【文档说明】山西省晋城市（高平一中）2020-2021学年高一下学期开学考试 物理含答案.doc，共(22)页，1.117 MB，由小赞的店铺上传

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2020－2021学年度第二学期高一年级开学考试物理试题考试范围：必修第一册；考试时间：90分钟；满分：100分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将答案正确填写在答题卡上。第I

卷(选择题)一、选择题：本大题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1－7题只有一项符合题目要求，第7－12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分。1.关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是A.加速度方向为正，速度一定增加B.加

速度方向保持不变，速度方向一定保持不变C.加速度逐渐变大，速度一定逐渐变大D.加速度和速度方向相反，速度一定减小2.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D是轨迹上的四点，测得AB＝4m，BC＝6m，CD＝8m，且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则OA之间的距离为A.9

8mB.94mC.74mD.72m3.如图所示，弹性绳(遵循胡克定律)的一端固定在天花板上的O点，另一端悬挂一质量为m的小球，静止时小球位于B点，A点固定一光滑的小定滑轮，OA＝2l，AB＝l。现对小球施加一沿BC方向的拉力F，使小球

沿BC缓慢运动到C点。已知A、B、C三点刚好组成一个正三角形，D为BC的中点，重力加速度为g，则A.小球在C点受到的拉力F等于小球重力的3倍B.在D点时弹性绳的弹力大小为12mgC.该弹性绳的原长为2lD.从D到C的过程中拉力F可

能先减小后增大4.如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端拴接一个套在大环上质量为m的小球，小球静止，弹簧与竖直方向的夹角θ为30°，重力加速度为g。则A.小球所受弹簧的弹力等于12mg

B.小球所受弹簧的弹力等于mgC.小球所受大圆环的支持力等于mgD.大圆环对小球的弹力方向一定沿OQ指向圆心O5.如图所示，粗糙斜而的倾角为θ，一质量为m的小物块由斜面底端以初速度v0沿斜面上滑到最高点后又沿斜面下滑返回到斜面底端。下列说法正确的是A.上滑的加速度比下滑的加速度小B.上滑的时

间比下滑的时间长C.物块与斜面的动摩擦因数大于tanθD.物块返回斜面底端的速度小于v06.放在光滑水平面上的物体受到三个平行于水平面的共点力作用而平衡，如图，已知F2和F3垂直，三个力中若去掉F1可产生2.5m/s2的加速度，若去掉F2可产生1.5m/

s2的加速度。若去掉F3，则物体的加速度为A.1.5m/s2B.2m/s2C.2.5m/s2D.4m/s27.如图所示，A、B、C三球质量均为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θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，开始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是A.A球的受力情况未变，加速度为零B.C球的加速度沿斜面向下，大小为gC.A、B之间杆的拉力为mgsinθD.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g

sinθ8.由于氢气比氦气廉价，因此市面上销售的基本上都是氢气球，但氢气可能爆炸，所以氦气球相对更安全，某同学用一氦气球悬挂一重物(可视为质点)，从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动过了一段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过

相同的时间，重物恰好落到地面，重物脱落后仅受到重力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是A.细线断裂前氦气球匀加速上升时的加速度大小为2gB.细线断裂前重物匀加速上升时的加速度大小为3gC.细线断裂时重物的速度大小等于

重物落地时速度大小的一半D.由于条件不足，无法确定细线断裂时重物的速度与落地时的速度的关系9.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下

列说法正确的是A.只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小B.只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变C.只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力不变D.只将环B向右移动少许，

绳上拉力变大，环A所受杆的弹力变大10.如图所示，质量为M的长木板在水平拉力F作用下，在光滑的水平面上由静止开始向右运动。当速度达到3m/s时，将质量为m的物块(可视为质点)轻轻放到木板的右端。已知M＝2kg，m＝1kg，F＝9N，物块与木板间动摩擦因数µ＝0.5，重力加速度

大小g＝10m/s2，以下说法正确的是A.物块刚放在木板上时，物块的加速度大小为5m/s2B.从物块放上木板至与木板相对静止的时间为1sC.物块与木板最终保持相对静止，木板至少长4mD.物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为5N11.如图(a)，一物块在t＝0时刻，

以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图(b)，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。重力加速度大小为g。则A.物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为1：2B.物块

返回底端时的速度大小为02vC.利用所给条件可以求出物块所受摩擦力的大小D.利用所给条件可以求出斜面的倾角12.在倾角为θ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。现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚要离开C时，A的加速度方向沿斜面向上，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5mgsinkD.恒力F的大小为5mgsinθ＋3ma二、实验题13.(5分)某同学利用如下图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持状态；(2)实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图

线。由此图线可得该弹簧的劲度系数k＝N/m；(3)他又把该弹簧做成一个弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝cm；(4)他再用该弹簧做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如下图甲所示，用该弹簧c和弹簧测力计a、b，在保持

弹簧伸长10cm不变的条件下：①若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a的读数如下图乙所示，则弹簧测力计b的读数应为N；②若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与弹簧c的夹角不变，减小弹簧测力计b与弹簧c的夹角∠boc，则弹簧测力计a的读数(填“变大”“变小”或“不变”)。1

4.(6分)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示，己知打点计时器所用电源频率为50Hz，试回答下列问题。(1)平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测

量小车的加速度。根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a－F图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是。(2)在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砝码盘中砝码个数不变，小车自身的质量保持不变(已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量)，在小车

上加一个砝码，并测出此时小车的加速度a，调整小车上的砝码，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图丁所示的1a－m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车

受到的拉力大小为，小车的质量为。三、解答题15.(7分)如图所示，水平轨道AB长为x1＝10m，与倾角为θ＝37°、长为x2＝5m的斜面BC在B处连接。有一质量为m＝3kg的滑块(可视为质点)，从A点由静止开始受到水平向右的拉力F＝

30N的作用，经过一段时间后，滑块到达B点并滑上斜面，同时撤去拉力F，最后滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过B点时，速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数µ1＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)滑块从A点运动到B点所用的时

间；(2)滑块与斜面BC间的动摩擦因数µ2为多少？16.(5分)在地面以初速度v0＝50m/s竖直向上抛出A小球，取g＝10m/s2求：(1)A抛出经多长时间后落回抛出点？(2)A抛出后离抛出点的最大

距离是多少？(3)若有另一小球B在A抛出后2s于同一位置以相同的初速度抛出，B抛出后经多长时间A、B相遇？(4)相遇时A、B距地面的高度是多少？17.(12分)三个重量均为10N的相同木块a、b、c和两个劲度均为500N

/m的相同轻弹簧p、q用细线连接如图，其中a所在的水平桌面处光滑，但其左侧是粗糙面，桌面与a间的最大静摩为10N。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止。轻弹簧和细线的

重量都忽略不计，该过程(1)最后连接a、b的线中拉力大小是多少？(2)q弹簧最后的形变量是多少？(3)p弹簧的左端向左移动的距离是多少？18.(17分)如图所示，与水平方向成θ＝37°的传送带下端与斜面BC平滑连接，斜面BC与传送带倾角相同，P

为固定在斜面底端垂直于斜面的挡板。传送带AB长L＝0.48m，顺时针转动速率v＝2.4m/s，斜面BC长s＝0.18m，小物块由传送带顶端A点静止下滑，与挡板碰撞前后速度大小不变、方向相反。小物块与传送带和斜面间的动摩擦因数均

为µ＝0.75，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小物块刚开始运动时加速度的大小；(2)小物块从A第一次到B的时间；(3)小物块在斜面BC上运动的总路程。高一下学期开学考试物理答案1．D【详解】A、当加

速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，速度增大，加速度方向为正时，若速度方向为负，则速度减小．故A错误；B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，如平抛运动，故B错误；C、当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，加速度增大，速度减小，故C错误，D正确；

故选D2．B【详解】设物体的加速度为v，通过AB的时间为t，则有52BACvtt==BC段，有212BvtatBC+=解得22at=从O到B，根据速度公式得2.5Bvtta==所以OA之间的距离为212satAB

=−解得2.25ms=故选B。3．C【详解】A．小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力Fmg=选项A错误；B．设小球在D点时弹性绳的弹力大小为TF，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交分解可得Tsin30cos30FF=Tcos30sin

30FFmg+=两式联立可解得T32Fmg=选项B错误；C．设弹性绳的原长为0l，则当小球在B点时，由胡克定律可得03()2kllmg−=在D点时有033()222lkllmg+−=两式联立可解得02ll=选项C正确；D．从D到

C的过程中，设A点下方的弹性绳与水平方向的夹角为α，对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，在水平方向上有Tcos30cosFF=解得T23cos3FF=因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由TFkx=可知弹性绳的弹力TF越来越大，而α由60

逐渐减小到30°，cos越来越大，可知拉力F也越来越大，选项D错误；故选C。4．C【详解】D．小球受重力G、弹簧的拉力F、圆环的弹力N，圆环的弹力沿半径向外，如图所示，D错误；ABC．弹簧的弹力F沿弹簧向上，与竖直方向成30°角，圆环的弹力N与竖直方向成60°

角，由正弦定理得sin30sin30sin120GNF==oooGmg=解得Nmg=3Fmg=C正确，AB错误。故选C。5．D【详解】A．物块上滑的合外力大小为1Fmgsinmgcos=+则上滑

时加速度大小为1(sincos)ag=+物块下滑的合外力大小为2sincosFmgmg−=则下滑时加速度大小为2(sincos)ag=−故上滑的加速度比下滑的加速度大，选项A错误；B．上滑过程有2011112xvtat=−0110vat=−即21

112xat=下滑过程有22212xat=故12tt，选项B错误；C．由于物块到最高点能下滑，则有mgsinmgcos则tan，选项C错误；D．上滑过程有012vxt=下滑过程有22vxt=由于12tt，故0vv，选项D正确。故选D。6．

B【详解】三力平衡，任意两个力的合力跟第三个力等大反向。若去掉F1，则剩下两个力的合力与F1等大反向，有12.5Fm=同理，若去掉F2，有21.5Fm=三力平衡，有223122FFFm=−=去掉F3，有32Fmm

a==解得22m/sa=故选B。7．D【详解】ACD．细线烧断后，将AB看作一个整体，弹簧拉力瞬时不变，有3sin2sin2mgmgma−=解得1sin2ag=对于B球，有sinTmgma−=解得3sin2Tmg=AC错误，D正确；B

．细线烧断后，对于C球，受力为sinmgma=解得singa=B错误。故选D。8．BC【详解】重物先匀加速上升，后竖直上抛，设断裂时的速度为vm，落地时的速度为v，断裂时的高度为hmvat=212hat=2m12hvtgt−=−mvvgt

=−解得13ag=m13vgt=23vgt=−BC正确，AD错误；故选BC。9．BD【详解】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B环到墙壁的距离为S，如图。根据几何关系可得sinSL=以滑轮作为研究对象，设绳子拉力大小为F

，由平衡条件可知2cosFmg=解得2cosmgF=对B环进行受力分析，由平衡条件可知，环B所受摩擦力为tansin2mgfF==对A环进行受力分析，由平衡条件可知，环A所受杆的弹力为tansin2mgTF==AB．只将环A向下移动少许，S和L都不变，则α不变，由2c

osmgF=可知，绳上拉力不变，由tan2mgf=可知，环B所受摩擦力不变，故A错误，B正确；CD．只将环B向右移动少许，S变大，L不变，则α增大，由2cosmgF=可知，绳上拉力增大，由tan2mgT=可知，环A所受杆的弹力变

大，故C错误，D正确。故选BD。10．AB【详解】A．放上物块后，根据牛顿第二定律，物块加速度为a1=mgm=5m/s2A正确；B．放上物块后，根据牛顿第二定律，木板加速度为a2=FmgM−=2m/s2由此可看出两物体均做匀加

速直线运动，当两物体速度相等后保持相对静止则有a1t=v0+a2t代入数据有t=1sB正确；C．由B选项可知二者共速时各自走过的位移分别为x1=12a1t2，x2=v0t+12a2t2代入数据有x1=2.5

m，x2=4m则二者相对运动的位移为L=x2-x1=1.5m物块与木板最终保持相对静止，木板至少长0.5m，C错误；D．相对静止时，对整体，由牛顿第二定律得a共=FmM+=3m/s2设共速后二者保持相对静止有f=ma共=3N若物块的

最大静摩擦力等于滑动摩擦力有Fmax=μmg=5N>f假设成立，则物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为3N，且为静摩擦方向向右，D错误。故选AB。11．BD【详解】B.根据面积相等，物块返回底端时的速度大小为()000011322tvttv=−解得02vv=，B

正确；A.物块上滑和下滑过程的加速度大小之比为010vat=0020000234vvattt−==−解得1241aa=，A错误；CD.根据牛顿第二定律1sinmgfma+=2sinmgfma−=解得0038mvft=005sin8v

gt=因为物块的质量未知，所以利用所给条件无法求出物块所受摩擦力的大小，C错误，利用所给条件可以求出斜面的倾角，D正确。故选BD。12．BCD【详解】A．弹簧恢复原长前，由牛顿第二定律得3sin3Fkxmgma+−=随着x的变化，a变化，不是匀加速，A错误；B．从静止到B刚离开C的过程中

，弹簧由压缩状态变为原长，再由原长变为拉伸状态，所以弹簧的弹力先减小后增大，B正确；C．拉力作用前，对A由平衡条件得13sinkxmg=物块B刚离开C时，对B由平衡条件得22sinkxmg=A运动的距离为12xxx=+解得

5sinmgxk=，C正确；D．物块B刚离开C时，对A根据牛顿第二定律得23sin3Fkxmgma−−=解得5sin3Fmgma=+，D正确。故选BCD。13．ABDAB0.20【详解】(1)[1]AC．电火花计时器要用到220V交流电源，所以A正确；C错误；B．测量长度需要刻

度尺，所以B正确；D．测量小车质量必须用天平所以D正确；E．打点计时器可以记录时间了，所以不用秒表，E错误；故选ABD。(2)[2]A．实验进行时，拉小车的细线平行与长木板，能保证运动过程中拉力方向不变且恒定，所以

A正确BC．平衡摩擦力时不挂沙桶，但要让纸带连在小车上，通过打点计时器打的点迹判断小车摩擦力是否平衡到位，所B正确；C错误；D．摩擦力平衡到位后，由于小车重力的分力等于滑动摩擦力，即sincosmgmg=增加小车质量无需再次平衡摩擦力，所以D错误；故选AB。(

3)[3]小车合力F恒定时，有FMa=则FaM=图乙图线的斜率就是合外力，即细线拉力，由图可知，细线拉力为0.20N。14．砝码盘的重力未计入其中1kbk【详解】(1)[1]根据图象丙可知，平衡摩擦力后，当F=0时，a≠0，这是由于

F只是砝码盘中砝码总重力，砝码盘的重力未计入其中。(2)[2][3]当小车上无砝码时，小车加速度为01ab=设小车的质量为M，则小车受到的拉力为0MFMab==图丁中图线的函数关系式满足1kmba=+根据牛顿第二定律得()FmMa=+可解得1bMk

Fk==15．(1)2s；(2)0.5【详解】(1)物体在AB段加速运动，有11Fmgma−=————1分211112xat=————1分代入数据解得12st=————1分(2)物体到达B点的速度为1110m/svat==————1分物体在BC段减速运动

，有22sincosmgmgma−−=————1分22202vax−=−————1分代入数据解得20.5=————1分16．(1)10s；(2)125m；(3)4s；(4)120m【详解】(1)A抛出后落回抛出点的时间015022s10s1

0vtg===————1分(2)A抛出后离抛出点的最大距离是22050m125m2210vHg===————1分(3)设B抛出后经t2时间A、B相遇，相遇时两物体位移相等()()22022022112222vtgtvtg

t+−+=−————1分解得24st=————1分(4)相遇时A、B距地面的高度是20221120m2hvtgt=−=————1分17．(1)20N；（2分）(2)2cm；（4分）(3)10cm（6分）【详解】(1)最后状态时，以b、c整体为研究对象，根据平衡条件得：连

接a、b的线中拉力1220NFG==————2分(2)以c为研究对象，由平衡条件知弹簧q所受的拉力10NqFG==由胡克定律得10m0.02m=2cm500qqFxk===————2分(3)对a：由平衡条件得

110N20N30NFfF=+=+=————2分则最后弹簧p伸长量0.06m=6cmpFxk==————2分开始时弹簧q压缩的长度010m=0.02m=2cm500qGxk==————2分故p弹簧的左端向左移动的距离是02cm2cm6

cm10cmqqpSxxx=++=++=——2分18．(1)12m/s2；（3分）(2)0.3s；（4分）(3)0.42m（7分）【详解】(1)小物块刚开始运动时，受到重力，传送带对小物块的支持力和沿斜面向下摩擦力，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+f

=ma1————1分FN-mgcosθ=0————1分f=μFN————1分联立解得a1＝12m/s2————1分(2)小物块达到传送带速度所需时间为12.40.212vtssa＝＝＝————1分下滑的距离为12.40.2m0.24m22vx

tL=＝＝＜————1分由于mgsinθ=μmgcosθ————1分故达到传送带速度后随传送带一起匀速运动，匀速运动的时间为20.480.240.12.4Lxtssv−−＝＝＝————1分故小物块从A第一次到B的时间为tAB=t1+t

2=0.2s+0.1s=0.3s————1分(3)小物块在斜面上由于mgsinθ=μmgcosθ————1分故在BC向下运动时做匀速运动，与挡板碰撞后，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma′解得a′=12m/s2————1分反弹后减速到B点时

的速度为v′，则有v′2-v2=2a′s解得v′=1.2m/s————1分此后沿传送带继续向上减速运动，减速到零上滑的距离为x′，则有0-v′2=-2a′x1解得x1=0.06m————1分然后沿传送带加速下滑，下滑x1距离获得的速

度为v2，则有v22＝2a′x1解得v2=1.2m/s＜v————1分故到达B点时速度为1.2m/s；此后沿BC匀速下滑，反弹后乙速度1.2m/s沿斜面上滑，设上滑减速到零通过得位移为s2，则有0-v22＝−2a′s

2解得s2=0.06m＜s————1分此后静止，故小物块在斜面BC上运动的总路程为s总=3s+s2=2×0.18m+0.06m=0.60m————2分