2023-2024学年安徽省淮北市树人高级中学高一（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省淮北市树人高级中学高一（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.某建筑工地，竖直电梯从地面由静止开始向高处运送材料，电梯运动的速度v与时间t的关系图像如图所示，0∼2s，2∼4s，4∼6s内的运动分别标注为a、b、c三段，以下说法正确的是
( )
A. 从4s末电梯开始往下运动B. 电梯在a段上升的高度为2m
C. 电梯的加速度c段比b段大D. 电梯的平均速度c段比b段大
2.如图所示，在无风的情况下，一件质量为M的球衣挂在等腰三角形的衣架上，衣架通过轻绳OA悬挂在天花板上。已知衣架质量为m，衣架顶角为120∘，此时衣架底边水平。不计衣服与衣架间的摩擦，重力加速度为g，则竖直轻绳OA受到的拉力大小FT和衣架左侧对衣服的作用力大小F分别为( )
A. FT=Mg F=12MgB. FT=Mg F= 32Mg
C. FT=(M+m)g F=12MgD. FT=(M+m)g F= 33Mg
3.过水门仪式是国际民航中最高级别的礼仪。如图所示，“过水门”仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。已知两水柱均沿与水平方向成45°角喷出，且从喷出到在最高点相遇所用时间为3s。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力和水流之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. “水门”的高度一定为90m
B. “水门”的跨度一定为180m
C. 在最高点相遇时，水柱的速度为零
D. 水喷出的瞬间，速度水平方向分量为15m/s
4.如图所示，用轻绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，弹簧劲度系数为k，始终在弹性限度内。当地的重力加速度为g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B. 剪断后到小球落地的时间等于 2hg
C. 细绳剪断后瞬间小球的加速度大小为kxmD. 细绳剪断后瞬间小球的加速度大小为g
5.如图示，已知mA=2mB=3mC，它们距轴的关系是RA=RC=12RB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的转速逐渐增加时( )
A. 物体A先滑动B. 物体B先滑动
C. 物体C先滑动D. B与C同时开始滑动
6.某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是( )
A. 人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
B. 人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
C. 人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重
D. 人在C点具有最大速度
7.如图所示，质量为1kg的木块A与质量为2kg的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力2N，B与地面间的动摩擦因数为0.2.用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g=10m/s2)
A. F≤12NB. F≤10NC. F≤9ND. F≤6N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一个内壁光滑的弯管处于竖直平面内，其中管道半径为R。现有一个半径略小于弯管横截面半径的光滑小球在弯管里运动，小球通过最高点时的速率为v0，重力加速度为g，则下列说法中正确的是
( )
A. 若v0= gR，则小球对管内壁无压力
B. 若v0> gR，则小球对管内上壁有压力
C. 若0D. 不论v0多大，小球对管内下壁都有压力
9.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=4 m，以v0=2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中
( )
A. 小煤块从A运动到B的时间是 2 sB. 小煤块从A运动到B的时间是2.25 s
C. 划痕长度是4 mD. 划痕长度是0.5 m
10.两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力( )
A. 等于零B. 方向沿斜面向上
C. 大小等于μ1mgcsθD. 大小等于μ2mgcsθ
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学做“探究两个互成角度地力的合成规律”的实验，他用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的A点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，让结点到达纸面上O位置，然后撤去两个力，用一个弹簧测力计再次把结点拉到O点，如图甲所示．
(1)某次实验中，一弹簧测力计的指针位置如图乙所示，读数为________N．
(2)根据某次的测量数据作出力的平行四边形如图丙所示，F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________(填“F”或“F′”)．
(3)实验中F1与F2的夹角为θ(θ>90°)，保持F1的方向不变、增大θ角，为保证O点位置不变．F2应该________(填“变大”“变小”或“不变”)．
12.某兴趣小组的同学做“探究加速度与力、质量的关系”实验时采用了两种方案，图1(甲)是教材中的实验方案；图1(乙)是拓展方案，其实验操作步骤如下：
(i)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
(ii)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
(iii)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a−F的关系。
(1)在作a−F图象时，把mg作为F值的实验方案是_____(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”);
(2)需要满足条件M≫m的实验方案是_____(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)。
(3)实验获得如图2所示的纸带，已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个点未画出。则小车下滑过程中，打出计数点C时的速度大小为_____m/s；下滑的加速度大小为_____m/s2。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力．
(1)游客匀速下滑时的速度大小．
(2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
14.如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图。参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB，AO是高h=3 m的竖直峭壁，OB是以A点为圆心的弧形坡，∠OAB=60°，B点右侧是一段水平跑道。选手可以自A点借助绳索降到O点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A点直接跃上水平跑道。选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；
(2)若选手以速度v1=4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间。
15.如图所示，圆锥面与竖直方向的夹角为θ=37∘，一条长为l=50cm的不可伸长的轻绳一端拴着质量为m=1kg的小球(可看作质点)，另一端固定在圆锥体顶点，小球随圆锥体绕中心轴转动(g=10m/s2)，求：
(1)角速度ω0为多大时小球对圆锥面恰好无压力？
(2)当角速度为ω1=4rad/s时，绳子对小球的拉力的大小。
(3)当角速度为ω2=2 10rad/s时，绳子对小球的拉力的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.0∼6s内电梯的速度为正值，速度方向不变，电梯的运动方向不变，故A错误；
B.0∼2s内电梯的位移为
xa=12×2×1.0m=1.0m
所以电梯在a段上升的高度为1.0m，故B错误；
C.b段电梯的加速度为
ab=3.0−1.04−2m/s2=1.0m/s2
c段电梯的加速度为
ac=0−3.06−4m/s2=−1.5m/s2
则
ab故C正确；
D.电梯的b段的平均速度为
vb=1.0+3.04−2m/s=2.0m/s
电梯的c段的平均速度为
vc=0+3.02m/s=1.5m/s
则有
vb>vc
故D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】对衣服和衣架整体分析，根据平衡条件可得
FT=(M+m)g
再对衣服分析，根据几何关系可知衣架两侧对衣服的作用力之间的夹角为
根据平衡条件以及对称性可知
2Fcsθ2=Mg
解得
F= 33Mg
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】根据斜抛运动的对称性分析最高点的速度是否为零，再根据平抛运动的规律求出水平方向的分速度；
本题以“水门”为情境载体，考查了斜抛运动、运动合成与分解等必备知识，考查了理解能力、推理能力、模型构建能力，体现了科学思维、科学态度与责任的学科素养，突出对基础性、应用性的考查要求。
【解答】
A.喷出的水在上升阶段，竖直方向上做竖直上抛运动，则h=12gt2，解得h=45m，故A错误；
C.在最高点相遇前的瞬间，水柱的竖直速度为零，但水平速度不为零，故C错误；
D.两水柱均沿与水平方向成45∘角喷出，则vx=vy=gt=30m/s，故D错误；
B.根据运动的对称性可知，“水门”的跨度x=2vxt=180m，故B正确；
故选B。
4.【答案】B
【解析】A.细绳剪断瞬间，小球受重力和弹簧弹力，且速度为零，不是平抛运动，故A错误；
B.细绳剪断后，小球竖直方向上只受重力，竖直方向上做自由落体运动，小球落地的时间
t= 2hg
故B正确；
CD.细绳剪断前后瞬间，弹簧的弹力不变，剪断后，小球的合外力为
F= mg2+kx2
所以，细绳剪断后瞬间小球的加速度大小为
a= mg2+kx2m
故CD错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】当静摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度达到最大值，根据
μmg=mrω2
解得
ω= μgr
B的半径最大，所以B的临界角速度最小，物体B先滑动。故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】C
【解析】【分析】
根据超重与失重的实质：当物体有向上的加速度或加速度在竖直方向的分量向上时，处于超重状态；当物体有向下的加速度或加速度的竖直分量向下时，物体处于失重状态判断；根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动状态；当加速度为零时，物体的速度最大。
本题的关键是掌握超重与失重的判断方法，会利用牛顿第二定律对物体的运动进行动态分析。
【解答】
在B点，重力等于弹力，在C点速度为零，弹力大于重力，所以从C到B过程中合力向上，做加速运动，但是由于从C到B过程中踏板的形变量在减小，弹力在减小，所以合力在减小，故做加速度减小的加速运动，加速度向上，处于超重状态，从B到A过程中重力大于弹力，所以合力向下，加速度向下，速度向上，所以做减速运动，处于失重状态，故C正确．
7.【答案】A
【解析】【分析】
要使AB能保持相对静止，由题意可知当F最大时，AB间的摩擦力应刚好为最大静摩擦力，则以A为研究对象可求得两物体共同运动时所具有的最大加速度；再用整体法可求得F的最大值。
在解决实际的问题中，一般是要将整体法与隔离法交叉使用，要做到有分有合，灵活处理．并且要注意正确的进行受力分析，找出系统所受到的合力，再由牛顿第二定律进行列式，联立计算。
【解答】
不发生相对滑动，对A有最大加速度为a：Fmax=mAa，代入数据解得：a=2m/s2
对整体应用牛顿第二定律有：F−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
代入数据解得：F=12N，故推力应该小于或等于12N，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】ABC
【解析】【分析】
该题主要考查竖直面内的圆周运动“杆”模型分析相关知识。当小球以不同的速度到达最高点时，则小球与管壁的作用力也不同．因此从小球与管壁无作用力的角度入手，得出这时的速度大小v0，然后当速度大于v0时管内上壁与其接触；当速度小于V时管内下壁与其接触，从而可以求出答案。
首先确定小球与管壁无作用力的速度，然后将速度进行比较，得出向心力大小，从而确定球与内壁的作用力。
【解答】
解：A.当小球到达管道的最高点，假设恰好与管壁无作用力，则小球仅受重力，由重力提供向心力，即，mg=mv0 2R，解得v0= gR， 故A正确；
B.当v0> gR，则小球到达最高点时，与内上壁接触，从而受到内上壁的压力，由牛顿第三定律可知小球对管内上壁有压力，故B正确；
C.当0 D.小球对管内壁的作用力，要从速度大小角度去分析，当v0⩾ gR时，小球对管内下壁没有压力，故D不正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】小煤块刚放上传送带时，由v0=at1求出小煤块加速到与传送带同速的时间，根据运动学公式求出划痕长度。
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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
【解答】CD.小煤块刚放上传送带时，加速度a=μg=4 m/s2，由v0=at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1=v0a=0.5 s，此时小煤块运动的位移x1=v02t1=0.5 m，而传送带的位移为x2=v0t1=1 m，故小煤块在传送带上的划痕长度为l=x2−x1=0.5 m，D正确，C错误；
AB.之后小煤块匀速运动，其位移为x−x1=3.5 m，故匀速运动的时间t2=x−x1v0=1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25 s，A错误，B正确。
10.【答案】BC
【解析】解：对A、B整体受力分析如图所示，
在沿斜面方向由牛顿第二定律得：
(m+M)gsinθ−F=(m+M)a ①
且滑动摩擦力F=μ1(m+M)gcsθ ②
解①②得a=g(sinθ−μ1csθ)
假设B受的摩擦力F方向沿斜面向上，B受重力、A的支持力和摩擦力
在沿斜面方向上由牛顿第二定律得：mgsinθ−F=ma，③
由以上三式解得F=μ1mgcsθ，
正号表示F方向与假设的方向相同，即A对B的摩擦力沿斜面向上。故BC正确；故 A、D错误。
故选：BC。
A、B叠在一起，A在B上．两滑块都从静止开始以相同的加速度沿斜面滑下，可以先用整体法求共同的加速度，然后在对A单独分析即可求得A所受摩擦力．
本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体A，运用牛顿第二定律求解AB间的内力．
11.【答案】(1)2.40 (2) F′ (3)变大
【解析】解：(1)弹簧测力计的分度值为0.10N，读数为2.40N；
(2)经平行四边形作出的合力理论值不一定沿AO方向，而合力的实验值由实验直接测得，故一定沿AO方向，故填：F′．
(3)对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图：
F1、F2夹角大于90°，现保持O点位置不变，拉力F1方向不变，增大F1与F2的夹角，F2一直增大。
故答案为：(1)2.40；(2)F′；(3)变大。
(1)根据弹簧测力计的分度值读得数据。
(2)力的合成遵循平行四边形定则，理论值是根据平行四边形定则作出的，实际值是用一根弹簧量出来的，故实际值一定沿OA方向。
(3)要使结点位置不变，可以根据平行四边形定则作图分析得出结果。
要解答本题应熟练掌握实验的目的及原理，尤其是理解“等效”含义，“等效”指橡皮筋的形变量和方向均相同，明确“理论值”与“实验值”的区别。
12.【答案】(1)甲和乙；(2)甲；(3)0.54 ；1.0。
【解析】(1)[1]这两种实验，都是将托盘和砝码的重力作为合外力，实验在作a—F图象时，把mg作为F值的是甲和乙；
(2)[2]由于图1甲中托盘和砝码始终与小车连接，且要求小车受到的合外力等于托盘和砝码的重力，对整体根据牛顿第二定律可得
a=mgM+m
对小车有
F=Ma=MmgM+m=mg1+mM
若M>>m，则F=mg，故需要满足条件M>>m的方案是甲；
而图乙中，开始挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑，然后去掉托盘和砝码，则小车下滑过程中的合外力就等于托盘和砝码的重力，不需要满足M>>m；
(3)[3]纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个点未画出，则计数点的间隔为
T=5×0.02s=0.1s
C点是BD两点的中间时刻，有
vC=xBD2T=(14.70−3.90)×10−22×0.1m/s=0.54m/s
[4]纸带上有连续相等时间内的四段位移，根据逐差法可得
a=xCE−xAC4T2=[(21.60−8.79)−8.79]×10−24×0.12m/s2=1.005m/s2≈1.0m/s2
13.【答案】解：根据题意，把游客和滑沙车作为整体进行受力分析
(1)开始下滑的时候，整体受到重力，支持力，摩擦力三个力的作用，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°−μmgcs37°=ma
带入数据可得：a=2m/s2.
游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度，末速度的速度大小：
v0=at1=2×8m/s=16m/s.
(2)整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律：
v2−v02=−2a1x 带入数据可得：a1=8m/s2
力的方向都指向左边，由牛顿第二定律得
F+μmg=ma1
带入数据得：F=210N.
答：
(1)游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；
(2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加210N的水平制动力。
【解析】(1)开始下滑的时候，把游客和滑沙车作为整体，整体受到重力，支持力，摩擦力三个力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，由v=at求游客匀速下滑时的速度。
(2)整体滑到水平面上时，做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求水平制动力。
解答本题时要用到整体的思想，把物体和人看成整体，对整体受力分析，应用牛顿运动定律和平衡条件是列方程求解的前提，之后运动学规律的熟练掌握，也是本题顺利解决的关键。
14.【答案】解：(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则：
hsin60°≤v0t
hcs60°=12gt2
解得：v0≥3 102m/s；
(2)若选手以速度v1=4 m/s水平跳出，因v1下降高度：y=12gt2
水平前进距离：x=v1t
且：x2+y2=h2
联立解得：t=0.6s。
【解析】(1)选手做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动，根据分位移公式列式求解即可；
(2)选手落在圆弧上，先根据平抛运动的分位移公式列式，然后结合勾股定理列式，最后联立求解即可。
本题关键是明确选手的运动性质，根据平抛运动的分位移公式多次列式求解，基础问题。
15.【答案】(1)小球对圆锥面恰好无压力时mgtanθ=mrω02
其中r=lsinθ
联立解得ω0= glcsθ=5rad/s
(2)当角速度为ω1=4rad/s<5rad/s
竖直方向有Tcsθ+Nsinθ=mg
根据牛顿第二定律Tsinθ−Ncsθ=mω12lsinθ
解得T=10.88N
(3)当角速度为ω2=2 10rad/s>5rad/s
此时小球离开圆锥面，设此时绳子与竖直方向的夹角为 α ，则T′csα=mg
T′sinα=mω22lsinα
解得T′=20N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】