2023-2024学年安徽省安庆市第七中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆市第七中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析），共16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.下列说法正确的是( )
A. 长度、时间、质量是一组属于国际单位制的基本单位的物理量
B. 单位米(m)、千克(kg)、牛顿(N)是一组属于国际单位制的基本单位
C. 由a=ΔvΔt可知，物体的加速度a与速度变化量Δv成正比，与时间Δt成反比
D. 由a=Fm和a=ΔvΔt可知，物体加速度a的方向与合力F的方向相同，与速度v的方向也一定相同
2.2023年5月30日9时31分，我国“神舟十六号”载人飞船成功发射，并和空间站组合体成功对接，实现“神舟十六号”和“神舟十五号”乘组太空会师，对接后的组合体绕地球运行速度约为7.68km/s，绕地球一周约90min.下列说法正确的是
( )
A. “90min”是时刻
B. “7.68km/s”为平均速率
C. 研究对接时，可将空间站组合体看作质点
D. “90min”中的“min”是国际单位制中的导出单位
3.某遥控玩具汽车在某段时间内运动的速度—时间图像如图，在0∼3s内，玩具汽车的( )
A. 速度大小一直减小B. 位移大小大于3m
C. 加速度始终与速度反向D. 加速度大小始终为2m/s2
4.从“嫦娥奔月”到“夸父逐日”，见证了中华儿女探索太空的不懈追求。一质量为60kg的宇航员在某一星球上由静止释放小球，小球做自由落体运动。在4s内，小球下落了24m，则( )
A. 该宇航员在该星球上的体重为600N
B. 小球在第1s内下落的高度为5m
C. 小球在第2s内的平均速度为3m/s
D. 小球第3s内的位移比第4s内的位移少3m
5.在户外亲子活动中，小李同学和家人一起搭了天幕，还装饰了气球。有一个氢气球脱手后，飘上去停在倾斜的天幕顶下，如图所示，关于该氢气球的受力，下列说法正确的是( )
A. 氢气球共受到三个力的作用B. 氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向下
C. 氢气球和天幕之间可能不存在摩擦力D. 气球受到天幕的作用力竖直向下
6.将一个已知力在某个平面内进行分解，以下说法正确的是( )
A. 静止于斜面上的物体所受重力按效果可分解为下滑力和正压力
B. 若已知两个分力的大小，则分力一定有两组解
C. 若其中一个分力的方向确定，另一分力大小确定，分力可能只有一组解
D. 将一个力分解后，分力和合力同时作用于物体上
7.如图，斜面体放置在水平地面上，粗糙的小物块放在斜面上。甲图中给小物块施加一个沿斜面向上的力F1，使它沿斜面向上匀速运动；乙图中给小物块施加一水平向右的力F2，小物块静止在斜面上。甲、乙图中斜面体始终保持静止。下列判断正确的是
( )
A. F1增大，斜面对小物块的摩擦力一定增大
B. F1增大，地面对斜面体的摩擦力不变
C. F2增大，斜面对物块的摩擦力一定增大
D. F2增大，物块最终一定能沿斜面向上滑动
8.如图，沿水平方向运动的汽车，一质量为m1的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁上，另一质量为m2的小球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。已知重力加速度为g，则( )
A. 汽车一定在加速向右运动
B. 细线中的拉力大小T=m2gcsα
C. 物块受到车厢内壁的弹力FN=m1gtanα
D. 物块受到的合力方向与细线一定平行
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部中心O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球A相连，小球静止于P点，OP与水平方向间的夹角为θ=30∘。若换为与质量为2m的小球B相连，小球B将静止于M点(图中未画出)，下列说法正确的是( )
A. 容器对小球B的作用力大小为2mg
B. 弹簧对小球A的作用力大于对小球B的作用力
C. 弹簧的原长为R+mgk
D. O′M的长度为mgR+kR22mg+kR
10.图甲中，质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。当木板受到随时间t均匀变化的水平拉力F作用时，其加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示。取g=10m/s2，则( )
A. 滑块的质量m=2kg
B. 0〜6s内，滑块做匀加速直线运动
C. 当F=8N时，滑块的加速度大小为1m/s2
D. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.1
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.下图为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交变电源，在小车质量”定的情况下探究加速度与力的关系。

(1)实验时，一定要进行的操作是________
A.将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力
B.用天平测出砂和砂桶的质量
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学根据测量数据作出如图所示的a−F图线，该同学做实验时存在的问题是________

A.先释放小车，后接通电源
B.砂和砂桶的质量m没有远小于小车的质量M
C.平衡摩擦力时木板没有滑轮的一端垫得过高
D.没有补偿阻力或补偿阻力不够
(3)下图是乙同学实验过程中得到的一条点迹清晰的纸带，已知相邻两计数点间还有4个点未画出，则根据纸带可得此次小车的加速度a=________m/s。(结果保留2位有效数字)

(4)若某次实验过程中，求得小车加速度的大小为a，则砂桶的加速度为______。
12.如图甲所示，某兴趣小组为测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，把两根弹簧连接起来，测量两弹簧的劲度系数。弹簧2的一端固定在竖直放置的透明有机玻璃管底端，再将单个质量为100g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口放入，每放入一个钢球，待弹簧静止，测出弹簧1上端和弹簧2上端到玻璃管底端的距离L1、L2.在坐标纸上画出L1、L2与钢球个数n的关系L−n图像，如图丙所示。忽略摩擦，重力加速度g取10m/s2。
(1)某次测量结果如图乙所示，指针示数为__________cm。
(2)放入钢球个数n=5时，待弹簧静止，弹簧2的形变量为__________cm。
(3)可求出弹簧1、2的劲度系数分别为k1=__________N/m，k2=__________N/m。
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
13.如图所示，足够长的浅色传送带以速度v0=6m/s顺时针匀速转动，表面粗糙，传送带的右端有一固定的斜面，斜面底端B与传送带经一长度可忽略的光滑圆弧连接。现将一质量m=1kg的墨色小滑块从距离B点x0=12m的A处轻轻无初速放上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.3，斜面倾角θ=37°，斜面足够长，滑块与斜面的动摩擦因数μ2=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小滑块刚放到传送带上时的加速度大小；
(2)小滑块第一次从A端到B端所用的时间以及它在传送带上留下的划痕长度Δx1；
(3)小滑块第一次滑上斜面后能够到达的最高点P距B点的距离Δx2和小滑块第二次冲上斜面最高点时距B点的距离Δx3。
五、计算题：本大题共2小题，共24分。
14.一篮球从高h1=3.9m处由静止开始下落，经t1=1s落到地面时速度为v1=8m/s，篮球与地面碰撞的时间为Δt=0.1s，然后以v2=6m/s的速度反弹，经t2=0.5s到达最高点h2=1.5m处。求：
(1)篮球下落过程的平均速度大小和方向；
(2)篮球与地面碰撞过程中的加速度大小和方向；
(3)篮球从开始下落到反弹至最高点，全程的平均速度大小和方向。
15.如图所示，固定在水平面上的斜面倾角为30°，物块A与斜面间的动摩擦因数为 34，轻绳一端通过两个滑轮与物块A相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。已知物块A的质量为m，连接物块A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，滑轮两边轻绳之间的夹角为90°，物块A、B都保持静止。已知：重力加速度为g，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若挂上物块B后，物块A恰好不受摩擦力的作用，求轻绳拉力的大小；
(2)若物块B的质量为 23m，求物块A受到的摩擦力的大小和方向；
(3)为保持物块A处于静止状态，求物块B的质量范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A
【详解】A.国际单位制的基本单位的物理量有长度、质量、时间、电流强度、热力学温度、物质的量、发光强度，A正确；
B.在国际单位制中，m、kg、s是力学中的三个基本单位，牛顿不是国际单位制的基本单位，B错误；
C.加速度 a 是由比值定义法定义出来的物理量，与速度变化量 Δv 、时间 Δt 无关，C错误；
D.由 a=Fm 可知，物体的加速度a方向与合力F方向相同，D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】A.“90min”指的是时间间隔，A错误；
B.“ 7.68km/s ”为对接后的组合体做圆周运动的平均速率，B正确；
C.为了实现对接，空间站组合体的形状大小不能忽略不计，不能将空间站组合体看作质点，C错误；
D.“90min”中的“min”是国际单位制中常用单位时间单位，不是导出单位，D错误。
故选B。
3.【答案】B
【解析】AC.根据题意，由图可知，速度先正方向的减小，再反方向增大，则加速度方向先与速度方向相反，再与速度方向相同，故AC错误；
B.根据题意，若物体做匀变速直线运动， v−t 图像如图所示
由 v−t 图像中，图像围成的面积表示位移可知，物体在 0∼1s 时间内的位移
x1<12×2×1m=1m
方向为正，物体在 1∼3s 时间内的位移为
x2>12×2×4m=4m
方向为负，则物体在 0∼3s 的位移为
Δx=x2−x1>3m
方向为负方向，故B正确；
D.根据 v−t 图像斜率表示加速度可知，物体的加速度发生变化，则不可能大小始终为 2m/s2 ，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同。
根据自由落体运动的位移时间公式h=12gt2求出星球上的重力加速度可得该宇航员在该星球上的体重以及小球在第1s内下落的高度。根据v=v1+v22知小球在第2s内的平均速度；第4s内的位移等于前4s内的位移减去3s内的位移，第3s内的位移等于前3s内的位移减去2s内的位移。
【解答】
解：A.设该星球的重力加速度为 g ，根据h=12gt2
可得g=2ht2=2×2442m/s2=3m/s2
该宇航员在该星球上的体重为G=mg=60×3N=180N，故A错误；
B.小球在第1s内下落的高度为h1=12gt12=12×3×12m=1.5m，故B错误；
CD.小球在1s、2s、3s、4s时的速度分别为v1=gt1=3m/s ， v2=gt2=6m/s ， v3=gt3=9m/s ， v4=gt4=12m/s，
则小球在第2s内的平均速度为v2=v1+v22=3+62m/s=4.5m/s，
小球第3s内的位移比第4s内的位移少Δx=Δx4−Δx3=v3+v42Δt−v2+v32Δt=v4−v22Δt=12−62×1m=3m，故C错误，D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】【分析】
受力分析时关键是不要漏掉力，常用的方法是看受力情况是否满足运动状态，也不要多分析力，常用的方法是查找施力物体，每个力都要找到施力物体才可。
【解答】
A.氢气球受重力、浮力、天幕对球的弹力和摩擦力，共受到四个力的作用，故A错误；
BC.天幕顶对气球的弹力垂直天幕斜向下，则由平衡可知，气球一定受到天幕的摩擦力；气球相对天幕有斜向上运动的趋势，则天幕对气球的摩擦力沿天幕斜向下，则氢气球对天幕的摩擦力沿天幕斜向上，故BC错误；
D.气球受力平衡，因浮力和重力合力竖直向上，则气球受到天幕的作用力(弹力和摩擦力的合力)竖直向下，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了力的分解；
分解一个确定大小和方向的力，根据平行四边形定则，以这个力为对角线作平行四边形，与这个力共点的两个邻边表示一对分力；如作出的平行四边形只有一个，就得到唯一确定的解。
【解答】
解：A.物体所受重力可以分解为沿斜面的力和垂直斜面的力，由于重力与压力性质不同，不能说成正压力，故A错误；
B.若已知两个分力的大小，根据平行四边形定则可知，分力可能有一组解，也可能无解，故B错误；
C.已知一个分力的大小和另一个分力的方向，根据平行四边形定则，将已知力分解，可能有两解，可能有一解，也可能无解：
当如图所示，一个分力的大小正好等于Fsinθ，因此只有一种解；
当如图所示，当一个分力的大小大于Fsinθ，小于F时，因此有两种解；
当一个分力的大小大于或等于F时，根据力的平行四边形定则可知，有一种解；
当如图所示，当一个分力的大小小于Fsinθ时，没有解；故C正确；
D.分力和合力关系是等效替代，不是实际存在，则不可能同时作用在物体，故D错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查平衡条件的应用，受力分析是解决问题的关键。对甲图中物块受力分析，F1增大时，根据平衡条件和滑动摩擦力公式分析斜面给物块的弹力和摩擦力的变化；F1增大时，对斜面体受力分析，即可知地面给斜面体的弹力与摩擦力的变化情况；对乙图中的物块受力分析，根据平衡条件列方程，结合数学等式的数量变化分析即可正确求解。
【解答】AB.小物块受F1、重力、斜面对小物块的支持力和摩擦力，根据平衡条件有N1=Gcsθ，
f=μN1=μGcsθ，F1增大，斜面给物块的弹力和摩擦力不变，根据牛顿第三定律可知，物块给斜面体的压力与摩擦力不变，所以斜面体的受力情况不变，所以地面给斜面体的弹力与摩擦力不变，故A错误，B正确；
C.物块静止在斜面上，且斜面体始终保持静止，则小物块受F2、重力、斜面对小物块的支持力，根据平衡关系可知斜面对小物块的摩擦力大小为f′=|Gsinθ−F2csθ|，
如果Gsinθ>F2csθ，F2增大，斜面对物块的摩擦力减小，如果GsinθD.如果物块沿斜面向上匀速滑动，根据平衡条件有：N2=Gcsθ+F2sinθ，F2csθ−Gsinθ=μN2，
可得F2csθ−Gsinθ=μ(Gcsθ+F2sinθ)，F2非常大时，可忽略重力，则可得μ=1tanθ，则当μ>1tanθ，无论F2多大，物块相对斜面都是静止的，所以F2一直增大时，物块不一定能沿斜面向上滑动，故D错误。
8.【答案】C
【解析】AB.根据题意，对小球受力分析，如图所示
有几何关系有
F合=m2gtanα
T=m2gcsα
由牛顿第二定律有
F合=m2a
可得
a=gtanα
方向水平向右，则小车和物块的加速度也是水平向右的 gtanα ，则小车可能做向右的加速运动，也能做向左的减速运动，故AB错误；
CD.根据题意，对物块受力分析，如图所示
则有
F合=FN=m1gtanα
方向水平向右，故D错误，C正确。
故选C。
9.【答案】ACD
【解析】ACD
【详解】小球受三个共点力而平衡，这三个力构成一个矢量三角形，如图所示
矢量三角形刚好和几何三角形相似，则当弹簧另一端与质量为m的小球A相连时
mgR=N1R=T1R
设L2为O′M的长度，当弹簧另一端与质量为2m的小球B相连时
2mgR=N2R=T2L2
设弹簧的原长为 L0 ，则
T1=k(L0−R) ， T2=k(L0−L2)
联立可得
T1=mg ， L0=R+mgk ， N2=2mg ， L2=mgR+kR22mgR+kR2 ， T2>T1
故选ACD。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。
本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
【解答】
A.当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=(M+m)a，代入数据解得：M+m=6kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=F−μmgM，知图线的斜率k=1M=16−4，解得：M=2kg，m=4kg，故A错误；
B.当木板受到的水平拉力F随时间t均匀变化，加速度不恒定，故B错误；
CD.根据F等于6N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2；根据牛顿第二定律可得a=μg，解得动摩擦因数为μ=0.1，故CD正确。
故选CD。
11.【答案】(1)AC；
(2)D；
(3)1.6；
(4)2a。
【解析】(1)A.用力传感器测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，A正确；
BD.拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，BD错误;
C.使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放小车， C正确。
故选AC。
(2)由题图可看出，当拉力达到一定数值时才产生了加速度，说明没有补偿阻力或没有完全补偿阻力，故选D。
(3)根据匀变速直线运动推论Δx=aT2
依据逐差法可得a=20.75−7.20−7.20×10−24×0.12=1.6m/s2
(4)设经过时间小车的位移为x，则砂和砂桶的位移为2x，根据匀变速运动规律有x=12at2 ， 2x=12a′t2
解得a′=2a
12.【答案】14.45 20 50 25
【详解】(1)[1]由图示可得，其示数为14.45cm；
(2)[2]弹簧1的原长为
50cm−30cm=20cm
弹簧2的原长为30cm；
n=5时，弹簧1的形变量为10cm，弹簧2的形变量为20cm；
(3)[3][4]根据胡克定律有
k1=Fx1=FΔL1−L2=5N50−30cm−30−20cm=50 N/m
k2=Fx2=FΔL2=5N30−10cm=25N/m

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 3m/s2 ；(2)3s，6m；(3)1.8m，0.36m
【解析】(1)对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
解得
a1=3m/s2
(2)滑块向右匀加速至与传送带速度相等时有
v0=a1t1 ， x1=12a1t12
解得
t1=2s ， x1=6m
因为
x1所以之后滑块匀速运动到B过程有
t2=x0−x1v0
则滑块第一次从A端到B端所用的时间
t=t1+t2=3s
在匀加速过程，相对位移大小等于痕迹长度，则有
Δx1=v0t1−v02t1=6m
(3)滑块沿斜面向上运动过程，对滑块进行分析有
mgsinθ+μ2mgcsθ=ma2
解得
a2=10m/s2
利用逆向思维，根据位移与速度的关系式有
v02=2a2△x2
解得
Δx2=1.8m
滑块沿斜面向下运动过程，对滑块分析有
mgsinθ−μ2mgcsθ=ma3
解得
a3=2m/s2
根据位移与速度的关系式有
v12=2a3△x2
解得
v1=6 55m/s表明滑块再次进入传送带后做向匀变速直线运动，即返回B点时速度大小仍然为 v1 ，向上再次滑上斜面后，利用逆向思维，根据位移与速度的关系式有
v12=2a2△x3
解得
Δx3=0.36m
14.【答案】(1) 3.9m/s ，竖直向下；(2) 140m/s2 ，竖直向上；(3) 1.5m/s ，竖直向下
【详解】(1)篮球下落过程的平均速度为
v1=h1t1=3.9m/s
方向竖直向下。
(2)篮球与地面碰撞过程中的加速度大小为
a=v1+v2Δt=140m/s2
方向竖直向上。
(3)全程的平均速度大小为
v=h1−h2t1+t2+Δt=1.5m/s
方向竖直向下。

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 12mg ；(2) 16mg ，方向沿斜面向上；(3) 28m≤mB≤7 28m
【详解】(1)对物块A受力分析，沿斜面方向
F拉−mgsin30∘=0
解得
F拉=mgsin30∘=12mg
(2)对物块B受力分析
竖直方向
2Tcs45∘−mBg=0
解得
T=13mg
在对物块A进行受力分析，沿斜面方向
T+f−mgsin30∘=0
解得A受到的静摩擦力大小为
f=16mg ，方向静摩擦力f沿斜面向上
(3)物块A受到的最大静摩擦为
f=μN=38mg
设A刚好要沿斜面向上滑动时，物块B的质量最大为M1，则有
T−mgsin30∘−f=0
解得
T=78mg
分析B受力得
M=2Tcs45∘g=7 28m
设物块A刚好要沿斜面向下滑动时，物块B的质量最小为M2，则有
T+f−mgsin30∘=0
解得
T=18mg ，
分析B受力得
M=2Tcs45∘g=2×18mg× 22g= 28m
所以为保持物块A处于静止状态，求物块B的质量范围为
28m≤mB≤7 28m

【解析】详细解答和解析过程见答案