2024-2025学年重庆市九龙坡区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市九龙坡区高一（上）期末物理试卷（含解析），共16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.下列关于力和运动的说法正确的是( )
A. 力是维持物体运动的原因
B. 物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
C. 合力和分力概念的建立体现了等效替代的思想
D. 做曲线运动的物体，其速度方向与合力方向可能在同一直线上
2.学校教室里的竖直磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案。关于小磁铁，下列说法正确的是( )
A. 磁铁受到四个力的作用
B. 磁铁受到的摩擦力大于其重力
C. 磁铁受到的吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上
D. 磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力
3.如图所示，一物体在某一段时间内的速度随时间变化的图像(v−t图像)，关于该物体的运动下列说法正确的是( )
A. 0−t1时间内物体做曲线运动
B. 0−t1时间内物体的加速度增大
C. 0−t1时间内物体的速度方向不断变化
D. 0−t1时间内物体的平均速度等于v0+v12
4.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态。如图所示，其中F1=12N，F2=4N。若撤去F1，则木块受到的摩擦力为( )
A. 4N，方向向右B. 12N，方向向左C. 8N，方向向左D. 0
5.如图所示，小车向右运动的过程中，车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬线与竖直方向的夹角为θ，已知小球和物块的质量分别为m和M，若B所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g为重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 小车向右做匀加速直线运动
B. 小球的加速度大小为gtanθ，方向向右
C. 此时悬线对小球的拉力大小为mgsinθ
D. 物块B受到的摩擦力大小为Mgtanθ，方向向左
6.如图所示，在倾角为α=30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的原长为L−mgkB. 撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为g
C. 水平恒力大小为 33mgD. 撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g2
7.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A. 倾斜传送带与水平方向夹角为θ=53°
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.75
C. 煤块向上运动中，在传送带上留下的痕迹长为6m
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4 5)m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.某同学利用力传感器悬挂一钩码在竖直方向运动时，如图所示，实线是数据采集器记录下力传感器中拉力的大小变化情况。根据图中信息，下列说法正确的是( )
A. 0−t1段钩码做匀速直线运动
B. 该钩码重力的大小为30N
C. t2时刻钩码处于超重状态
D. t4时刻钩码处于平衡状态
9.如图甲所示，物块A与木板B静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加水平向右的大小不同的拉力F，测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 当F24N时，A、B间为滑动摩擦力
C. 当F24N时，A的加速度将增大
10.水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α=30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是( )
A. 如果A、B能保持相对静止，则系统的加速度为a=Mg2m+M
B. 如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg M2(M+2m)2−1
C. 当M=( 3+1)m时，A恰要从凹槽中滚出
D. 若α=45°时，则无论M为多大，A都不能滚出凹槽
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。
(1)下列做法能减小实验误差的是______。
A.两根细线间夹角必须为90°
B.两弹簧测力计的示数必须相等
C.在确定细线拉力方向时，所取两个点适当远一些
(2)如果没有操作失误，如图乙所示中F′是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______。
(3)如题图甲所示，当两条细线的夹角开始是90°，若保持O点位置不变，若右边弹簧测力计拉力方向不变其示数逐渐减小，则左边弹簧测力计的示数会______。
A.逐渐减小
B.逐渐增大
C.先增大后减小
D.先减小后增大
12.某组同学探究加速度与力、质量的关系实验。
(1)如题图甲所示，关于该实验下列说法正确的是(______)
A.该实验应先放小车后接通打点计时器
B.小车的质量应远大于砝码和盘的总质量
C.细绳对小车的拉力等于砝码和盘的总重力
D.“平衡摩擦力”时，应将长木板有定滑轮的一端垫起适当高度
(2)实验中得到一条纸带如图乙，两计数点间有四个计时点，打点计时器采用频率为50Hz的交流电。已知xOA=2.24cm，xOB=5.04cm，xOC=8.39cm，xOD=12.29cm，请根据纸带求出打“C”计数点时小车的速度大小为______m/s，小车的加速度为______m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)该组同学设计了一个拓展方案，如图丙所示实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量，以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条直线，如图丁所示，已知图线的斜率为k，则小车的质量为______(结果用k、m0表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.水平地面上有一高h的竖直墙，现将一小球从离地面高为H处以v0=6m/s的速度垂直于墙面水平抛出，如图所示，已知抛出点A与墙面的水平距离s=3.6m，不计空气阻力，B点为小球碰墙点。重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球到达B点所用时间和下落的高度；
(2)小球到达B点时速度大小和方向。
14.如图甲所示，质量为m=2kg的滑块在水平面上向右做直线运动。过P点时(未标出)给滑块一个水平向左的恒力F并开始计时，t=0时滑块速度v0=2m/s，前2s内滑块的v−t图像如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求前2s内滑块位移x的大小；
(2)求滑块所受拉力F的大小；
(3)滑块再次回到P点时的速度大小。
15.如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2m，质量m=1kg的B物体放在斜面底端，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量M=3kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h=1m高处由静止释放，着地后立即停止运动。A、B物体均可视为质点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小；
(2)求A着地后B向上滑行距离x；
(3)要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量M的取值范围。(其中m质量保持不变)
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A、力不是维持物体运动的原因，是改变物体运动状态的原因，故A错误；
B、惯性是物体的固有属性，物体在任何情况下都具有惯性，与物体的运动状态无关，故B错误；
C、合力和分力概念的建立体现了等效替代的思想，故C正确；
D、做曲线运动的物体，其速度方向与合力方向一定不在同一直线上，故D错误。
故选：C。
力是改变运动状态的原因；
物体在任何情况下都具有惯性；
根据等效替代思想分析作答；
根据曲线运动的条件与特点判断。
本题主要考查了牛顿第一定律以及曲线运动的条件，曲线运动是变速运动，但可以是匀变速曲线运动，这点经常被学生忽略。
2.【答案】A
【解析】解：A、对磁铁受力分析，磁铁在竖直方向受到重力和摩擦力，在水平方向受到黑板对小磁铁的吸引力和黑板对小磁铁的弹力，即磁铁受到四个力的作用，故A正确；
B、小磁铁处于平衡状态，合力为零，根据共点力平衡条件得磁铁受到的摩擦力等于其重力，它们是一对平衡力，故B错误；
C、根据共点力平衡条件得磁铁受到的吸引力等于受到的弹力，它们是一对平衡力，故C错误；
D、磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对作用力与反作用力，故D错误。
故选：A。
对磁铁受力分析，根据共点力平衡条件分析求解；二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上。
解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据题意分析可知，因v−t图像只能描述直线运动，可知0−t1时间内物体做直线运动，故A错误；
B、根据题意分析可知，图像的斜率等于加速度，0−t1时间内物体的加速度增大，故B正确；
C、根据题意分析可知，0−t1时间内物体的速度一直为正值，可知速度方向不变，故C错误；
D、根据题意分析可知，若物体在0−t1时间内做匀加速运动，则物体的平均速度等于v0+v12；因图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，物体在0−t1时间内的位移小于物体做匀加速运动时的位移，可知物体的平均速度小于v0+v12，故D错误。
故选：B。
结合v−t图像的斜率、面积、速度正负及平均速度的定义来分析各选项。
v−t图像是直线运动的“速度—时间”规律图，斜率反映加速度，面积反映位移；速度正负反映方向；平均速度需结合位移与时间分析。
4.【答案】A
【解析】解：木块处于静止状态，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，根据平衡条件可知木块受到的静摩擦大小为f=F1−F2，解得f=8N，可知木块与桌面间的最大静摩擦不小于8N；若撤去F1，F2=4N小于最大静摩擦力，则木块仍处于静止状态，根据平衡条件可知木块受到的静摩擦大小为f′=F2=4N，方向向右，
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据平衡条件得出第一次受力时摩擦力的大小，再根据平衡条件求出撤去外力时摩擦力的大小。
本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确选择研究对象，能正确对研究对象进行受力分析。
5.【答案】D
【解析】解：A、由图可知小球A受合外力向左，可知加速度向左，与小车的运动方向相反，小车向右做匀减速直线运动，故A错误；
B、对小球受力分析可知mgtanθ=ma
可得小球的加速度大小为a=gtanθ
方向向左，故B错误；
C、此时悬线对小球的拉力大小为T=mgcsθ
故C错误；
D、物块B受到的摩擦力大小为f=Ma=Mgtanθ
方向向左，故D正确。
故选：D。
先对小球A受力分析，其合力提供加速度，确定小车的运动状态与加速度大小、方向；再对物块B分析，B的加速度与小车一致，静摩擦力提供其加速度，结合受力方向判断摩擦力的大小与方向。
这道题是牵连运动受力分析的经典基础题，核心考查“牵连加速度下的摆球受力分解+物块静摩擦力分析”，是高一力学“整体加速度推导局部受力”的典型题型，精准训练“由易分析物体(摆球)推导系统状态，再分析其他物体(物块)”的逻辑链。
6.【答案】B
【解析】解：A.对小球B分析，斜面光滑，根据平衡条件有F弹=mgsin30°=12mg
弹簧的劲度系数为k，则弹簧的伸长量Δx=F弹k=mg2k
所以弹簧的原长为L0=L−Δx=L−mg2k
故A错误；
B.撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对A球受力分析，根据牛顿第二定律得mgsin30°+F弹=maA
解得aA=g
故B正确；
C.对整体进行受力分析分析，根据平衡条件有2mgsin30°=Fcs30°
解得F=2 3mg3
故C错误；
D.撤去恒力瞬间，弹簧的弹力不变，对B球，合力为零，根据牛顿第二定律可知B球的加速度为零，故D错误。
故选：B。
隔离对B分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的形变量，得出弹簧的原长。对整体分析，根据共点力平衡求出水平恒力F的大小，撤去恒力的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对小球分析，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度的大小。
本题综合考查了牛顿第二定律、共点力平衡，知道撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求解瞬时加速度，掌握整体法和隔离法的灵活运用。
7.【答案】D
【解析】解：AB.在0∼1s内，煤块的加速度大小为a1=Δv1Δt1=12−41m/s2=8m/s2
方向沿传送带向下，可得mgsinθ+μmgcsθ=ma1
在1～2s内，煤块的加速度大小为a2=Δv2Δt2=4−01m/s2=4m/s2
方向沿传送带向下，可得mgsinθ−μmgcsθ=ma2
联立解得θ=37°，μ=0.25
故A错误，B错误；
CD.在0∼1s内，传送带的位移为x带1=vt1=4×1m=4m
煤块的位移为x煤1=12+42×1m=8m
煤块超前传送带位移大小为Δx1=x煤1−x带1
解得：Δx1=4m
在1～2s内，传送带的位移为x带2=vt2=4×1m=4m
煤块的位移满足x煤2=12×4×1m=2m
煤块落后传送带相对位移大小为Δx2=x煤2−x带2=2m
所以整个上升的过程中在传送带上留下的痕迹长为4m，2s后传送带向上运动，煤块向下运动，加速度不变，为a2=4m/s2
根据12a2(Δt)2=(8+2)m
解得Δt= 5s
在这段时间内煤块相对传送带位移大小Δx3=12a2Δt2+vΔt=12×4×( 5)2m+4× 5m=(10+4 5)m
故煤块在传送带上留下的痕迹长为l=Δx2+Δx3=(12+4 5)m
故C错误，D正确。
故选：D。
根据煤块受力情况，列牛顿第二定律方程，结合煤块超前传送带位移大小，以及煤块落后传送带相对位移大小，综合传送带位移分析求解。
本题考查了传送带相关知识，理解物体在传送带上不同时刻的运动状态，合理利用牛顿第二定律以及功能关系是解决此类问题的关键。
8.【答案】AC
【解析】解：AB.0−t1内，力传感器中拉力的大小等于钩码的重力，可知该钩码重力的大小为20N，该段时间内钩码做匀速直线运动，故A正确，B错误；
C.t2时刻力传感器中拉力大小大于钩码的重力，则钩码处于超重状态，故C正确；
D.t4时刻力传感器中拉力大小小于钩码的重力，则钩码处于失重状态，故D错误。
故选：AC。
根据拉力大小与钩码的重力大小判断钩码所处的状态，结合平衡条件分析重力大小。
本题考查了力传感器记录下的拉力变化情况与物体运动状态的关系，关键在于理解力传感器记录的拉力变化与钩码运动状态之间的关系，特别是在不同运动状态(匀速运动、加速、减速)下拉力的变化规律，以及超重和失重状态的判断。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、根据题意分析可知，由图乙分析有，当F24N时，A、B间滑动摩擦力保持不变，A、B发生相对滑动，故A错误，B正确；
CD、根据题意分析可知，当F24N时，两物体相对滑动，B物体达到最大加速度，对A物体有F−μmAg=mAa
由此可知，A的加速度随外力增大而增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
确定A、B间静摩擦力达到最大值时的临界拉力，进而区分两者相对静止与相对滑动的状态。
本题核心是区分静摩擦力(相对静止时，随外力变化)与滑动摩擦力，并结合整体法与隔离法判断运动状态与加速度变化。关键在于识别临界拉力(24N)对应的物理意义——A、B间静摩擦力达到最大值的时刻。
10.【答案】ACD
【解析】解：AB、根据题意分析可知，若A、B相对静止，则根据牛顿第二定律Mg=(2m+M)a
解得系统加速度大小为a=Mg2m+M
对A做受力分析NBA2=(ma)2+(mg)2
解得NBA=mg M2(2m+M)2+1
故A正确，B错误。
C、根据题意分析可知，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向得Nsinα=ma1，Ncsα=mg
解得临界加速度大小为a1= 33g
整体上有a1=Mg(2m+M)
联立解得M=( 3+1)m
故C正确；
D、根据题意分析可知，当α=45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，有Nsinα=ma2，Ncsα=mg
得临界加速度大小a2=g
由于Mg(2m+M)0.6kg
所以物体A的质量范围是0.6kg