2023-2024学年河南省许昌市许昌高级中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省许昌市许昌高级中学高一（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.关于单位制及其应用，下列说法正确的是( )
A. 时间是基本单位
B. m、m/s都是导出单位
C. kg、km、s都是国际单位制中的基本单位
D. 长度、质量都是力学范围中的基本物理量
2.下列关于匀变速直线运动的说法正确的是( )
A. 匀加速直线运动的速度一定与时间成正比
B. 匀减速直线运动就是加速度为负值的运动
C. 匀变速直线运动的速度随时间均匀变化
D. 速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动
3.我国“蛟龙号”深潜器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，v−t图像如图所示，则有( )
A. 0～4 min和6～10 min两时间段平均速度大小相等
B. 全过程中的最大加速度为0.025 m/s2
C. 3～4 min和6～8 min加速度方向相反
D. 本次下潜的最大深度为6 m
4.如图所示，用筷子夹质量为m的光滑小球，两根筷子与小球球心均在竖直平面内，两根筷子和竖直方向的夹角均为θ，下列说法正确的是
( )
A. 两根筷子对小球作用力的合力的方向垂直于筷子
B. 每根筷子对小球的弹力均为mgsinθ
C. 若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球，则应增大夹角θ
D. 若要以同样大小的弹力夹起一更重的光滑小球，则应减小夹角θ
5.生活中晾衣服随处可见，某处有两个晾衣杆A和B，A杆竖直固定，B杆向右侧倾斜．不可伸长的轻绳一端a固定在杆A上，另一端b可以沿B杆移动，衣服用光滑挂钩挂在绳子上．下列说法中正确的是( )
A. 将b端从B1移到B2，绳子张力不变
B. 将b端从B1移到B2，绳子张力变大
C. 将b端从B2移到B1，绳子张力变大
D. b端在杆B上位置不变，将杆B再向右倾斜一点，绳子张力不变
6.如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点。轻弹簧的一端固定在P点，另一端拴接一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置Q。下列说法正确的是
( )
A. 弹簧可能处于压缩状态
B. 弹簧的弹力小于球的重力
C. 大圆环对小球的弹力方向可能指向O点
D. 小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.甲、乙两车沿直线在同一条平直公路上同向运动，其v−t图象如图所示，下列说法正确的是
A. 若乙车在前且两车恰好没有相撞，则t=0时刻甲、乙两车间的距离为128m
B. 若乙车在前且两车恰好没有相撞，则t=0时刻甲、乙两车间的距离为176m
C. 若t=0时刻甲、乙两车在同一位置，乙车追上甲车的时间为36s
D. 若t=0时刻甲、乙两车在同一位置，乙车追上甲车的时间为24s
8.某建筑工地需要把货物提升到高处，采取如图所示的装置。光滑的轻滑轮用细绳OO’悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂货物a，人拉绳的另一端缓慢向右运动达到提升货物的目的。在人向右缓慢运动的过程中，则( )
A. 人对水平面的压力保持不变
B. 细绳OO’的张力保持不变
C. 细绳对人的拉力保持不变
D. 细绳OO’的张力逐渐变小
9.如图所示为某建筑工地的传送装置，长为5.8m的传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率v0=4m/s逆时针转动，质量m=1kg的工件无初速地放在传送带的顶端P，经过1.4s，工件运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为v=6m/s，重力加速度g取10m/s2，cs37°=0.8，sin37°=0.6，则下列说法正确的是( )
A. 工件加速至传送带的速度时间为0.4sB. 传送带与水平面的倾角为θ=53°
C. 传送带的动摩擦因数为0.2D. 工件在传送带上留下的痕迹长度为1m
10.如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g.下列说法中正确的是
A. 当0B. 当μmgC. 当F>2μmg时，绳中拉力为F2
D. 无论F多大，绳中拉力都不可能等于F3
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.小亮在家中用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，验证力的平行四边形定则。
(1)如图(a)所示，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F。
(2)如图(b)所示，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1。
(3)如图(c)所示，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。
(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证。
(5)小亮在步骤(3)中没有让O点的位置与(2)中记录的O点位置重合，但细线L1和细线L2的方向都与(2)中平行，这样________(选填“会”或“不会”)造成较大误差。
12.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度、力和质量的关系。
(1)对本实验的操作，下列说法中正确的是_______。
A.实验中无需测量砂和砂桶的质量
B.让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通打点计时器的电源
C.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
D.补偿阻力时，需取下托盘和砝码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑
(2)如图乙所示为实验中得到纸带的一段，已知相邻计数点的时间间隔为T，测得相邻的计数点之间的距离分别为xAB、xBC、xCD、xDE，打点计时器打下C点时，小车的速度表达式为_______，充分利用数据，写出小车的加速度大小表达式为_______。
(3)在验证加速度与质量的关系时，在满足实验要求的情况下，改变小车上砝码质量m，测出对应的加速度a，以m为横坐标，以1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的图像。已知弹簧测力计的读数为F，图中纵轴的截距为b，斜率为k，则小车的质量为_______．
A.Fb B．2Fb C．2k D．12k
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，直棒AB长度l1=5m，上端为A，下端为B。在B的正下方H=10m处有一长度为l2=5m、内径比直棒大得多的固定空心管竖直放置，手持直棒由静止释放，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)直棒下端B到达空心管时的速度大小v1；
(2)直棒通过空心管的时间Δt1；
(3)若在B端到达空心管的瞬间释放空心管，求直棒通过空心管的时间Δt2。(结果均可用根式表示)
14.如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0. 3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。现在要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
(1)如果让木箱在竖直方向上运动，其加速度应满足什么条件？
(2)如果让木箱在水平方向上运动，其加速度应满足什么条件？
15.某一长直的赛道上，一辆F1赛车前方200 m处有一安全车正以10 m/s的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶．
(1)求赛车出发3 s末的瞬时速度大小．
(2)赛车何时追上安全车？追上之前与安全车最远相距多少米？
(3)当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，问两车再经过多长时间第二次相遇？(设赛车可以从安全车旁经过而不发生相碰)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
在物理学中，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位。这些被选定的物理量叫作基本量，它们相应的单位叫作基本单位。由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量叫作导出量，推导出来的相应单位叫作导出单位，例如速度、加速度的单位。基本单位和导出单位一起就组成了一个单位制。
国际单位制中，规定力学中三个基本单位分别是米、千克、秒，其物理量规定为基本物理量，分别是长度、质量、时间．
【解答】
A.时间是基本物理量，故A错误;
B.m是基本单位，m/s是导出单位，故B错误;
C.kg、m、s都是国际单位制中的基本单位，km不是国际单位制中的基本单位，故C错误;
D.长度、质量都是力学范围中的基本物理量，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键知道匀变速直线运动的特点，以及掌握匀变速直线运动的速度公式，即可根据公式进行分析。
匀变速直线运动的加速度不变，速度均匀变化，根据速度公式v=v0+at分析速度与时间的关系；在规定初速度为正方向的前提下，匀减速直线运动的加速度为负值；匀变速直线运动也可能是有往复的直线运动。
【解答】
A.根据速度公式v=v0+at可知，当v0≠0，v与t不成正比，故A错误；
B.若规定初速度为正方向，匀减速直线运动的加速度方向与初速度方向相反，则加速度为负值；若规定初速度的相反方向为正方向，匀减速直线运动的加速度方向与初速度方向相反，加速度为正值，故 B错误；
C.根据Δv=at，a不变，可知相等时间内速度的变化量相等，说明匀变速直线运动的速度随时间均匀变化，故C正确；
D.对于速度先减小再增大的运动，若加速度不变，也可能是匀变速直线运动，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】分析：
本题是速度−时间图象问题，要明确v−t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，图象和横轴围成的面积表示位移，结合平均速度的定义分析。
对于v−t图象，明确图象的斜率表示加速度，图象与时间轴包围的面积表示位移，注意加速度、速度、平均速度是矢量，矢量相同必须大小和方向都相同。
解析：
A、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移，则知0～4min内位移大小为x1=12×(120+240)×2m=360m；6～10min内位移大小为x2=12×240×3m=360m，则0～4min和6～10min两时间段位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故A正确；
B、根据v−t图象的斜率表示加速度，知第1min内和第4min内加速度最大，且最大加速度大小为a=vt=260m/s2≈0.033m/s2，故B错误；
C、根据v−t图象的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，知3～4min和6～8min加速度方向相同，故C错误；
D、根据v−t图象与时间轴围成的面积表示位移，则知t=4min时“蛟龙号”下潜到最深处，且最大深度为：h=12×(120+240)×2m=360m，故D错误。
故选：A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
根据小球受力分析，结合平衡条件，及矢量的合成法则，与三角知识，即可求解。
本题属于知识应用类的题目，关键是将小球受力的实际情境抽象为受力平衡的物理模型，难度中等。解答本题的易错点是球受到的弹力与其重力的关系。
【解答】
AB.对小球受力分析，小球受筷子对它的弹力及重力作用，如图所示：
，
可知，两根筷子对小球作用力的合力的方向竖直向上，在竖直方向上有2F1sin θ=mg，解得F1=F2=mg2sinθ，故AB错误；
CD.若要夹起一更重的小球而不改变F1的大小，应增大夹角θ，故C正确，D错误；
故选：C。
5.【答案】C
【解析】【分析】
先根据数学知识，得出滑轮两侧的绳子与竖直方向的夹角与a、b间距离和绳长的关系，分析此夹角是否变化，再对滑轮研究。根据平衡条件分析绳子张力和夹角如何变化。
本题结合有关滑轮的知识考查了三力作用下的物体平衡，物体的平衡是整个力学的难点，在平时训练中要加强这方面的练习。
【解答】
沿aO方向延长，交b在的同一条竖直线上的b′点，则△Obb′为等腰三角形，直线ab′=aO+Ob，由几何关系可知，ab′= aa′2+a′b′2，sinθ=a′b′ab′；
对O点受力分析可知，O点受到下侧挂钩的拉力F以及两侧绳子的拉力，设ab′与竖直方向之间的夹角为θ，则：F=2Tcsθ
由于挂钩的拉力等于衣服放入重力，可知F的大小不变；绳子的拉力：T=F2csθ
ABC、若将b端从B1移到B2，由图可知，a′b′之间的距离减小，由于绳子的长度不变，则sinθ减小，所以θ减小，由T=F2csθ可知绳子的拉力减小；反之，将b端从B2移到B1，绳子张力变大，故AB错误，C正确；
D、b端在杆B上位置不变，将杆B再向右倾斜一点，则a′b′之间的距离增大，由于绳子的长度不变，则sinθ增大，所以θ增大，绳子张力变大，故D错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】若弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力方向沿弹簧向外，还受到重力和圆环对小球指向圆心的弹力，这三个力不可能平衡，所以弹簧处于伸长状态，受力如图所示
可知大圆环对小球的弹力方向背离圆心 O 点，小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向 O 点；根据相似三角形可得NOQ=GOP=FPQ
由于PQ>OP
可知弹簧的弹力大于球的重力。
故选D。
7.【答案】AD
【解析】【分析】根据两车的速度大小分析它们之间的位置关系，根据图象的“面积”分析两车何时相遇和位移关系。
本题根据速度图象分析两车的运动情况，抓住“面积”等于位移大小，确定两车的位置关系，两图线的交点表示速度相等。
【解答】AB.若乙车在前且两车恰好没有相撞，则在t=12 s时甲车恰好追上乙车，t=0时刻甲、乙两车间的距离Δx=16×8+(8+16)×42−8×122 m=128 m，A项正确，B项错误；
CD.乙车的加速度大小a=ΔvΔt=812 m/s2=23 m/s2，若t=0时刻甲、乙两车在同一位置，乙车追上甲车时甲车已停止，则有16×8+8×162 m=12at2，解得t=24 s，C项错误，D项正确。
故选AD。
8.【答案】CD
【解析】解：以a为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于a的重力，即T=mag，保持不变，以人为研究对象，受力如图所示，
AC、人对绳的拉力大小保持不变，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力N=mbg−Tsinθ，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小，则支持力N逐渐增大，人对水平面的压力增大；故C正确，A错误；
BD、随着人的右移，则OO′绳子与竖直方向的夹角变大，Oa和人绳子之间的夹角增大，由于绳子拉力不变，所以夹角增大、合力减小，则OO′绳子拉力减小，故D正确、B错误；
故选：CD。
以a为研究对象可得绳子拉力始终保持不变，以人为研究对象，根据共点力的平衡条件列方程求解压力变化情况。随着人的右移，分析OO′绳子与竖直方向的夹角变化情况。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
9.【答案】AD
【解析】解：A.由题意，设开始到与传送带共速的时间为t1，则
v02t1+v0+v2(t−t1)=l
解得
t1=0.4s
故A正确；
BC.开始加速阶段的加速度
a1=v0t1
共速后的加速度
a2=v−v0t−t1
由牛顿定律
mgsinθ+μmgcsθ=ma1
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
解得
θ=37°
μ=0.5
故BC错误；
D.在开始到共速阶段，物块相对传送带的位移
s1=v0t1+v02t1
从共速到最低点物块相对传送带的位移
s2=v0+v2t2−v0t2
代入数据解得：s1=0.8m，s2=1m，
两部分有0.8m的重合部分，则工件在传送带上留下的痕迹长度为1m，故D正确。
故选：AD。
根据平均速度乘以时间求解位移；根据运动情况分别求出两个阶段内的加速度，结合牛顿第二定律分析出θ的具体数值；两个过程中摩擦力方向变化。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
10.【答案】ABC
【解析】A.当0B.当μmgC.当F>2μmg时，对整体：a=F−2μmg2m
对B：a=F拉−μmgm
联立解得绳中拉力为 F2 .故C正确；
D.由B的分析可知，当μmg故选ABC．
11.【答案】(2)三根细线的方向；(4)F和F′在误差范围内重合。(5)不会
【解析】【分析】
本实验采用是等效替代的思维方法。实验中要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同。因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验。
【解答】
(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；
(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．
(5)根据O点受力平衡，只要L1和L2的方向不变，则它们的拉力大小也不变，仍能验证平行四边形定则
12.【答案】 AD##DA xBC+xCD2T xCD+xDE−xAB+xBC4T2 B
【解析】(1)[1] A.实验中小车所受拉力为弹簧测力计拉力的两倍可以直接读出，所以不需要测量砂和砂桶的质量。故A正确；
B.让小车靠近打点计时器，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再释放小车。故B错误；
C.由A选项分析可知，不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量。故C错误；
D.补偿阻力时，需取下托盘和砝码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑。故D正确。
故选AD。
(2)[2]打点计时器打下C点时，小车的速度表达式为vC=vBD=xBC+xCD2T
[3]由逐差法可得小车的加速度大小表达式为a=xCD+xDE−xAB+xBC4T2
(3)[4]根据牛顿第二定律，有2F=m+Ma
整理，可得1a=12Fm+12FM
结合丙图，可得12F=k,12FM=b
解得M=2Fb=bk
故选B。
13.【答案】解：(1)直棒做自由落体运动，2gH=v12 ，代入数据可得：v1=10 2m/s；
(2)从释放到B端到达空心管上端的时间t1=v1g，代入数据可得：t1= 2s，
设从释放到A端到达空心管下端的时间为t2，
有l1+H+l2=12gt22，
代入数据解得：t2=2s，
直棒穿过空心管的时间
Δt1=t2−t1=(2− 2)s；
(3)设通过空心管的时间为△t2，
v1△t2+12g△t22=12g△t22+l1+l2，
代入数据解得：△t2= 22s。

【解析】本题考查的是自由落体运动公式的直接应用，关键是知道如何求通过圆筒的时间。
(1)利用v2=2gH求直棒下端B到达空心管时的速度v1；
(2)因为直棒做自由落体运动，根据公式h=12gt2求解直棒从释放到B端到达空心管上沿和下沿所用时间，然后作差即可求解直棒通过空心管的时间Δt1；
(3)释放空心管后到直棒通过空心管这一段过程，直棒与空心管的位移之差为l1+l2，据此列位移时间关系的等式求Δt2
14.【答案】解：(1)设木箱竖直向下的加速度为a1，根据牛顿第二定律有mg−FN=ma1。弹簧能拉动物体，则有F>μFN。联立解得a1>g−Fμm=2 m/s2，所以要让木箱在竖直方向上向下加速或向上减速运动，加速度大小为10m/s2>a1>2m/s2；
(2)设木箱水平向左的加速度为a2，弹簧能拉动物体，根据牛顿第二定律有μmg−F0.6 m/s2，加速度方向水平向左，所以木箱要以加速度大小为a>0.6m/s2向左加速运动或以加速度大小为a>0.6m/s2向右减速运动。

【解析】本题主要考查牛顿第二定律的简单应用及临界与极值问题。
创设木箱在竖直方向和水平方向的两种运动情境，运用牛顿第二定律研究物块A能相对木箱向右运动的条件。
15.【答案】解：
(1)赛车做匀加速直线运动，由速度时间关系可得t=3s末速度为： v1=at=6m/s，
(2)设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2+200=12a t22，
解得：t2=20 s，
当两车速度相等时，两车相距最远，由v0=at3，得两车速度相等时需要的时间t3=v0a =102s=5s，
两车最远相距s=v0t3+200−12at32=10×5+200−12×2×52m=225m；
(3)两车相遇时赛车的速度为：v1=at2=40m/s；
赛车减速到静止所用的时间为：t′=v1a′=404s=10s，
赛车减速到静止前进的距离为：xmax=v122a′=16008m=200m，
相同的时间内安全车前进的距离为：x=v0t′=100m所以赛车停止后安全车与赛车再次相遇，所用时间为：t′′=xmaxv0=20010s=20s。
答：(1)赛车出发3 s末的瞬时速度大小为6m/s；
(2)赛车经过20s追上安全车，赛车追上安全车之前两车相距的最远距离为225m；
(3)两车再经过20s时间第二次相遇。
【解析】本题考查匀变速运动在追击相遇问题中的应用，只要对两种车把运动学公式用熟，分析清楚运动情况就可轻松解答。
(1)根据速度时间关系求出3s末赛车速度；
(2)根据位移关系求出追上的时间，根据速度相等时相距最远求出时间，代入位移公式求出两车距离；
(3)根据位移相等求出时间，用实际情况判定是否合理，根据赛车速度早已为零再一次列出位移相等求出再一次相遇时间。