2022-2023学年辽宁省大连育明高级中学高一（下）开学物理试卷（含解析）

2022-2023学年辽宁省大连育明高级中学高一（下）开学物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如图四幅图中，能反映自由落体运动规律图像的是( )
A. B.
C. D.
2.关于下列说法，正确的是( )
A. 做变速圆周运动的物体，合外力方向始终指向轨迹的圆心
B. 做匀速圆周运动的物体加速度方向保持不变
C. 物体做曲线运动时，合外力的方向一定时刻改变
D. 物体做曲线运动时，加速度大小、方向可能都保持不变
3.做匀加速直线运动的质点在第一个内的平均速度比它在第一个内的平均速度大，则质点的加速度大小为( )
A. B. C. D.
4.如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体，在与竖直墙之间放置一光滑小球，整个装置处于静止状态。现用水平力推动缓慢向左移动一小段距离后撤掉外力，它们仍处于静止状态。则移动后与移动前相比，下列判断正确的是( )
A. 小球对物体的压力增大 B. 墙面对小球的支持力增大
C. 地面对物体的摩擦力减小 D. 地面对的支持力增大
5.将一个物体在时刻以一定的初速度竖直向上抛出，时刻物体的速度大小变为取，则下列说法正确的是( )
A. 时刻物体的速度方向可能向上，也可能向下
B. 物体一定是在时回到抛出点
C. 物体的初速度不一定是
D. 时刻物体可能在初始位置的下方
6.跳台滑雪比赛由于惊险而刺激且观赏性极强，受了人们的广泛关注。如图，某运动员从跳台处沿水平方向飞出，已知时运动员离斜坡面最远，到两点间的水平距离为。不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 运动员在处的速度大小为 B. 、两点间的距离为
C. 运动员离直坡面最大距离为 D. 斜坡的倾角为
7.如图所示，、两点分别位于大、小轮的边缘上，点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的倍，它们之间靠摩擦传动，接触面间没有相对滑动。下列说法正确的是( )
A. A、两点周期之比为：
B. B、两点加速度大小之比为：
C. A、两点角速度大小之比为：
D. B、两点转速之比为：
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量均为的、两物体叠放在竖直弹簧上保持静止，现用恒力向上拉。已知，当地重力加速度为，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的有( )
A. A、分离前二者共同做匀加速运动
B. 拉力刚作用瞬间、之间的作用力为
C. 两物体分离时弹簧的弹力大小为
D. 两物体分离后做匀加速运动
9.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为、和的三个木块，其中质量为的木块放在质量为的木块上，质量为和的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为时刚好被拉断。现用水平拉力拉质量为的木块，使三个木块以同一加速度运动，下列说法正确的是( )
A. 当等于时轻绳未断，受到的摩擦力等于
B. 轻绳刚要被拉断时，质量为的木块受到的摩擦力为
C. 当逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断
D. 当逐渐到时，轻绳拉力等于
10.如图所示俯视图，用自然长度为劲度系数为的轻质弹簧，将质量均为的两个小物块、连接在一起，放置在能绕点在水平面内转动的圆盘上，物体、和点恰好组成一个边长为的正三角形。已知小物块、和圆盘间的最大静摩擦力均为，现使圆盘带动两个物体以不同的角速度做匀速圆周运动，则( )
A. 当圆盘的角速度为时，圆盘对的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小
B. 当圆盘的角速度为时，圆盘对的摩擦力的大小等于弹簧弹力的大小
C. 当物块、刚要滑动时，圆盘的角速度
D. 当圆盘的角速度为时，圆盘对的摩擦力最小
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图甲所示，某同学为了比较不同物体与转盘间动摩擦因数的大小设计了该装置。已知固定于转轴上的角速度传感器和力传感器与电脑连接，可直接测出角速度和绳的拉力，通过一不可伸长的细绳连接物块，细绳刚好拉直，测得物块以不同的角速度随圆盘做匀速圆周运动时拉力与角速度的大小。在电脑上绘出图乙所示图像。换用形状和大小相同但材料不同的物块重复实验，得到物块、、分别对应的三条直线，发现与的纵截距相同，与的横截距相同，且符合一定的数量关系。回答下列问题：最大静摩擦力等于滑动摩擦力
物块没有看作质点对实验是否有影响？______选填“是”或“否”。
物块、、的质量之比为______。
物块、、与转盘之间的动摩擦因数之比为______。
12.在“探究加速度与物体受力的关系”活动中，某小组设计了如图所示的实验。图中上下两层水平轨道表面光滑，两完全相同的小车前端系上细线，细线跨过滑轮并分别挂上装有不同质量砝码的盘，两小车尾部细线水平连到控制装置上，实验时通过控制细线使两小车同时由静止开始运动，然后同时停止。
实验中应使砝码和盘的总质量远______填“大于”或“小于”小车的质量，这时可认为小车受到合力的大小等于砝码和盘的总重。
若测得小车Ⅰ、小车Ⅱ在相同时间内的位移分别为和，则小车Ⅰ、小车Ⅱ的加速度之比： ______。
在研究小车匀变速运动的实验中，记录的纸带如图所示，图中两计数点间有四个点未画出。已知打点计时器所用电源的频率为，则小车运动的加速度 ______，打点时小车运动的速度 ______。结果保留两位有效数字
四、简答题：本大题共2小题，共26分。
13.用长度为的轻杆一端固定一小球在竖直平面内做圆周运动如图所示，小球的质量为，取。
求小球恰好通过最高点时的速度大小；
若小球通过最高点时的速度大小为时，此时轻杆受到的作用力；
若小球转到最低点时杆受到的拉力为，求此时小球角速度多大。
14.如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在台的一倾角为的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差，重力加速度取，，，不计空气阻力，求：
小球水平抛出时的初速度大小；
斜面顶端与平台边缘的水平距离；
若斜面顶端高，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？
五、计算题：本大题共1小题，共14分。
15.如图所示，倾角的足够长传送带上有一长、质量的薄木板，木板的最右端叠放质量为的小木块，对木板施加一沿传送带向上的恒力，同时让传送带逆时针转动，运行速度。已知木板与物块间动摩擦因数，木板与传送带间的动摩擦因数，取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
若在恒力作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；
若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值；
若，木板与物块经过多长时间分离？分离前的这段时间内，木板相对传送带的位移是多少。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、由自由落体速度与时间的关系式可知，图像为过原点的倾斜直线，故A错误，C正确；
B、由自由落体位移与时间的关系式可知，图像为抛物线，故B错误；
D、自由落体运动加速度不变匀加速直线运动，所以图像为与轴平行的直线，故D错误。
故选：。
自由落体运动是初速度等于零，加速度为的匀加速直线运动，根据这些特点来判断能反映自由落体运动的可能图像。
在处理自由落体运动问题时，要把握自由落体运动的实质：它是初速度等于零，加速度为的匀加速直线运动。
2.【答案】
【解析】解：只有做匀速圆周运动的物体，合外力方向才始终指向轨迹的圆心，故A错误；
B.做匀速圆周运动的物体加速度方向指向圆心，则方向不断变化，故B错误；
C.物体做曲线运动时，合外力的方向不一定时刻改变，例如平抛运动，故C错误；
D.物体做曲线运动时，加速度大小、方向可能都保持不变，例如平抛运动，故D正确。
故选：。
物体做曲线运动时，所受合外力的方向与加速度的方向不在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，加速度可以是变化的，也可以是不变的；平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变；圆周运动的合外力时刻改变。
本题关键是明确物体做曲线运动的动力学条件和运动学特点，能够结合平抛运动和匀速圆周运动分析，基础问题。
3.【答案】
【解析】解：根据匀变速直线运动的速度规律，第一个内的平均速度等于第时刻的瞬时速度；在第一个内的平均速度等于在时刻的瞬时速度，之间对应的时间，根据加速度的定义式，则加速度
故ABD错误，C正确；
故选：。
根据匀变速直线运动的速度规律把两个平均速度视为两个不同时刻的瞬时速度，再结合加速度的定义式代入数据求解。
考查匀变速直线运动的基本规律，会根据这些规律结合进行相关物理量的运算。
4.【答案】
【解析】解：对球进行受力分析，当推动缓慢向左移动一小段距离后，由图可知与竖直方向的夹角变小，整个过程动态变化如下图所示：
由图可知，减小，根据牛顿第三定律，可知小球对物体的压力逐渐减小；也减小，可知墙面对小球的支持力一直减小。故AB错误；
D.以整体为研究对象，可知竖直方向受力平衡，则地面对的支持力等于总重力，由牛顿第三定律可知，对地面的压力不变。故D错误；
C.整体水平方向受力平衡，根据平衡条件有：
由于逐渐减小，则静摩擦力逐渐减小。故C正确。
故选：。
由整体法和隔离法进行受力分析，逐一找到物体对小球的弹力和墙面对小球的弹力，地面对物体的摩擦力和弹力，再根据牛顿第三定律得出小球对物体的压力。
本题考查共点力平衡专题，解题关键是利用“整体法和隔离法”受力分析，是一道综合性较强的一道题目。
5.【答案】
【解析】解：物体做竖直上抛运动，在内的速度变化量为，解得
由于初速度不为零，可知时速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，即时刻物体在初始位置的上方，故AD错误；
由，代入数据解得
回到出发点的时间为，解得
故B正确，C错误。
故选：。
根据，计算速度变化量，并分析时刻物体位置；
根据运动学公式计算初速度，再根据竖直上抛公式，计算时间。
本题考查学生对竖直上抛规律的掌握，是一道基础题。
6.【答案】
【解析】解：、根据题意，由对称性可知，运动员由的时间为，由公式可得，运动员在处的速度大小为，故A错误；
B、根据题意，由公式可得，运动员由的竖直位移为
则、两点间的距离为
又有
解得
故BD错误；
C、根据题意，由几何关系可知，初速度在垂直斜面方向的分速度为
当运动离斜面最远时，垂直斜面方向的分速度为，则运动员离直坡面最大距离为
故C正确。
故选：。
运动员从点水平飞出做平抛运动，根据水平方向的运动规律可解得初速度，将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，在垂直于斜面方向做匀减速直线运动，沿斜面方向做匀加速直线运动，当垂直于斜面方向的速度为零时，距离斜面最远，结合速度时间公式和位移时间公式进行求离坡面的最远距离。
解决本题的关键将平抛运动进行分解，灵活选择分解的方向，得出分运动的规律，根据运动学公式灵活求解。明确运动员运动方向与斜面平行时，离坡面最远。
7.【答案】
【解析】解：由题意可知，同缘传动边缘点线速度大小相等，故A与的线速度的大小相同，即
A、两点为同轴转动，角速度相等，即
根据
结合题意大轮的半径是小轮的倍，可得：：
由
可得：：
故AC错误；
根据以上分析可知：：：：：
由
可得：：
根据
则、两点转速之比为：
故B正确，D错误。
故选：。
两轮靠摩擦传动，轮子边缘上的点线速度大小相等，共轴转动角速度大小相等，根据求出角速度大小之比和线速度大小之比，根据即可求出周期之间关系，由求出转速之间关系。
解决本题的关键知道靠摩擦传到轮子上的各点线速度大小相等，共轴转动的各点角速度大小相等。
8.【答案】
【解析】解：、根据题意可知，、分离前一起向上做加速运动，由于弹簧弹力变化，则整体受到的合力变化，加速度变化，做非匀加速运动，故A错误；
B、根据题意，由平衡条件可知，作用之前，弹簧的弹力为，拉力刚作用瞬间，弹簧弹力不变，设、之间的作用力为，由牛顿第二定律
对有
对有
解得拉力刚作用瞬间、之间的作用力为，故B正确；
、根据题意可知，两物块分离时，物块间没有作用力，设此时弹簧弹力为
对根据牛顿第二定律，有
对有
解得，
两物体分离后，物体继续向上运动，受力平衡故做匀速运动，故D错误，C正确。
故选：。
应用牛顿第二定律可知，拉力刚作用瞬间至、分离前，的加速度变化情况；当、间的作用力为零时两物体开始分离，根据物体的受力情况，利用牛顿第二定律求解两物体分离时弹簧的弹力、拉力刚作用瞬间、之间的作用力，分析两物体分离后的运动。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚、的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。
9.【答案】
【解析】解：、当等于时轻绳未断，对整体，根据牛顿第二定律有
对有
联立解得，受到的摩擦力
，故A正确；
、根据题意可知，轻绳刚要被拉断时，绳子的拉力设为，对和整体，根据牛顿第二定律有
对有
解得
根据牛顿第三定律，质量为的木块受到的摩擦力为
对整体，根据牛顿第二定律有
解得
即当时，轻绳刚好被拉断，故BC错误；
D、对整体，根据牛顿第二定律有
对和整体，有
解得轻绳拉力，故D正确。
故选：。
由于三个木块一起向前加速运动，故先对三个木块整体受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；再对质量为和的木块整体受力分析，再对质量为的木块分析，由牛顿第二定律分别列式，联立可求出质量为的木块受到的摩擦力；再对三个木块整体分析，由牛顿第二定律列式，可求出轻绳刚好被拉断时的数值；通过对三个木块整体和和整体，由牛顿第二定律分别列式，联立可由牛顿第二定律分别列式，联立可解得轻绳拉力。
本题关键对研究对象的选择，要注意用整体法与隔离法，求加速度可用整体法，求系统内部弹力可用隔离法。
10.【答案】
【解析】解：间的距离为，而弹簧的原长为，故弹簧的弹力为
A、当时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为，故A错误；
B、当时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为，故B正确；
C、当时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为，所需向心力与弹簧弹力均为，且两者方向的夹角为，根据合力与分力构成的矢量三角形可知此时摩擦力大小为，此时物体和圆盘还未相对滑动，故C错误；
D、当圆盘的角速度为时，可得物块随圆盘转动需要的向心力为，根据合力与分力构成的矢量三角形可知，此时静摩擦力最小，故D正确；
故选：。
对物体进行受力分析，根据胡克定律求出弹簧的弹力，分析向心力来源，根据牛顿第二定律求解。
本题关键是分析物体的受力情况和运动情况，找到向心力来源，根据牛顿第二定律列式求解，注意临界情况的分析。
11.【答案】否 ：： ：：
【解析】解：该题研究的是向心力和角速度的关系，物体的形状对研究的问题无影响，所以物体没有看作质点对实验是没有影响；
当物块随盘缓慢加速过程中，物体的向心力先由静摩擦力提供，当达到最大静摩擦力后则由绳子的拉力和最大静摩擦力提供，即
所以有
图象的斜率为，与纵轴的截距为，根据图象知的斜率
的斜率
的斜率
所以、、的质量之比为：：；
由图象知的纵截距
的纵截距
的纵截距
结合质量之比得到物块、、与转盘之间的摩擦因数之比为：：；
故答案为：否；：：；：：。
根据控制变量法分析判断；
根据牛顿第二定律推导图像函数表达式，结合图像斜率计算质量比值；
结合图像截距计算动摩擦因数之比。
本题关键掌握控制变量法，掌握利用图像和函数表达式计算。
12.【答案】小于 ：
【解析】解：对小车，根据牛顿第二定律
对砝码及砝码盘
联立解得
可见，当时，拉力
砝码和盘的总质量远小于小车的质量，这时可认为小车受到合力的大小等于砝码和盘的总重。
根据初速度为零的匀变速直线运动公式
两小车运动时间相同，位移与加速度成正比；
因此两小车、的加速度之比
相邻计数点的时间间隔
根据逐差法，加速度
根据匀变速运动规律
代入数据解得。
故答案为：小于；：；；。
根据牛顿第二定律分析作答；
根据初速度为零的匀变速直线运动特点
根据逐差法求加速度；
根据运动学公式分析作答。
本实验在原来的基础上有所创新，根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键。
13.【答案】解：小球在最高点时
当时，速度达到最小，即为
在最高点时，根据
解得
有牛顿第三定律可知，杆受到的力与小球受到的力大小相等，方向相反，即大小为，方向向上；
在最低点时，根据
解得
答：小球恰好通过最高点时的速度大小为；
小球通过最高点时的速度大小为时，此时轻杆受到的作用力为，方向向上；
小球转到最低点时杆受到的拉力为，求此时小球角速度为。
【解析】根据牛顿第二定律和小球恰好通过最高点时的条件计算；
小球到达圆周运动的最高点时列牛顿第二定律方程，再牛顿第三定律判断；
小球到达圆周运动的最低点时根据牛顿第二定律计算。
不本题关键掌握竖直平面内的圆周运动临界状态问题的处理方法。
14.【答案】解：小球恰好沿斜面方向进入斜面，则，
代入数据解得
根据，
解得，
小球在斜面上受力分析得
小球在斜面上初速度
则
联立解得
则
答：小球水平抛出时的初速度大小为；
斜面顶端与平台边缘的水平距离为；
若斜面顶端高，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端为。
【解析】小球从离开平台到斜面顶端的过程做平抛运动，根据速度位移公式求出小球到达斜面顶端时竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度。
根据速度时间公式求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求斜面顶端与平台边缘的水平距离。
根据牛顿第二定律求出小球在斜面上做匀加速运动的加速度，根据平行四边形定则求出小球在斜面上的初速度，结合位移时间公式求出小球在斜面上运动的时间，从而得出时间。
解决本题时，要分析清楚小球的运动情况，灵活运用运动的分解法研究平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合求小球在斜面上的运动时间。
15.【答案】解：对木块受力分析得重力沿斜面向下的分力为：
受到的最大静摩擦力：
由于 所以木块处于静止状态．
设木块相对于木板恰好不滑动时的加速度为，则对木块，由牛顿第二定律得：

对木板得：
解得：
因，二者发生相对滑动
木块的加速度为：
对木板有：
解得：
由几何关系有：
解得：
即木板与物块经过时间分离。
分离前的这段时间内，木板相对传送带的位移为
解得
答：木块处于静止状态。
所施恒力的最大值是；
木板与物块经过时间分离，分离前的这段时间内，木板相对传送带的位移为。
【解析】分别求出木块的重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力，比较二者的大小来判断；
木块恰好不相对木板滑动时，对木块和木板分别列出牛顿第二定律，即可求解；
因，二者发生相对滑动，由牛顿第二定律分别求出二者的加速度，结合几何关系可求得时间，再由位移公式求木板相对传送带的位移。
解决本题的关键要理清木块和木板的运动情况，特别要分析临界状态，即两者恰好不发生相对滑动的状态，此时两者间的静摩擦力达到最大值。运用牛顿第二定律求出
加速度时，要注意研究对象的选择，采用隔离法或整体法相结合比较简洁。
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