新乡市原阳县原阳一中2019-2020学年高一物理下学期开学考试试题含解析

河南省新乡市原阳县原阳一中2019_2020学年高一物理下学期开学考试试题含解析河南省新乡市原阳县原阳一中2019_2020学年高一物理下学期开学考试试题含解析PAGE22-河南省新乡市原阳县原阳一中2019_2020学年高一物理下学期开学考试试题含解析河南省新乡市原阳县原阳一中2019-2020学年高一物理下学期开学考试试题（含解析）一、选择题1。在中国海军护航编队“巢湖”舰、“千岛湖”舰护送下，“河北锦锈"、“银河”等13艘货轮历时36小时顺利抵达亚丁湾西部预定海域．此次护航总航程4500海里，已知1海里＝1852米．假设所有船只运动速度都相同，则下列说法正确是（）A.研究舰队的行驶路程时不可将“千岛湖”舰看作质点B.以“千岛湖"舰为参考系,“巢湖"舰一定是静止的C。根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速度D。根据本题给出的条件可以求出此次航行过程中的平均速率【答案】BD【解析】本题中路程长度远远大于“千岛湖”舰的尺寸，所以研究舰队的行驶路程时可将“千岛湖”舰看作质点，故A错误;因为所有船只运动速度都相同，则以“千岛湖”舰为参考系，“巢湖"舰是静止的，故B正确;“4500海里"是护舰艇走过的轨迹长度，因此为路程而不是位移，平均速率为路程和时间的比值，由于不知运动位移的大小,不能求出此次航行的平均速度,故C错误，D正确．故选BD。2。一个质点做变速直线运动的v-t图像如图所示,下列说法中正确的是A.第1s内与第5s内的速度方向相反B.第1s内的加速度大于第5s内的加速度C.OA、AB、BC段的加速度大小关系是D。OA段的加速度与速度方向相同,BC段的加速度与速度方向相反【答案】CD【解析】【详解】A．第1s内与第5s内的速度均为正值，方向相同，故A错误；B．第1s内、第5s内的加速度分别为：、的符号相反，表示它们的方向相反,第1s内的加速度小于于第5s内的加速度,故B错误；C．由于段的加速度为零,故三段的加速度的大小关系为：故C正确；D．段的加速度与速度方向均为正值，方向相同；段的加速度为负值，速度为正值,两者方向相反，故D正确；故选CD.3。一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m,第4s内的位移是2。5m,那么以下说法正确的是(）A.第2s内位移是2。5mB.第3s末的瞬时速度是2.25m/sC.质点的加速度是0.125m/s2D。质点的加速度是0。5m/s2【答案】BD【解析】【详解】A．匀变速直线运动在连续相等时间内的位移之差是一恒量，则有：代入数据解得故A错误；B．某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第末的速度故B正确。CD．根据得加速度为：，故D正确，C错误。故选BD.4.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动,t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在如图描述两车运动的v－t图像中，直线a、b分别描述了甲、乙两车在0～20s的运动情况.关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（）A.在0～10s内两车逐渐靠近 B。在10～20s内两车逐渐远离C。在t＝10s时两车在公路上相遇 D.在5～15s内两车的位移相等【答案】D【解析】【详解】AC．在t=0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在0~10s内乙车速度大于甲车的速度,乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离,在t＝10s时两车相距最远，故AC错误;

B．在10～20s内，甲车速度大于乙车的速度,两车逐渐靠近，故B错误；

D．根据速度图象的“面积"表示位移，由几何知识看出，5～15s内两车的位移相等。故D正确.故选D。5.将一个有确定方向的力F=10N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向,与F成30°夹角,另一个分力的大小为6N，则在分解时(）A。有无数组解B。有两组解C。有唯一解D。无解【答案】B【解析】【详解】已知一个分力有确定的方向，与成夹角，知另一个分力的最小值为，而另一个分力大小大于小于，所以分解的组数有两组解．如图．故正确,、、错误．故选．6.如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ＝60°的墙角上静止。则关于木块的受力情况、墙面对木块的作用力(压力与摩擦力的合力）,重力加速度为g，下列说法不正确的是（）A.墙面对木块一定有压力B.墙面对木块一定有摩擦力C.墙面对木块的作用力大小为D.墙面对木块的作用力大小为【答案】C【解析】【详解】AB．对木块受力分析，受推力、重力，若没有支持力就没有摩擦力，物体不可能平衡，故一定有支持力，同理有静摩擦力，如图所示：

故AB正确,不符合题意；

CD．根据共点力平衡条件，墙面对木块的作用力(压力与摩擦力的合力）与重力、支持力的合力是平衡关系，重力和推力的合力为,故墙面对木块的作用力为,故C错误，符合题意，D正确，不符合题意;故选C。7.如图，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则下列判断正确的是（）A。A对地面的压力减小 B。B对墙的压力增大C.A与B之间的作用力减小 D。地面对A的摩擦力减小【答案】CD【解析】【详解】BC．小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2．如下图所示：

将重力GB分解为G1和G2，则根据平衡可知F2=G2=GBtanθ当A向右移动少许,根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，根据力图分析可知,因θ减小，所以cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小.根据牛顿第三定律可知,球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小,选项B错误,C正确；

AD．再对A进行受力分析知：

由于A的平衡,所以A受地面摩擦力f=F1sinθ，根据题意知，B对A的压力F1减小且F1与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小。因N=GA+F1cosθ=GA+GB则地面对A的支持力不变，即A对地面的压力不变，选项A错误，D正确。故选CD.8.如图所示，在教室里某同学在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象,下列说法中正确的是()A.只有“起立”过程,才能出现失重的现象B.只有“下蹲”过程,才能出现超重的现象C.“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D。“起立"“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象【答案】D【解析】【详解】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动,最后回到静止状态,人先处于超重状态后处于失重状态,故ABC错误，D正确.故选D。9.如图所示,质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A。弹簧的拉力F＝ B.弹簧的拉力F＝mgsinθC。小球的加速度为零 D。小球的加速度a＝gsinθ【答案】A【解析】【详解】根据共点力的平衡,求得弹簧的弹力，烧断绳子的瞬间,弹簧来不及发生形变,弹力不变；烧断前，绳子的拉力T=mgtanθ．烧断后的瞬间,弹簧弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向,所以烧断后的瞬间，小球的合力为mgtanθ,根据牛顿第二定律，加速度a=gtanθ．故A正确，BCD错误．故选A．10.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝10m/s2,则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(）A。0。2，6NB.0。1，6NC.0.2,8ND.0。18N【答案】A【解析】【详解】减速运动过程根据牛顿第二定律得，摩擦力动摩擦因数加速运动过程根据牛顿第二定律得解得:故A正确，BCD错误；故选A.11。如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧,当木块接触弹簧后，下列判断正确的是（）A。将立即做匀减速直线运动B。将立即做变减速直线运动C.在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块速度最大，此时加速度等于0D。在弹簧处于最大压缩量时,木块的加速度为零【答案】C【解析】【详解】ABC．当木块接触弹簧后，恒力F先大于弹簧的弹力，后小于弹簧的弹力，木块先做加速运动后做减速运动，随着弹簧的增大，加速度先减小后增大，故先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动。当弹簧弹力大小等于恒力F时，加速度为零，此时木块的速度最大。故AB错误，C正确;

D．在弹簧处于最大压缩量时，弹簧的弹力大于恒力F，合力向右，加速度不为零。故D错误。

故选C。12。如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点）．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2．关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(）A.μ＝0。4 B.μ＝0。2 C.t＝4.5s D.t＝3s【答案】BC【解析】由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，选项A错误,选项B正确；在v－t图像中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5s，选项C正确,选项D错误；故选BC。点睛：此时是牛顿第二定律应用的典型问题-传送带问题；解决本题的关键是根据v-t图像理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解．二、实验题13.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中,弹簧弹力的大小为F，弹簧的形变量(伸长量或压缩量)为x，下列说法正确的是A.实验中k的具体数值只能用逐个计算的方法求出来，而没有其他的方法B.如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度L代替x，F－L图线也是过原点的一条直线C.利用F－x直线可求出k值D。实验时要把所有点连到线上,才能探索得到真实规律【答案】C【解析】【分析】本题考查的是探究弹力和弹簧伸长的关系的实验问题．【详解】AC．根据胡克定律：可知,利用F－x直线可求出k值，A错误，C正确；B．用弹簧长度L代替x，则关系式为：不过原点，B错误;D．实验时，要尽量让更多的点落在一条直线上，不能落在直线上的尽量均匀分布在直线两侧，偏差太大的点应舍去,D错误.故选C．14。某同学用如图所示的装置探究求合力的方法．将一木板(图中未画出）竖直放置与铁架台和轻弹簧所在平面平行．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：(1）如图甲，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；(2）卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数．图乙中B弹簧测力计的读数为________N;(3)该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示，请在图丙中作出FA、FB的合力F′_____________；（4）已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图丙所示，观察比较F和F′，得出结论：__________。【答案】（1)。方向;(2).11。40;(3)。（4)。在实验误差允许范围内F和相等；【解析】【详解】（2）根据验证平行四边形定则的实验原理要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由弹簧秤读出，分度值为0。1N，估读一位：11.40N；

（3）作图如下：

(4)若已知钩码的重力大小与理论合力F′的大小相等，请观察比较可得出二力合成点的规律是：在误差允许的范围内,二力合成满足平行四边形定则．15.为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置.其中M为带滑轮的小车的质量,m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计）(1）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，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量,打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2(结果保留两位有效数字）。（3)以弹簧测力计的示数F为横坐标,加速度为纵坐标，画出的a—F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ,求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。A．B．C．kD．【答案】（1）。BCD(2)。1。3(3).D【解析】【详解】（1)［1］AE．本题拉力可以由弹簧测力计测出,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，AE错误；B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力,B正确;C．打点计时器运用时，都是先接通电源,待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确;D．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D正确；故选：BCD。(2)[2］相邻计数点间的时间间隔为，连续相等时间内的位移之差:，根据得：;(3)［3］对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数,此题,弹簧测力计的示数：,即，a-F图线的斜率为k,则,故小车质量为：，故D正确。故选D。三、解答题16.如图所示，一滴雨滴从离地面20m高的楼房屋檐自由下落，下落途中用△t=0．2s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2m，g取10m/s2，问:（1）雨滴落地的速度大小；（2)雨滴落地前最后1s内的位移大小；（3）屋檐离窗的上边框有多高？【答案】(1）20m/s（2）15m（3）4.05m【解析】【详解】(1），得s雨滴落地的速度：（2）雨滴在第1s内的位移:雨滴落地前最后1s内的位移大小:（3)设屋檐离窗的上边框为x0,