上海六十中2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份上海六十中2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了5m/s2，5m，故B正确，ACD错误等内容，欢迎下载使用。
1.篮球是极具观赏性的竞技运动，受到广泛高中生的追捧和热爱。篮球也是一项蕴含物理的运动。
(1)小明同学把一个篮球从离地面高度为H处自由释放，篮球经多次竖直弹跳，最后停在地面上，在此过程中，篮球的位移大小为______。
A.H
B.2H
C.0
D.因篮球弹跳的次数不知道，故无法判断
(2)做平抛运动的篮球，不计空气阻力，在水平方向通过的最大距离取决于______。
A.篮球的高度和受到的重力
B.篮球受到的重力和初速度
C.篮球受到的重力、高度和初速度
D.篮球的高度和初速度
(3)下列情境中关于篮球所受弹力的描述，正确的是______。

A.甲图，反弹出去的篮球在空中运动时，受到沿运动方向的弹力
B.乙图，竖直细线悬挂的篮球、静止在光滑斜面上，受到垂直斜面向上的支持力
C.丙图，静止在“∠”形光滑墙角的篮球只受到竖直向上的弹力
D.丁图，静止在杆顶端的篮球受到沿杆向上的弹力
(4)小明同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是______。

(5)甲、乙两位篮球队员在篮球场练习传球的示意图如图所示，甲在距中线1m的A点，乙在中线上的B点，甲、乙沿中线的距离为3m。甲向乙的正前方以初速度5 2m/s斜向上抛出篮球，初速度方向与水平方向的夹角大小为45°，抛出点距地面的高度是1.8m，甲抛出篮球的同时乙垂直中线以速度v1向右匀速运动刚好在距地面高度1.8m处接住篮球，忽略空气阻力，则乙的速度的大小为______。
2.用规范的物理语言描述运动，用所学的物理知识预测运动，是我们所需要具备的能力。
(1)某人坐在前进的列车车厢里，观察悬挂在车厢顶的拉环来判断列车的运动情况，以下结论中正确的是______。
A.拉环竖直下垂时，列车加速前进
B.拉环向前偏离竖直位置时，列车加速前进
C.拉环向前偏离竖直位置时，列车减速前进
D.拉环向后偏离竖直位置时，列车减速前进
(2)某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的几个位置，其中。A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，已知板形变越大时板对人的弹力也越大，则下列说法正确的是______。

A.人和踏板由C到B的过程中，人向上做加速度增大的加速运动
B.人和踏板由C到B的过程中，人处于失重状态
C.人和踏板由B到A的过程中，人处于失重状态
D.人和踏板由B到A的过程中，人处于超重状态
(3)一匹马拉着车在公路上加速前进。关于马拉车的力与车拉马的力，下列说法正确的是______。
A.由于马车加速前进，马拉车的力大于车拉马的力
B.只有马车匀速前进，马拉车的力才等于车拉马的力
C.马拉车的力与车拉马的力是一对平衡力，大小始终相等
D.马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，大小始终相等
(4)下面四个图像分别表示A、B、C、D四个物体的加速度、位移、速度和合外力随时间变化的规律，其中物体可能处于平衡状态的是______。

(5)如图所示，某人在对面的山坡上水平抛出两个质量不等的小石块，分别落在A，B两处。不计空气阻力，则落到A处的石块______。

A.初速度大，运动时间短
B.初速度大，运动时间长
C.初速度小，运动时间短
D.初速度小，运动时间长
(6)如图所示，在一辆表面粗糙且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球______。

A.一定相碰
B.一定不相碰
C.不一定相碰
D.无法确定
(7)一质点做自由落体运动，它在第几秒内的平均速度是其在第3秒内平均速度的3倍？______。
A.5
B.8
C.9
D.14
3.力是改变物体运动状态的原因，运用力学知识，可以解释自然界和生活中的许多实际问题。
(1)如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为______。

A.G
B.Gsinθ
C.Gcsθ
D.Gtanθ
(2)用如图的四种方法悬挂一个镜框，绳中所受拉力最小的是______。

(3)小芳在体重计上完成下蹲动作。下列图像能反映体重计示数随时间变化的是______。

(4)一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。下列各种情况中，体重计的示数最大的______。
A.电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2
B.电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2
C.电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2
D.电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2
(5)如图，在一段平直的地面上等间距分布着一排等高的电线杆，挂在电线杆上的电线粗细均匀。由于热胀冷缩，冬季两相邻电线杆之间的电线会有所缩短。对电线杆B及其两侧的电线，冬季与夏季相比______。

A.电线杆B对地面的作用力不变
B.电线杆B所受的合外力变大
C.电线最高点处的张力变小
D.电线最低点处的张力不变
(6)如图所示，一只松鼠沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在松鼠从A运动到B的过程中，下列说法正确的是______。

A.松鼠对树枝的弹力保持不变
B.松鼠对树枝的弹力先减小后增大
C.松鼠对树枝的摩擦力先减小后增大
D.树枝对松鼠的作用力先减小后增大
(7)如图有种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，则能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是______。
4.历史上对于动力学的研究经历了漫长的过程，牛顿在伽利略、笛卡尔等科学家的研究基础上，最终确立了力和运动之间的关系。
(1)如图所示为伽利略在研究力和运动关系时做的斜面实验，伽利略设计该实验是为了说明______。

A.运动不需要力来维持
B.如果物体不受到力，就不会运动
C.运动的小球具有惯性
D.如果没有摩擦，小球将运动到释放时相同的高度
(2)伽利略的斜面实验采用的科学方法是______。
A.等效替代
B.理想实验
C.微小量放大
D.无限分割与逼近
(3)牛顿在伽利略等人研究的基础上提出牛顿第一定律，表明力是使物体______发生变化的原因，同时还揭示了任何物体都具有______。
(4)如图所示为用DIS验证“加速度与力的关系”的实验装置。请完成下列问题：

①本实验使用的是______传感器。每次释放小车B时，______(选填“必须”或“不必”)从同一位置释放。
②为了研究加速度与力的关系，在实验中，要保持______的质量不变，改变______的质量，来达到改变拉力的目的。
③某同学记录多组数据，得到加速度与外力的关系如图所示，图像不过原点的原因是______，根据图像求得运动物体的质量m= ______kg。

(5)如图所示，一水平长L=2.5m的传送带与木板靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以3m/s匀速顺时针转动，现在在传送带左端无初速度放上一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，小物块与传送带及小物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，经过一段时间，小物块被传送到传送带的右端，随后小物块平稳滑上右端木板上的同时(小物块从传送带滑上木板时速度大小不变)在木板右侧施加一个水平向右的恒力F，F作用了t0=1s后小物块与木板速度恰好相等，此时撤去F，最终小物块没有从木板上滑下，已知木板质量M=4kg，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g取10m/s2，求：

①小物块与传送带间的相对位移大小；
②水平恒力F的大小；
③木板上表面至少多长(计算结果保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】A D C A 3m/s
【解析】(1)无论球上下运动多少次，最终是要停在地面上，所以球的初位置是离地面高H处，末位置是在地面上，位移是指从初位置到末位置的有向线段，所以位移的大小就是H，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)根据h=12gt2得：t= 2hg，则水平方向上的距离为：x=v0t=v0 2hg，物体下落的高度和初速度有关，与物体的重力无关，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(3)A、甲图中，反弹出去的篮球在空中运动时，只受到重力作用，不受沿运动方向的弹力作用，故A错误；
B、乙图中，竖直细线悬挂的小球静止在光滑斜面上时，受到沿细线竖直向上的拉力及竖直向下的重力而平衡，故B错误；
C、丙图中，静止在“∠”形墙角的篮球，受竖直向下的重力和竖直向上的支持力而平衡，故C正确；
D、丁图中，静止在杆顶端的铁球受竖直向下的重力和竖直向上的弹力而平衡，故D错误。
故选：C。
(4)根据物体运动的轨迹和所受的合外力的关系可知，篮球所受合力F指向轨迹的凹侧，故BCD错误，A正确。
故选：A。
(5)篮球抛出和被接住高度相同，甲向乙的正前方以初速度5 2m/s斜向上抛出篮球，初速度方向与水平方向的夹角大小为45°，水平速度和竖直速度都为5m/s，根据对称性可得运动时间等于5 210× 22×2s=1s，篮球水平位移等于5m，设乙的速度的大小为v，
由几何关系可得AB= 10m，AC=5m，cs∠ABC=-sin∠ABD=- 1010=AB2+BC2-AC22AB⋅BC，解得v=3m/s。
故答案为：(1)A；(2)D：(3)C：(：4)A：(5)3m/s。
2.【答案】C C D B D B B
【解析】(1)A、拉环竖直下垂时，摆球受力平衡，则列车匀速前进，故A错误；
BC、拉环向前偏离竖直位置时，由牛顿第二定律可知，小球所受合力方向向后，加速度向后，加速度与运动方向相反，列车减速前进，故B错误，C正确；
D、拉环向后偏离竖直位置时，对拉环受力分析，受拉力和重力，拉环所受合力方向向前，由牛顿第二定律可知，加速度向前，加速度与运动方向相同，列车加速前进，故D错误。
故选：C。
(2)A、人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力先减小，所以加速度减小，故A错误；
BCD、人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故BD错误，C正确。
故选：C。
(3)马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反，加速运动时，马向前拉车的力等于车向后拉马的力，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(4)A、图A中物体有加速度且不断增大，物体处于非平衡状态，故A错误；
B、图B物体的位移与时间成正比，则速度不变，做匀速运动，因此处于平衡状态，故B正确；
C、图C物体匀加速运动，加速度恒定，物体处于非平衡状态，故C错误；
D、图D物体受合力均匀增大，因此物体可能处于非平衡状态，故D错误。
故选：B。
(5)落在A处的小石块下落的高度大，根据h=12gt2知，A处石块运动时间t长，水平位移x小，由x=v0t知，则落到A处的石块初速度小，故D正确，ABC错误。
故选：D。
(6)车停止前，两个小球和小车一起做匀速直线运动，并且两个小球和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于小球在光滑接触面上，因此两个小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，由于两球的速度相同，因此两个小球间的距离不变，一定不会相碰，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(7)自由落体运动为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动的规律可知，第n秒的位移比符合1：3：5：7…(2n-1)n=1，2，3….由题意可得2n-11=3×51，解得n=8，即第8秒内的平均速度是第3秒内的平均速度的3倍，故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：(1)C；(2)C；(3)D；(4)B；(5)D；(6)B；(7)B。
3.【答案】A B C B A C D
【解析】(1)人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力。
根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，知两根绳子拉力的合力等于重力，绳子的夹角越小，绳子拉力越小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(3)对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小。故ABD错误，C正确。
故选：C。
(4)A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律
mg-F=ma
解得
F=m(g-a)，F=9m
B、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律
F-mg=ma
解得
F=m(g+a)，F=11m
C、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
F-mg=ma
解得
F=m(g+a)，F=10.5m
D、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律
mg-F=ma
解得
F=m(g-a)，F=9.5m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(5)A、电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等，不变，故A正确；
B、电线杆B保持静止，合力为零，不变，故B错误；
C、以相邻两电线杆间的整条电线为研究对象，受力分析如右图所示
电线杆保持静止，合力为零，由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡由几何关系得：Fcsθ=G2，即：F=G2csθ，G是整条电线的重力，由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，由上式可知，F变小，所以电线最高点处的张力冬天与夏天相比是变大，故C错误；
D、以半根电线为研究对象，它受到重力、电线最高点处的拉力和另半根电线最低处的拉力，冬季与夏季两个拉力的夹角不同，而且另半根电线最低处的拉力方向不变，可知，电线最低点处的张力不同，故D错误。
故选：A。
(6)AB、图中θ树枝斜面与水平面夹角，虚线为水平面，松鼠受力如图所示；
松鼠所受的弹力N=mgcsθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故AB错误；
C、松鼠所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故C正确；
D、树枝对松鼠的作用力与松鼠的重力等值反向，所以树枝对松鼠的作用力大小不变，故D错误。
故选：C。
(7)当扶梯匀速上升时，人受力平衡，故人受重力和支持力；而当扶梯加速上升时，人受重力、支持力；将加速度分解可知，物体应有水平向右的加速度，故扶梯应对人有平行于接触面向右的摩擦力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
故答案为：(1)A；(2)B；(3)C；(4)B；(5)A；(6)C；(7)D。
4.【答案】A B 运动状态 保持原来静止或匀速直线运动状态的性质 位移 不必 小车 钩码 没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力时木板倾角太小 0.7
【解析】(1)伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故BCD错误，A正确。
故选：A。
(2)伽利略的斜面实验是在可靠的事实为基础上，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出结论，所以采用了“理想化模型法”，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(3)牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因；物体保持原来静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性，直到有外力迫使它改变这一状态。
(4)①小车上安装的是位移传感器的发射器部分；通过位移传感器测得小车的v-t图像，通过图像的斜率得到小车的加速度，所以每次释放小车B时，不必从同一位置释放；
②根据实验原理可知，实验中，要保持小车质量不变，多次改变钩码的总质量，获得多组小车运动的加速度a和所受拉力F的数据；
③某同学记录多组数据，得到加速度与外力的关系如图所示，图像不过原点的原因是没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力时木板倾角太小，
根据牛顿第二定律有F-f=ma，解得a=Fm-fm，根据图像中(0.5,0)，(4.0,5.0)坐标点，代入解得物体的质量m=0.7kg。
(5)①对小物块由牛顿第二定律有μ1mg=ma1解得：a1=2m/s2；
若小物块一直加速到右端，设到右端速度为v1得v12=2a1L，解得v1= 10m/s；
因为v1>v0所以小物块先加速到与传送带共速，然后一起匀速运动至右端，设需t1时间加速到共速，则t1=v0a1，t1时间内皮带位移s皮=v0t1=3×32m，
t1时间内小物块位移s1=12a1t12，所以小物块与传送带间的相对位移大小Δs=s皮-s1，解得Δs=2.25m；
②小物块滑上木板时速度v0=3m/s，加速度大小a1=2m/s2，设木板的加速度为a2两者速度相等有v共=v0-a1t0=a2t0，解得a2=1m/s2，v共=1m/s，对木板由牛顿第二定律有F+μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2，解得F=17N；
③由于μ2>μ1，共速后小物块将以a1匀减速到停止，而木板以a3匀减速运动对木板由牛顿第二定律有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3，得a3=-134m/s2，t2=0-v共a3，全过程木板位移s板=0+v共2(t0+t2)，解得s板=1726m，全过程小物块位移s物=v022a1=322×2=94m
所以板长1=S物一S板，解得1=1.6m。
故答案为：(1)A；(2)B；(3)运动状态；保持原来静止或匀速直线运动状态的性质；
(4)位移；不必；小车；钩码；没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力时木板倾角太小；0.7；
(5)①小物块与传送带间的相对位移大小是2.25m；②水平恒力F的大小是17N；③木板上表面至少1.6m。