【文档说明】四川省泸州市泸县第一中学2022-2023学年高一下学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(15)页，1.414 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-92a383fd0240a83321540aafe5c37004.html

以下为本文档部分文字说明：

四川省泸县一中2022-2023学年高一下期开学考试物理试题第I卷（选择题44分）本试卷共4页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求

的。1.下列说法正确的是（）A.在研究如何踢出“香蕉球”时，可以把足球看作质点B.在研究战斗机的飞行和翻转时，可以把战斗机看作质点C.“一江春水向东流"是指水相对河岸（或者地面）的运动D.“神舟十一号飞船”与“天宫二号”对接前，调整飞船姿势时，可将飞船看成质

点【答案】C【解析】【详解】A．研究如何踢出“香蕉球”时的足球，要考虑球的转动，故不能简化为质点，故A错误；B．研究战斗机的空中翻滚动作时，不可以看做质点，否则没有动作了，故B错误；C．“一江春水向东流”是说春水相对于

河岸（或者地面）在运动，故C正确；D．研究飞船的对接情况时，与其大小形状和对接的姿态有关，故此时不能将飞船看成质点，故D错误。故选C。2.在学校组织的拔河比赛中，一班战胜了二班。比赛过程中有关力的分析中，正确的是（）A.一班的拉力始终大于二班的拉力B.一班的重力大于二班的重力C.一班的

拉力和二班的拉力大小相等D.一班的拉力和二班的拉力只有在静止时大小才相等【答案】C【解析】【详解】ACD．一班对二班的拉力和二班对一班的拉力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且大小时刻都相等，并不是只有在静止时大小才相等，AD错误，C正确；B．一班战胜了二班，说明一

班与地面之间的摩擦力大，并不能说明一班的重力大于二班的重力，B错误。故选C。3.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有P、Q两个轻环，两根等长细绳一端分别系在环上，另一端拴住书本，书本处于静止状态．下列说法正确的是（）A.两绳对书本的拉力大小不同B.每根

绳对书本的拉力一定大于书本的重力C.若减小两环间距离，书本仍处于静止状态，则杆对P环的支持力不变D.若减外两环间距离，书本仍处于静止状态，杆对P环的摩擦力不变【答案】C【解析】【详解】A．依题意，两绳等长，对书本受力分析，根据对称性可知两绳对书本的拉力大小相同。故A错误；B

．依题意，书本处于静止状态，三力平衡，两绳拉力之和与重力等大反向，每根绳对书本的拉力不一定大于书本的重力，需要根据两绳夹角判断。故B错误；C．对书本和P、Q两环组成的整体进行受力分析，可知杆对P、Q两环的支持力大小相等均为重力的一半，且不会随两环间距离的变化而变化。故

C正确；D．对P环受力分析，如图由平衡条件，可得tanNf=若减外两环间距离，变大，杆对P环的摩擦力变小。故D错误。故选C。4.汽车以20m/s的速变做匀速直线运动。刹车后的加速度大小为25m/s．那么刹车后2s内与刹车后6s内汽车通过的位移之

比为()A1:1B.3:4C.3:5D.5:9【答案】B【解析】【详解】物体做匀减速直线运动，设速度减到零的时间为t则有20s=4s5vta==设刹车后2s内位移1x，由运动学公式可得221011202m-52m=

30m22xvtat=−=因汽车4s速度减为零，前6s的位移等于前4s的位移02204m=40m22vxvtt===所以12:3:4xx=故ACD错误，B正确。故选择B选项。5.做直线运动的物体，其v-

t图像如图所示，下列判断正确的是（）A.物体在1s末改变运动方向B.物体在1～3s和3～4s加速度大小相等方向相反C.物体在前3s与后2s内的位移大小之比为3:1D.物体在最初1s与最后1s的平均速度之比为1:1【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知：物体在前3s内

速度都为正，运动方向没有发生改变，所以在第1s末运动方向没有发生变化，A错误；.B．物体在1～3s和3～4s图像的斜率相同，所以加速度是相同的，B错误；C．物体在前3s的位移1143m6m2x==2s内的位移大小2122m2m2x==即位移大小之比为3:1，C正确；D．物体

在最初1s的平均速度104m/s2m/s2v+==最后1s的平均速度202m/s1m/s2v+==D错误故选C。6.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04m的成绩获得冠军．弗拉

希奇身高约为1.93m，忽略空气阻力，g取10m/s2．则下列说法正确的是()A.弗拉希奇下降过程处于失重状态B.弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态C.弗拉希奇起跳时她对地面的压力等于她所受的重力D.弗拉希奇起跳离开地面时的初速度大约为6.4m/s【答案】A【解析】【详解】AB．弗拉希

奇在整个跳高过程中，上升或下降过程都只受重力作用，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；B错误；C．弗拉希奇起跳时，有向上的加速度，则地面对他的支持力大于她的重力，即她对地面的压力大于她所受的重力，故C错误

；D．根据位移速度公式：。2vgh=其中h为弗拉希奇重心上升的高度大约是：1.932.04m1.08m2h=−=所以解得：4.6m/sv=，故D错误故选A.7.如图，质量为m的小球用轻质细线拴住放在足够长的光滑斜面上，倾角030=的斜面体置于光滑水平面

上，用水平力推动斜面体，使小球沿斜面级慢升高，至绳与斜面平行的过程中，绳上的最小力为A.12mgB.14mgC.34mgD.32mg【答案】A【解析】【详解】斜面体向左缓慢移动过程中小球受力情况如上图所示。小球受重力、斜面对小球的支持力的方向不变。当绳与斜面平行时，即F1与F

2垂直时，绳上的力最小，为：1sin2Fmgmg==故A正确，BCD错误。故选A。.二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。8.一名消防员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立

在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面的速度恰好为零，如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防员（）A.下滑过程的最大速度为4m/sB.加速与减速运动过程中平均速度之比为1:1C.加速与减速

运动过程位移大小之比为1:4D.加速与减速运动过程时间之比为1：2【答案】BD【解析】【详解】A.设减速时的加速度为a，则加速时的加速度为2a，加速时间为It，减速时间为2t，则123tt+=，设加速的末速度为v，则121222

vvtt+=，联立解得8m/sv=，即下滑过程中的最大速度为8m/s，故A错误；BCD.加速时间182ta=，减速时间28ta=，所以加速与减速过程的时间之比为1∶2，故11ts=，22ts=，加速与减速过程中平均速度大小

都为2v，所以加速与减速过程的位移之比为1:2，故BD正确；C错误9.如图，倾角030=的光滑斜面上甲，乙两个物块用轻弹簧连接，用平行斜面向上的拉力F拉甲物块，使甲、乙两物块一起沿斜面向上做匀速运动，两物块的质量

均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A.拉力的大小为mgB.弹簧弹力大小为mgC.撤去拉力F瞬间，两物体的加速度大小相等D.撤去拉力F瞬间，乙的加速度为零，甲的加速度大小为g【答案】AD【解析】【详解】A.

斜面光滑，将甲乙两物块视为一个整体，做受力分析可得在沿斜面方向上平衡：02sin2sin30Fmgmgmg===故A正确；B.对乙物体受力分析，沿斜面方向上平衡可得弹簧弹力：01sinsin302Fmgmgmg===弹故B

错误；C.撤去拉力F瞬间，弹簧长度不变弹力不变。对甲物体受力分析，沿斜面方向上不平衡有：0sin30Fmgma+=甲弹解得：ag=甲D.对乙物体受力分析，沿斜面方向上有：0sin30Fmgma−=乙弹0a=乙甲乙两物体加速度大小不同。故C错误；D正确。故选ＡＤ。10.质量为m2的物体2放

在正沿水平直轨道向右行驶的车厢水平底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向稳定成θ角，则()A.车厢的加速度为gtanθB.水平底板对物体2的支持力为(m2－m1)g

C.绳对物体1的拉力为1cosmgD.物体2所受底板的摩擦力为m2gtanθ【答案】ACD【解析】【分析】先对物体1受力分析求出车的加速度，在对2分析求出各个力大小．【详解】以物体1为研究对象受力如图1所示，根据牛顿第二定律：

m1gtanθ=m1a，得a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，绳对1的拉力为1mgTcos=，选项A、C正确；对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N=m2g-T=m2g-1mgcos；f=m

2a=m2gtanθ，故B错误，D正确．11.如图所示，与水平面夹角为30的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑动与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断（取．．g=9.8m/s．．．．．．．．2．

）．，下列说法正确的是（）A.斜面对物体的摩擦力大小为零B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上C.斜面对物体的支持力大小为4.93N，方向垂直斜面向上D.斜面对物体的支持力大小为4.93N，方向垂直斜面向下【答案】AC【解析】【详解】AB．物体重力沿斜面方

向下的分力sin304.9NxGmg==与弹簧的弹力相等，根据共点力平衡，知物体不受摩擦力作用，A正确，B错误；CD．根据共点力平衡得cos304.93NNmg==方向垂直于斜面向上，C正确，D错误。故选AC。第II卷（非选择题56

分）三、实验题（14分）12.如图甲所示，用铁架台、弹簧、毫米刻度尺和多个质量已知且相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力F和弹簧长度l的关系。弹簧的上端与毫米刻度尺的0刻度线对齐。（1）如图甲所示，悬挂一个钩码

时，弹簧下端的指针在毫米刻度尺的读数为___________cm。（2）逐个增加钩码的数量，记录下弹簧弹力F和弹簧的长度l的多组数据，并在坐标纸中描绘出F-l的关系图像，由图乙可知该弹簧的劲度系数为___________N/m。（3）

实验中用两根不同的轻弹簧a和b进行实验，画出弹簧弹力F与弹簧的长度l的关系图像如图丙所示，若把两个弹簧分别制作成弹簧秤，___________（填“a”或“b”）的灵敏度更高。【答案】①.11.50②.100③.b【解析】【详解】[

1]刻度尺的最小分度为1mm，要估读到毫米下一位，图中读数为11.50cm[2]设未挂钩码时弹簧的长度为0l，根据胡克定律有0()Fkll=−解得0Fklkl=−可知图像的斜率表示劲度系数24.00N/m=100N/m(1511)10k−−=−[3]由图丙可知

，a的斜率大于b的斜率，a的劲度系数大于b的劲度系数，弹簧的劲度系数表示单位形变量引起的弹簧弹力的变化量的大小，变化量越小，弹簧的灵敏度越高，故用b制作的弹簧秤灵敏度更高。13.某同学设计了一个如图所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因

数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量（m＋m′＝m0）保持不变的条件下，改变m和m′的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验

数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．（1）该同学手中有电磁打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有（）．A．秒表B．毫米刻度尺C．天平D．低压交流电源（2）实验

中，该同学得到一条较为理想纸带，如图所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA＝1.61cm，OB＝4.02cm，OC＝7.26cm，OD＝1

1.30cm，OE＝16.14cm，OF＝21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v＝______m/s，此次实验滑块的加速度a＝_____m/s2.（结果均保留两

位有效数字）（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝_______.（g取10m/s2）．【答案】①.BD②.0.53③.0.81④.0.3【解析】【详解】(1)[1].A.打点计时器通过打点

即可知道时间，故不需要秒表，故A错误．B.实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确．C.本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误．D.电磁打点计时器要用到低压交流电源，故D正确．

(2)[2].每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：0.21800.1130m/s0.53m/s220.1DFExvt−==[3].由△x=a

t2可得：的()22220.21800.07260.07()(26m/s0.81m/s33)0.1CFOCxxat−−−==(3).对ABC系统应用牛顿第二定律可得：()()001mgMmgmgagMmMm−++==−++所以a-

t图象中，纵轴的截距为-μg，故-μg=-3，解得：μ=0.30四、解答题（42分，14提10分，15题15分，16题17分）14.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面固定在水平地面上，已知质量m=1kg

的物体恰好能沿斜面匀速下滑，现在给物体施加一个水平方向的推力F，使物体沿斜面向上做匀速直线运动。sin37°=0.6，cos37°=0.8，210m/s=g，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）F的大

小。【答案】（1）0.75；（2）34.3N【解析】【详解】（1）物体受力分析如图由平衡条件得f1sin37Fmg=N1cos37Fmg=f1N1FF=联立方程，代入数据解得0.75=（2）匀速上滑时，由平衡条件可得f2cos37sin37FmgF=

+N2cos37sin37FmgF=+f2N2FF=联立方程，代入数据解得34.3NF15.某校一课外活动小组自制了一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10m/s

2，求：（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小；（2）火箭上升离地面的最大高度；（3）火箭从发射到返回发射点的时间（结果保留三位有效数字）。【答案】（1）20m/s；（2）60m；（3）9.46s【解析】【详解】（1）设燃料恰好用完时火箭的速度

为v，根据运动学公式有h＝2vt解得v＝20m/s。（2）火箭能够继续上升的时间t1＝vg＝2s火箭能够继续上升的高度h1＝22vg＝20m因此火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝60m（3）火箭由最高点落至地面的时间t2＝2Hg＝23s火箭从发射到返回发射点的时间t总

＝t＋t1＋t2≈946s16.某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为120gm=，硬纸板的质量为2

10gm=，长度为5cml=。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为10.2=，纸板与桌面间的动摩擦因数为20.3=，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，

要使橡皮擦相对纸板滑动，0F至少多大？（2）手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度0v但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，0v需满足的条件？（3）若要求橡皮擦移动的时间不超过0.2s=，求纸板被弹出的最小速度？【答案】(1)0.15N；

(2)03m/s2v；(3)3m/s2【解析】【详解】(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有111mgma=对橡皮擦和纸板整体有021212()()Fmmgmma−+=+联立解得.00.15NF=(2)纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时

刚好脱离纸板，此时，0v最小设为0minv。则对橡皮擦有2112xat=vat=对纸板有1121222()mgmmgma++=220min212xvtat=−0min2vvat=−根据位移关系有212lxx−=联立解得0min3m/s2v=则要使橡皮擦脱离纸板，0v需

满足00min3m/s2vv=。(3)橡皮擦现在纸板上做加速运动，离开纸板后在桌面上做匀减速直线运动，因前后加速度一样大，故前后的所用时间一样长，橡皮擦在纸板上运动时间满足0.2s0.1s22t==橡皮擦离开纸板时候的速度为03m/s2

v橡皮擦滑离纸板的时间为000.1s15vt=所以速度最小为应为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com