河南省洛阳市2020-2021学年高一（下）联考测试物理试题新人教版

这是一份河南省洛阳市2020-2021学年高一（下）联考测试物理试题新人教版，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 在高台上将物体分别以不同速度竖直上抛，速度分别为、、和，物体运动1s末，都没有落地，不计空气阻力，取，则此时物体速率最大的是（ ）
A.第一次B.第二次C.第三次D.第四次

2. 某厂家在测试新生产的电动车性能时，测试人员驾驶电动车在平直公路上行驶了一段时间，并通过速度传感器描绘了该段时间内的v−t图像如图。关于该段时间内电动车的运动情况，下列说法正确的是（ ）

A.0−t1时间内电动车速度增加，加速度减小
B.t1−t2时间内电动车速度增加，加速度减小
C.t3时刻电动车运动方向改变
D.t2−t3时间内电动车处于静止状态

3. 从距地面高度处由静止释放一小球，与地面碰撞后贤直返回且碰撞前后速率不变，返回的高度为原高度的一半，已知重力加速度为，小球的质量为 ，运动过程中阻力大小不变，则小球所受阻力大小为（ ）
A.B.C.D.

4. 如图所示，同种材料做成的两物块，用轻绳通过轻质光滑定滑轮相连，滑轮左侧的轻绳与桌面平行，放在粗糙的水平桌面上，此时物块恰好平衡，已知最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，物块与桌面间的动摩擦因数，的质量为，重力加速度大小为，则和调换位置后由静止释放，下列说法正确的是（ ）

A.和的加速度大小为B.的质量为
C.调换前后绳的拉力不变D.调换后绳的拉力变大

5. 如图所示，物块B放在水平地面上，物块A在与水平面夹角为α的外力F作用下紧靠在物块B上，物块B恰能保持静止，则下列说法正确的是（ ）

A.若A、B接触面光滑，略微减小F的大小，同时减小夹角α的大小，物块A仍能保持静止
B.若A、B接触面光滑，略微增大F的大小，同时减小夹角α的大小，物块A仍可能保持静止
C.若A、B接触面粗糙，仅略微增大F的大小，物块A仍可能保持静止
D.若A、B接触面粗糙，仅略微减小F的大小，物块A仍可能保持静止

6. 如图所示，天花板上O点固定一拉力传感器，不可伸长的细线一端系在拉力传感器上，另一端系住一个可视为质点的金属小球，在O点正下方有一钉子，钉子到最低点B的距离为细线长度的。把细球线拉直，让小球从图中A位置由静止释放，细线碰上钉子前后瞬间拉力传感器的读数变化量为△F。多次改变k的值，但每次都让小球从A位置由静止释放，发现△F与k有一定的关系，则下列说法正确的是（ ）

A.△F与k值成正比B.△F与k2成正比
C.△F与k−1成正比D.△F与k+1成正比

7. 如图所示，小球从光滑斜面上某高度ℎ处由静止释放，从斜面滑下来进入一段光滑水平面，然后做平抛运动落到另一斜面上。多次改变小球的释放高度ℎ，发现小球平抛运动的位移L随ℎ的变化而变化。若小球经过斜面和平面转折处的速度大小不变，关于L随ℎ变化的图象正确的是（ ）

A.B.
C.D.
二、多选题

如图所示，一光滑小球夹在横截面为三角形的水平面和斜面构成的固定斜劈里，水平力F指向球心作用在球上，球处于静止状态。当力F增大时，球仍保持静止，下列说法正确的是（ ）

A.球对水平面的压力增大B.球对水平面的压力减小
C.球对斜面的作用力增大D.球对斜面的作用力减小

有一条两岸平行的小河，河水以5m/s的速度匀速流动，河宽15m，玩具小船从码头A出发，匀速开动到对岸码头B，B码头在A正对面的下游20m处。则小船在静水中的速度可能为（ ）
A.1m/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s

如图所示，小球A和小球B的质量相等，A球和B球之间用轻弹簧连接，B球用轻绳系于天花板上，对A球施加水平向右的恒力F，系统平衡时，轻绳与竖直方向的夹角为θ，弹簀与竖直方向的夹角为φ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A.弹簧一定处于伸长状态
B.可能有
C.剪断轻绳瞬间，小球B的加速度大小为
D.剪断弹簧瞬间，小球B的加速度大小为gcsθ
三、实验题

为探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”，某同学在课本实验的基础上进行了改进，实验装置如图1所示。小车放置在一端带有轻质定滑轮的水平木板上，轻绳始终与长木板平行，其中M为小车的质量（含滑轮），m为砂和砂桶的质量，力传感器示数为F，电火花打点计时器接220V交流电源，重力加速度为g。

（1）实验时，下列步骤或者说法正确的是________；
A.用天平测出砂和砂桶的质量m
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.力传感器示数始终小于mg
D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M

（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带，相邻计数点间还有四个点没有画出。图中s1=2.40cm，s2=2.89cm，s3=3.39cm，s4=3.90cm，小车的加速度应为________m/s2（交流电的频率为50Hz，结果保留2位有效数字）；

（3）该同学利用上述装置，通过改变砂和砂桶质量m获得多组数值，得到如图3所示图像，该图像是一条过原点的直线，说明________。图像的斜率为k，则可以得到小车的质量M=________。

某学校研究学习小组在一个光滑斜面内研究类平抛运动的规律。已知重力加速度为g。
实验器材有：斜槽（带光滑的小钢球）、矩形钢化玻璃板及固定支架、白纸、复写纸、重垂线、三角板、铅笔、刻度尺等。
A．用固定支架将钢化玻璃板沿倾斜方向固定，使玻璃板平面ABCD成一斜面，其中AB边和CD边水平；
B．将斜槽固定在玻璃板的上方，使斜槽末端水平，即斜槽末端与AB平行；
C．在钢化玻璃板上固定白纸和复写纸，并过斜槽末端O点作一条水平直线，即图中x轴，过O点沿斜面方向作出其垂线，为y轴；
D．使光滑的小钢球从斜槽上某一位置由静止滚下，小钢球在复写纸上方滚动时会在白纸上留下清晰的运动轨迹；
E．将白纸从玻璃板取下，用铅笔描绘出清晰的运动轨迹如图2所示。
该实验小组为了测量出小球的初速度v0和加速度a，回答下列问题：

（1）实验小组先用刻度尺测量出图1中到水平面的距离ℎ，再测出BC边的长度L，则小球的加速度大小a=________；

（2）实验小组在该运动轨迹上取水平距离相等的三个点P1、P2、P3；用刻度尺测出相邻两个点间的水平距离x0和相邻两个点间的沿y轴方向的距离y1和y2，如图3所示，则小钢球运动的初速度大小的表达式v0=________。小钢球经过P2点时沿y轴方向的分速度大小为________。
四、解答题

如图所示，斜面的倾角为30∘，一个小滑块（可看作质点）从斜面上由静止释放，释放位置与水平面的竖直距离为0.1m，小滑块与斜面间的动摩擦因数为，与水平面间的动摩擦因数为。若小球经过斜面与水平面连接处时速度大小不变，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小滑块在斜面上的滑动时间；

（2）小滑块在水平面上滑动的距离。

如图所示，质量为的滑块放置在水平地面上，左侧面是圆心为、半径为的光滑六分之一圆弧面，在竖直线上。当用一水平恒力作用在滑块上时，一质量为的小球（可视为质点）在圆弧面上与能够保持相对静止，重力加速度为，求：
（1）若水平面光滑，的最大值为多大；

（2）若，和地面闻的动摩擦因数为，其他条件不变，当和相对静止时，小球距轨道末端的竖直高度为多大。

如图所示，粗糙水平面上一质量m=1kg的滑块（可视为质点）在恒定拉力F作用下从A点出发，到达B点时撤去外力后最终停在C点，已知AB间距离x1=8m，BC间距离x2=4m，滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）拉力F的大小；

（2）写出滑块从A点出发后速度大小随位移变化的函数关系式。

如图所示，光滑水平桌面上固定一个高为H的光滑斜面A，桌面距离地面的高度也为H，地面上放置一个倾角为的斜面B，斜面B的左端和桌面右端在同一竖直线上。小球从斜面A的顶端由静止释放（斜面右端与桌面平滑连接），离开桌面后做平抛运动落在斜面B上。已知，，重力加速度为g取，求：
（1）小球做平抛运动的初速度大小；

（2）小球落至斜面B上时的速度大小及速度方向与水平方向夹角的正切值。
参考答案与试题解析
河南省洛阳市2020-2021学年高一（下）联考测试物理试题
一、单选题
1.
【答案】
D
【考点】
竖直上抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
以竖直向上为正方向，有
v=v0−gt
当v=15m/s时，v1=5m/5；当v=10m/s时，v2=0；当v=5m/s时，y3=−5m/s；当v=3m/s时，v4=−7m/s，故
1s后速度最大值为7m/s
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
AB．由速度时间图像可知0−t时间内电动车速度一直在增加，而速度时间图像的斜率表示加速度，所以0−t时间内电动车加速度
增加，t1−t2时间内电动车加速度减小。故A错误B正确；
c．t3时刻起电动车开始做减速运动，但速度仍为正值，运动方向不变，故C错误；
D．t2−t3时间内电动车速度不变，做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
3.
【答案】
D
【考点】
加速度与力、质量的关系式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设小球所受阻力大小为！，落地速度大小为ν，小球下落时，满足
mg−f=ma1
2a1ℎ=v2
小球反弹时满足
mg+(y=a2
2a2⋅ℎ2=v2
解得
f=13mg
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B．设A物体质量为M，由平衡条件有
mg=μMg
可解得M=3m，B错误；
A．A和B调换位置后，对系统用牛顿第二定律
Mg−μmg=(M+m)a
解得a=23g，A错误；
CD．设绳的拉力为T，对于A有
Mg−I=Ma
解得I=mg，调换前，绳的拉力也为mg，故调换前后绳的拉力不变，C正确，D错误。
故选C。
5.
【答案】
D
【考点】
板块模型问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A．对A受力分析，如图
A紧靠在物块B上，在竖直方向上
mAg=Fsinα
由于减小F的大小，同时减小夹角α的大小，所以Fsinα减小，则有
mAg>Fsinα
因此A会在竖直方向上向下运动，故A错误；
B．对A在水平方向上
F加=Fcsα
由于略微增大F的大小，同时减小夹角α的大小，所以Fcsα增大，即
Fcsα>F加
即A在水平方向上向右运动，故B错误；
C．对AB整体受力分析，如图
FH
(m+m)g
在水平方向上
Fcsα=f加
若ft此时为最大静摩擦力，略微增大F的大小，则
Fcsα>f
则AB在水平方向上有加速度，故C错误；
D．稍微减小F，则AB整体在水平方向上仍会静止的，故D正确。
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
牛顿第二定律的概念
物体的弹性和弹力
闭合电路的欧姆定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
在最低点时，球受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
细线碰撞钉子前
F1−mg=mv2L
细线碰撞钉子后
F2−mg=mv2Lk
其中
ΔF=F2−F1
联立解得
ΔF=(k−1)mv2L⋅(k−1)
故ABD错误，C正确。
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
斜面上的平抛问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
小球在光滑的斜面与平台上运动的过程中机械能守恒，则小球做平抛运动的初速度
v0=2gℎ
小球离开平台后做平抛运动，设经过时间t小球落到斜面上，设斜面得倾角为8，则竖直方向
Lsinθ=12gt2
水平方向
Lcsθ=v0t
可得
L=4ℎ⋅sinθcs2θ
可知L与ℎ成正比，故A正确，BCD错误。
故选A。
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
CD．小球的受力图如图所示
水平方向平衡，有
F=F加sinθ
当外力F增大后，斜面对球的作用力增大，球对斜面的作用力增大，C正确，D错误；
AB．竖直方向平衡
F加=F加csθ+G
水平面对球的作用力增大，故球对水平面的压力增大，A正确，B错误。
故选AC.
【答案】
C,D
【考点】
小船渡河问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
河宽15m，B码头在A正对面的下游20m处，如图所示
tanθ=15m20m=0.75
故
θ=37∘
小船合运动速度方向由A指向B，参与两个分运动，静水速度沿着船头指向，随着水流的速度平行河岸指向下游，将表示两个分
速度的有向线段平移后首尾相连，与合速度构成矢量三角形，如图所示
当船头指向与线段AB垂直时，静水速度最小，为
ymin=v2sin37∘=5×0.6m/s=3m/s
故AB错误，CD正确；
故选CD.
【答案】
A,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
AB．研究小球A的平衡，弹簧一定处于伸长状态
tanφ=Fmg
研究A和B组成的系统
tanθ=F2mg
解得
φ<θ
A正确，B错误；
C．系统平衡时，绳的拉力
F1=2mgcsθ
剪断轻绳，弹簧弹力不能突变，小球B受到合外力为F1，根据牛顿第二定律
F1=ma1
解得
a1=2gcsθ
C正确；
D．剪断弹簧，轻绳拉力可以突变，小球B将做圆周运动，根据牛顿第二定律
mgsinθ=ma
解得
a2=gsinθ
D错误。
故选AC.
三、实验题
【答案】
B,C
（2）0.50
（3）质量一定时，加速度与合外力成正比,2k
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
利用打点计时器研究匀变速直线运动
探究影响摩擦力的大小的因素
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）[1]AD．本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车
的质量M，AD错误；
B．实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；
C．设力的传感器的示数为F，对于砂和砂桶
mg−F=ma
则
Fe=mg
力传感器示数始终小于mg，C正确。
故选BC.
（2）[2]相邻计数点间时间间隔为
T=5×0.02s=0.15
小车的加速度
a=(s3+s4)−(s1+s2)(2T)2=0.50m/s2
（3）[3]该图像是一条过原点的直线，说明质量一定时，加速度与合外力成正比。
[4]根据
2F=Ma
即
a=2MF
则斜率k
2M=k
解得
M=2k
【答案】
（1）【各加加gℎL
（2）xgℎL(y2−y1),y1+y22gℎ(y2−y1)L
【考点】
研究平抛物体的运动
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
利用打点计时器研究匀变速直线运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）[1]小球的加速度大小
a_mgsine________e．−=gsine=s________gℎ
mL
（2）[2]由轨迹可知
为=vt
解得
gℎ
%=元）
\！L(V.−H)
[3]小钢球经过Pa点时沿y轴方向的分速度大小为
gℎ
Va。=
2t2V(V:−H)L
四、解答题
【答案】
（1）0.4s；
（2）0.5m
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
平抛运动的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律，有
mgsin30∘−μ1mgcs33∘=ma1
解得
a1=2.5m/s2
根据运动学公式，有
ℎsin30∘=12a1t2
解得
t=0.45
（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有
μ2mg=ma2
根据运动学公式，有
y2=2a2
其中
v1t=1m/s
解得
L=0.5m
【答案】
（1）F=3(M+m)；
（2）ℎ=2−32R
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
向心力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）当小球B运动到六分之一圆弧面，小球B与圆心的连线与竖直方向的夹角最大，此时根据牛顿第二定律有
mgtanθ=ma
由于夹角最大，θ=60∘，因此此时加速度最大；
对A和B整体研究，此时推力最大，根据牛顿第二定律有
F=(M+m)a
解得
F=3(M+m)g
（2）若F=233(M+m)g，此时小球B没有滑离圆弧面，对A和B整体研究，根据牛顿第二定律有
F−μ(M+mg=(M+m)d1
隔离B研究，此时根据牛顿第二定律有
mgtanθ1=m1
球B距轨道末端Ω的竖直高度为
H=R(1−csθ1)
解得
ℎ=2−32R
【答案】
（1）3N；
（2）y=2a1x=2x(0≤x≥8m)v=vB2−2a(x−x1)=48−4x(8m≤x≤12m)
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）在BC阶段，由牛顿第二定律有
μmg=ma2
得
a2=μg=2m/s2
设滑块在B点速度为vB，有
vB2=2a1x2
得
vB=4m/s
在AB段
a1=v022x1=1m/s2
由牛顿第二定律有：
F−μmg=ma1
得
F=3N
（2）取A点为坐标原点，在AB段，由
v2=2a1x
得
v=2a1x=2x(0≤x≤8m)
在BC段
v2−vB2=−2a2(x−x1)
即
y=vB2−2a2(x−x1)=48−4x(8m≤x≤12m)
【答案】
（1）2gH
（2）5gH2:12
【考点】
斜面上的平抛问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）设斜面A的倾角为α，小球在斜面上时的加速度为
a=mgsinαm=gsinα
斜面长度为
L=Hsinα
设小球滑落到桌面的速度为vn，根据运动公式可得
v02=2al
可得
v0=2gH
（2）以斜面B左端点为坐标原点建立直角坐标系，斜面的斜边对应方程为
y=xtanθ=34x
平抛轨迹水平方向上有
x=vt
平抛轨迹竖直方向
y=H−12gt2
联立两式消去时间t得抛物线轨迹方程为
y=H−12g(xv0)2
联立解得抛物线与直线交点坐标
x=H
y=34H
小球做平抛运动在空中下落的高度
ℎ=H−34H=H4
设小球落至斜面上时竖直方向速度为v，，则
vy2=2gℎ
解得
V,=g/2
小球落至斜面上时的速度
v=v2+v02=gH2
设v与水平面的夹角为β
tanβ=v3v0=12