浙江省嘉兴市2024-2025学年高一（上）期末测试物理试卷

这是一份浙江省嘉兴市2024-2025学年高一（上）期末测试物理试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列单位属于国际单位制中基本单位的是( )
A. NB. kgC. JD. m/s2
2.“追梦奔跑，幸福嘉马”11月24日，2024嘉兴马拉松鸣枪起跑。图为某运动APP记录的一位嘉兴市民的参赛运动情况，则( )
A. “04:00:49”指的是时刻
B. “42.63公里”为本次运动的位移大小
C. 研究运动员的运动轨迹时，可将其看作质点
D. 该运动员的平均速度大小约为10.66km/h
3.在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中正确的是( )
A. 甲图中，在观察桌面的形变时，运用了等效替代法
B. 乙图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了理想模型法
C. 丙图中，伽利略在研究自由落体运动的规律时，运用了放大思想
D. 丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限思想
4.高竿船技是嘉兴乌镇至今仍保留并演出的传统民间杂技艺术。如图所示为表演者在竹竿上保持静止的情境，则( )
A. 表演者与竹竿间的摩擦力一定为零
B. 竹竿对表演者的作用力方向竖直向上
C. 表演者对竹竿的弹力是由竹竿形变产生的
D. 竹竿对表演者的作用力大于表演者对竹竿的作用力
5.一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两位置时的速度分别为v和7v，通过AB段的时间是t，则( )
A. AB段的位移大小是4vt
B. 经过AB段中间时刻的速度是3.5v
C. 经过AB段中间位置的速度是4.5v
D. 后一半时间的位移是前一半时间位移的3倍
6.某学习小组用智能手机测自由落体加速度，手机屏幕显示加速度传感器的图像如图所示。实验中，手机自由下落的高度约为( )
A. 0.1mB. 0.8mC. 1.5mD. 2m
7.一乘客乘坐厢式升降电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示(其中t1∼t2图线为直线)。下列判断正确的是( )
A. 0∼t1时间内，乘客速度增大，处于超重状态
B. t1∼t2时间内，乘客速度不变，处于失重状态
C. t2∼t3时间内，乘客速度减小，处于失重状态
D. t2∼t3时间内，乘客速度减小，处于超重状态
8.一同学在桌面的白纸上匀速划一道竖直线，如图所示。在划线的过程中另一位同学水平向左加速抽动了白纸，白纸上的划痕图样可能是
A. B.
C. D.
9.一根细线系着一个质量为m的小球，细线上端固定在横梁上。给小球施加力F，小球平衡后细线跟竖直方向的夹角为θ，如图所示。现将F的方向由图示位置逆时针旋转至竖直方向的过程中，小球始终在图中位置保持平衡，则( )
A. 绳子拉力一直增大B. F一直减小
C. F的最小值为mgsinθD. F的最小值为mgtanθ
10.如图所示，物体A和B保持相对静止沿斜面加速下滑。已知A、B的质量分别为mA和mB，斜面的倾斜角为θ，B间和B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。则( )
A. 若μ2=0，则μ1一定为0
B. 若μ2=0，B对A的作用力大小为mAgsinθ
C. 若μ2≠0，A对B的摩擦力大小为μ2mAgcsθ
D. 若μ2≠0，取走A后，B的加速度将变大
二、填空题：本大题共4小题，共16分。
11.某质点位移随时间变化的关系式为x=4t−2t2(m)，则该质点运动的初速度大小为_______m/s，经过_______s速度变为0．
12.如图甲所示，可视为质点的小球，从固定在水平地面上的光滑斜面的中点，以2m/s的初速度沿斜面向上运动，小球回到斜面底端时的速度大小为4m/s，此过程中小球的v−t图像如图乙所示，则小球在斜面上运动时的加速度大小为_______m/s2，斜面长度为_______m。
13.如图，有一质量为0.4kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30 ∘，挡板与斜面夹角为60 ∘。若球体受到一个竖直向上的大小为1.0N的拉力F作用，则挡板对球体支持力的大小为_______N。
14.用轻质弹簧a和两根细线b、c将质量均为m的两个小球1和2连接，并如图所示悬挂。两小球处于静止状态，弹簧a与竖直方向的夹角为30 ∘，细线c水平，重力加速度取g。则细线c上的拉力大小为_______；突然剪断细线b的瞬间，小球1的加速度为_______。
三、实验题：本大题共4小题，共20分。
15.某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a∼d所示过程，该同学完成了_______动作(选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”)；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为_______m/s2。(计算结果保留一位有效数字)
16.使用图甲装置进行“探究加速度与力、质量的关系”实验
(1)除图甲中所示器材，下列仪器中还需要用到的是_______(多选)
(2)下列实验操作正确的是________(多选)
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道保持平行
B.平衡摩擦力时，应安装好纸带，并将槽码跨过定滑轮拴在小车上
C.小车释放前应靠近打点计时器，且先接通电源再释放小车
D.通过增减小车上的砝码改变质量时，每次都需要重新调节长木板倾斜度
(3)在规范的实验操作下，打出的一条纸带如图乙所示，相邻两计数点间均有4个点未画出，已知电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为_______m/s(结果保留2位有效数字)。
17.某同学用如图甲所示的装置探究弹簧弹力与形变量的关系。
(1)下列操作规范的有________
A.实验前，把弹簧水平放置测量其原长
B.在安装刻度尺时，必须让刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐
C.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D.每次都待钩码处于静止状态时读出弹簧的长度
(2)该同学在做实验的过程中，某次测量指针指在刻度尺的位置如图乙所示，此时弹簧的长度为_______cm；他根据记录的数据进行处理，以弹簧伸长量Δx为横轴，弹簧弹力F为纵轴，将实验数据进行描点，所描的点如图丙所示，请在答题卷相应位置图中进行拟合_______。
(3)根据图像计算该弹簧的劲度系数为_______N/m。(结果保留两位有效数字)
(4)该同学将劲度系数均为k的两根相同弹簧按图丁所示连接，可把它们当成一根新弹簧，若不考虑弹簧自身重力的影响，则新弹簧的劲度系数为________
A.2k B.k C.12k D.不能确定
18.在“探究平抛运动的特点”实验中，甲图是实验装置图。

(1)在该实验中，下列哪些措施可减小实验误差________
A.选择光滑的斜槽轨道
B.调节斜槽轨道末端水平
C.小球每次须从斜槽上同一位置由静止释放
D.以轨道末端端口为原点建立坐标系
(2)如图乙所示，A、B、C是某次实验中记录的小球所经过的三个位置，已知方格纸每格的边长为L，则小球经过B点时的速度大小为_______(用L、g表示)
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
19.某跳伞运动员进行低空跳伞训练。他离开悬停的飞机后可以认为先做自由落体运动，下落125m时开始打开降落伞，沿竖直方向做加速度大小为10m/s2的匀减速直线运动，速度减为5m/s后匀速运动，随后经过28s落地。问：
(1)运动员打开降落伞时的速度是多少？
(2)运动员离开飞机时距地面的高度为多少？
(3)运动员离开飞机后，经过多少时间才能到达地面？
20.如图所示为某快递公司利用机器人运送、投递包裹的场景，机器人将其水平托盘上的包裹由静止送至指定投递口，停止运动后缓慢翻起托盘，让包裹滑入投递口。其启动和制动过程可视为匀变速直线运动，当托盘倾角增大到37 ∘时，包裹恰好开始下滑，如简化图所示。现机器人要把一质量m=4kg的包裹沿直线运至相距L=45m的投递口处，在运送中包裹与水平托盘始终保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)包裹与水平托盘的动摩擦因数μ；
(2)机器人启动过程中允许的加速度最大值am，及此时托盘对包裹的作用力F的大小；
(3)若机器人运行的最大速度为vm=3m/s，则机器人由静止运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。
21.某流水线运送工件的简化示意图如图所示，足够长的斜面AB底端平滑连接一长L=2m的水平传送带BC，传送带右侧固定有一倾斜放置的“V形”收集槽CDE。已知斜面AB与水平面夹角θ=37 ∘，“V形”槽两表面相互垂直，CD面与水平面成夹角α=30 ∘，工件与斜面AB间动摩擦因数μ1=0.5，与传送带间动摩擦因数μ2=0.15，工件可视为质点，传送带轮子大小忽略不计。
(1)求工件在斜面AB上下滑时加速度a1的大小；
(2)若传送带不动：
①工件从距离传送带平面BC高度为h1=1.5m处由静止释放，到达C点时的速率v1；
②若工件从h1=1.5m处静止下滑落在CD面上的P点，从另一高度h2处静止下滑恰能垂直打在DE上与P点等高的Q点，求LCD的长度；
(3)“V形”槽规格与(2)中一致，若传送带顺时针转动，使得从h1=1.5m处静止下滑的工件也能垂直打在Q点，则传送带的运行速率v0应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】国际单位制中基本单位长度(米)、质量(千克)、时间(秒)、电流(安培)、热力学温度(开尔文)、物质的量(摩尔)和发光强度(坎德拉)。
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.“04:00:49”是时间间隔，指的是时间。故A错误；
B.由图可知，运动员的轨迹是曲线，则“42.63公里”为本次运动的路程大小。故B错误；
C.研究运动员的运动轨迹时，可将其看作质点，对研究的问题没有影响。故C正确；
公里是路程，则该运动员的平均速率大小约为
v=st=42.634+493600km/h≈10.62km/h
该运动员的平均速率大小很接近10.66km/h，而不是平均速度。故D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.甲图中，在观察桌面的形变时，运用了放大法，故A错误；
B.乙图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了微元法，故B错误；
C.丙图中，伽利略在研究自由落体运动的规律时，运用了实验结合逻辑推理，故C错误；
D.丁图中，质点在A点的瞬时速度方向即为过A点的切线方向，运用了极限思想，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A. 因杆弯曲倾斜，所以人应受到摩擦力的作用，否则受力不平衡，故A错误；
B. 表演者处于平衡状态，故其受竹竿的力与重力大小相等，方向相反，为竖直向上，故B正确；
C表演者对竹竿的弹力是由人的形变产生的，故 C错误；
D. 表演者对竹竿的力和竹竿对表演者的力为作用力和反作用力，二者一定大小相等，方向相反，故D错误。
故选B。
5.【答案】A
【解析】AB.利用平均速度解决匀变速直线运动问题，经过AB段中间时刻的速度等于该过程平均速度为 v=v+7v2=4v
则AB段的位移大小是 x=vt=4vt
故A正确，B错误；
C.根据速度与位移的关系式有 v12−v2=2ax ， 7v2−v12=2ax
解得 v1=5v
故C错误；
D.结合上述，前一半位移过程有 x=v+v22t1=2.5vt1
后一半位移过程有 x=v2+7v2t2=5.5vt2
解得 t1t2=115
故D错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】由图可知，手机自由下落的时间约为0.4s，所以
h=12gt2=12×10×0.42m=0.8m
故选B。
7.【答案】D
【解析】 x−t 图像中图线的斜率表示物体的速度。
A. 0∼t1 时间内，斜率增大，表示物体向下加速，则加速度向下，物体失重，故A错误；
B. t1∼t2 时间内，斜率不变，速度不变，表示物体向下匀速，加速度为0，不超重也不失重，故B错误；
CD. t2∼t3 时间内，斜率减小，速度减小，表示物体向下减速，加速度向上，物体超重，故D正确，C错误。
故选D。
8.【答案】A
【解析】根据题意可知笔尖相对白纸参与水平向左的匀加速运动和水平向外的匀速运动，合力方向向左，所以轨迹向左弯曲。
故选A。
9.【答案】C
【解析】小球受到重力mg，绳上的拉力T及外力F的作用而处于平衡状态，作出矢量三角形如图所示
将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，在力的平行四边形中，可以看到F先变小后变大，绳子的拉力一直减小。且当F与T垂直时，F取得最小值，此时
F=mgsinθ
故选C。
10.【答案】C
【解析】A.若 μ2=0 ，物体A和B保持相对静止沿斜面加速下滑，对整体可知 (mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a
解得 a=gsinθ
对A分析，沿斜面方向有 mAgsinθ=mAa
摩擦力为0，但 μ1 不一定为0
B对A的作用力为 FN=mAgcsθ
故AB错误；
C.若 μ2≠0 ，对整体与 (mA+mB)gsinθ−μ2(mA+mB)gcsθ=(mA+mB)a′
对A分析，有 mAgsinθ−f=mAa′
解得 f=μ2mAgcsθ
故C正确；
D.若 μ2≠0 ，取走A后，B的加速度为 mAgsinθ−μ2mAgcsθ=mAa′′
可知 a′=a′′
故D错误；
故选C。
11.【答案】4 1
【解析】[1][2]根据位移随时间的变化的关系式为 x=4t−2t2(m)
对比 x=v0t+12at2
可知 v0=4m/s ， 12a=−2 m/s2
即a=−4m/s2
速度减为0所用的时间为 t0=0−v0a=1 s
12.【答案】4 3
【解析】[1]由图可知，小球在斜面上运动时的加速度大小为 a=ΔvΔt=20.5m/s2=4m/s2
[2]根据速度—时间公式可知，最高点到最低点到时间为 t=va=44s=1s
结合图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，斜面的长度为 L=2×(12×4×1−12×2×0.5) m=3m
13.【答案】 3
【解析】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得挡板对球体的支持力 F 与斜面对球体的支持力 FN 与竖直方向的夹角均为30°，根据正交分解法可得 FNsin30 ∘=Fsin30 ∘ ， FNcs30 ∘+Fcs30 ∘+T=mg
解得 FN=F= 3 N
14.【答案】23 3mg 213g
【解析】[1]对1、2两球的整体分析可知
可得 Tc=2mgtan30 ∘=2 3mg3
[2]对2分析可知 Tb= Tc2+(mg)2= 73mg
突然剪断细线b的瞬间，弹簧a的弹力不变，小球1的加速度为 a=Tbm= 213g
15.【答案】下蹲 −6
【解析】[1]人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重，所以点 a∼d 所示过程，该同学完成了下蹲过程；
[2]由图可知该同学的重力为500N，则质量为50kg，根据牛顿第二定律有 F−G=ma
解得 a=−6m/s2
16.【答案】(1)BEF
(2)AC
(3)0.50##0.49##0.51

【解析】(1)探究加速度与力、质量的关系，需要槽码(B)提供拉力，需要天平(E)测小车质量，需要刻度尺(F)测纸带上点迹间的距离。
故选BEF。
(2)A.细线拉力要等于合力，细线方向沿小车运动方向即调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故A正确；
BD.探究加速度与力、质量的关系，为保证细线拉力等于小车合力，需要平衡摩擦力，在平衡摩擦力的过程，需要去掉挂槽码的细线，带上纸带，调节木板倾斜程度，使小车做匀速直线运动，调节好后，小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节长木板倾斜度，故BD错误；
C.为保证打下尽可能多的点，小车应该靠近打点计时器释放，先接通电源后释放小车，故C正确。
故选AC。
(3)由于每两个计数点之间还有四个计时点，则计数点之间的时间间隔为
T=5•1f=5×150s=0.1s
由图可知 x0=0.00cm ， x3=7.50cm ， x6=19.50cm ，根据逐差法
a=x6−x3−(x3−x0)(3T)2=0.50m/s2
17.【答案】(1)CD
(2) 14.60
(3)24
(4)C

【解析】(1)A.实验前，为了防止因弹簧本身的重力造成的误差，则必须先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；
B.刻度尺测量弹簧形变量，在安装刻度尺时，可以不让刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐，故B错误；
CD.逐一增挂钩码，待钩码处于静止状态时读出弹簧的长度，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故CD正确；
故选CD。
(2)[1]刻度尺的最小分度值为0.1cm，读数为14.60cm。
[2]描点拟合如图所示。
(3)根据图像斜率可知劲度系数为 k=ΔFΔx=3.012.6×0.01 N/m=24 N/m
(4)当两弹簧串联起来时，设所挂钩码的质量为 m0 ，平衡时 kΔx1=m0g ， kΔx2=m0g
且 k串(Δx1+Δx2)=m0g
联立解得 k串=k2
故选C。
18.【答案】(1)BC
(2) 52 2gL

【解析】(1)AC.为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不一定需要光滑，故A错误，C正确；
B.实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平，目的是保证小球抛出时速度水平，故B正确；
D.建立坐标系时，应以小球在斜槽末端时球心在白纸上的投影作为坐标原点，以斜槽末端口位置为坐标原点，会引起实验的误差，故D错误。
故选BC。
(2)在竖直方向上，根据匀变速直线运动规律有 Δy=5L−3L=gT2
小球平抛运动的初速度为 v0=3LT
B点的竖直分速度为 vBy=3L+5L2T
根据速度的合成可知 vB= v02−vBy2
联立解得 vB=52 2gL
19.【答案】(1)打开降落伞前做自由落体运动，由 v2=2gh
解得 v1= 2gh=50m/s
(2)自由落体过程 h1=125m
减速运动过程 h2=v12−v222a=123.75m
匀速运动过程 h3=v2t3=140m
距离地面高度 H=h1+h2+h3=388.75m
(3)自由落体过程 t1=v1g=5s
减速运动过程 t2=v1−v2a=4.5s
匀速运动过程 t3=28s
距离地面高度 t=t1+t2+t3=37.5s

【解析】详细解答和解析过程见答案
20.【答案】(1)包裹恰好下滑时，根据共点力平衡条件有 mgsinθ−μmgcsθ=0
解得 μ=tanθ=0.75
(2)水平以最大加速度启动时 μmg=mam
得 am=7.5m/s2
根据牛顿第二定律可知，水平分力 Fx=ma=30N
竖直分力 Fy=mg=40N
根据力的合成可知，作用力 F= Fx2+Fy2=50N
(3)整个运送过程经历匀加速、匀速、匀减速三个过程，匀加速、匀减速过程 t加=t减=vmam=0.4s ， x加=vm2⋅t加=0.6m
匀速过程 x匀=L−2x加=43.8m
匀速运动的时间为 t匀=x匀v匀=14.6s
最短时间 t=t加+t减+t匀=15.4s

【解析】详细解答和解析过程见答案
21.【答案】(1)斜面AB上下滑时
mgsinθ−μ1mgcsθ=ma1
解得
a1=2m/s2
(2)①释放点到达B
vB2=2a1⋅h1tanθ
解得
vB= 10m/s
在传送带上减速滑动时
a2=−μ2g=−1.5m/s2
v12−vB2=2a2L
解得
v1=2m/s
②两次下落高度相同，有
t1=t2=t
速度为 v1 时落在CD上，有
tan30 ∘=gt2v1
解得
t=215 3s
则水平位移
x1=v1t=415 3m
下落高度
h1=415m
可知
LCP=815m
速度为 v2 时垂直打在DE上，有
tan30 ∘=gtv2
解得
v2=2v1=4m/s
则
LPQ=x1=415 3m
可得
LPD=LPQcsα=615m LCD 的长度
LCD=LCP+LPD=1415m
(3)若要垂直打在DE上，即从C点飞出时 v2=4m/s ，BC过程若一直加速
a′2=μ2g=1.5m/s2
到达C点时速度
vC= vB2+2a′2L=4m/s=v2
传送带速率
v0≥4m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案