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哈师大附中2020级高一下学期开学考试考 物理试卷一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1014题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是( )A. 阿基米德 B. 牛顿 C. 伽利略 D. 以上三个都不是【答案】C【解析】【详解】历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是伽利略，故选C.2.下列关于摩擦力的说法正确的是（ ）A. 摩擦力的方向总与物体的运动方向相反B. 摩擦力的大小一定与相应的正压力成正比C. 运动着的物体不可能受静摩擦力作用，只能受滑动摩擦力的作用D. 静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反【答案】D【解析】静摩擦力的方向总是与运动趋势方向相反，但不一定与运动方向相反，A错；只有滑动摩擦力才与正压力成正比，B错；运动着的物体也可能受静摩擦力作用，C错；D对；3.水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m=10kg的重物，CBA=30，如图所示，则滑轮受到绳子作用力为（）A. 50N B. N C. 100 N D. N【答案】C【解析】试题分析：以重物为研究对象分析受力可知，绳子的张力等于重物的重力mg，滑轮受到的绳子作用力可分解为互成1200的两个力，大小等于绳子的张力mg，根据二力合成知识可知滑轮受到的绳子作用力，所以只有选项C正确；考点：共点力平衡4.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则改质点A. 第1s内的位移是5m B. 前2s内的平均速度是6m/sC. 任意相邻的1s 内位移差都是1m D. 任意1s内的速度增量都是2m/s【答案】D【解析】第1s内的位移只需将t1代入即可求出x=6m，A错误；前2s内的平均速度为，B错；由题给解析式可以求得加速度为a=2m/s2，C错；由加速的定义可知D选项正确5.某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，图所示的v-t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（向上为正方向）。根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（ ）A. 在05s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态B. 在5s10s内，该同学对电梯底板的压力大于他所受的重力C. 在10 s20s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态D. 在20 s25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态【答案】A【解析】【详解】在05s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A正确；在5s10s内，速度时间图象为水平线，此时电梯在匀速运动，处于受力平衡状态，所以该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，故B错误；在10 s20s内，观光电梯在减速上升，加速度向下，该同学处于失重状态，选项C错误；在20s25s内，从速度时间图象可知，电梯的加速下降，加速度向下，此时人处于失重状态，故D错误。故选A。【点睛】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。6.以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块,假定物块所受的空气阻力f大小不变.已知重力加速度为g,则物块上升的最大高度和返回原抛出点的速率分别为( )A. 和 B. 和C. 和 D. 和【答案】A【解析】试题分析:由牛顿第二定律，上升阶段，由可得，；对上升阶段应用动能定理，下降阶段应用动能定理，两式联立可得，所以A正确。考点：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用。7.如图所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m上、下滑动的整个过程中（ ）A. 地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B. 地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C. 地面对斜劈M的支持力大于（Mm）gD. 物块m向上、向下滑动时加速度大小相等【答案】B【解析】【详解】物体m先减速上升，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对M与m整体受力分析，受到重力（M+m）g，地面支持力N，和地面摩擦力，根据牛顿第二定律，水平方向：f=m（acos）；竖直方向：（M+m）g-N=m（asin）；其中为斜面坡角，故地面对斜面体的静摩擦力方向没有改变，故A错误，B正确；由上式可知，N（M+m）g，故C错误；对m受力分析，受到重力、支持力、和滑动摩擦力，减速上滑时，有：f1+mgsin=ma1；加速下滑时，有：mgsin-f1=ma2；故a1a2，故D错误；故选B。【点睛】本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用与有相对运动的物体之间8.在一根绳下拴着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大，当手提着绳端沿水平方向并使两球一起作匀加速运动时（空气阻力不计），下图中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分别对两个小球进行受力分析，根据竖直方向平衡，水平方向做匀加速运动列式，即可求解；【详解】利用隔离法分别 对M和m分析如图所示：对下面小球M，利用牛顿第二定律，则在水平方向有：，而在竖直方向则有：；对上面小球m，同理有：，由容易得：而则得：故有，而由得到：，因此，即拉力F与绳的拉力T在同一直线上，故选项A正确，选项BCD错误。【点睛】本题主要考查了同学们根据运动情况分析物体受力情况的能力，关键是正确对小球进行受力分析，推导出角度关系。9.如图所示，质量为ml的木块放在光滑水平面上，木块上放置一质量m2的另一木块，先后分别用水平力拉ml和m2，使两木块都能一起运动，若两次拉动木块时，两木块间的摩擦力分别为和，则两次拉动时，拉力大小之比一定可以表示为（ ）A. B. C. D. 1【答案】C【解析】【详解】（1）当拉力作用于m1时，两木块间的摩擦力为F1，以m2为研究对象水平方向受到m1的摩擦力F1，由牛顿第二定律知m2产生的加速度am2，所以对m1和m2整体而言，其生产的加速度a1=am2，根据牛顿第二定律知，此时拉力F1(m1+m2) ；（2）当拉力作用于m2时，两木块间的摩擦力为F2，以m1为研究对象水平方向受到m2的摩擦力F2，由牛顿第二定律知m1产生的加速度am1，所以对m1和m2整体而言，其生产的加速度a2=am1，根据牛顿第二定律知，此时拉力F2(m1+m2) ；所以：，故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】本题主要运用隔离法和整体法由物体间的摩擦力大小求出拉力F的大小，根据给出的条件求解10.两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶。t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的v-t图如图所示。哪些图对应的比赛中一辆赛车追上了另一辆（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】在速度-时间图象里，图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移。从A图中可以看出，当t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，所以A正确。B图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，所以B错误。C图象也是在t=20s时，两图象面积相等，此时一辆赛车追上另一辆，所以C正确。D图象中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上，所以D错误。故选AC。【点睛】图象法是描述物理规律的重要方法，应用图象法时注意理解图象的物理意义，即图象的纵、横坐标表示的是什么物理量，图线的斜率、截距、两条图线的交点、图线与坐标轴所夹的面积的物理意义各如何。11.如图所示，位于光滑水平桌面上的物块P用跨过定滑轮的轻绳与小托盘相连，托盘内有砝码。托盘与砝码的总质量为m，P的质量为2m，重力加速度为g.释放后，P从静止开始沿桌面运动的过程中，当不计滑轮摩擦和空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A. 托盘运动的加速度为gB. P运动的加速度为g/3C. 托盘对轻绳的拉力大小为2mg/3D. 砝码处于失重状态【答案】BCD【解析】【详解】以小托盘与砝码为研究对象，根据牛顿第二定律有mg-FT=ma；以物块P为研究对象，根据牛顿第二定律有FT=2ma；联立以上两式可得系统运动的加速度a=；轻绳的拉力大小为有FT=；故A错误，而BC正确。由于托盘的加速度向下，则砝码处于失重状态，故D正确。故选BCD。【点睛】本题用隔离法处理比较容易理解，而用整体法却稍显啰嗦要知道物体对悬绳的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态，物体对悬绳的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态12.如图所示，光滑斜面、都以为底边三个斜面的倾角分别为75、45、30物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端，下面说法中正确的是（ ）A. 物体沿滑到底端时具有最大速率B. 物体沿滑到底端所需时间最短C. 物体沿下滑，加速度最大D. 物体沿滑到底端所需时间最短【答案】CD【解析】试题分析：根据动能定理得，mgh=mv2知高度越高，到达底端的速度越大故A错误加速度a=gsin，倾角越大，加速度越大，运动的位移x，根据at2得，t=，知当=45时，下滑时间最短故B错误，C、D正确考点：本题考查动能定理、牛顿运动定律、匀变直线运动规律。13.如图所示,A、B.C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是( )A. B球的受力情况未变，加速度为零B. A.B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinC. A.B之间杆的拉力大小为 D. C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin【答案】BCD【解析】【详解】细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=3mgsin，以C为研究对象知，细线的拉力为mgsin，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于3mgsin-2mgsin=mgsin，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsin=2ma，则加速度a=gsin，故B正确；B的加速度为：a=gsin，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB-mgsin=ma，解得：FAB=mgsin，故C正确；对球C，由牛顿第二定律得：mgsin=ma，解得：a=gsin，方向向下，故D正确；故选BCD。【点睛】本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳或者杆在断后弹力会突变为零。这点在做题时要特别留意。14.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. =0.2 B. 0.4C. t2.5s D. t4.5【答案】AD【解析】【详解】由速度图象可得，0-3s内物块做匀变速运动的加速度大小为；由牛顿第二定律得 mg=ma；则可得物块与传送带间的动摩擦因数 =0.2故A正确，B错误。由速度图象可知，物块滑上传送带的初速度大小 v0=4m/s、传送带的速度大小 v=2m/s，物块在传送带上滑动 t1=3s后与传送带相对静止。前2s内物块的位移大小，方向向右；第3s内的位移大小 ，方向向左；前3s内物块的位移 x=x1-x2=3m，方向向右；物块再向左匀速运动的时间；所以物块在传送带上第一次向左返回的时间 t=t1+t2=3s+1.5s=4.5s，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】解决本题的关键要理清物块在传送带上整个过程的运动规律，分段运用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(本题共2小题, 第15小题4分, 第16小题10分,共14分.)15.在“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。图乙中的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是 _。本实验采用的科学方法是（ ）A. 理想实验法 B. 等效替代法C. 控制变量法 D. 建立物理模型法【答案】 (1). F (2). B【解析】【详解】（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力则方向一定沿AO方向的是F（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确故选B16.在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时(装置如下图)(1)下列说法中正确的是（ ）A.平衡运动系统的摩擦力时，应先把装砂的小桶通过定滑轮拴在小车上B.连接沙桶和小车的轻绳应和长木板保持平行C.平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D.小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车(2) 实验中沙和桶的总质量m和车与车上砝码的总质量M间必须满足的条件是_。(3)某次实验中,由于没有满足(2)的条件，研究在车与车上砝码的总质量M一定时，小车的加速度a与作用力F的关系时结果得到的图象应是如下图中的（ ）A. B. C. D. (4)研究在作用力F一定时，小车的加速度a与小车质量M的关系，某位同学按正确的实验步骤得到足够多的纸带,其中的一条如下:实验中打点计时器有的电源周期为0.02s,每两个计时点之间都有4个点没有画出，则D点的对应速度为_ms，物体运动的加速度为_ms2。（结果保留二位有效数字）【答案】 (1). BCD (2). m M (3). D (4). 1.86 (5). 6.22【解析】【详解】（1）平衡运动系统的摩擦力时，不挂砂桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；为了减小误差，连接沙桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，选项B正确；平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动，选项C正确；小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，选项D正确；故选BCD.（2）认为沙和沙桶的重力为拉小车运动的合力，故应该满足沙和沙桶总质量m远小于小车及其上砝码总质量M，即mM；（3）因为图线的斜率表示小车所受的合力，根据，m增大，则Fmg，则F减小，即图线向下弯曲故选D（4）相邻计算点间有4个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔t=0.025=0.1s，D的对应的速度： ；根据x=aT2可得物体的加速度为： .三计算题17.一个质量为m=40kg的小孩站在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s2。【答案】9m【解析】试题分析：由图可知，在t0到t12s的时间内，电梯向上加速运动。设在这段时间内体重计作用于小孩的力为F1，电梯及小孩的加速度为a1，根据牛顿第二定律，得： 在这段时间内电梯上升的高度 h1在t2-t13s的时间内，电梯匀速上升，速度为t1时刻的电梯的速度，即 在这段时间内电梯上升的高度h2v1（t2 -t1） 在t3-t21s时间内，电梯做减速上升运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为F2，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得：在这段时间内电梯上升的高度h3电梯上升的总高度hh1h2+h3 由以上各式，解得h19m 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力18.如图所示，放在粗糙斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角=60，斜面倾角=30，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数为k=500N/m，重力加速度g=10m/s2 求（1）弹簧的伸长量x；（2）物块A受到的摩擦力f的大小和方向.【答案】（1）cm （2）摩擦力f的大小为5N，方向沿斜面向下【解析】试题分析：（1）以轻绳OB和物块B为研究对象，受力如图并正交分解，根据平衡条件结合胡克定律求解；（2）对物块A受力如图并正交分解，根据平衡条件列式求解即可解：（1）以轻绳OB和物块B为研究对象，受力如图并正交分解，据平衡条件有x：kxFsin60=0y：Fcos60mBg=0由解得：代入解得：（2）物块A受力如图并正交分解，据平衡条件有x：FmAgsin30f=0解得：，方向：沿斜面向下答：（1）弹簧的伸长量x为；（2）物块A受到的摩擦力f的大小为5N，方向沿斜面向下【点评】本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用，难度适中19.如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数10.2，B与水平面之间的动摩擦因数20.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s2.若t0开始，木板B受F116 N的水平恒力作用，t1 s时F1改为F24 N，方向不变，t3 s时撤去F2.(1)木板B受F116 N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？(2)从t0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？【答案】(1)aA =2m/s2，aB=4m/s2；(2) A在B上相对B滑行的时间为t=1.5s【解析】【分析】（1）隔离对A、B分析，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度（2）从t=0时，AB物体运动分为两个过程，先以不同的加速度做匀加速运动，后以不同的加速度做匀减速运动，达到共同速度后一起做匀速直线运动，利用牛顿第二定律可求出加速度，利用匀变速直线运动规律即可求时间【详解】（1）根据牛顿第二定律得对A：1mAg=mAaA解得：aA=1g=0.210m/s2=2m/s2对B：F12(mA+mB)g1mAg=mBaB代入数据得：aB=4m/s2（2）t1=1s时，A、B分别为vA、vBvA=aAt1=21m/s=2m/svB=aBt1=41m/s=4m/sF1改为F2=4N后，在B速度大于A速度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB，根据牛顿第二定律得F22(mA+mB)g1mAg=maB代入数据得aB=2m/s2设经过时间t2，A、B速度相等，由于AB之间的最大静摩擦力fm=1mAg=0.22.010N=4N假如AB相对静止，整体分析合外力为：F合=F22(mA+mB)g=0Nfm 此后它们保持相对静止。vA+aAt2=vB+aBt2代入数据得：t2=0.5sA在B上相对B滑行的时间为t=t1+t2=1.5s
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