2024-2025学年河北省衡水市安平中学高一（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省衡水市安平中学高一（上）开学物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B. 曲线运动的速度方向与加速度的方向不可能共线
C. 伽利略通过实验直接证明了自由落体为匀加速运动
D. 力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量和力
2.某同学想利用所学力学知识研究地铁列车的运动情况，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁列车车厢竖直扶手上。在地铁列车运动的某段过程中，他观察到细绳偏离了竖直方向，并相对车厢保持静止，测量出细绳与竖直方向的夹角大小为θ。他用手机拍摄了当时情景，如图所示，拍摄方向跟地铁列车运动方向垂直。已知重力加速度为g，根据这张照片，你能推断出这段过程中( )
A. 地铁列车速度方向
B. 地铁列车加速度方向
C. 地铁列车加速度大小为gtanθ
D. 地铁列车一定加速运动
3.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则( )
A. FN减小，Ff不变
B. FN减小，Ff增大
C. FN不变，Ff不变
D. FN不变，Ff增大
4.用图示装置研究小车质量一定时，加速度与受力的关系。通过安装在小车上的无线力传感器测量小车受到的拉力，用位移传感器(图中未画出)测小车的加速度。当小车匀速运动时，力传感器读数为F0。通过改变小桶中沙的质量改变拉力，多次重复实验，获得多组加速度和力的数据，描绘出小车加速度a与拉力的关系图像。则得到图像可能是( )
A. B. C. D.
5.如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中方格的边长为10cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，如果取g=10m/s2，那么下列说法错误的是( )
A. 闪光的时间间隔是0.1sB. 小球运动的水平分速度为2.0m/s
C. 小球经过b点速度的大小为2.5m/sD. 小球是从O点开始水平抛出的
6.如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至b物块下降高度为ℎ。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块a的机械能守恒
B. 物块b的机械能减少了23mgℎ
C. 物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功
D. 物块a机械能的增加量等于b机械能的减少量
7.甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v−t图象如图所示。下列判断正确的是( )
A. 乙车启动时的加速度大小为1m/s2
B. 乙车启动时与甲车相距100m
C. 乙车启动20s后乙车正好超过甲车
D. 运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m
8.如图甲所示，倾斜白色的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ。一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，g取10m/s2，则( )
A. 由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内物块受到的摩擦力
B. 0～2s内物块所受摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C. 传送带的黑色痕迹长10m
D. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.下列是有关生活中的圆周运动的实例分析，其中说法正确的是( )
A. 杂技演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时，处于完全失重状态，不受重力的作用
B. 在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是减轻轮缘与外轨的挤压
C. 汽车通过凹形桥最低点时，车对桥的压力大于汽车的重力
D. 洗衣机脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
10.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向．下列说法中正确的是( )
A. 该电场可能是由一对分别位于x2和−x2两点的等量异种电荷形成的电场
B. x2和−x2两点的电势相等
C. 正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小
D. 原点O与x2两点之间的电势差大小大于−x2与x1两点之间的电势差大小
11.“登月计划”是近两年我国航天工作的重点，前期工作中查找数据有以下信息：月球的半径约是地球半径的14，质量约是地球质量的181，已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，若宇航员在地面上能向上竖直跳起的最大高度是ℎ，忽略自转的影响，下列说法正确的是( )
A. 月球的密度为16g27πGR
B. 月球表面的重力加速度是4g81
C. 月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为29
D. 宇航员以与在地球上相同的初速度在月球上起跳后，能达到的最大高度是9ℎ4
12.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则( )
A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2
D. 当物块下滑2.0m时机械能损失了12J
三、计算题：本大题共2小题，共36分。
13.一个初速度为零的电子在U1=45V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=3cm，电子的电荷量e=1.6×10 −19C，电子的质量m=9×10 −31kg，不计电子的重力．求：
(1)电子进入平行板间的速度v0多大？
(2)若电子恰能沿平行板右边缘射出，加在平行板上的电压U2为多大？
14.如图所示，地面和固定半圆轨道面均光滑，质量M=1kg，长L=4m的小车静止在水平地面上，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg，大小不计的滑块以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．已知小车与墙壁碰撞前小车和滑块已经共速，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块与小车表面的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2.求
(1)滑块与小车共速时的速度大小；
(2)滑块与小车共速时离小车右端的距离；
(3)若要滑块能沿半圆轨道运动的过程中不脱离轨道，半圆轨道的半径R的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：A.惯性是物体本身具有的属性，只与物体质量有关，质量越大，惯性越大，故A错误；
B.物体做曲线运动的条件是物体的速度方向与加速度方向不在同一直线上，故B正确；
C.伽利略通过实验，进行合理外推得到自由落体为匀加速运动，不是直接证明的，故C错误；
D.基本物理量总共有7个，力学中有长度、质量和时间三个物理量，故D错误。
故选：B。
根据惯性定义作答；根据曲线运动的条件作答；根据伽利略对自由落体运动的研究作答；根据7个基本物理量作答。
本题考查力物理学中的一些基础知识、基本概念，都是必须熟练掌握的。
2.B
【解析】解：ABD、如图，对圆珠笔受力分析，根据拍照的角度和细绳方向确定其合力方向，重力与拉力的合力方向向左；根据牛顿第二定律可知，加速度方向也向左，这样的运动情况有两种，列车向左匀加速运动或者向右匀减速运动。故AD错误，B正确；
C、如图：F合=mgtanθ，又F合=ma，解得：a=gtanθ，故C错误。
故选：B。
对圆珠笔受力分析，根据拍照的角度和细绳方向确定其合力方向，由牛顿第二定律确定其加速度即可分析运动情况。
本题也可先进行受力分析，再正交分解，然后根据平衡条件列式求解。
3.D
【解析】解：设书本的质量为M，以两个轻环和书本组成的系统为研究对象，竖直方向根据平衡条件得：2FN=Mg，得：FN=12Mg，可见杆对A环的支持力不变；
以A环为研究对象，受力图如图所示。
竖直方向：FN=Fsinα…①
水平方向：Fcsα=Ff…②
由①②得：Ff=FNtanα，两环距离变大后α减小时，tanα减小，则Ff增大，故ABC错误、D正确。
故选：D。
利用整体法分析，杆对环的支持力大小总是等于书本重力，一个环各分担一半的重力；环摩擦力和F在水平方向的分量平衡，根据平衡方程可以得到摩擦力的变化的情况。
本题考查了共点力的平衡条件、力的合成与分解的运用等知识点。注意整体法和隔离法的使用：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。
4.D
【解析】解：小车在运动时所受阻力大小等于F0，设小车质量为M，对小车在水平方向受力分析，有
F−f=F−F0=Ma
则有
a=FM−F0M
小车质量M一定，可知加速度a与拉力F成线性关系，且不过原点。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
考虑小车在运动时受到阻力，对小车在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律推导分析。
本题考查探究加速度与力、质量的关系的实验，要求掌握实验原理、会分析造成图像不过坐标原点的原因。
5.D
【解析】解：A.图中两相邻的点之间竖直方向上的位移差Δy=L=10cm=0.1m，根据Δy=gT2，代入数据解得T=0.1s，故A正确；
B.小球运动的水平分速度vx=v0=2LT=2×，故B正确；
C.小球在b点时，竖直分速度vy=L+2L2T=0.1+2×0.12×0.1m/s=1.5m/s，则vb= vx2+vy2= 22+1.52m/s=2.5m/s，故C正确；
D.假设小球是从O点平抛的，则小球从O到b的时间为t=vyg=1.510s=0.15s，实际上从O到b的时间间隔为t′=2T=2×0.1s=0.2s，与假设相矛盾，故小球不是从O点平抛的，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
A.根据竖直方向的匀变速直线运动的判别式列式求解闪光时间间隔；
B.根据水平方向的匀速直线运动规律列式求解水平速度；
C.根据竖直方向的匀变速直线运动规律先求竖直分速度，结合速度的合成知识求解合速度大小；
D.根据假设求解O到b的时间，对照水平方向分运动求出的时间对比分析判断。
考查平抛运动的相关规律，熟练掌握运动的合成和分解的方法，会根据题意进行准确分析和计算。
6.D
【解析】解：A、物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A错误；
B、物体a、b构成的系统机械能守恒，有：
2mgℎ=mgℎ+12mv2+12×2mv2
解得：v= 2gℎ3
物体b动能增加量为12×2mv2=23mgℎ，重力势能减小2mgℎ，故机械能减小43mgℎ，故B错误；
C、物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力势能的减小量；故C错误；
D、物块ab组成的系统，机械能的守恒，故物块a机械能的增加量等于b机械能的减少量，故D正确；
故选：D。
物体a、b构成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，故物块a机械能的增加量等于物块b机械能的减小两，根据整体求得物块ab获得的速度，即可对物块b分析，求得机械能的减小两，物体b重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b加速下降，失重，拉力小于重力，故拉力的功小于重力势能的减小量。
本题关键是根据系统机械能守恒定律列式求解，得出各个物体的动能增加量和重力势能的增加量。
7.D
【解析】解：A、根据速度−时间图象的斜率表示加速度，可得，乙车启动时的加速度大小为a=△v△t=2010=2m/s2，故A错误。
B、根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t=10s时启动，此时甲的位移为x=12×10×10m=50m，即甲车在乙前方50m处，故B错误。
C、由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动20s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故C错误。
D、当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：Smax=12×(5+15)×10m−12×10×5m=75m，故D正确。
故选：D。
速度−时间图象的斜率表示加速度，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系和位移分析何时相遇。根据位移关系求乙车落后甲车的最大距离。
本题关键是抓住：速度−时间图象的斜率表示加速度，图线与时间轴包围的面积表示位移。要明确两车速度相等时相距最远。
8.D
【解析】解：AB、由题图乙可知传送带的速率v1=4m/s，在0～1s时间内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反；1s～2s时间内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同。由于0～2s时间内物块对传送带的压力一直没变，根据滑动摩擦力公式f=μFN，可知两段时间内滑动摩擦力大小相等，故AB错误；
D、由v−t图像的斜率可得在0～1s时间内物块的加速度为：a1=Δv1Δt1=4−121m/s2=−8m/s2
同理可得在1s～2s时间内物块的加速度为：a2=−4m/s2
根据牛顿第二定律得：
−mgsinθ−μmgcsθ=ma1
−mgsinθ+μmgcsθ=ma2
解得：μ=0.25，θ=37°，故D正确；
C、由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移大小可得：
0～1s时间内物块相对传送带向上的位移大小为：Δx1=12×(12+4)×1m−4×1m=4m
1s～2s时间内物块相对传送带向下的位移大小为：Δx2=4×1m−12×4×1m=2m
因Δx1>Δx2，故物块到传送带顶端时，传送带的黑色痕迹长等于Δx1=4m，故C错误。
故选：D。
由题图乙判断物块与传送带共速前后的相对运动方向，进而可得物块所受摩擦力的方向；根据滑动摩擦力公式，分析两段时间内滑动摩擦力大小是否相等；由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移大小可求得共速前后物块与传送带的相对位移大小，考虑共速前后痕迹有重合的部分再确定痕迹长度；由v−t图像的斜率可得两段时间内物块的加速度，再根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。
本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型。先要分析物体的运动情况，由v−t图像的物理意义求解位移和加速度，再结合牛顿第二定律求解。
9.BC
【解析】解：A、杂技演员表演“水流星”，当“水流星”恰好通过最高点时处于完全失重状态，是因为此时不收绳的拉力，只受重力，重力恰好全部提供其所需要的向心力，而不是不受重力作用，故A错误；
B、若铁轨水平，则在火车拐弯时，其拐弯的向心力主要来源于外铁轨与车轮之间的侧向挤压的弹力，而在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，可知使重力与支持力的合提供所需要的向心力，故可知目的是减轻轮缘与外轨的挤压，故B正确；
C、汽车通过凹形桥的最低点时，圆心在汽车的正上方，此时重力与支持力的合力提供向心力，即有N−mg=mv2R，可知支持力大于重力，则根据牛顿第三定律可知，汽车对桥的压力大于其重力，故C正确；
D、洗衣机脱水桶的脱水原理是水滴受到的力小于它所需要的向心力，所以衣服上的水做离心运动，故D错误。
故选：BC。
任何做圆周运动的物体，均需要对其提供足够的向心力，结合牛顿第二定律可分析A、B两选项；当“水流星”通过最高点时，处于完全失重的原因，不是不受重力的原因，而是重力全部提供向心力去了；洗衣机的脱水桶的脱水原理是离心运动，根据离心运动的原理进行分析。
一个物体只要做圆周运动，需要对其提供足够的向心力，向心力可能是一个提供，可能是合力的一个分力提供，也可能是几个力的合力提供，所以分析向心力的来源问题是分析圆周运动的关键；要使原来做圆周运动的物体开始做向心运动或离心运动，就要打破前面满足的供需平衡，才可实现。
10.BD
【解析】A、根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于x2和−x2两点的等量异种电荷形成的电场。故A错误；
B、由于x2和−x2两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x2和从O点到−x2电势降落相等，故x2和−x2两点的电势相等，故B正确；
C、由图可知，从x1到x3电场强度始终为正，则正电荷运动的方向始终与电场的方向相同，所以电场力做正功，电势能逐渐减小，故C错误；
D、x2和−x2两点的电势相等，原点O与x2两点之间的电势差等于原点O与−x2两点之间的电势差，−x2与x1两点之间的电势差等于x2与x1两点之间的电势差，所以原点O与x2两点之间的电势差大小大于−x2与x1两点之间的电势差大小。故D正确；
故选：BD。
11.AC
【解析】解：AB、在星球表面上，根据万有引力等于重力得
GMmR2=mg
可得该星球表面重力加速度为g=GMR2
则月球表面与地球表面重力加速度之比为
g月g地=M月M地⋅R地2R月2=181×42=1681
则月球表面的重力加速度为g月=1681g地=1681g
在月球表面，根据万有引力等于重力得
GM月m′R月2=m′g月
月球的密度为
ρ=M月43πR月3
结合R月=14R，解得ρ=16g27πGR，故A正确，B错误；
C、根据mg=mv2R得第一宇宙速度为v= gR
则月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
v月 v地= g月R月g地R地= 1681×14=29，故C正确；
D、物体做竖直上抛运动时，上升的最大高度为ℎ=v022g，v0相同，则宇航员以相同的初速度在月球上起跳后和地球上起跳后上升的最大高度之比为ℎ月ℎ地=g地 g月=8116，则在月球上上升的最大高度为ℎ月=8116ℎ地=8116ℎ，故D错误。
故选：AC。
根据万有引力等于重力，得出重力加速度表达式，再求出月球表面的重力加速度；根据万有引力等于重力求出月球的质量，再由密度定义可得月球的密度；根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系；由重力加速度可得出上升高度的关系。
解决本题的关键要掌握万有引力定律的两个重要思路：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用。
12.AB
【解析】解：A、物块在初位置其重力势能为Ep=mgℎ=30J，动能Ek=0
则物块的质量m=1kg，
此时物块具有的机械能为E1=Ep+Ek=30J
当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2=Ep′+Ek′=10J所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；
B、令斜面的倾角为θ，则sinθ=35，所以θ=37°
物体下滑的距离为x=5m的过程中，根据功能关系有Wf=μmg⋅csθ⋅x=E1−E2，
代入数据μ=0.5，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=mgsinθ−μmgcsθm=2m/s2，故C错误；
D、当物块下滑距离为x′=2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf′=μmgcsθ⋅x′=8J，
根据功能关系可知，机械能损失了△E′=Wf′=8J，故D错误。
故选：AB。
分析初位置以及下滑5m时的机械能，从而判断机械能是否守恒；
根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；
根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；
分析物块下滑2.0m时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。
解决该题需要掌握机械能的概念，知道势能和动能之和统称为机械能，掌握与机械能相关的功能关系。
13.解：(1)电子在加速电场中运动过程，根据动能定理得
eU1=12mv02
得 v0= 2eU1m
代入数据解得v0=4×106m/s
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在平行板间的加速度为 a=eEm=eU2md
电子的竖直分位移为 y=12at2=d2
电子的水平分位移为 l=v0t
联立得：U2=2d2U1l2
代入数据解得U2=10V
答：
(1)电子进入平行板间的速度v0为4×106m/s．
(2)若电子恰能沿平行板右边缘射出，加在平行板上的电压U2为10V．
【解析】(1)电子在加速电场中，电场力做功为eU1，根据动能定理求出速度v0．
(2)电子进入平行板间，只受电场力作用，电子做类平抛运动．若电子恰能沿平行板右边缘射出时，水平位移大小等于板长，竖直位移大小等于板间距离的一半．根据牛顿第二定律和位移公式求出电压U2．
带电粒子垂直进入匀强电场中，只受电场力时，带电粒子做匀变速曲线运动，常用运动的分解方法处理，根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答．
14.解(1)根据牛顿第二定律：对滑块有：μmg=ma1，
对小车有：μmg=Ma2，
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0−a1t=a2t，
由以上各式解得t=1s，此时小车的速度为v2=a2t=4m/s；
(2)滑块的位移x1=v0t−12a1t2，
小车的位移x2=12a2t2
两者共速时，滑块离小车右端L2=L−(x1−x2)=1m；
(3)若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vm则：mg=mvm2R1，
根据动能定理得：−μmgL2−mg2R1=12mvm2−12mv22，
解得：R1=0.24m；
若滑块恰好滑至14圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．
根据动能定理得−μmgL2−mgR2=−12mv22，
解得：R2=0.6m，
所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R≤0.24 m或R≥0.6 m
答：(1)滑块与小车共速时的速度大小为4m/s；
(2)滑块与小车共速时离小车右端的距离为1m；
(3)若要滑块能沿半圆轨道运动的过程中不脱离轨道，半圆轨道的半径R的取值范围：R≤0.24 m或R≥0.6 m．
【解析】本题是力学综合问题，关键是明确滑块的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律、运动学公式和动能定理列式分析；第3题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至14圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力．(1)(2)分别对物块和小车运用牛顿第二定律即可求解加速度，根据速度公式列式求解滑块与小车共速时的速度大小和时间，再根据位移公式求解滑块与小车共速时离小车右端的距离；
(3)若滑块恰能滑过圆的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过最高点时的速度，根据动能定理求出轨道半径；
若滑块恰好滑至14圆弧到达T点时就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理求解半径，即能得到半径的条件．