2023-2024学年黑龙江省大庆市铁人中学高一（下）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年黑龙江省大庆市铁人中学高一（下）开学物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某质点从到做速率逐渐增大的曲线运动，轨迹如下图所示．现有四位同学在轨迹某处画出该质点的速度方向及加速度的方向，正确的是( )
A. B. C. D.
2.已知物理量的单位为“米”、的单位为“米秒和的单位为“秒”，则由这三个物理量组成的关系式正确的是( )
A. B. C. D.
3.如图所示，、两物块叠放在一起，在竖直向上外力的作用下，恰能一起沿粗糙的竖直墙面匀速向下运动，则物块的受力个数为( )
A. 个
B. 个
C. 个
D. 个
4.甲、乙两辆汽车从同一地点出发且在同一条平直公路上运动，两辆汽车的速度时间图像如图所示，由图像可以看出在内( )
A. 在时，甲汽车运动方向发生改变
B. 时甲、乙两辆汽车相遇
C. 内甲汽车的平均速度等于乙汽车的平均速度
D. 内甲、乙两辆汽车之间的最大距离为
5.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空点自由下落，图中点是弹性绳的原长度位置，是人所到达的最低点，是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从点下落到最低点点的过程中( )
A. 人在点时速度最大
B. 人在段做加速度增大的加速运动
C. 在段人处于超重状态
D. 在点，人的速度为零，处于平衡状态
6.如图所示，倾斜索道与水平线夹角，当载人车厢以加速度斜向上加速运动时，人对车厢的压力大小为体重的倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为，人的体重为，重力加速度为，，，下列说法正确的是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图所示，两质量均为的小球、固定在轻杆两端，用等长的细线悬挂在点，整个系统静止时，细线和轻杆构成正三角形。用力缓慢拉动小球，保持两细线张紧，最终使连接球的细线竖直。重力加速度大小为。则连接球的细线竖直时，力的最小值是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，从斜面上某一位置先后由静止释放四个小球，相邻两小球释放的时间间隔为。某时刻拍下的照片记录了各小球的位置，测得、、间距离分别为，，。则( )
A. 照片上小球的位置，就是每个小球的释放点
B. 若，点小球速度大小为
C. 若，所有小球加速度为
D. 若、、四个小球的速度分别为、、，一定有
9.如图所示，细绳挂着箱子，箱内又用绳挂着球，在的下方又用轻弹簧挂着球。已知、、三个物体的质量均为，原来都处于静止状态，重力加速度为。在细绳被烧断后的瞬间，以下说法正确的是( )
A. A、、的加速度都为 B. A、的加速度为，加速度为零
C. A、的加速度为，加速度为零 D. 细绳上的拉力大小为
10.如图，倾角为的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块通过跨过光滑定滑轮的柔软轻绳与小球连接，点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时，小球在水平向右的拉力作用下使轻绳段与水平拉力的夹角，整个系统处于静止状态。现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变，从初始到轻绳段水平的过程中，斜面体与物块均保持静止不动，则在此过程中( )
A. 拉力逐渐增大 B. 轻绳上的张力先增大后减小
C. 地面对斜面体的支持力逐渐增大 D. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小
三、非选择题（共54分）
11.在“探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图所示，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度．
有一个同学通过以上实验测量后把组数据描点在坐标图中，请作出图线．
由此图线可得出该弹簧的原长______，劲度系数______
12.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置。其中为小车的质量，为砂和砂桶的质量，为滑轮的质量，滑轮大小不计且光滑。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
实验时，一定要进行的操作是______。
A.用天平测出砂和砂桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
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远小于小车的质量
该同学在实验中得到如图所示的一条纸带两计数点间还有四个点没有画出，已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______结果保留三位有效数字。
甲同学以力传感器的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量 ______用本题中的符号表示。
乙同学根据测量数据作出图所示的图线，该同学做实验时存在的问题可能是______。
A.平衡摩擦力时没有挂沙桶
B.算加速度时误认为两计数点间有五个点
C.平衡摩擦力时长木板右端垫得过高
D.平衡摩擦力时长木板右端垫得不够高
13.如图所示，直杆长，圆筒高为。直杆位于圆筒正上方处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒，设圆筒离地面足够高，取。求：
直杆穿越圆筒所用的时间。
若直杆刚开始下落时，圆筒同时以的速度竖直上抛，经多长时间二者相遇。
14.如图所示，质量均为的、两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为的重物，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为，两滑块与水平面间动摩擦因数均为，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，杆与铰链的质量忽略不计，重力加速度。求：
系统静止时滑块受摩擦力的大小。
若增大重物的质量系统仍能静止，的最大质量。
15.如图所示，质量的木板放在动摩擦因数为的水平地面上，质量为的小物块放在木板右端，小物块大小忽略不计，小物块与木板间的动摩擦因数，现用一水平向右的恒力作用在木板左端，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。求：
若作用下小物块和木板一起相对静止运动，的取值范围；
若，作用秒后撤掉，木板的长度至少为多长，物块才不会掉下来；若木板足够长，小物块最终相对木板静止时距木板右端的距离。
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
当物体速度方向与加速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度指向曲线凹的一侧；当加速度与速度方向夹角小于度时物体做加速运动；当加速度的方向与速度方向大于度时物体做减速运动；分析图示情景然后答题。
解答本题应知道物体做曲线运动的条件，分析清楚图示情景即可正确解题，同时掌握加速与减速的区别，能根据夹角分析速度的变化。
【解答】
A.由图示可知，加速度方向与速度方向夹角大于度，物体做减速运动，故A错误；
B.由图示可知，速度方向与加速度方向相同，物体做直线运动，不做曲线运动，故B错误；
C.由图示可知，加速度在速度的右侧，物体运动轨迹向右侧凹，故C错误；
D.由图示可知，加速度方向与速度方向夹角小于度，物体做加速曲线运动，故D正确。
故选：。
2.【答案】
【解析】解：、根据，知，故A错误．
B、根据，知故B正确．
C、根据，知故C错误．
D、根据，知故D错误．
故选B．
根据单位的关系判断三个物理量之间的关系是否正确．
解决本题的关键知道物理量之间满足的关系与单位之间满足的关系相同．
3.【答案】
【解析】解：对物体、构成的整体受力分析，由平衡条件可知墙壁对没有弹力，因此墙壁对也没有摩擦力；物体向下做匀速直线运动，物体受到重力、恒力、对的弹力和对的摩擦力共个力；故B正确，ACD错误。
故选：。
先对整体进行受力分析，确定和墙壁之间无弹力则没有摩擦力；然后对、分别受力分析，然后分析一下除摩擦力以外的其它力。
本题考查共点力作用下物体的平衡，涉及受力分析、平衡条件应用等知识．极易出错．
4.【答案】
【解析】解：、内甲汽车的速度一直为正值，运动方向没有改变，故A错误；
B、根据图像与时间轴围成的面积表示位移，可知前内，甲车的位移比乙车的大，而时刻两车在同一位置，所以时甲、乙两辆汽车没有相遇，故B错误；
C、由图可知，时，乙汽车的速度为。根据图像与时间轴围成的面积表示位移，可知内甲汽车的位移为，乙汽车的位移为，则，所以内甲汽车的平均速度大于乙汽车的平均速度，故C错误；
D、甲、乙两辆汽车从同一地点出发，内甲汽车的速度比乙汽车的大，两者间距逐渐增大；内甲汽车的速度比乙汽车的小，两者间距逐渐减小，所以时，甲、乙两辆汽车之间的距离最大，且最大距离等于内两车位移之差，即为，故D正确。
故选：。
根据速度正负表示运动方向，分析甲汽车运动方向是否发生改变。根据图像与时间轴围成的面积表示位移，分析前内两车位移关系，判断甲、乙在第末能否相遇。分析内位移关系，再判断平均速度关系。根据甲、乙的运动情况，判断两者何时相距最大，并根据“面积法”求最大距离。
本题的关键要知道在速度时间图像中，图像与时间轴围成的面积大小表示位移，结合初始位置关系，分析两车间距离变化情况，知道两车速度相等时间距最大。
5.【答案】
【解析】解：、在段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，加速度向下，人做加速运动，随着弹性绳弹力的增大，合力减小，则加速度减小，所以人在段做加速度减小的加速运动，当加速度为零时即到达点时速度达到最大，故AB错误。
C、在段，绳的拉力大于人的重力，受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重，故C正确。
D、在点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。
故选：。
通过分析人的受力情况，结合弹性绳弹力的变化，分析人的速度和加速度的变化，根据加速度的方向，分析人的状态。
本题关键在于对人进行受力分析，根据合力方向与速度方向的关系，判断人的运动情况。分析时要抓住弹力的变化情况来进行动态变化分析。
6.【答案】
【解析】解：、由于人对车厢底的正压力为其重力的倍，所以在竖直方向上有
解得：
设水平方向上的加速度为，则：
所以：，则合加速度，故AB错误；
、在水平方向根据牛顿第二定律有：，故C正确，D错误。
故选：。
对人受力分析可知，人在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，从而根据平行四边形定则求出车厢的加速度，以及水平方向的加速度，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小．
人的水平和竖直方向的加速度之间的关系，是解决本题的关键，在本题中人在水平和竖直两个方向上都是有加速度的。
7.【答案】
【解析】解：末状态左边小球在最低点，细绳处于竖直方向，受到重力和绳子拉力而平衡，此时轻杆的弹力为零；
右侧小球受到重力、细线的拉力和力作用处于平衡状态，如图所示，当拉力方向与垂直时拉力最小；
根据平衡条件可得最小拉力，故B正确、ACD错误。
故选：。
先以为研究对象分析轻杆是否存在弹力，再以为研究对象，根据受力情况确定最小拉力的方向，再根据平衡条件求解。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
8.【答案】
【解析】解：、由题意可得：：：：满足初速度为零的匀变速直线运动连续相等时间间隔内位移之比的关系，所以位置是小球的释放点，故A正确；
B、点为的中间时刻，根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，可求得，故B错误；
C、根据匀变速直线运动的推论可得，故C错误；
D、点为释放点，所以，，，故，，所以，即，故D正确。
故选：。
A、根据初速度为零的匀变速直线运动连续相等时间内位移满足：：的关系进行判断；
B、根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可判断；
C、根据进行判断求解；
D、根据速度公式进行求解。
本题主要考查匀变速直线规律得应用，解题关键是正确应用匀变速直线的结论及推论进行判断。
9.【答案】
【解析】解：细绳在未被烧断前，将、、看成一个整体，由平衡条件有
当细绳被烧断的瞬间，、、整体所受合外力大小即等于，此时将隔离分析，由于弹簧的弹力不发生突变，细绳被烧断前和烧断的瞬间，对由平衡条件始终有
即在细绳被烧断前和烧断瞬间，所受合外力始终为零，则其加速度为，由此可知，在细绳被烧断瞬间应将、看成一个整体，由牛顿第二定律有
解得在这瞬间，、的加速度大小为
，故AB错误，C正确；
D.将隔离出来对分析，由于弹簧的弹力在细绳被烧断瞬间不发生突变，则对由牛顿第二定律有
解得
，故D正确。
故选：。
、分别对烧断绳子前和烧断绳子后的受力分析，利用牛顿第二定律求解的加速度；再对、整体受力分析，根据牛顿第二定律求解、的加速度；
D、烧断绳子后受力分析，根据牛顿第二定律求解绳子的拉力。
本题考查了绳子、弹簧的突变问题，利用牛顿第二定律即可解题。
10.【答案】
【解析】解：、小球受重力、轻绳的拉力和拉力，由题意可知，三个力的合力始终为零，在转至水平的过程中，轻绳的拉力逐渐减小，拉力逐渐变大，故A正确，B错误；
、整体含斜面体，物块和小球受向下的重力，向上的支持力，向左的摩擦力和拉力四个力的作用，根据小球的受力分析可知，拉力的竖直分力逐渐增大，水平分力先增大后减小，所以支持力逐渐减小，摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确；
故选：。
小球受重力、轻绳的拉力和拉力，建立矢量三角形，然后进行分析各个力的变化情况。
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。
11.【答案】
【解析】解：作出图线，如图所示；
弹簧处于原长时，弹力为零，故弹簧的原长；
图象的函数表达式为：，故斜率表示劲度系数；
劲度系数；
故答案为：如图所示；，．
用一条直线连接即可，要注意将尽可能多的点连在线上，不通过直线的点大致均匀地分布与直线两侧，偏差过大的点是测量错误，应该舍去；
图线与横轴的连线表示原长，斜率表示劲度系数．
本题关键是明确描点作图的方法，同时求解出图象的函数表达式，得到斜率的含义，然后通过图象求解出劲度系数．
12.【答案】
【解析】解：、本题拉力可以由传感器测出，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，故AD错误；
B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确。
故选：。
相邻计数点间的时间间隔为，根据，运用逐差法得，则有：
可得：。
由牛顿第二定律得：
则有
图象的斜率：，小车质量为：；
由图所示的图线可知，有一定的拉力才出现加速度，原因是平衡摩擦力时长木板右端垫得不够高，故ABC错误，D正确；
故选：。
故答案为：；；；
根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度。
小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。
根据图像特点分析解答。
解决实验问题首先要掌握实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，要知道小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数。
13.【答案】解：设直杆下端运动到筒上端速度为，由自由落体运动公式
解得
直杆下端到达圆筒上方到直杆上端离开圆筒下方所下落的距离为：
设直杆穿越圆筒所用的时间为，则有
代入数据为
解得
设两者相遇得时间为，根据运动学公式得
代入数据得
解得
答：直杆穿越圆筒所用的时间为
若直杆刚开始下落时，圆筒同时以的速度竖直上抛，经长时间二者相遇。
【解析】根据运动的特点结合运动学公式即可求得。
本题主要考查运动过程的分析，解题关键是正确应用运动学公式进行求解。
14.【答案】解：设杆对上方铰链弹力为，对上方铰链有
对物体有
代入数据联立解得
对整体竖直方向
若要系统静止
联立上式整理解得
答：系统静止时滑块受摩擦力的大小为。
若增大重物的质量系统仍能静止，的最大质量为。
【解析】利用平衡条件，对上方铰链、受力分析，计算力之间的关系；
可利用平衡条件计算最大质量。
本题考查了对共点力平衡模型的理解，其中利用平衡条件，运用力的合成与分解的方法为解题的关键。
15.【答案】解：要能使整体滑动，
当滑块刚要滑动时，对滑块根据牛顿第二定律有：
代入数据得：
以木块和滑块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：
代入数据得：
所以要使物块与木板一起加速则推力的范围是：
若，显然小物块已知滑动，根据牛顿第二定律可求两个物体的加速度
对物块，
对木板，
代入数据得：，
作用时间后，撤去推力，此时物块和木板的速度：
位移分别为：，
物块相对木板向左的位移
之后，由于长木板的速度较大，将做减速运动，物块仍做加速运动，根据牛顿第二定律
对滑块：，对木板：
代入数据得：，
设经过时间两者共速，共速时有：
解得：，
在内两物体的位移：，
物块相对木板向左的位移
之后，由于，两物体一起减速到零，所以小物块最终相对木板静止时距木板右端的距离：
答：若作用下小物块和木板一起相对静止运动，的取值范围是：；
若，作用秒后撤掉，木板的长度至少为，物块才不会掉下来；若木板足够长，小物块最终相对木板静止时距木板右端的距离为。
【解析】当物体与长木板刚好要发生相对滑动时，施加的推力最大，对物体根据牛顿第二定律求出加速度，对整体求出推力的最大值；
分撤去外力的前后，分别由动力学规律求出两物体的相对位移，相加即为物体距右端的距离。
本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型。对于板块相对运动问题，要明确两个问题，其一两者是否发生相对运动，其二两者是否能够达到相同的速度。
第1页，共1页