2024-2025学年河北省唐山市高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省唐山市高一（上）期末物理试卷（含解析），共15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.第33届巴黎夏季奥林匹克运动会于2024年7月24日开赛，当地时间7月26日晚7点30分举行开幕式，8月11日闭幕，共持续19天，备受世界各国关注。下列有关奥运会中的信息和活动，叙述正确的是( )
A. 奥林匹克运动会持续19天指的是时刻
B. 2024年7月26日晚7点30分指的是时间间隔
C. 研究马拉松比赛运动员运动成绩时，可以将运动员视为质点
D. 研究体操运动员在平衡木上的动作时，可以将运动员视为质点
2.甲、乙两辆玩具汽车停放在水平桌面上，甲车受到的合力是乙车合力的2倍，甲车的加速度大小为2.4m/s2，乙车的加速度大小为1.5m/s2，甲、乙两车的质量之比为( )
A. 4：5B. 5：4C. 5：8D. 8：5
3.关于直线运动，下列说法中正确的是( )
A. 若物体的速度不断增加，则物体做匀加速直线运动
B. 若物体的加速度和速度方向相反，则物体一定做减速直线运动
C. 若物体的速度先减小再增大，则物体一定做匀变速直线运动
D. 若物体在相等时间内通过的位移相等，则物体做匀速直线运动
4.汽车辅助驾驶技术按照SAE共分为6个级别，其设置为L0～L5。目前能实现量产的最高级别为L3，该级别汽车驾驶员可以完全放开双手，自动驾驶。为测试汽车的L3级辅助驾驶功能，让汽车的位移随时间按x=30t−3t2规律变化，式中各物理量均采用国际单位制单位，则该汽车( )
A. 6s内的位移为72mB. 加速度的大小为3m/s2
C. t=4s时的速度为18m/sD. 前2s平均速度的大小为24m/s
5.一质点在平面直角坐标系xOy中运动，t=0时，质点位于x轴上某点，它沿x方向的x−t图像如图甲所示，它沿y方向运动的vy−t图像如图乙所示。质点在t=1s时的速度大小为( )
A. 3 5m/sB. 9m/sC. 10m/sD. 14m/s
6.一轻质弹簧右端固定在墙上，左端固定在小车上，弹簧处于拉伸状态。砝码放置在小车上面，小车与砝码均处于静止状态，如图所示。则( )
A. 小车对砝码的摩擦力向左
B. 小车对砝码的摩擦力向右
C. 地面对小车的支持力大小等于小车的重力
D. 小车对地面的压力大小等于小车和砝码重力之和
7.如图所示，将某物体以一定的速度从距地面15m高处水平抛出，落地时物体速度与水平地面的夹角为60°。以物体抛出点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，不计空气阻力，g取10m/s2，则物体运动的轨迹方程为( )
A. y=110x2B. y=115x2C. y=120x2D. y=130x2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在铁路转弯处，为了减小火车对铁轨的损伤，内、外轨设计时高度略有不同。某段转弯处半径为R，火车速度为v0时，恰好轮缘对内、外轨道无压力，轨道平面与水平地面间夹角为θ，如图所示。现有一质量为m的火车沿该弯道做速度大小为v的匀速圆周运动，重力加速度为g。则( )
A. 该转弯处的设计速度为v0= gRtanθ
B. 该转弯处的设计速度为v0= gRsinθ
C. 若vv0，火车有向外轨道方向运动的趋势
9.某同学从静止开始竖直向下甩动手机，测得a−t图像如图所示，规定竖直向下为正方向，则( )
A. t1～t2时间段内，手机处于超重状态
B. t2～t3时间段内，手机处于失重状态
C. t1～t2时间段内，手对手机的作用力可能小于重力
D. t2～t3时间段内，手对手机的作用力大于重力
10.甲、乙两车在t=0时刻开始运动的xt图像如图所示，其中甲车运动的图线是直线，乙车运动的图线是抛物线且与t轴相切。在0～t1时间段内，下列说法正确的是( )
A. 乙车做曲线运动
B. 某一时刻甲、乙的速度相同
C. t1时刻甲、乙两车相遇
D. 甲、乙两车通过的路程相等
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组在做研究物体“匀变速直线运动的规律”实验时，设计了三种方案：方案一如图甲所示，附有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，打点计时器固定在木板的右端，小车一端连接穿过打点计时器的纸带，另一端连接绕过定滑轮系有重物的细绳；方案二如图丙所示，用气垫导轨装置进行研究；方案三如图丁所示，用频闪照相拍得的图片进行研究。
(1)在方案一中，必须进行的操作是______(多选)。
A.把木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行
C.小车的质量要远大于重物的质量
D.实验时要先接通电源再释放小车
(2)打点计时器接入频率为50Hz的交流电，规范进行实验操作，得到如图乙所示的一条纸带，在纸带上每5个间隔选取1个计数点，依次标记为A、B、C、D、E。
测得AB=5.99cm、BC=8.57cm、CD=11.15cm、DE=13.73cm，由此可确定小车做______(选填“匀加速”或“非匀加速”)直线运动。
(3)在方案二中，放置在气垫导轨上的滑块装有宽度d=3.0mm的遮光条，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器(图中未画出)记录了遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1=0.02s、Δt2=0.01s，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x=22.5cm，滑块的加速度大小a= ______m/s2。
(4)在方案三中，小球做匀加速直线运动时，每隔0.2s闪光一次的频闪照片如图丁所示，A、B、C是小球运动过程中连续的三个位置。可知小球运动到B位置时的速度大小vB= ______cm/s(保留两位小数)。
12.某同学利用如图所示的向心力演示器探究小球做圆周运动的向心力F与质量m、运动半径r和角速度之间的关系。两个变速塔轮通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随两个变速轮塔匀速转动，槽内的小球随槽做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分标记显示出两个小球所受向心力的大小关系。
(1)下列实验与本实验采用的方法相同的是______。
A.探究平抛运动的特点
B.探究小车速度与时间的关系
C.探究加速度与力和质量的关系
D.探究两个互成角度的力的合成规律
(2)当皮带套在半径不同的轮盘上，两轮盘边缘处的______(选填“线速度”或“角速度”)大小相同。
(3)探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，应选择两个质量相同的小球，分别放在挡板C与______(选填“挡板A”或“挡板B”)处，同时选择半径______(选填“相同”或“不同”)的两个塔轮。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.质量m=2.0kg的物体位于光滑水平面上，现对物体施加平行于水平面的两个力，两作用力间夹角为45°，两个力大小分别为3N和4N。
(1)请用力的图示方法求出合力F合的大小；
(2)求此物体从静止开始运动1s末的速度大小。
14.唐山之光摩天轮作为唐山的新地标，深受广大游客的喜爱，如图甲所示，一名质量为m的同学慕名前来体验。摩天轮直径为d，以角速度ω在竖直面内做匀速圆周运动。重力加速度为g，忽略空气阻力的影响，不计观光箱旋转引起的半径变化，求：
(1)该同学对观光箱座椅的压力的最大值；
(2)该同学经过与摩天轮圆心等高的位置时(如图乙)，受到观光箱座椅的作用力F多大？
15.如图所示，倾斜放置的传送带与水平地面夹角θ=37°传送带长L=19m，以v=10m/s的速度顺时针匀速转动，其右上侧有一水平平台MN，平台右侧N点固定一个挡板。质量mB=1.0kg的木板B静止在平台MN上且与平台左侧M点对齐。一个可视为质点质量mA=1.0kg的物块A以v0=15m/s的速度从底端滑上传送带，从传送带顶端飞出后，恰好从木板B的左端无碰撞地滑上。木板B与挡板碰撞后以原速率反弹，运动过程中A始终未能滑离B。已知A与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，A与B间的动摩擦因数μ2=0.15，B与平台间的动摩擦因数μ3=0.05，挡板距木板右端s=2.92m，空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)物块A与传送带共速时位移的大小；
(2)物块A离开传送带时速度的大小；
(3)木板B至少多长？
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A.奥林匹克运动会持续19天指的是一段时间，是时间间隔。故A错误；
B.2024年7月26日晚7点30分指的是一瞬时，是时刻，故B错误；
C.研究马拉松比赛运动员运动成绩时，与运动员的形体动作无关，可忽略运动员的形状动作等次要因素，故可以将运动员视为质点，故C正确；
D.研究体操运动员在平衡木上的动作时，与运动员的形体动作有关，不可忽略运动员的形状动作等次要因素，故不可以将运动员视为质点，故D错误。
故选：C。
时间间隔和时刻的区别；物体能否看作质点。
考查时间间隔和时刻的区别；物体能看作质点的条件。为基础题。
2.【答案】B
【解析】解：根据牛顿第二定律F=ma，有m甲m乙=F甲F乙⋅a乙a甲=2×
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据牛顿第二定律，质量与合力成正比、与加速度成反比。已知甲乙合力的倍数关系和加速度，直接代入比例式计算质量比。
这道题是牛顿第二定律的基础应用题型，考点单一(F=ma的比例运算)，条件直接、计算简单，侧重对公式“质量与合力成正比、与加速度成反比”的比例关系的理解，难度较低，是巩固牛顿第二定律基本应用的基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据加速度有a=ΔvΔt可知，如果物体的速度不断增加，但加速度可能在变化，此时物体的运动并不是匀加速直线运动，故A错误；
B.根据加速度a=ΔvΔt可知，如果物体的加速度和速度方向相反，则物体做减速直线运动，故B正确；
C.根据加速度a=ΔvΔt可知，如果物体的速度先减小再增大，但加速度可能在变化，此时物体不一定做匀变速直线运动，故C错误；
D.若物体在相等时间内通过的位移相等，物体不一定做匀速直线运动，只有当物体在任意相等时间内通过的位移相等，物体才做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
本题是对于速度、速度变化量和加速度之间的区别和联系。
本题涉及速度、速度变化量和加速度的知识点，需要结合选项逐一分析。
4.【答案】D
【解析】解：AB.对比匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2，由x=30t−3t2可知，汽车做初速度v0=30m/s，加速度a=−6m/s2的匀减速直线运动，可知刹车时间为t=0−v0a=0−30−6s=5s
所以6s内的位移为x=30×5m−3×25m=75m
故AB错误；
C.当t=4s时v4=30m/s−6×4m/s=6m/s，故C错误；
D.前2s内位移x=30×2m−3×22m=48m
所以平均速度为v−=xt=482m/s=24m/s
故D正确。
故选：D。
根据匀变速直线运动位移—时间关系即可求解汽车的初速度和加速度；根据速度—时间关系判断刹车时间，再判断7s末汽车的速度；根据位移—时间关系求解汽车位移。
本题考查刹车问题，注意解决刹车问题是一定要先判断汽车经过多少时间停下来。
5.【答案】A
【解析】解：由x−t可知，物体沿x轴方向做匀速直线运动，且水平方向的速度大小为vx=12−62m/s=3m/s。t=1s时竖直方向的速度大小为vy=8+42m/s=6m/s，所以质点在t=1s时的速度大小为v= xx2+vy2= 32+62m/s=3 5m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据速度的矢量合成法则计算即可。
掌握速度的矢量合成法则是解题的基础。
6.【答案】D
【解析】解：AB.砝码处于静止状态，水平方向不受力，所以没有摩擦力，故AB错误；
CD.对砝码和小车整体受力分析，由平衡条件和牛顿第三定律可知，小车对地面的压力大小等于小车和砝码重力之和，故C错误，D正确。
故选：D。
AB.对砝码受力分析，根据平衡条件分析；
CD.对砝码和小车整体受力分析，根据平衡条件分析。
考查了利用平衡条件分析受力的方法，熟练掌握受力分析的方法。
7.【答案】C
【解析】竖直方向为自由落体运动，则由y=12gt2，得t= 3s，落地时竖直方向的速度vy=gt=10× 3m/s=10 3m/s，又由落地时物体速度与水平地面的夹角为60°；可得水平方向的初速度v0=vytan60∘=10 3 3m/s=10m/s，则可得水平位移x=v0t，联立y=12gt2，得y=120x2，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8.【答案】AD
【解析】解：AB.火车速度为v0时，恰好轮缘对内、外轨道无压力，该速度即为设计速度，对火车进行分析，根据合外力提供向心力有：mgtanθ=mv02R
解得该转弯处的设计速度为v0= gRtanθ
故A正确，B错误；
C.若vv0，此时火车所需要的向心力大于mgtanθ，火车有向外轨道方向运动的趋势，故D正确。
故选：AD。
根据火车速度为v0时，恰好轮缘对内、外轨道无压力，该速度即为设计速度，结合合外力提供向心力，综合离心运动和近心运动的条件分析求解。
本题考查了火车转弯问题，理解合外力提供向心力是解决此类问题的关键。
9.【答案】CD
【解析】解：AC、由图像分析可知，在t1∼t2时间段内，手机加速度方向为竖直向下，处于失重状态，对手机进行受力分析，可得Fmg，故B错误，D正确。
故选：CD。
题目给出手机竖直向下甩动时的a−t图像，规定向下为正方向。解题关键在于分析不同时间段内加速度方向与大小，结合超重和失重状态的定义判断手机受力情况。t1到t2阶段加速度向下，手机处于失重状态，手对手机的作用力小于重力；t2到t3阶段加速度向上，手机处于超重状态，手对手机的作用力大于重力。通过受力分析可确定各选项描述的正确性。
本题考查超重、失重的理解与受力分析能力，关键结合规定正方向，由加速度方向判断超失重状态；侧重概念与推理，计算量小，易错点为混淆加速度方向与超失重的对应关系，难度中等偏下。
10.【答案】BC
【解析】解：A.x−t图像只能描述直线运动，所以乙车做的是直线运动，故A错误；
B.x−t图像的斜率表示速度，将甲图像平移，能够使图像恰好与乙图像相切，此时图像的斜率相等，则此时两者的速度相同，故B正确；
C.t1时刻，甲乙处于同一位置，表明此时甲、乙两车相遇，故C正确；
D.根据图像可知，在0∼t1时间段内，两车的位移相等，其中甲斜率始终为负值，表明甲做单向直线运动，乙的斜率先为负值后为正值，表明乙的运动发生了反向，位移大小等于初末位置之间的距离，而路程等于运动轨迹的长度，由此可知甲车通过的路程小于乙车通过的路程，故D错误。
故选：BC。
x−t图像只能描述直线运动；x−t图像的斜率表示速度；甲乙处于同一位置；根据路程和位移的概念分析即可。
知道x−t图像只能描述直线运动；x−t图像的斜率表示速度是解题的基础，知道位移和路程的概念。
11.【答案】BD 匀加速 0.15 9.63
【解析】解：(1)ABC.在“研究匀变速直线运动”的实验中，只要保证小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力和保证小车的质量远大于重物的质量，但要保证细线与木板平行，否则小车就不做匀变速直线运动，故AC错误，B正确；
D.实验开始时，小车要靠近打点计时器，先接通电源后释放小车。故D正确。
故选BD。
(2)根据DE−CD=13.73cm−11.15cm=2.58cm，CD−BC=11.15cm−8.57cm=2.58cm，BC−AB=8.57cm−5.99cm=2.58cm。连续相等时间内的位移均相等，故可确定小车做匀加速直线运动。
(3)通过光电门1、2的速度分别为v1=dΔt1=3×1030.02m/s=0.15m/s，
v2=dΔt2=3×1030.01m/s=0.3m/s
两个光电门之间的距离x=22.5cm。故滑块的加速度大小a=v22−v122x=0.32−0.1522×22.5×10−2m/s2=0.15m/s2
(4)根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于平均速度，可知小球运动到B位置时的速度大小vB=xAC2t=(7.35−3.50)2×0.2≈9.63cm/s(9.60～9.66均可)
故答案为：(1)BD
(2)匀加速
(3)0.15
(4)9.63(9.60～9.66均可)
(1)研究匀变速直线运动”的实验操作和注意事项；
(2)匀变速运动，在连续相等时间内的位移均相等；
(3)光电门求滑块加速度；
(4)求解纸带的瞬时速度。
考查“匀变速直线运动的规律”实验操作，注意事项，数据处理，纸带上瞬时速度的求解。通过光电门求解滑块加速度。
12.【答案】C； 线速度； 挡板A；不同
【解析】解：(1)A.探究小球做圆周运动的向心力F与质量m、运动半径r和角速度ω之间的关系时，采用了控制变量法，探究平抛运动的特点实验中将曲线运动转化为直线运动，即采用了“化曲为直”的方法，实验中并没有采用控制变量法，故A错误；
B.探究小车速度与时间的关系仅仅研究速度与时间两个物理量的关系，并没有采用控制变量法，故B错误；
C.探究加速度与力和质量的关系，研究多个物理量之间的关系，在研究其中两个物理量关系时，需要保持其他物理量一定，实验采用了控制变量法，故C正确；
D.探究两个互成角度的力的合成规律采用了等效替代法，并没有采用控制变量法，故D错误。
故选：C。
(2)当皮带套在半径不同的轮盘上，两轮盘边缘处的线速度大小相同。
(3)探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，应选择两个质量相同的小球，同时确保圆周运动的半径相等，即分别放在挡板C与挡板A处；
为了使角速度不相同，实验中应选择半径不同的两个塔轮。
故答案为：(1)C；(2)线速度；(3)挡板A；不同
(1)本实验采用控制变量法，根据各个实验的试验方法逐一分析；
(2)皮带传动，线速度相等；
(3)探究向心力的大小与圆周运动角速度的关系时，角速度不同，其它量保持相同。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔边缘的线速度大小相等．
13.【答案】(1) (2)此物体从静止开始运动1s末的速度大小为3.3m/s
【解析】解：(1)作图如下
由图可得F合=6.6N
(2)由公式F合=ma
得出a=3.3m/s2
由速度公式v=at
得出v=3.3m/s
答：(1)；
(2)此物体从静止开始运动1s末的速度大小为3.3m/s。
(1)先确定力的图示的标度(比如用一定长度代表1N)，分别画出3N和4N、夹角45°的两个力的图示，再用平行四边形定则画出合力的图示，通过标度测量合力的大小；
(2)先根据合力和物体质量，求出加速度；再结合初速度(静止)和运动时间，算出1s末的速度。
这道题是力的合成与牛顿运动定律的基础综合题，难度较低，步骤清晰，既巩固力的合成的图示方法，又训练“受力→加速度→运动”的力学解题链条，适合作为刚学牛顿定律时的综合巩固题。
14.【答案】(1)该同学对观光箱座椅的压力的最大值为mg+mω2d2 (2)受到观光箱座椅的作用力F为 (mg)2+(mω2d2)2
【解析】解：(1)当该同学随摩天轮转动到最低点时，支持力与重力方向相反，此时受到的支持力最大，由牛顿第二定律有FN−mg=mω2r
又r=d2
解得FN=mg+mω2d2
根据牛顿第三定律可知该同学对观光箱座椅的压力的最大值为F′N=FN=mg+mω2d2
(2)该同学随摩天轮转动到与圆心等高时，此时受到观光箱座椅对他的力为摩擦力和支持力的合力，合力为F，则有F2=(mg)2+(mω2d2)2
解得F= (mg)2+(mω2d2)2
答：(1)该同学对观光箱座椅的压力的最大值为mg+mω2d2；
(2)受到观光箱座椅的作用力F为 (mg)2+(mω2d2)2。
(1)首先分析出最低点压力最大，接着利用牛顿第二定律来解题；
(2)首先分析出作用力F的含义，接着利用数学知识来解决问题。
本题没有具体数值的计算，难点是第一问位置的判断和第二问作用力F容易误会为支持力，但只要认真一些，题目属于中等难度题。
15.【答案】(1)物块A与传送带共速时位移的大小为6.25m (2)物块A离开传送带时速度的大小为7m/s (3)木板B至少8.36m
【解析】解：(1)物块A滑上传送带后，设向上滑动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有mAgsinθ+μ1mAgcsθ=mAa1
解得a1=10m/s2
方向沿斜面向下。设物块A与传送带共速所用时间为t1，由运动学公式v=v0−a1t1
解得t1=0.5s
由位移公式x1=v0+v2t1
解得x1=6.25m
(2)因为x1=6.25m