持不变，故B正确；
C.若仅将左侧竹竿以A点为轴顺时针方向转过一个小角度，l不变，d减小，θ减小，csθ增大，则两侧细绳的拉力减小，故C正确；
D.若仅将两竹竿分别以A、B为轴逆时针方向转过相同的小角度，则l，d均不变，则θ不变，两侧细绳的拉力不变，故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)竖直
(2)4；50
(3)10

【解析】【分析】
(1)弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；
(2)弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数；
(3)直接从弹簧秤得到弹力，再从图象乙弹簧弹簧长度。
本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律F=k△x并结合图象列式求解。
【解答】
(1)弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；
(2)弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F=k△x，有：k=FΔx=2N0.04m=50N/m；
(3)由图丙得到弹簧的弹力为3N，根据图乙得到弹簧的长度为10cm。
故答案为：(1)竖直；(2)4，50；(3)10。
12.【答案】(1)0.85；5.0；(2)小车的质量；(3)平衡摩擦力过度。
【解析】(1)打点周期为T=1f=0.02s
打E点时小车的速度为vE=xDF2T=16.0+18.02×0.02×10−3m/s=0.85m/s
小车的加速度为a=xDF−xBD(2T)2=16.0+18.0−12.0−14.0(2×0.02)2×10−3m/s2=5.0m/s2
(2)运用控制变量法，要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车的质量M不变；
(3)图中当F=0时，加速度不等于零，说明绳上没有拉力时，小车的加速度不为零，也就是说小车的摩擦力小于小车沿斜面向下的分力，即平衡摩擦力过度。
13.【答案】解：(1)冰壶运动的总时间t0=v−v0a=0−3.6−0.2s=18s
10s时冰壶未停止运动，故10s末的速度大小
v1=v0+at1=3.6m/s+−0.2×10m/s=1.6m/s
(2)冰壶18s时已停下，所以20s内位移等于前18s内位移
x=v02t0=3.62×18m=32.4m

【解析】本题主要考查了匀变速直线运动的规律，关键是熟练掌握各公式的适用条件及反映的物理量的关系。
(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式列式计算；
(2)根据平均速度公式计算。
14.【答案】解：(1)以小物块为研究对象，撤去拉力F以后，小物块沿斜面向上做匀减速直线运动，摩擦力方向沿斜面向下，
由v−t图象可知，此过程小物块的加速度大小为：a2=Δv2Δt2=20−102−1m/s2=10m/s2
根据牛顿第二定律可得：mgsin37°+μmgcs37°=ma2
解得小物块与斜面间的动摩擦因数：μ=0.5；
(2)在拉力F作用下，小物块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由v−t图象可知，此过程小物块的加速度大小为：a1=Δv1Δt1=20−01−0m/s2=20m/s2
根据牛顿第二定律可得：F−mgsin37°−μmgcs37°=ma1
解得拉力F的大小：F=30N；
(3)由图像可知，物块在力F作用下向上运动的位移为
x1=1×202m=10m
撤去拉力时，物块的速度为20m/s，则物块继续向上运动的位移为
x2=v22a2=2022×10m=20m
所以小物块沿斜面向上运动的最大距离为
L=x1+x2=30m。
【解析】(1)由v−t图象求解撤去拉力后小物块的加速度大小，根据牛顿第二定律求解小物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)根据v−t图象求解撤去拉力前小物块的加速度大小，根据牛顿第二定律求解拉力F的大小；
(3)利用图像所包围面积求第一段位移，利用速度位移公式求第二段位移，求和即可。
本题主要是考查牛顿第二定律之图象问题，关键是弄清楚v−t图象的斜率表示的物理意义，分析清楚受力情况和运动情况，然后根据运动学公式求解。
15.【答案】(1) v=6m/s ；(2) 1.33s ；(3) 0.5N≤F≤12N
【解析】(1)对滑块
μmg=ma1
解得
a1=μg=4m/s2
设滑块从木板上滑离时速度为v
v2−v02=2(−a1)L
解得
v=6m/s
(2)木板不固定，对木板
μmg=Ma2
a2=2m/s2
设经时间t1，滑块刚好从木板上滑离
v0t1−12a1t 12−12a2t 12=L
解得
t1=43s=1.33s
另一解 t=2s 时滑块速度小于木板速度，不符，舍去；
(3)设经时间t2，滑块刚好滑到木板右端且与木板共速，即滑块恰好不从木板的右端滑落
对木板
F+μmg=Ma2′
v0−a1t2=a2′t2
v0t2−12a1t 22−12a2′t 22=L
解得
t2=85s=1.6s
a2′=94m/s2=2.25m/s2
由
F+μmg=Ma2′
可得
F=0.5N
滑块不从木板的左端滑落：
对木板
F−μmg=Ma2′′
a2′′≤a1
解得
F≤12N
所以要使小滑块不从木板上滑离
0.5N≤F≤12N