河南省名校联盟高一（下）开学考试物理（word版含答案）

河南省名校联盟高一（下）开学考试物理
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，球A位于竖直墙面与斜面体之间，球A重G1，斜面体B重G2，斜面倾角为θ，一切摩擦均不计，当斜面体B受到水平向左的推力F时，A、B均处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．水平力F＝G1/cos
B．竖直墙壁对A的弹力等于F
C．水平地面受到的弹力为G1＋G2
D．A对B的弹力等于G1tanθ
2．如图所示，（甲）图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，由静止释放M，（乙）图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮受到竖直向下拉力F的作用，拉力F的大小与m的重力相等，由静止释放M，开始时M距桌边的距离相等，则（　　）
A．（甲）（乙）两图中M的加速度相等，均为
B．（甲）、（乙）两图中细线受到的拉力相等
C．（甲）图中M到达桌边用的时间较长，速度较小
D．（甲）图中M的加速度为，（乙）图中M的加速度为
3．高一年级某体育生在体育场表演推铅球，铅球运动轨迹如图所示。已知铅球在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（　　）
A．D点的速率比C点的速率大
B．D点的加速度比C点加速度大
C．从B到D加速度与速度始终垂直
D．从A到D加速度与速度的夹角逐渐减小
4．如图所示，质量分别为和的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为与（>）．现将A．B间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为和，最大动能分别为和，则下列说法中正确的是（ ）
A．一定小于
B．轻绳剪断时加速度之比为
C．一定大于
D．一定大于
二、单选题
5．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为的圆弧在最低点相连，两个长分别为和的光滑斜面和先后固定于圆弧处，均与水平面在点平滑连接，质量为的滑块1从斜面顶端由静止释放，质量为的滑块2从斜面顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　）
A．滑块1、2在点时的动能之比为
B．滑块1、2运动到点所用时间之比为
C．滑块1、2在点时的动量大小之比为
D．滑块1、2在上滑行的最大距离之比为
6．下列说法中正确的是 （　　）
A．曲线运动一定是变速运动
B．做曲线运动的物体的加速度必定变化
C．物体在变力作用下不可能做直线运动
D．加速度恒定的运动不可能是曲线运动
7．如图所示，三个粗细均匀完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1=120°，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则（　　）
A．圆木B、C对圆木A的弹力为 B．圆木B、C对地面的压力为
C．圆木B、C受到地面的作用力为 D．地面与圆木间的动摩擦因数为
8．物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为v1=8m/s，v2 =12m/s，则物体在整个运动过程中的平均速度是（ ）
A．4.8m/s B．9.6m/s C．10m/s D．11.75m/s
9．质量为600g的篮球从0.8m高处由静止释放，落到水平地面后，反弹上升的最大高度为0.2m，若篮球与地面的接触时间为0.2s重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，则篮球对地面的平均冲击力大小为（　　）
A．6N B．12N C．18N D．24N
10．某活动小组利用题图装置测当地重力加速度；钢球自由下落过程中，用通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度；测出钢球的直径、钢球挡住两光电门的时间、及两光电门间的距离．则当地的重力加速度为（ ）
A． B．
C． D．
11．关于加速度与速度、速度变化量的关系，下列说法正确的是（　　）
A．加速度为零的物体，速度一定为零
B．物体的加速度逐渐减小，速度一定逐渐减小
C．加速度方向一定与物体的速度方向在一条直线上
D．加速度方向一定与速度变化量的方向相同
12．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v—t图像如图所示，已知两车在时并排行驶，则（　　）
A．在时，甲车在乙车后
B．在时，甲车在乙车前
C．两车另一次并排行驶的时刻是
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为
三、实验题
13．某同学用如图甲所示装置探究加速度与力的关系，当地的重力加速度为g。
（1）将长木板固定在水平桌面上，调节定滑轮高度，使连接小车的细线与长木板______，接通电源，释放小车，打出的纸带如图乙所示，在纸带上取一系列计数点，每两计数点间还有4个点没有画出来，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频率为50Hz，则小车运动的加速度a=______m/s2（结果保留3位有效数字）；
（2）保持小车质量M不变，多次改变砂和砂桶的质量m，重复实验，测得多组砂和砂桶的质量m及对应小车运动的加速度a，作出a-m图象如图丙中①所示，由图象可知，实验过程______（填“满足”或“不满足”）m远小于M；
（3）实验时，要使砂和砂桶的重力近似等于小车受到的合外力，需要将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，以平衡摩擦力，然后重新实验，测得多组加速度a与砂和砂桶的质量m，作出的图线应是图丙中的图线______（填“①”“②”“③”或“④”）
14．如图所示为在研究匀变速直线运动实验时打出的一条纸带，各计数点在纸带上已经标出，相邻两计数点之间有四个计时点未画出，已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，用刻度尺测得AC间、DF间的距离分别为3. 70 cm、11. 22 cm，则打E点时物体的瞬时速度大小为__________m/s，该匀变速直线运动的加速度大小为__________m/s2 （以上结果均保留三位有效数字）．
四、解答题
15．如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为，传送带长，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形轨道槽的最低点C等高，槽的半径。质量为的物块（可视为质点）由某高度水平抛出，初速度，自A端无碰撞地滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失，物块滑至木板右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入槽内且恰好能经过最高点D。已知物块与传送带间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为。取重力加速度，，，求：
（1）物块刚冲上传送带时速度和加速度的大小；
（2）物块从抛出至运动到B点经历的时间；
（3）木板的长度L。
16．如图所示，放在粗糙水平面的物体受一水平向右的F拉力作用，物体向右运动，已知物体的质量是10kg，在5s内运动10m，接触面的摩擦因数是0.5，g取10m/s2。求∶
（1）物体的加速度；
（2）水平向右的拉力F。
17．如图甲所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动。假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1 s上升的距离都是10 cm，玻璃管向右匀加速平移，每1 s通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm。图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，时蜡块位于坐标原点。
(1)请在图乙中画出蜡块4 s内的轨迹；
(2)求出玻璃管向右平移的加速度大小；
(3)求时蜡块速度v的大小及方向。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．BC
【解析】
【详解】
对A进行受力分析，
受重力G1、斜面的支持力F2和竖直墙面的弹力F1，如图所示，根据平衡条件：F1＝G1tanθ，，故D错误．再对A、B整体分析，竖直方向受到重力和地面的支持力的作用，水平方向受到竖直墙面的弹力F1和推力F作用，根据平衡条件得，水平方向：F＝F1＝G1tanθ，竖直方向：地面对B的支持力大小为G1＋G2，故A错误，BC正确．所以BC正确，AD错误．
2．CD
【解析】
【详解】
AD．甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
乙图
故A错误，D正确；
B．乙图中绳子拉力大小为F，而甲图中，对M有
则乙图中绳子受到的拉力较大，故B错误；
C．由公式
和
可知，甲图中加速度较小，甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小，故C正确。
故选CD。
3．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由题意可知从B点开始，铅球做平抛运动，只受竖直向下的重力，加速度恒定不变，平抛运动是匀加速曲线运动，所以D点的速率比C点的速率大，故A正确，B错误；
CD．由图可知，铅球的速度方向不断向下变化，与加速度的夹角越来越小，故C错误，D正确。
故选AD。
4．AC
【解析】
【详解】
试题分析：平衡时，对A.B受力分析如图所示：
对A：,
对B：,′
又
联立以上几个方程式得：，故A正确；剪断AB间的细绳，其余两绳弹力发生突变，两球都只受重力和一个弹力，合力方向与绳垂直，有牛顿第二定律得：，所以，故B错误；两球摆到最低点时动能和速度最大，根据机械能守恒得：
对A球有：，得
对B球有：，得
由图知：，，则得：，即甲球的最大速度大于乙球的最大速度,而最大动能无法确定大小,故C正确，D错误．
考点：牛顿第二定律、机械能守恒
【名师点睛】本题首先要选择研究对象，分析受力情况，抓住两球间细绳的拉力这个桥梁，建立它们之间的联系，由平衡条件得到质量关系和拉力关系．对于加速度在剪断AB间的细绳，其余两绳弹力发生突变，利用牛顿第二定律可分析加速度关系；利用动能定理分析最大速度和最大动能关系．
5．B
【解析】
【分析】
本题考查功能关系的综合应用，意在考查考生的分析综合能力。本题需要考生结合机械能守恒定律及动能定理等解决问题，考查的学科素养主要有科学思维中的模型建构、科学推理等。
【详解】
A．设1物体运动斜面的倾角为，设2物体运动斜面的倾角为，长为、长为，由几何关系可得，，则滑块1、2释放点与水平面之间的高度分别为
，
由机械能守恒定律可知，到达点时具有的动能
，
则滑块1、2在点的动能之比为，A错误；
B．对滑块1，根据运动学知识可得
解得
对滑块2，根据运动学知识可得
解得
则运动的时间之比为，B正确；
C．由动能和动量的关系
可知，在点时滑块1、2的动量大小之比为，C错误；
D．对滑块运动的整个过程运用动能定理有
解得，由此可知滑行的最大距离与高度成正比，即滑块1、2在上滑行的最大距离之比为，D错误。
故选B。
6．A
【解析】
【详解】
A．曲线运动的速度方向时刻在变，所以一定是变速运动，故A正确；
BD．做曲线运动的物体的加速度一定与速度方向不在同一直线上，但加速度不一定变化，故BD错误；
C．当变力的方向与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，故C错误。
故选A。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．对A进行受力分析，如图所示
因为A处于平衡状态，合力为零，则有
解得
故A错误；
B．对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向
故B正确；
C．地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B摩擦力的合力，大于，同理地面对C的作用力大于，故C错误；
D．对C根据平衡条件得地面对C的摩擦力大小为
根据摩擦力的公式
f=μFN
代入数据解得
故D错误。
故选B。
8．B
【解析】
【详解】
设整体过程的总位移为2s，则物体通过第一段位移所用时间为：；物体通过第二段位移所用时间为：；则物体在这整个运动过程中的平均速度为： ；联立并代入数据得：v=9.6m/s，故选B.
9．D
【解析】
【详解】
根据运动学公式可知篮球和水平面碰撞前后篮球的速度大小分别为
v1，
v22m/s，
令向下为正方向，根据动量定理有：
Ft+mgt＝﹣mv1﹣mv2
代入数据：
F×0.2+6×0.2＝﹣0.6×2﹣0.6×4
解得：
F＝﹣24N
A. 6N与分析不相符，故A项与题意不相符；
B. 12N与分析不相符，故B项与题意不相符；
C. 18N与分析不相符，故C项与题意不相符；
D. 24N与分析相符，故C项与题意相符．
10．D
【解析】
【详解】
根据，则有
故选D.
11．D
【解析】
【详解】
A. 加速度为零的物体，速度不一定为零，故A错误；
B. 物体的加速度逐渐减小，速度不一定逐渐减小，加速度与速度相同时，速度增加，故B错误；
C. 加速度方向不一定与物体的速度方向在一条直线上，例如平抛运动，故C错误；
D. 加速度方向一定与速度变化量的方向相同，故D正确。
故选D。
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
AC．根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故AC错误；
B．根据“面积”大小表示位移，由图象可知，0至1s甲的位移
乙的位移
在t=0时，甲车在乙车前
故B正确；
D．根据“面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s，甲车的位移为
即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m。故D错误。
故选B。
13． 平行 2.07 满足 ③
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]调节定滑轮高度，使连接小车的细线与长木板平行，使绳上的拉力等于小车受到的合力。
[2]由逐差法可得，小车运动的加速度为
(2)[3]整体由牛顿第二定律可得
整理得
当满足m远小于M的条件，可得
a与m为一次函数，符合①所示特征，故实验过程满足m远小于M，不过原点是因为未平衡摩擦力。
(3)[4]平衡摩擦力后，结合(2)的分析可得
故图线过原点，斜率与①相等，应是图丙中的图线③。
14． 0.561 1.25
【解析】
【详解】
[1]相邻两计数点之间有四个计时点未画出，已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，则T=0.10s；
打E点时物体的速度等于物体在DF间的平均速度：
[2]根据速度与时间关系可以得到加速度为：
15．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）物块抛出后做平抛运动，在A点，由速度关系可得
解得物块刚冲上传送带时速度的大小为
由于，故物块冲上传送带时，物块所受的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
（2）物块滑上传送带至速度与传送带相同所需的时间为
此过程物块的位移大小为
由于，且，所以此后物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
设物块此后运动至B所用的时间为，则有
代入数据解得
设物块做平抛运动的时间为，由速度关系可得
解得
故物块从抛出至运动到B点经历的时间为
（3）物块恰好经过最高点D时，由牛顿第二定律可得
解得物块经过D点时的速度大小为
物块由C运动到D过程，由动能定理可得
解得物块到达木板最右端时的速度大小为
物块滑上木板时的速度大小为
设物块到达木板最右端时木板的速度大小为v，则物块在长木板上滑动过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得，木板的长度为
16．（1）；（2）58N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在5s内运动10m，根据
得加速度
（2）根据牛顿第二定律
，
带入数据解得
17．(1)；(2)；(3)，2 s末蜡块的速度v与水平成角斜向上
【解析】
【分析】
【详解】
(1)如图所示
(2)由
得
(3)蜡块竖直方向匀速运动
水平方向初速度为零的匀加速运动
合速度
设v与水平方向成θ角，则
即2 s末蜡块的速度v与水平方向成角斜向上。
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