辽宁省本溪市2024-2025学年高一物理下学期寒假验收试题含解析

PAGE17-辽宁省本溪市2024-2025学年高一物理下学期寒假验收试题（含解析）一、选择题（共11题，1-7为单选题，8-11为多选题。每题4分，多选题中少选得2分，错选为0分。共44分）1.如图为伽利略探讨自由落体运动规律时设计的斜面试验．他让铜球在阻力很小的斜面上从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面试验”，下列说法正确的是()A.在倾角较小的斜面上进行试验，可“冲淡”重力的作用，使测量时间更简单B.伽利略通过对自由落体运动的探讨，进行合理外推得出铜球在斜面做匀变速运动C.若斜面倾角肯定，不同质量的铜球在斜面上运动时速度变更的快慢不同D.若斜面倾角肯定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比【答案】A【解析】A、自由落体运动下落很快，不易计时，伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下，延长了小球的运动时间，“冲淡”了重力的作用，故A正确；B、伽利略在探讨物体变速运动规律时，做了闻名的“斜面试验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动状况，发觉铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角状况进行了合理的外推，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动，故B错误；C、小球沿斜面下滑，做匀加速直线运动，由可知，加速度，所以斜面倾角肯定，加速度与质量无关，质量不同的小球加速度都相等，运动规律相同，由静止从顶端滚究竟端的时间相同，故C错误；D、若斜面倾角肯定，加速度肯定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间平方成正比，故D错误；故选A．【点睛】伽利略探讨自由落体运动的试验和推理方法．2.如图所示，将两根劲度系数均为、原长均为的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距的两点，另一端共同连接一质量为的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为。若将物体的质量变为，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为，，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】因为两弹簧弹力的合力与重力大小相等，方向相反，则对于题中左图有对于题中右图有联立解得故选A。3.如图所示，质量为m的工件置于水平放置的钢板C上，二者间动摩擦因数为μ，由于光滑导槽A、B的限制，工件只能沿水平导槽运动，现在使钢板以速度ν1向右运动，同时用力F拉动工件（F方向与导槽平行）使其以速度ν2沿导槽运动，则F的大小为（）A.等于μmg B.大于μmgC.小于μmg D.不能确定【答案】C【解析】【详解】依据摩擦力的概念，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，木块相对木板的运动方向斜向左下方，所受木板的摩擦力斜向右上方，大小为μmg，拉力大小等于摩擦力在竖直向上的分力，C对；4.如图所示，质量为3kg的物块放在小车上，小车上表面水平，物块与小车之间夹有一个水平弹簧，弹簧处于压缩的状态，且弹簧的弹力为3N，整个装置处于静止状态，现给小车施加一水平向左的恒力F，使其以2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，则（）A.物块肯定会相对小车向右运动B.物块受到的摩擦力肯定减小C.物块受到的摩擦力大小肯定不变D.物块受到的弹簧弹力肯定增大【答案】C【解析】【详解】整个装置处于静止状态时弹簧弹力T=3N，依据平衡条件可得此时的摩擦力f=3N，方向向右，所以最大静摩擦力大于等于3N；当小车以2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，物块受到的合外力F合=ma=6N，方向向左，假设此时二者没有相对运动，则弹力仍为3N，摩擦力大小为3N，方向向左，由于摩擦力仍小于等于最大静摩擦力，所以二者保持相对静止，且物块受到的摩擦力大小不变，方向变更，故C正确，A、B、D错误．故选C．【点睛】本题考查应用牛顿其次定律分析物体受力状况的实力．要留意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变更介于0至最大静摩擦力之间．5.如图所示，在托盘测力计上放一个重力为20N的斜木块，斜木块的斜面倾角为37°，现将一个重力为10N的小铁块无摩擦地从斜面上滑下，在小铁块下滑的过程中，g＝10m/s2，测力计的示数为()A.30N B.26.4N C.20N D.23.6N【答案】B【解析】【详解】选木块为探讨对象，受力分析如图，

由于木块在垂直斜面方向受力平衡，可以解出木块所受的支持力为：FN=Gcos37°再选择斜面为探讨对象，受力如图，依据牛顿第三定律，木块对斜面的压力FN2大小等于FN，把FN2分解的y轴方向上，有：Fy=FN2cos37°所以解得：Fy=Gcos237°=6.4N因此小铁块下滑的过程中，测力计的示数为：20N+6.4N=26.4N；

A．30N，与结论不相符，选项A错误；B．26.4N，与结论相符，选项B正确；C．20N，与结论不相符，选项C错误；D．23.6N，与结论不相符，选项D错误；故选B。6.不计空气阻力，以肯定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t.现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种状况下物体上升和下降的总时间约为()A.0.5t B.0.4t C.0.3t D.0.2t【答案】C【解析】【详解】物体做竖直上抛运动，从抛出至回到原点的时间为t，依据对称性可得，物体下降时间为0.5t，故高度为物体自由落体运动05h过程，有联立解得故其次次物体上升和下降的总时间故选C。7.如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b）所示的的状态，小球B刚好位于O点正下方．则F1与F2的大小关系正确的是（）A.F1=4F2 B.F1=3F2 C.F1=2F2 D.F1=F2【答案】A【解析】小球A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整体为探讨对象，分析受力如图：设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：以B球为探讨对象，受力如图．设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：由几何关系得到：α=β，联立解得：F1=4F2，故选项A正确．8.在宽度为d的河中，水流速度为v2，船在静水中速度为v1（且v1<v2），船头方向可以选择，现让该船起先渡河，则该船A.不管船头与河岸夹角是多少，渡河时间和水速均无关B.过河最短渡河时间为，此时需船头垂直河岸，但不是垂直过河C.过河的最短位移是D.当最短位移过河时，船头与河岸夹角为，，船身斜向下游过河【答案】ABC【解析】【详解】A.船渡河的时间只由船沿着垂直于河岸方向的分速度确定，不管船头与河岸夹角是多少，渡河时间和水速均无关，选项A正确；B.当船头垂直河岸时，船沿着垂直于河岸方向的分速度最大，此时过河的时间最短，为，但船的实际运动路径不是垂直过河岸，选项B正确；CD.因v1<v2，则船不能垂直于河岸渡河，当船的速度方向与合速度方向垂直时，船渡河的位移最短，由几何关系可知，此时合速度的方向与河岸的夹角为α，，则渡河的最小位移是，此时船身斜向上游方向，选项C正确，D错误．9.在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面对上的恒力F拉物块A使之沿斜面对上运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面对上，大小为a，则A.物体A始终做匀加速运动B.从静止到B刚离开C的过程中，弹簧的弹力先减小后增大C.从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为D.恒力F的大小为【答案】BC【解析】【详解】A．物体A沿斜面方向受恒力F、重力沿斜面对下的分力、弹簧的弹力，弹簧的弹力是变更的，则合力是变更的，所以加速度是变更的，故A错误；B．弹簧起先是被压缩的，物体A向上运动时，弹簧先回复原长，后被拉长，所以弹力先减小后增大，故B正确；C．起先A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，依据平衡有，解得，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，弹簧处于拉伸状态有，解得，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移，故C正确；D．依据牛顿其次定律有，解得，故D错误．10.如图所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30°．现变更作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变，则A.轻绳上的拉力肯定小于mgB.外力F的最小值为C.轻杆对小球a作用力的方向不变D.轻杆对小球a的作用力最小值为mg【答案】BD【解析】【分析】分别以a与b为探讨对象，结合共点力平衡的条件列式即可求出．【详解】A、对b进行受力分析如图，当F的方向发生变更时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，也可能大于mg，故A错误．B、由b的受力图可知，当拉力F的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小为：Fmin=mgsin60°=mg，故B正确．C、以a为探讨对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对a的拉力的合力大小相等，方向相反．a受到的重力大小方向都不变，绳对a的拉力方向不变，大小是变更的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变更的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变更的，故C错误．D、由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，此时a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确．故选B、D【点睛】本题有隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．11.如图，排球场总长为18m，设网的高度为2m，运动员站在离网3m远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5m处把作为质点的排球垂直于网水平击出．（设空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2）则：A.若球未触网，排球飞行时间为sB.击球速度大于20m/s，球必定会出界C.击球速度小于10m/s，球必定会触网D.只要击球点高于2m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内【答案】AB【解析】【详解】ABC、如图所示排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ．排球恰不出界时其运动轨迹为Ⅱ，依据平抛运动的规律：当排球恰不触网时有：，，解得排球飞行时间为，当排球恰不出界时有，，可解得：，，故AB正确，C错误；D、如图所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹．设击球点高度为h依据平抛运动的规律有：，，联立以上四式可得：，故D错误；故选AB．【点睛】球被水平击出后，做平抛运动，击球高度肯定时，恰不触网是速度的一个临界值，恰不出界时则是另一个击球速度的临界值．二、试验题（共2道题，每空2分。总计16分。）12.某同学在做“验证力的平行四边形定则”试验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示．(1)假如没有操作失误，图乙中Fˈ是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上依据试验结果画出的图示，则图乙中的F与F'两力中，方向肯定沿AO方向的是______．(2)本试验采纳的科学方法是______．A.志向试验法B.等效替代法C.限制变量法D.建立物理模型法(3)在同一对比试验的两次操作中，O点位置______．（选填“可以”或“不行以”）变动．(4)如图丙，使弹簧测力计b从水平位置起先顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、b的读数变更是__________．A．a增大，b减小B．a减小，b增大C．a减小，b先增大后减小D．a减小，b先减小后增大【答案】(1).(2).B(3).不行以(4).D【解析】【详解】（1）[1]是通过试验方法得出的，其方向肯定与AO方向相同；（2）[2]合力与分力的作用效果相同，所以本试验的科学方法是等效替代法，故B符合题意ACD不符合题意．（3）[3]在同一对比试验的两次操作中，为了保证合力与分力的作用效果相同，O点位置不行以变动．（4）[4]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，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向和大小都变更依据平行四边形定则可以看出b的读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC不符合题意，D符合题意．13.某同学利用图甲所示的装置探究“外力肯定时,加速度与质量的关系”．图中打点计时器的电源为50Hz的沟通电源,小车的质量未知．(1)试验之前要平衡小车所受的阻力,详细的步骤是,吊盘中不放物块,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直到打点计时器打出一系列________的点．

(2)按住小车,在吊盘中放入适当质量的物块,并在小车中放入质量已知的砝码,为了保证在变更小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,吊盘和盘中物块的质量和应满意的条件是____．

(3)打开打点计时器电源,释放小车,得到如图乙所示的纸带,图示为五个连续点之间的距离(单位:cm),则小车的加速度a=____m/s2．(结果保留两位小数)

(4)变更小车中的砝码质量多次试验,得到不同的纸带,记录砝码的质量m,并依据纸带求出不同的m对应的加速度a,以m为横坐标,为纵坐标,做出-m关系图线如图丙所示,设图中直线的斜率为k,纵轴上的截距为b,若牛顿其次定律成立,则小车的质量为______．【答案】(1).间隔匀称(2).远小于小车的质量(3).3.25(4).【解析】【详解】(1)[1]平衡摩擦力后，用手轻拨小车，小车应做匀速直线运动，打点计时器打出一系列间隔匀称的点．(2)[2]设小车质量为M，车上砝码质量为m,吊盘和盘中物块的质量和为m2，小车所受拉力为F，对小车和砝码受力分析，由牛顿其次定律可得对吊盘和盘中物块受力分析，由牛顿其次定律可得解得：化简得：当时，变更车上砝码质量m，小车所受拉力近似不变．故为了保证在变更小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，吊盘和盘中物块的质量和应满意的条件是远小于小车的质量．(3)[3]图示为五个连续点，小车的加速度(4)[4]认为拉力不变，则化简得：图中直线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则，解得：三、计算题（14题11分，15题12分，16题17分。共计40分。）14.如图所示，倾角为37°的斜面长L=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度V0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块。小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球从抛出到达斜面所用时间；（2）抛出点O离斜面底端的高度；（3）滑块与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）0.4s；（2）1.7m；（3）0.125【解析】【详解】（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，由几何关系得：设小球下落的时间为t，小球竖直方向vy＝gt解得：t=0.4s（2）竖直位移为y，水平位移为x，由平抛规律得x＝v0t设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得h=y+xtan37°由以上各式得h=17m（3）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：设滑块加速度为a，由运动学公式得：对滑块，由牛顿其次定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma由以上各式得μ=0.12515.如图所示，水平传送带端到端的距离，物块均视为质点）通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，物块在传送带的左端，与连接物块的细线水平，当传送带以的速度逆时针转动时，物块恰好静止。已知物块的质量，物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，求：（1）物块的质量；（2）当传送带以的速度顺时针转动时，物块从端运动到端所用的时间；（3）当传送带以速度顺时针转动时，物块从端运动到端的过程中，物块相对传送带运动的距离。【答案】（1）mQ=8kg（2）t总=3s（3）△x=8m【解析】【详解】（1）当传送带以v=8m/s逆时针转动时，物块Q恰好静止不动，对Q受力分