河北省石家庄市辛集市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试卷（解析版）

这是一份河北省石家庄市辛集市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了本试卷满分100分等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分100分：考试用时75分钟，另附加卷面分5分。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 我国游泳运动员潘展乐在2024年巴黎奥运会男子100米自由泳决赛中赢得冠军，决赛中潘展乐在 50米长的泳池中游一个来回，前50米用时22.28秒，后50米用时24.12秒，总成绩为46.40秒，打破世界纪录。下列说法正确的是（ ）
A. “100米”指的是位移大小
B. “46秒40”表示时刻
C. 潘展乐前50米的平均速度小于后50米的平均速度
D. 研究潘展乐的划水及触壁转身动作时不能将他看作质点
【答案】D
【解析】A．由题知，决赛中潘展乐在 50米长的泳池中游一个来回，故“100米”指的是路程，位移大小为零，故A错误；
B．“46秒40”表示时间间隔，故B错误；
C．根据
由题知，潘展乐前50米所用的时间小于后50米所用的时间，故潘展乐前50米的平均速度大于后50米的平均速度，故C错误；
D．研究潘展乐的技术动作时，其体形不可以忽略不计，不能将他看成质点，故D正确。
故选D。
2. 如图甲为某人站在吊篮中随热气球升空的示意图，图乙是升空过程中的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 内，热气球的加速度大小为
B. 内，热气球静止不动
C. 内，热气球的位移大小为
D. 内，吊篮中的人处于超重状态
【答案】C
【解析】A．图像的斜率表示加速度，0~10s内，热气球的加速度大小为
A错误；
B．10s~30s内，热气球速度保持不变，做匀速直线运动，B错误；
C．图像与坐标轴围成的面积表示位移，0~40s内，热气球的位移大小为
C正确；
D．30s~40s内，热气球的加速度为负值，有向下的加速度，吊篮中的人处于失重状态，D错误。
故选C。
3. 如图，消防战士在进行徒手爬杆训练，杆保持竖直。战士先采用“双手互换握杆”的方式保持身体匀速上升，到达杆顶后再采用“手握腿夹”的方式匀速下滑到地面。设战士匀速上升和匀速下滑所受的摩擦力分别为和，不计空气阻力。则（ ）
A. 竖直向上，竖直向下
B. 竖直向下，竖直向上
C. 、的大小相等
D. 是静摩擦力，数值上大于
【答案】C
【解析】消防战士采用“双手互换握杆”的方式匀速上升时，战士所受的摩擦力是静摩擦力，根据平衡条件可知，静摩擦力方向沿杆竖直向上，大小为
采用“手握腿夹”的方式匀速下滑时，战士所受的摩擦力是滑动摩擦力，根据平衡条件可知，方向沿杆竖直向上，大小为
故选C。
4. 如图，在同一根竖直的悬绳上、下两个不同的位置上，两个杂技演员各手持一个球，在同一侧面沿水平方向抛出两小球、，右下方有一个接球的框子，要使两小球都落入框中，空气阻力可以忽略不计．下列说法正确的是（ ）
A. 同时抛出、两球，两球可同时到达落入框中
B. 球抛出速度大于球抛出速度
C. 球抛出速度小于球抛出速度
D. 、两球以相同的速度抛出
【答案】C
【解析】A．根据
可得
可知小球在空中的时间大于小球在空中的时间，同时抛出、两球，小球先落入框中，故A错误；
BCD．根据
两球的水平位移相等，由于小球在空中的时间大于小球在空中的时间，则球抛出速度小于球抛出速度，故C正确，BD错误。
故选C。
5. 一河流宽为，水流速度为，一条小船在静水中的速度为，要驾驶小船在最短的时间内到对岸执行任务，下列说法正确的是（ ）
A. 渡河时间为
B. 渡河时间为30s
C. 若水流速度增大则渡河时间增大
D. 若水流速度增大到达对岸的地点不变
【答案】B
【解析】AB．当静水速度方向与河岸垂直时，渡河时间最短，因此最短时间为
故A错误，B正确；
CD．船参与沿水流方向和船头沿垂直河流方向两个分运动，分运动具有独立性和等时性，若水流速度增大，船头沿垂直河流方向不变，由
可知渡河时间不会改变，但由于水流速度增大，到底河对岸的地点发生了改变，故CD错误。
故选B。
6. 元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于（ ）
A. 40 m/s，0.5B. 40 m/s，0.25
C. 50 m/s，0.25D. 50 m/s，0.5
【答案】C
【解析】利用运动学知识有
x＝·t
代入数据得
v0＝50 m/s
对上升过程中的礼花弹受力分析，由牛顿第二定律有
mg＋Ff＝ma
又
Ff＝kmg
解得
k＝0.25
故选C。
7. 甲、乙两车在平直路面上平行同向行驶，其图像如图所示。已知两车在时恰并排行驶。关于两车沿行驶方向运动的判断，下列说法正确的是（ ）

A. 在时，乙车在甲车前0.75m
B. 在时，甲车在乙车后
C. 在时两车并排行驶
D. 两车两次并排行驶时的位置相距4m
【答案】D
【解析】A．速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，根据题图可得在时
而根据题意可知两车在时恰并排行驶，则可知在时，甲车在乙车前
故A错误；
B．速度—时间图像的斜率表示物体的加速度，根据题图可得
根据题图还可得到时甲乙两车的初速度分别为
，
则在时甲乙两车的位移分别为
而时甲车在乙车前，则可知，在时
即时两车并排行驶（或根据图像的对成性也可知在时两车并排行驶），故B错误；
C．由于时两车并排行驶，而在到内乙车的速度始终大于甲车的速度，因此可知，在时乙车在甲车前方，故C错误；
D．根据以上分析可知，第一次两车并排行驶时甲车的位移
而第二次并排行驶时甲车的位移
由此可知，两车两次并排行驶时的位置相距4m，故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图甲所示，水平面上竖直固定一个轻弹簧，一质量为的小球，从弹簧上端某高度自由下落，从它接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度和弹簧压缩量之间的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点。g取，下列说法正确的是（ ）
A. 小球刚接触弹簧时速度最大
B. 该弹簧的劲度系数为
C. 当时，小球的加速度竖直向上
D. 从接触弹簧到最低点的过程中，小球的加速度逐渐增大
【答案】BC
【解析】A．小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，合力向下，合力方向与速度方向相同，所以小球会继续向下加速，直到弹力等于重力，此时速度最大，A错误；
BC．由图乙可知最高点对应弹簧压缩量为，此时速度最大，加速度为零，弹力等于重力，则有
代入数据解得
则可知当弹簧压缩量时，弹力大于重力，合力向上，小球的加速度方向竖直向上，BC正确；
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，当速度达到最大值之前有
因重力大于弹力，重力不变，弹力逐渐增大，所以加速度逐渐减小，当速度达到最大值后，小球开始减速，有
重力不变，弹力大于重力且逐渐增大，则加速度增大，综合可得加速度先减小后增大，D错误。
故选BC。
9. 如图所示，倾角为30°的固定斜面上放有质量分别为200g、300g的木块A、B，A、B之间有一轻质弹簧，用平行于斜面的拉力作用在木块B上，系统保持静止，此时夹在A、B之间的轻弹簧伸长量为。已知木块A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.75，弹簧的劲度系数为，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A. 木块A所受摩擦力大小为0
B. 木块A所受摩擦力沿斜面向上，大小为
C. 若拉力为1.5N，木块B所受摩擦力为0
D. 若拉力，木块所受摩擦力沿斜面向上，大小为
【答案】AD
【解析】AB．弹簧弹力为
对木块A分析可知
解得
选项A正确，B错误；
CD．B与斜面间的最大静摩擦力
若拉力为1.5N时，假设物块B仍静止，则对木块B，
解得
假设正确，即木块所受摩擦力沿斜面向上，大小为，选项C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板，小滑块（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板的图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为，小滑块始终没有从长木板上滑下，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）

A. 长木板与地面之间的动摩擦因数是0.3
B. 拉力的大小为
C. 后，长木板的加速度大小为
D. 长木板的长度至少是
【答案】BD
【解析】A．由图乙可知，在时撤去力，此时长木板的速度为
5s时两者速度均为
内，滑块的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
内，长木板的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
A错误；
B．内，长木板加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
B正确；
C．因，后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得
C错误；
D．内，小滑块的位移大小为
长木板的位移大小为
故长木板的长度至少为
D正确。
故选BD。
三、非选择题：共54分。
11. 某实验小组用三个弹簧测力计做“验证力的平行四边形定则”的实验，实验装置如图甲所示。
（1）关于该实验，下列说法正确的是________。
A.实验前，必须测量橡皮条的原长
B.确定力的方向时，应该用铅笔沿着细绳划直线
C.同一次实验中结点的位置不能改变，但进行多次重复实验时，结点的位置可以不同
（2）某次实验中，用一个弹簧测力计拉橡皮条，使结点到达O点时，弹簧测力计的示数如图乙所示，则橡皮条的弹力大小为________N。
（3）图丙中a、b是该同学根据正确的实验过程，作出的力的示意图，其中符合实验事实的是________（填“a”或“b”）。
【答案】（1） C （2）2.40（2.38~2.42均给分） （3）b
【解析】（1）A．实验中需要用到拉力的大小与方向，其中方向为细线的方向，大小由弹簧测力计直接读出，因此不需要测量橡皮条原长，故A错误；
B．确定力的方向时，如果用铅笔沿着细绳划直线，铅笔会碰到细线，导致记录的方向不准确，应该采用两点确定直线的方法记录力的方向，故B错误；
C．合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同，而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故C正确。
故选C。
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为2.40（2.38~2.42均给分）。
（3）当用一只测力计拉橡皮条时，拉力的方向应该与橡皮条的方向共线，则图b比较符合实验事实。
12. 为了更好地探究质量一定时加速度与力的关系，小亮同学设计了如图所示的实验装置。其中为带滑轮的小车的质量，为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）
（1）操作本实验时，以下操作步骤正确的有________；
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．为减小实验误差，改变砂和砂桶质量时，必须要满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量
C．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
D．为保证纸带上打点的清晰度和点的数量，小车释放时要靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
（2）该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两相邻计数点间还有两个点没有画出），纸带上数据记录明显错误的数据是________。若已知打点计时器采用的是频率为的交流电，根据纸带上呈现的数据规律可求出错误数据正确的值为________，根据纸带求出小车的加速度为________（结果保留两位有效数字）。
（3）以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图像是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为________ 。
A． B． C． D．
【答案】 （1） C （2） 3.5cm 3.57cm 2.0 （3） D
【解析】（1）AB．本实验中小车受到的拉力可直接由弹簧测力计测出，所以不需要测量砂和砂桶的质量，也不需要砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AB错误；
C．将线的拉力视为小车的合外力，所以本实验需要平衡摩擦力，可将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦为力，故C正确；
D．小车释放时要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故D错误。
故选C。
（2）根据匀变速运动相邻相等时间内位移差相等，得
可知错误的数据时计数点3、4之间的距离3.5cm；
实际上应该是
匀变速运动位移差公式，可得加速度
（3）对小车，根据牛顿第二定律可得
变形得
可知图线的斜率为
即
故选D。
13. 为进一步提升中国排球超级联赛的影响力，中国排球协会将于2024年1月12日至1月15日举办全明星赛。如图为两运动员训练情景，甲运动员在距离地面高处将排球以的速度水平击出，乙运动员在离地高处将排球垫起。取重力加速度。不计空气阻力。求：（结果可用根号表示）
（1）排球被垫起前在空中运动的时间；
（2）排球从击出到被垫起的过程中运动的水平位移大小；
（3）排球被垫起前瞬间的速度大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
由排球被垫起前在空中做平抛运动，由
可得排球被垫起前在空中运动的时间
【小问2解析】
排球从击出到被垫起的过程中运动的水平位移大小为
【小问3解析】
由
可得
则排球被垫起前瞬间的速度大小
14. 目前无人机得到了广泛的应用，如图所示为送餐无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，无人机（包括外卖）的质量m＝2kg。若无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间t＝4s时离地面的高度h＝48m，已知无人机动力系统所能提供的最大升力为36N，假设无人机（包括外卖）运动过程中所受空气阻力的大小恒定，g取10m/s2。
（1）求无人机（包括外卖）运动过程中所受空气阻力的大小；
（2）当无人机悬停在距离地面高度h＝45m处时，无人机由于信号故障突然失去全部升力，由静止开始竖直坠落，若无人机到达地面时速度刚好减为0，刚开始下落后经多长时间需要立刻恢复最大升力？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）无人机提供最大升力时，令其向上的加速度为a1，根据位移公式
解得
令无人机动力系统所能提供的最大升力为F，根据牛顿第二定律
计算出空气阻力
（2）令失去动力时加速度为，则
令刚开始下落经时间需要恢复动力，恢复动力时的速度为
下落的高度为
恢复动力后，令加速度为，则
从恢复到下落到地面的位移
利用
解得
15. 如图所示是工厂运输货物的实验模拟装置。两端相距L1=4m的水平传送带以v0=2m/s的速度沿顺时针方向转动，工人将货物（可视为质点）无初速度地放于传送带的最左端，经传送带传输至传送带右端后飞出，货物恰能沿切向落到传送带右侧的斜面上，货物沿斜面下滑进入收集装置。已知斜面长L2=5m，与水平面的夹角θ=37°，货物与传送带间的动摩擦因数μ1=0.50，货物与斜面间的动摩擦因数μ2=0.80，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）货物通过传送带所需的时间；
（2）货物沿斜面进入收集装置时的速度大小。
【答案】（1）2.2s；（2）1.5m/s
【解析】（1）货物在传送带上加速，根据牛顿第二定律得
设货物加速至2m/s时的位移为x，有
解得
货物位移小于传送带两端的距离L1=4m，故货物先匀加速后匀速运动。匀加速阶段有
解得
匀速阶段有
解得
货物通过传送带所需的时间
解得
（2）货物恰能沿切向落到斜面上，有
解得
货物沿斜面方向有
解得
在斜面上做匀减速运动有
解得
【点睛】本题以工厂运输货物的实验模拟装置为背景，考查学生匀变速直线运动及平抛运动的相关知识，对学生的理解能力、模型建构能力和分析综合能力有一定要求。