高一下学期开学考试
物理答案
1．D
【详解】
A、当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，加速度方向为正时，若速度方向为负，则速度减小．故A错误；
B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，如平抛运动，故B错误；
C、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，加速度增大，速度减小，故C错误，D正确；
故选D
2．B
【详解】
设物体的加速度为v，通过AB的时间为t，则有
BC段，有
解得
从O到B，根据速度公式得
所以OA之间的距离为
解得
故选B。
3．C
【详解】
A．小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力
选项A错误；
B．设小球在D点时弹性绳的弹力大小为，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得
两式联立可解得
选项B错误；
C．设弹性绳的原长为，则当小球在B点时，由胡克定律可得
在D点时有
两式联立可解得
选项C正确；
D．从D到C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，在水平方向上有
解得
因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由可知弹性绳的弹力越来越大，而α由逐渐减小到30°，越来越大，可知拉力F也越来越大，选项D错误；
故选C。
4．C
【详解】
D．小球受重力G、弹簧的拉力F、圆环的弹力N，圆环的弹力沿半径向外，如图所示，D错误；
ABC．弹簧的弹力F沿弹簧向上，与竖直方向成30°角，圆环的弹力N与竖直方向成60°角，由正弦定理得
解得
C正确，AB错误。
故选C。
5．D
【详解】
A．物块上滑的合外力大小为
则上滑时加速度大小为
物块下滑的合外力大小为
则下滑时加速度大小为
故上滑的加速度比下滑的加速度大，选项A错误；
B．上滑过程有
即
下滑过程有
故，选项B错误；
C．由于物块到最高点能下滑，则有
则，选项C错误；
D．上滑过程有
下滑过程有
由于，故，选项D正确。
故选D。
6．B
【详解】
三力平衡，任意两个力的合力跟第三个力等大反向。若去掉F1，则剩下两个力的合力与F1等大反向，有
同理，若去掉F2，有
三力平衡，有
去掉F3，有
解得
故选B。
7．D
【详解】
ACD．细线烧断后，将AB看作一个整体，弹簧拉力瞬时不变，有
解得
对于B球，有
解得
AC错误，D正确；
B．细线烧断后，对于C球，受力为
解得
B错误。
故选D。
8．BC
【详解】
重物先匀加速上升，后竖直上抛，设断裂时的速度为vm，落地时的速度为v，断裂时的高度为h
解得
BC正确，AD错误；
故选BC。
9．BD
【详解】
设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B环到墙壁的距离为S，如图。
根据几何关系可得
以滑轮作为研究对象，设绳子拉力大小为F，由平衡条件可知
解得
对B环进行受力分析，由平衡条件可知，环B所受摩擦力为
对A环进行受力分析，由平衡条件可知，环A所受杆的弹力为
AB．只将环A向下移动少许，S和L都不变，则α不变，由可知，绳上拉力不变，由可知，环B所受摩擦力不变，故A错误，B正确；
CD．只将环B向右移动少许，S变大，L不变，则α增大，由可知，绳上拉力增大，由可知，环A所受杆的弹力变大，故C错误，D正确。
故选BD。
10．AB
【详解】
A．放上物块后，根据牛顿第二定律，物块加速度为
a1=
=
5m/s2
A正确；
B．放上物块后，根据牛顿第二定律，木板加速度为
a2=
=
2m/s2
由此可看出两物体均做匀加速直线运动，当两物体速度相等后保持相对静止则有
a1t
=
v0
+
a2t
代入数据有
t
=
1s
B正确；
C．由B选项可知二者共速时各自走过的位移分别为
x1=
a1t2，x2=
v0t
+
a2t2
代入数据有
x1=
2.5m，x2=
4m
则二者相对运动的位移为
L
=
x2
-x1=
1.5m
物块与木板最终保持相对静止，木板至少长0.5m，C错误；
D．相对静止时，对整体，由牛顿第二定律得
a共
=
=
3m/s2
设共速后二者保持相对静止有
f
=
ma共
=
3N
若物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有
Fmax=
μmg
=
5N
>
f
假设成立，则物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为3N，且为静摩擦方向向右，D错误。
故选AB。
11．BD
【详解】
B.
根据面积相等，物块返回底端时的速度大小为
解得，B正确；
A.
物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为
解得
，A错误；
CD.
根据牛顿第二定律
解得
因为物块的质量未知，所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小，C错误，利用所给条件可以求出斜面的倾角，D正确。
故选BD。
12．BCD
【详解】
A．弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律得
随着x的变化，a变化，不是匀加速，A错误；
B．从静止到B刚离开C的过程中，弹簧由压缩状态变为原长，再由原长变为拉伸状态，所以弹簧的弹力先减小后增大，B正确；
C．拉力作用前，对A由平衡条件得
物块B刚离开C时，对B由平衡条件得
A运动的距离为
解得，C正确；
D．物块B刚离开C时，对A根据牛顿第二定律得
解得
，D正确。
故选BCD。
13．ABD
AB
0.20
【详解】
(1)[1]AC．电火花计时器要用到220V交流电源，所以A正确；C错误；
B．测量长度需要刻度尺，所以B正确；
D．测量小车质量必须用天平所以D正确；
E．打点计时器可以记录时间了，所以不用秒表，E错误；
故选ABD。
(2)[2]A．实验进行时，拉小车的细线平行与长木板，能保证运动过程中拉力方向不变且恒定，所以A正确
BC．平衡摩擦力时不挂沙桶，但要让纸带连在小车上，通过打点计时器打的点迹判断小车摩擦力是否平衡到位，所B正确；C错误；
D．摩擦力平衡到位后，由于小车重力的分力等于滑动摩擦力，即
增加小车质量无需再次平衡摩擦力，所以D错误；
故选AB。
(3)[3]小车合力恒定时，有
则
图乙图线的斜率就是合外力，即细线拉力，由图可知，细线拉力为0.20N。
14．砝码盘的重力未计入其中
【详解】
(1)[1]根据图象丙可知，平衡摩擦力后，当F=0时，a≠0，这是由于F只是砝码盘中砝码总重力，砝码盘的重力未计入其中。
(2)[2][3]当小车上无砝码时，小车加速度为
设小车的质量为M，则小车受到的拉力为
图丁中图线的函数关系式满足
根据牛顿第二定律得
可解得
15．(1)2s；(2)0.5
【详解】
(1)物体在AB段加速运动，有
————1分
————1分
代入数据解得
————1分
(2)物体到达B点的速度为
————1分
?物体在BC段减速运动，有
————1分
————1分
代入数据解得
————1分
16．(1)10s；(2)125m；(3)4s；(4)120m
【详解】
(1)A抛出后落回抛出点的时间
————1分
(2)A抛出后离抛出点的最大距离是
————1分
(3)设B抛出后经t2时间A、B相遇，相遇时两物体位移相等
————1分
解得
————1分
(4)相遇时A、B距地面的高度是
————1分
17．(1)20N；（2分）(2)2cm；（4分）(3)10cm（6分）
【详解】
(1)最后状态时，以、整体为研究对象，根据平衡条件得：连接、的线中拉力
————2分
(2)以为研究对象，由平衡条件知弹簧所受的拉力
由胡克定律得
————2分
(3)对：由平衡条件得
————2分
则最后弹簧伸长量
————2分
开始时弹簧压缩的长度
————2分
故弹簧的左端向左移动的距离是
——2分
18．(1)12m/s2；（3分）(2)0.3s；（4分）(3)0.42m（7分）
【详解】
(1)小物块刚开始运动时，受到重力，传送带对小物块的支持力和沿斜面向下摩擦力，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+f=ma1————1分
FN-mgcosθ=0————1分
f=μFN————1分
联立解得
a1＝12m/s2————1分
(2)小物块达到传送带速度所需时间为
————1分
下滑的距离为
————1分
由于
mgsinθ=μmgcosθ————1分
故达到传送带速度后随传送带一起匀速运动，匀速运动的时间为
————1分
故小物块从A第一次到B的时间为
tAB=t1+t2=0.2s+0.1s=0.3s————1分
(3)小物块在斜面上由于
mgsinθ=μmgcosθ————1分
故在BC向下运动时做匀速运动，与挡板碰撞后，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ=ma′
解得
a′=12m/s2————1分
反弹后减速到B点时的速度为v′，则有
v′2-v2=2a′s
解得
v′=1.2m/s————1分
此后沿传送带继续向上减速运动，减速到零上滑的距离为x′，则有
0-v′2=-2a′x1
解得
x1=0.06m————1分
然后沿传送带加速下滑，下滑x1距离获得的速度为v2，则有
v22＝2a′x1
解得
v2=1.2m/s＜v————1分
故到达B点时速度为1.2m/s；
此后沿BC匀速下滑，反弹后乙速度1.2m/s沿斜面上滑，设上滑减速到零通过得位移为s2，则有
0
-v22＝?2a′s2
解得
s2=0.06m＜s————1分
此后静止，故小物块在斜面BC上运动的总路程为
s总=3s+s2=2×0.18m+0.06m=0.60m————2分20202021学年度第二学期高一年级开学考试
性绳的原长为
物理试题
的过程中拉
能先减
考试范围:必修第一册;考
所示,光滑的大圆环固定在竖直平
为O点,P为
高点,轻弹簧的
意事项
定在P
接一个套在大环上质量为m的小球,小球静止,弹簧与竖直方向的夹
题前填
己
案正确填
角6为
重力加速度为
所受弹
题:本
题给出的四个选项中,第1-7题只有一项符
合题目要求,第7-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但选不全的得2分
球所受弹簧的弹力等于mg
分
C.小球所受大圆环的支持力等于
关于速度和加速度的关系,以下说法正确
圆环对小球的弹力
定沿
图所示,粗糙斜而的倾角为O,一质量为m的小物块由斜
以初速度v沿斜面上滑到
速度方向保持不变,速度方向一定保持不变
最高点后又沿斜面下滑返回到斜面底端。下列说法正确的是
C.加速度逐渐变大,速度一定逐渐变大
滑的加速度
的加速度小
速度和速度方向相反,速度一定减
如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D是轨迹上的四点,测得
滑的时间比下滑
物体通
C、CD所用时间相等
A之间
C.物块与斜面的动摩擦因数大于tar
的距离为
物块返回斜面底端的速度小于v
放在光滑
的物体受到三个平行于水平面的共
知F2和
力中若去掉F1可产生2
的加速度,若去掉
的加速度
3.如图所
性绳(遵循胡克定律)的一端固定在天花板上的O点,另一端悬
为
物
速度为(
的小球
求位于B点,A点固定一光滑的小定滑轮,OA
现对小球施加
沿BC方向的拉力F,使小球沿BC缓慢运动
知
C
好组成
角形,D为BC
F
4m/
在C点受到的拉力F等于小球重力的√3
A
7.如图所
C三球质量均为m,轻质
端
端与A球相连,A、B
弹性绳的弹力大小为mg
C
间固定一个轻
轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜
弹簧、轻杆与
线均平行于斜面,开始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(
高一物理试题第1页
页
球的受力情况未变
度为零
C.物块与木板最终保持相对
C球的加速度沿斜
勿块与木板相对
物块受到的摩擦力大小为
杆的拉力
图
物块在t=0时刻,以初速度≯从足够长的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度
).A、B两个小球的加速度均沿斜面
大小均为
gsin
6
随时间变化的图像如图(b),和o时刻物块到达最高点,3to时刻物块又返回底端。重力加速度
大小为
氢气比氦气廉价,因此市面上销售的基本上都是氢
但氢气可能爆炸,所以氦气球
A.物块
滑过程的加速度大小之比为
相对更
用
悬挂一重物(可视为质
从地面释放后沿
速度为零的匀加速直线运
挂重物的细线断裂,又经过
B.物块返回底端时的速度大小为
物恰好落到
物脱落后仅受到重力,重力加速度大小为
说法正确的是
C.利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大
图(a)
图(b)
细线断裂前氦气球匀加速上升时的加速度大
利用所给条
求出斜面的倾角
倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和
们的质量分
出线断裂前重物匀加速上升时的加速度大小为
弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系
静止状态。现用一沿斜
的恒力F拉
线断裂时重物的速度大小等于重物落地时速度大小的
物块A使之沿斜面向上运动,当B刚要离开C
速度方向沿余
大小为
确定细线断裂时重物的速度与落地时的速度的关
如图所
根不可伸长
两轻环A、B,两环分别套在相互垂直的水平杆和竖
A.物体A始终做匀加速运动
杆上,轻绳
的轻小滑轮,重物悬挂于滑轮下,始终处
列说法正确
从
离开C的过程中,弹簧的弹力先减小后增大
的是(
开C的过程中,A运动的距离为
将环A
移动少许
拉力变大
所受摩擦力变
k
将环A向下移动少许,绳
不变,环B所受摩擦力不变
C.只将环B向右移
力不变,环A所受杆的弹力不变
分)某同学利用如下图甲所
做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验
只将环B向右移动少许,绳
变大,环A所受杆的弹力变大
0.如图所示,质量为M的长木板在水平拉力F作用下,在光滑的水平
动。当速度
将质量为m的物块(可视为质点)轻轻放到木板的右端。已知
6
9N,物块与木板间动摩擦因数
重力加速度大
法正确的是
块的加速度大小为
48121620x/cm
从物块放上木板
板相对
丙
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