河南省开封市2024-2025学年高一（上）期末物理试卷-普通用卷

这是一份河南省开封市2024-2025学年高一（上）期末物理试卷-普通用卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列四幅图中的说法正确的是( )
A. 甲图中，由于书本的形变，桌面对书产生向上的弹力F2
B. 乙图中，该同学的重心一定在其身体上
C. 丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，搁在斜面上，则斜面对小球可能有弹力作用
D. 丁图中，立定跳远起跳的瞬间人受到向前的摩擦力
2.a、b两质点t=0时刻开始沿同一直线运动，它们的位置x随时间t变化的图像分别如图所示，下列说法正确的是( )
A. t1时刻a、b运动方向相同
B. t1时刻a的速度大于b的速度
C. t1∼t2时间内a的平均速度等于b的平均速度
D. 0∼t3时间内a通过的路程等于b通过的路程
3.现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机( )
A. 在t1∼t3时间内手机先加速后减速
B. 在t3时刻手机到达最高点
C. 在t2∼t4时间内，手机处于失重状态
D. 在t2∼t4时间内手机受到的支持力逐渐减小
4.一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位置与时间的关系式为x=−2.5t2+20t，下列说法正确的是( )
A. 刹车过程中的加速度大小为2.5m/s2
B. 刹车过程中前2s内的位移大小是33m
C. 刹车过程中第一个2s比第二个2s的位移多20m
D. 从刹车开始计时，第1s内和第2s内的位移大小之比为3:1
5.如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37∘的足够长的斜面。滑块上滑过程的v−t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2)则( )
A. 滑块上滑过程中的加速度大小是2m/s2
B. 滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C. 滑块经2s返回出发点
D. 滑块回到出发点时的速度大小v=10m/s
6.如图所示，四分之一圆柱体P固定在水平地面上，圆心O的正上方用轻杆固定一个光滑定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮A，一端与质量为m的小球连接置于圆柱体P上，另一端系在固定竖直杆上的B点。一质量为m0的钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦，绳的总长不变，则( )
A. 若将B点缓慢移动到C点，且小球未动，在这个过程中，轻绳对小球的拉力不变
B. 若将B点缓慢移动到C点，且小球未动，在这个过程中，地面对圆柱体P的支持力增大
C. 若减小钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球在圆柱体P上位置不变
D. 若增大钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球在圆柱体P上位置不变
7.在学习物理知识时，还应学习物理学研究问题的思想和方法，下列说法正确的是( )
A. 质点模型的建立运用了等效替代的方法
B. 伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理相结合的方法
C. 已知合力求分力，运用了控制变量的方法
D. 加速度a=FM和速度v=ΔxΔt都采用了比值定义法
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.利用水滴下落可以粗略测量重力加速度g的大小。调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水开始下落，而空中还有一滴水正在下落。测出水龙头出水口到盘子的高度为ℎ，从第1滴水开始下落到第n滴水开始下落，所用时间为t。下列说法正确的是( )
A. 一滴水在空中运动的时间为 2ℎg
B. 相邻两滴水开始下落的时间间隔为 2ℎg
C. 此地重力加速度的大小为ℎ(n+1)22t2
D. 第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为3ℎ4
9.如图所示，水平轻杆AB一端与竖直墙上的光滑的铰链连接，另一端用细绳系于墙上E点，在B点下方悬挂质量为m1的重物。水平轻杆CD一端插入竖直墙内，另一端固定光滑小滑轮，用细绳绕过滑轮一端悬挂质量为m2的重物，另一端系于墙上F点，已知∠EBA=30∘，∠FDC=30∘，下列说法中正确的是( )
A. FEB:FFD=2m1:m2B. AB杆上弹力的大小为m1g
C. CD杆上弹力的大小为m2gD. CD杆上弹力的大小为 3m2g
10.如图甲，质量M=2 kg的足够长木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m=1 kg的小物块。t=0时刻对小物块施加一水平向右的拉力F，拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示，4 s末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.6，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. t=1 s时物块受到的摩擦力大小为6 N
B. 2∼4 s内物块相对木板滑行的位移大小为9 m
C. 0∼2 s内物块的加速度为1 m/s2
D. 2∼4 s内物块的加速度为1.5 m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，不需要记录的是( )
A.两细绳的方向
B.橡皮筋的原长
C.两弹簧秤的示数
D.结点O的位置
(2)按照正常实验操作，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是__________。(填F或F′)
(3)某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是( )
A.两根细绳必须等长
B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C.在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等
D.在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行
12.某实验小组采用如图1所示的实验装置在水平桌面上探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。
(1)实验之前要补偿小车所受的阻力，具体的步骤是：_______(填“挂”或“不挂”)砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。
(2)打出的纸带及数据如图2所示，若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，A、B、C、D、E为连续相邻计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，则系统的加速度大小为_______m/s2，(结果保留2位有效数字)。
(3)在验证加速度与质量关系实验时，保证砂和砂桶的总质量m0不变，通过在小车上增加砝码来改变小车总质量，每次实验时仅记录了小车上砝码的总质量m，但未测小车质量M，作出1a与m之间的关系图像如图3所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，当地重力加速度为g。若该同学其他操作均正确，m0没有远小于M+m，可得到砂和砂桶的总质量m0_______小车的质量M为_______(均用k、b、g表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面。若机舱口下沿距地面高为4 m，气囊所构成的斜面长度为8m，一个质量为60 kg的人沿气囊滑下时所受的阻力是240 N，开始下滑时人的初速度为零，那么人滑至气囊底端过程中，g取10m/s2求：
(1)到达底端时速度v的大小；
(2)人员到达气囊底端时，由于惯性作用，在水平地面上滑行了2 m才停止，若不考虑气囊与地面连接处的速度大小变化，则人与地面间的动摩擦因数μ为多大。
14.在平直的公路上有两辆汽车同时同向做匀速运动，B车在前，A车在后，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为v2=20m/s。当A、B两车相距x0=20m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小为a=2m/s2，从刹车开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间。
15.如图所示，一倾角θ=30∘的传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，其长度L=1.40m，左侧的水平面光滑且与传送带顶端A点等高；现将一个小物块轻放在传送带底端，其与传送带间的动摩擦因数为μ= 32，g取10m/s2。
(1)求小物块刚放上传送带时加速度a1的大小；
(2)若物块滑上传送带Δt=1s后，传送带速度突然变为零，判断物块能否滑上传送带顶端，若不能，求物块到达的最高点距A点距离x；若能，则求物块从传送带底端到达顶端所用时间t；
(3)在(2)小问情景中，小物块在传送带上留下的划痕长度s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.甲图中，由于桌面的形变，桌面对书产生向上的弹力 F2 ，故A错误；
B.乙图中，同学的身体弯曲，该同学的重心不一定在其身体上，故B错误；
C.丙图中，竖直细线将光滑小球吊起，搁在斜面上，由于重力和绳子拉力均处于竖直方向，根据平衡条件可知，斜面对小球没有弹力作用，故C错误；
D.丁图中，立定跳远起跳的瞬间，向后蹬地，则人受到向前的摩擦力，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.根据 x−t 图像可知， t1 时刻a沿正方向运动，b沿负方向运动，A错误；
B.根据 x−t 图像的切线斜率表示速度，可知 t1 时刻a的速度小于b的速度，B错误；
C.由 x−t 图像可知， t1∼t2 时间内a的位移等于b的位移，则 t1∼t2 时间内a的平均速度等于b的平均速度，C正确；
D.由 x−t 图像可知， 0∼t3 时间内a通过的路程为 x0 ，b通过的大于 x0 ，D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】A.由题图可知， t1∼t3 时间加速度向上，手机一直在向上加速，故A错误；
B. t3 时刻手机的加速度为0，此时手机向上的速度达到最大，由于惯性手机会继续向上运动，所以在 t3 时刻手机还没有到达最高点，故B错误；
C.在 t2∼t4 时间内加速度先向上再向下，手机应处于先超重再失重状态，故C错误；
D. t2∼t3 时间内加速度向上，大小逐渐减小，根据牛顿第二定律，则有 FN−mg=ma
随着a的减小，手机受到支持力逐渐减小， t3∼t4 时间内加速度向下，逐渐增大，根据牛顿第二定律 mg−FN=ma
随着a的增大，手机受到支持力逐渐减小，则在 t2∼t4 时间内手机受到的支持力逐渐减小，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】A.根据位移公式有x=v0t−12at2，将公式与题中函数式进行对比有v0=20m/s，12a=2.5m/s2，解得a=5m/s2，故A错误;
B.刹车过程中前2s内的位移大小x1=v0t−12at2=30m，故B错误;
C.刹车过程中第一个2s内的位移x2=v0t2−12at22=20×2m−12×5×22m=30m，从刹车开始计时，利用逆向思维，停止运动的时间t0=v0a=4s，利用逆向思维，刹车过程中最后2s内的位移大小x1=12at12=12×5×22m=10m，则有x2−x1=20m，即刹车过程中第一个2s比第二个2s的位移多20m，故 C正确;
D.从刹车开始计时，利用逆向思维，停止运动的时间t0=v0a=4s，利用逆向思维，根据初速度为0，连续相邻相等时间内位移之比的规律可知，第1s内和第2s内的位移大小之比为7: 5，故 D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】解：AB、由图象的斜率表示加速度，可知，滑块上滑的加速度大小为：
a=ΔvΔt=101.0m/s2=10m/s2
滑块冲上斜面过程中，根据牛顿第二定律，有：
mgsinθ+μmgcsθ=ma
代入数据解得μ=0.5，即滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，故A错误，B正确；
C、滑块上滑的最大距离为：x=v0t2=10×12=5m
下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcsθ=ma′
得：a′=2m/s2
由x=12at′2得：t′= 5s，即木块经(1+ 5)s返回出发点，故C错误；
D、木块回到出发点时的速度大小v=a′t′=2 5 m/s，故D错误。
故选：B。
根据v−t图象的斜率求上滑过程中的加速度大小，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数。由图象与时间轴所围的面积求出滑块上滑的最大距离，由牛顿第二定律求得下滑的加速度，再求下滑的时间和速度。
本题的关键是明确v−t图象的斜率表示加速度，面积表示位移，对物体受力分析后，通过正交分解法求出合力，根据牛顿第二定律求得加速度，然后根据运动学公式求解未知量。
6.【答案】A
【解析】AB.通过A点作一条竖直线，该线与CB之间的距离为d，AB之间的绳长为L，轻绳与竖直杆之间的夹角为 θ ，对m0和m进行受力分析如图所示
根据几何关系可得 sinθ=dL
将B点缓慢移动到C点过程，d和L不变，则 θ 不变，对m0分析，根据平衡条件可得 2Fcsθ=m0g
解得 F=m0g2csθ
所以绳拉力不变，由于绳拉力大小和方向均不变，则m受力情况不变，所以地面对圆柱体P的支持力不变，故 A正确，B错误；
CD.对m分析，设m在圆柱体 P 上的 P′ 处，根据三角形相似可得 mgAO=FAP′
若减小钩码的质量，小球向下运动，AP′增大；若增大钩码的质量，小球向上运动，故AP′减小，故CD错误。
故选A。
7.【答案】B
【解析】A.质点模型的建立运用了理想化的物理模型的方法，故A错误；
B.伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理相结合的方法；故B正确；
C.已知合力求分力，运用了等效替代的方法，故C错误；
D.加速度a=FM是加速度的决定式，不是比值定义法，速度v=ΔxΔt采用了比值定义法；故D错误．
8.【答案】AD
【解析】AB.根据自由落体运动公式，设每滴水下落时间为 t0 ，有ℎ=12gt 02
解得t0= 2ℎg
相邻的两滴水时间间隔相同，则相邻两滴水开始下落的时间间隔为Δt=12t0= ℎ2g，故A正确，B错误；
D.可知第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为ℎ′=ℎ−12gΔt2=34ℎ，故D正确；
C.从第1滴水开始下落到第n滴水开始下落的时间间隔 Δt 的个数为 n−1 ，则有t=(n−1)Δt
同时根据前面分析有Δt=12t0= ℎ2g
联立解得g=ℎ(n−1)22t2，故C错误。
故选AD。
9.【答案】AC
【解析】BCD、甲图中的杆为“活杆”，弹力方向沿杆方向，乙图中的杆为“死杆”，弹力方向不沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，
图甲中，以B点为研究对象，受到重物的拉力、绳的拉力和AB杆的弹力，根据平衡条件得杆的弹力：T=m1gct30°= 3m1g；
图乙中，以D点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于拉力F′和重力的夹角为120°，则由几何知识可得：T′=m2g，轻杆受到的弹力是m2g，故BD错误、C正确；
A、甲图中轻绳的拉力为FEB=m1gsin30∘=2m1g，乙图中轻绳的拉力FFD=m2g，则FEB:FFD=2m1:m2，故A正确。
10.【答案】BC
【解析】AC.由题意可知，在 0∼2s 的时间内，物块受到拉力 F=6N
假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得 F−μ2(M+m)g=(M+m)a
解得 a=1m/s2
单独对物块受力分析则有 F−f=ma
解得 f=5N
而物块受到的最大静摩擦力 fm=μ1mg=6N>f=5N
假设成立，此时物块受到的摩擦力为5N，A错误，C正确；
BD. t1=2s 时，物块和木板的速度为 v0=at1=2m/s
2∼4s 的时间内，拉力 F=12N ，设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度分别为 a1 和 a2 ，隔离m有 F−μ1mg=ma1
解得 a1=6m/s2
隔离M有 μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
解得 a2=1.5m/s2
t2=4s 时，物块和木板的速度分别为 v1=v0+a1(t2−t1) ， v2=v0+a2(t2−t1)
解得 v1=14m/s ， v2=5m/s
在 2∼4s 的时间内，物块在木板上滑行的位移大小为 Δx=12(v0+v1)(t2−t1)−12(v0+v2)(t2−t1)=9m
B正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)B
(2) F′
(3)D

【解析】(1)实验时，不需要记录橡皮筋的原长。
故选B。
(2)方向一定沿AO方向的力是用一根弹簧测力计拉动橡皮筋时拉力的方向，而平行四边形的对角线F，是应用平行四边形定则得出的理论值，因此方向一定沿AO方向的力是 F′ ；
(3)A.为减小力的方向的测量误差，两根细绳应适当长一些，以细绳的两个端点确定两点，然后将这两点用直线连接起来即为力的方向，再从该线段上截取用以表示力大小的线段，不需要细绳等长，A错误；
BC.只有当两个弹簧秤拉力大小相等时，橡皮筋才与两绳夹角的平分线在同一直线上，而本实验中并不要求两个弹簧秤的拉力大小相等。BC错误；
D.在使用弹簧秤时，要注意使弹簧秤与木板平面平行，以减小力的测量误差，D正确。
故选D。
12.【答案】(1)不挂 (2)2.0 (3) 1kg bk−1kg
【解析】(1)补偿阻力是用小车重力沿斜面向下的分力与阻力相平衡，应不挂砂桶，给小车一个初速度，使小车能够沿斜面向下做匀速直线运动。
(2)利用逐差法计算小车的加速度 a=xCE−xAC(2T)2=[(22.44−7.22)−7.22]×10−2(2×0.1)2m/s2=2.0m/s2
(3)[1][2]根据牛顿第二定律，对砂和砂桶这个整体，有 m0g−T=m0a
对小车和砝码这个整体，有 T=M+ma
两式联立，得 1a=1m0gm+m0+Mm0g
故 k=1m0g ， b=m0+Mm0g ，得 m0=1kg ， M=bk−1kg
13.【答案】(1)设气囊所构成的斜面与水平方向夹角为 θ ，由牛顿第二定律 mgsinθ−f=ma
由几何知识可得 sinθ=ℎL=12
代入数据解得运动的加速度为 a=1 m/s2
由运动学公式可得，到达底端时的速度大小为 v=4 m/s
(2)在水平面上，由运动学公式 v2=2ax
在水平面上由牛顿第二定律 μmg=ma
联立可得人与地面间的动摩擦因数为 μ=0.4

14.【答案】(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，则 v1=v2−at0
解得 t0=6s
此过程中两车的位移分别为 xA=v1t0=48m ， xB=v1+v22t0=84m
所以两者相距的最大距离为 xmax=x0+xB−xA=56m
(2)B车刹车停止运动所用时间为 t1=v2a=10s
此过程中两车的位移分别为 xA′=v1t1=80m ， xB′=v22t1=100m
由于 x0+xB′>xA′
可知A车追上B车时，B车已停止运动，所以 t2=x0+xB′v1=15s

15.【答案】解：(1)小物块刚放上传送带时，对小物块受力分析，受到沿传送带向上的滑动摩擦力、竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力，
则沿传送带方向F合=μmgcs θ−mgsin θ，
根据牛顿第二定律可得F合=ma1，
代入数据，解得a1=2.5m/s2。
(2)小物块在传送带上加速的时间为 t1 ，则a1t1=v，
解得t1=0.8s，
位移为x1=v2t1=0.8m，
则小物块在滑上传送带的1s时间内先加速后匀速，匀速时间为 t2 ，则t2=Δt−t1=0.2s，
位移为x2=vt2=0.4m，
则小物块在1s内的位移为x3=x1+x2=1.2m，
当传送带速度突然变为零后，小物块受到的滑动摩擦力变为沿传送带向下，则此时小物块的加速度为a2=μmgcsθ+mgsinθm=12.5m/s2，
此后小物块将做匀减速直线运动，假设小物块不能滑上传送带顶端，即小物块会减速到零，则小物块的位移为x4=v22a2=0.16ms2，
故s=s1=0.8m。