【文档说明】山西省运城市芮城县芮城中学2021-2022学年高一下学期开学检测物理试题含答案.docx，共(19)页，1.020 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-aed3bb7fb60dfb969348a49b5dc379bb.html

以下为本文档部分文字说明：

高一年级寒假自主学习检测卷物理试题一、单选题（共10个小题，每小题3分，共30分）1.以下比赛项目中，可将运动员视为质点的是（）A.蹦床技巧B.跳水C.自行车4千米追逐赛D.花样游泳【答案】C【解析】【详解】A．蹦床技巧中要考虑运动员的动作，故不能简化为质点，选项A错

误；B．跳水时要考虑运动员的姿态，故不能看成质点，选项B错误；C．自行车4千米追逐赛中自行车的大小和体积可以忽略不计，可以简化为质点，选项C正确；D．花样游泳中要考虑运动员的姿态，运动员的形状不能忽略，所以不能看成质点，选项D错误；故选C。2.如图所示，木块A、B并排且固定在水

平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L。一颗子弹沿水平方向以速度1v射入A，以速度2v穿出B。子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动。则子弹穿出A时的速度为（）A.1223vv+B.221223vv−C.221223vv+D.123v【答案】C【解

析】【分析】【详解】设子弹穿出A时的速度为v，由速度位移公式可得，射穿A过程满足2212vvaL−=射穿B过程满足22222vvaL−=联立解得221223vvv+=故选C。3.一条悬链长5.6m,从悬点处断开,使

其自由下落,不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8m处的一点所需的时间是(g取210/ms)（）A.0.3sB.0.4sC.0.7sD.1.2s【答案】B【解析】【详解】设悬链的长度为L，从悬点至悬点正下方12.8m处的一点的高度为h，经t1悬链的下端经过该点，则2112

hLgt−=，代入数据解得：11.2ts=，经t2悬链的上端经过该点，则有：2212hgt=，代入数据解得：21.6ts=，则经历的时间为：Δt＝t2－t1＝0.4s，故B正确，ACD错误．4.2018年10月23日港珠澳大桥正式通车，它是目前世界

上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆小汽车在长度为L=21m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段的车速的平方（2v）与位移（x）的关系，则关于小汽车通过该段平直桥面的加速度和平均速度分别为（）A.4

m/s26m/sB.2m/s23m/sC.2m/s221m/sD.2m/s27m/s【答案】D【解析】【分析】【详解】由匀变速直线运动位移速度公式2202vvax−=结合图像可知22m/sa=04m/sv=10m/sv=由0vvat=+得所用时间3st=平均速度21m/s7m/s3xvt−==

=故D正确，ABC错误。故选D。5.如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，物块位于水平面上，A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2，物块与地面间的最大静摩擦力为Fmax

，则弹簧的劲度系数为（）A.max12Fxx+B.max122Fxx+C.max212Fxx−D.max21Fxx−【答案】C【解析】【详解】水平方向上，物块在A点受弹簧弹力和地面的摩擦力，方向相反，根据平衡条件有01max()kxxF−=同理，在B点根据水平方向上，受力平衡有20max

()kxxF−=联立解得max212Fkxx=−故选C。6.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示。已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30和60，则ac绳和bc绳中的拉力分别为（）A.3122mgmg，B.1322mgmg，C.3142mgmg，D.1324mgmg，【答

案】A【解析】【详解】对物体进行受力分析，将aT，bT两个力分解到水平方向和竖直方向，根据平衡条件可得oocos30cos60abTTmg+=oosin30sin60abTT=整理得32aTmg=，12bTmg=因此A正确，BCD错误。故选A。7.如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹

簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球下方被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30，重力加速度为210/gms=，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为()A.0B.大小

为210/ms，方向竖直向下C大小253/ms，方向斜向右下方D.大小25/ms，方向斜向右下方【答案】C【解析】【详解】小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：cos30Nmg=突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，

支持力消失，所以此瞬间小球的合力与原来的支持力N大小相等、方向相反由牛顿第二定律得：cos30mgma=，得：253/ams=，方向斜向右下方故选C8.如图所示，A、B静止在水平地面上，A的质量为B的2倍，A、B之间的动摩擦因数为3，B与地面之间的动摩

擦因数为。若将水平拉力作用在B上，让两者共同向右加速，若A刚好要相对B滑动，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，此时B的加速度为a1；若将水平拉力撤去，则撤去拉力瞬间B的加速度为a2，则al与a2的比为（）.A.1：3B.1：5C.1：7D.2：3【答案】C【解析】【详解】设AB的质量分别为

2m和m，当A刚好要相对B滑动，则对A1223mgma=则此时B的加速度也为113ag=撤去拉力瞬间,则A相对B向前滑动，此时对B2323mgmgma−=解得273ag=则al与a2的比为

1:7.故选C。9.在地面用弹簧测力计悬挂一质量为m小球，静止时测力计示数为F．现将小球由静止释放，用频闪照相机拍摄的小球下落的照片如图所示，用刻度尺量出计时点1、2之间的距离为L1，计时点1、3之间的

距离为L2，频闪周期为T，则小球在下落过程受到的恒定阻力f为（）A.212LLFmT−−B.2122LLFmT−−C.212LLFmT−+D.2122LLFmT−+【答案】B【解析】【详解】由题意可知，计时点2、3之间的距离为21LL−，由匀变速直线运动规律可得：的2211()L

LLaT−−=解得：2122LLaT−=重力加速度为：Fgm=对小球下落过程中由牛顿第二定律得：mgfma−=得：2121222(2)()()LLmLLFfmgamFmTT−−=−=−=−A．212LLFmT−−与分析不符，故A项错误；B．2122LLFmT−−与分析相符，故B

项正确；C．212LLFmT−+与分析不符，故C项错误；D．2122LLFmT−+与分析不符，故D项错误．10.有一个质量为3kg的质点在直角坐标系xOy所在的平面内运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A.质点做匀变速

直线运动B.质点所受的合外力为3NC.质点的初速度大小为5m/sD.质点初速度的方向与合外力的方向垂直【答案】C【解析】【详解】试题分析：从甲图可知在x方向上做初速度03/vms=的匀加速直线运动，加速度为631.5/2ams−==，从图乙中可知，在y方向上做匀速直线运动，84/2yvms==，

所以质点受到的合力恒定，但初速度方向和合力方向不共线，做匀变速曲线运动，根据牛顿第二定律可得质点受到的合力为4.5FmaN==，质点的初速度为2205/yvvvms=+=，质点的合力方向沿x正方向，初速度方向在xy轴直间，故夹角

不为90°，C正确；考点：考查了速度合成与分解二、多选题（共5个小题，每小题4分，共20分）11.如图所示，用细线悬吊于O点的小球在竖直平面内来回摆动，若摆线突然从悬点脱落，则小球以后的运动可能是（）A.自由落体运动B.平抛运动C.斜上抛运动D.匀减速直

线运动【答案】ABC【解析】【详解】A．当小球运动到A或C点时，速度为零，若此时摆线突然从悬点脱落，则小球将做自由落体运动，故A正确；B．当小球运动到B点时，速度方向水平，若此时摆线突然从悬点脱落，则小球将做平抛运动，故B正确；C．小球从B→A或从B→C运动的

过程中，速度方向斜向上，若此时摆线突然从悬点脱落，则小球将做斜上抛运动，故C正确；D.匀减速直线运动的特点是物体速度与合外力方向相反，因此小球无论运动到何位置时摆线突然从悬点脱落，都不可能出现小球以后做匀减速直线运动的情况，故D错误。12.建筑工人常常

徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10m/s2，空气阻力可以忽略，则()A.砖块上升的最大高度为10mB.经2s

砖块回到抛出点的C.砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的距离为3.75mD.被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动【答案】BC【解析】【详解】A．由h＝202vg得，砖块上升的最大高度h＝210m210=5m故

A错误；B．砖块上升的时间t＝0vg＝1s上升阶段与下降阶段的时间对称，经2s砖块回到抛出点，故B正确；C．砖块被抛出后经0.5s上升的高度h′＝v0t′－12gt′2＝3.75m由于上升阶段与下降阶段的

时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的距离为3.75m，故C正确；D．砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，故D错误。故选BC。13.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有

固定放置的竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（）A.MN对Q

的弹力逐渐增大B.地面对P的摩擦力逐渐增大C.P、Q间的弹力先减小后增大D.Q所受的合力逐渐增大【答案】AB【解析】【详解】ACD．对Q进行受力分析物体Q受到MN的弹力1F、物体P对Q的弹力2F，物体Q的重力G，处于平衡状态，所以1F与2F的合力F合与重力G是一对平衡力，且F合大

小和方向都不变，根据平衡条件得1tanFG=2cosGF=当挡板MN保持竖直缓慢向右移动时，增大，F合不变，可得1F和2F均增大，即MN对Q的弹力1F增大，P、Q间的弹力2F增大，Q所受的合力不变，故A正确，CD错误；B．对PQ的整体，水平方向受地面的摩擦力和挡板的弹力F1作

用而平衡，1F变大，所以地面对物体P的摩擦力增大，故B正确；故选AB。14.绷紧的传送带长L=32m，铁块与带间动摩擦因数μ=0.1，g=10m/s，下列正确的是（）A.若皮带静止，A处小铁块以v0=10m/s向B运动，则铁块到达B处的速度为6m/sB.若皮带始终以4m/s的速度

向左运动，而铁块从A处以v0=10m/s向B运动，铁块到达B处的速度为6m/sC.若传送带始终以4m/s向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块将一直向右匀加速运动D.若传送带始终以10m/s向右运动，在A处轻轻放上一小铁块后，铁块到达B处的速度为8m/s【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A

．若皮带静止，则铁块在摩擦力的作用下，沿传送带做匀减速直线运动，铁块的加速度为21m/smgagm===减速到零过程中，需要的位移为2050m2vxLa==即铁块到达B端速度不为零，根据公式2202BvvLa−=解得6m/sBv=A正确；B．若皮带始终以4m/s的

速度向左运动，铁块仍受到向左的摩擦力，仍做初速度为10m/s的匀减速运动，位移仍为32m，故到达B端的速度和皮带静止时一样，故B正确；C．若传送带始终以4m/s向右运动，铁块的初速度为零，所以在刚开始时，铁块受到向右的摩擦力，做匀加速直线运动，如铁块一直加速到4m/s时，经历的位移为248

m21xL==故铁块在到达B端之前就已经和传送带的速度相同了，此后铁块将做匀速直线运动，所以此种情况下，铁块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，C错误；D．若传送带始终以10m/s向右运动，铁块的初速度为零，所以在刚开始时，铁块受到向右的摩擦力，做匀加速直线运动，如铁块一直

加速到4m/s时，经历的位移为21050m21xL==所以铁块一直做匀加速直线运动，到达B端时速度为28m/svax==D正确故选ABD。。15.在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，

传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是()A.从时刻t1到t2，物块处于失重状态B.从时刻t3到t4，物块处于失重状态C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层

D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层【答案】BC【解析】【详解】由F－t图象可以看出，0～t1F＝mg物块可能处于静止状态或匀速运动状态，t1～t2F>mg电梯具有向上的加速度，物块

处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动，t2～t3F＝mg物块可能静止或匀速运动，t3～t4F<mg电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动，综上分析可知，故BC正确。故选BC。三、实验题（共14分）16.在“探究弹

力与弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码依次挂在竖直悬挂的弹簧下端，进行了相关的测量．根据所测数据，他们利用描点法作出了所挂钩码的总重力G与弹簧长度L的关系图像（如图）．请根据图像回答以下问题：(1)弹簧的原长为_____m.(2)弹

簧的劲度系数为_______N/m.(3)关于该实验，以下说法错误的是______A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂C.测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于

平衡状态D.实验可得出的结论是：弹簧的弹力与弹簧长度L成正比【答案】①.0.1②.1000③.D【解析】【详解】(1)当弹簧下端所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，由图示图象可知，弹簧的原长为0.1m;(2)由图示图象可知，弹簧的劲度系数为400100

0/0.140.1FNNkNmLmm−===−(3)实验时，弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂，测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态；实验可得出的结论是：在弹性限度内，弹簧产生的弹力大小与弹簧的伸长量成正比；故ABC

正确，D错误；说法错误的是故选D．17.某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系。(1)实验中下列做法正确的是（）A.电火花计时器连接在电压为4~6V，频率为50HZ的交流电源上B.实验时先放开小车再接通电火花计时器C.将装有砝码的托盘

用细线通过定滑轮拴在小车上然后平衡小车所受的摩擦力D.平衡好摩擦力后，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力(2)在探究小车的加速度与其质量的关系时，同一正确装置和实验步骤得到两组实验数据，做出甲、乙两个1am−图像如图2所示，则由图像可知两组实验中小车所受拉力的大小的关系是（）A.

F甲=F乙B.F甲>F乙C.F甲<F乙D.不确定(3)某同学在实验中，由于操作不当得到的a—F关系图像如图3所示，则产生这样结果的原因是（）A.图线没有过坐标原点可能是在平衡摩擦力时将木板的右端垫的过高造成的B.图线没有过坐标原点可能是在平衡摩擦力时将木板的右端垫的过低造

成的C.图线弯曲可能是实验时托盘和砝码的质量过大D.图线弯曲可能是实验时托盘和砝码的质量过小【答案】①.D②.B③.BC【解析】【详解】(1)[1]A．电火花计时器连接在电压为220V，频率为50Hz的交流电源上，故A错

误；B．实验时先接通电火花计时器再放开小车，故B错误；C．平衡摩擦力时，不需要将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上，故C错误；D．增减小车质量后，由于下滑分力和摩擦力同比例变化，所以一次平衡后不需另外平衡，故D正确。故选D；(

2)[2]根据Fam=可知，图线的斜率为合外力即小车所受的拉力，由图像可知FF甲乙故B正确，ACD错误。故选B；(3)[3]AB．由图示图象可知，a－F图象在F轴上有截距，这是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的，即平衡摩擦力时将木板的右端垫的过低造成的，故A错误，B正确；CD．当小车质量

M远大于砂与砂桶质量m时可以近似认为小车受到的合力等于砂与砂桶的重力，当不满足M远大于m时小车受到的拉力明显小于砂与砂桶重力，a－F图象发生弯曲，故C正确，D错误。故选BC。四、计算题（共3个小题，共36分）18.自动驾驶汽车是一种通过电脑系统实现无人驾驶的

智能汽车，它依靠人工智能、视觉计算、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作，让电脑可以在没有任何人类主动操作下，自动安全地操作机动车辆．在一次自动驾驶车辆道路测试中，两辆汽车在平直路面上同向行驶，甲车在前以v1=6m/s匀速运动，乙车在后以v2=8m/s匀速运动，当两车相距x0=7m时，甲

车以a1=1m/s2的加速度匀减速运动直至停止．为了不与甲车相撞，乙车在甲车刹车1s后也开始刹车，求乙车刹车时的最小加速度a2．【答案】2m/s2【解析】【详解】经时间t1=1s，甲车的位移x1=v1t1-21112at乙车的位移x2=v2t1此时，两车相距△x′=△x+x

1-x2乙车刹车后，经时间t2，与甲车速度相等．即v1-a1（t1+t2）=v2-a2t2此过程中，甲车的位移x1′=（v1-at1）t2-12212at乙车的位移x2′=v2t2-22212at两车刚好不相撞，满足位移关系△x′=x2′-x

1′联立解得a=2m/s219.民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB=3.0m，斜面气囊长度AC=5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间

不超过2s，g取10m/s2．求：（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？（2）乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？（忽略空气阻力）【答案】（1）22.5m/s（2）044【解析】【详解】（1）根据运动学公式212sat=得：2222.5

m/ssat==（2）乘客在斜面上受力情况如图所示．fNFF=cosNFmg=根据牛顿第二定律：sinfmgFma−=由几何关系可知sin0.6;cos0.8==由②—⑤式得：sin70.44cos16gag−===乘客和

气囊间的动摩擦因数不得超过0.44．20.如图所示，质量为60kg的跳台滑雪运动员经过一段半径为40m的圆弧加速滑行后从O点水平飞出（O点正好在圆弧对应圆心的正下方），经3.0s落到斜坡上的A点，已知O

点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角=37°，不计空气阻力（取sin37º=0.60，cos37º=0.80；g取10m/s2）。求：（1）A点与O点的高度差h和AO距离L；（2）运动员刚要离开O点时的速度大小；（3）

运动员落到A点时速度的大小和方向。.【答案】（1）45m；75m；（2）20m/s；（3）1013m/s，tan=1.5α【解析】【详解】（1）当落到A位置时2145m2hgt==根据几何关系可知75msinhLθ==（2）平抛运动的水平位移cos60mx

Lθ==刚离开O点的速度020m/sxvt==（3）运动员运动到A点的竖直速度30m/syvgt==A点速度2201013m/sAyvvv=+=设速度与水平方向的夹角为α，则0tan1.5yvv==获得更多资源请扫码加入享学资

源网微信公众号www.xiangxue100.com