2024-2025学年内蒙古赤峰市宁城县高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年内蒙古赤峰市宁城县高一（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。
1.2023年5月30日，神舟十六号飞船顺利发射，并与空间站完美对接。神舟十六号飞船总长8米，由推进舱、返回舱和轨道舱组成，总质量为7755千克，推进舱直径2.50米、长3.05米，尾部喷口直径2.8米，两侧有一对面积为2×7.5米的巨型太阳翼，里面装有四个引擎系统和燃料。下列说法正确的是( )
A. 在研究神舟十六号飞船的运动时，必须以飞船中的宇航员为参考系
B. 在研究空间站环绕地球转动时，不能将空间站看成质点
C. “千克”、“米”均为国际单位制基本单位
D. 神舟十六号弃掉推进舱后，剩余部分惯性变大
2.在交警处理某次交通事故时，通过计算机对监控视频的分析，得到该汽车在水平路面上刹车过程中位移x随刹车时间t变化的规律为x=25t−2.5t2(x的单位是m，t的单位是s)。则该汽车刹车3s后速度的大小为( )
A. 5m/sB. 10m/sC. 15m/sD. 17.5m/s
3.“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具，又叫体感车、思维车、摄位车等。基本原理上是利用车体内部的陀螺仪和加速度传感器，来检测车体姿态的变化，进行相应的调整，以保持系统的平衡。人站在“电动平衡车”上，在水平地面上沿直线匀速前进，下列说法正确的是( )
A. “电动平衡车”对人的作用力大于人对“电动平衡车”的作用力
B. 人的重力与车对人的支持力是一对相互作用力
C. 地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡
D. 在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向右倾斜
4.若某物体做直线运动的v−t图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. t=2s时物体离出发点最远B. t=3s时物体的加速度为零
C. 0～1s内物体运动的加速度为30m/s2D. t=3s时物体运动的加速度方向发生改变
5.某幼儿园要在空地上做一个如图所示的滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。设计时，滑梯和儿童之间的动摩擦因数取0.3，滑梯可等效为斜面，不计空气阻力。若儿童在滑梯游戏时刚好能滑下，
则滑梯高度为( )
A. 1.8m
B. 3.0m
C. 1.2m
D. 2.4m
6.如图所示，一质量为1kg的小球用轻弹簧竖直悬挂在天花板上，下端用另一轻弹簧与地面相连，小球静止时，两弹簧均处于拉伸状态，下方弹簧弹力为15N。重力加速度g取10m/s2，则剪断上方弹簧瞬间，小球的加速度大小为( )
A. 25m/s2
B. 10m/s2
C. 5m/s2
D. 0
7.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m= 55 kg，当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g=10m/s2)( )
A. 10 NB. 5 N
C. 5 ND. 10 N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一舰载机在航母甲板上直线弹射起飞过程中，在1s内速度大小从零变为10m/s；一足球在草地上做直线运动过程中，在8s内速度大小从20m/s减为零。对于上述两个过程，下列说法正确的是( )
A. 舰载机的速度变化量比足球的速度变化量小
B. 舰载机的平均加速度比足球的平均加速度小
C. 题述中的“10m/s”、“20m/s”均指的是平均速率
D. 足球运动过程中的速度方向与加速度方向相反
9.如图所示，不可伸长的悬线MO绳下端挂一质量为m的物体，在拉力F作用下物体静止，此时悬线与竖直方向的夹角为α。现保夹角持α不变，拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中(重力加速度为g)( )
A. F逐渐减小，OM绳拉力逐渐减小
B. F先减小后增大，OM绳拉力逐渐减小
C. 若F的方向水平向右，则F=mgtanα
D. F的最小值为mgsinα
10.高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由9节车厢编组的列车，从车头开始的第2、4、6和8共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢的牵引力大小为F，每节车厢的质量都为m，每节车厢所受的阻力均为该节车厢受到的重力的k倍。重力加速度大小为g。则启动时( )
A. 整列车的加速度大小为4F−9kmg9m
B. 车厢对乘客的作用力与乘客所受的重力大小相等
C. 第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为29F
D. 车厢之间的作用力与摩擦力有关
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图甲所示是“验证力的平行四边形定则”的实验装置，将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置O。请回答下列问题：
(1)实验中某一弹簧测力计的示数如图乙所示，则该力大小为 N。
(2)本实验用到的方法是 ；
A.控制变量法
B.等效替换法
C.数学演绎法
D.理想模型法
(3)实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是 (填正确选项前字母)。
A.橡皮条沿同一方向伸长
B.橡皮条伸长到相同长度
C.橡皮条沿同一方向伸长相同长度
D.两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小
(4)根据实验数据在白纸上作出如图丙所示的力的示意图，F1，F2、F、F′四个力中， (填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的。
12.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50Hz。平衡摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a，改变砂桶中砂子的质量，重复实验三次。(g=10m/s2)
(1)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a−F图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲，产生这两种现象的原因可能有______。
A.木板右端垫起的高度过小(即平衡摩擦力不足)
B.木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦力过度)
C.砂桶和砂子的总质量m远小于小车的质量M(即m≪M)
D.砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M
(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，则纸带上C点的速度vC= ______小车运动的加速度a= ______m/s2。(结果保留两位有效数字)
(3)小车质量M一定，改变砂桶中砂子的质量，砂桶和砂子的总质量为m，根据实验数据描绘出的小车加速度a与砂桶和砂子的总质量m之间的1a−1m关系图像如图丁所示，则小车的质量M= ______kg。(结果保留两位小数)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.通常情况下，在向高层建筑物运送工料时，在高处用定滑轮进行运输，为了安全起见人站在水平高台上，用另一段绳子控制工料避免与建筑物发生碰撞。其简易图如图所示，某次运输时，工料的质量为M=10kg，当OB绳与竖直方向的夹角为θ=37°时，AO绳刚好水平，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，绳子的质量可忽略不计。求：
(1)细绳OA与细绳OB受到的拉力大小；
(2)人对高台的摩擦力。
14.如图所示，质量M=60kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹簧测力计(图中简画为弹簧)，测力计下挂着一个质量m=1.0kg的物体A在升降机运动的某段时间内，人看到弹簧测力计的示数为6.0N，取g=10m/s2。
(1)求此时升降机加速度的大小和方向；
(2)求此时人对地板的压力大小。
15.如图所示，长L=4m的水平传送带以v0=4m/s的速度顺时针匀速转动，A、B为传送带的左、右端点，BC段水平地面长xBC=3m，并在C点与倾角为37°的光滑长斜面平滑连接，将一滑块从A点轻放上传送带。已知滑块与传送带、水平地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.2，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，求：
(1)滑块放上传送带时的加速度大小；
(2)滑块第一次到达C点时的速度大小；
(3)滑块从放在A点上到最终静止下来所用的时间。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A.因为参考系的选择是任意的，所以在研究飞船的运动时，可以选择飞船以外的物体为参考系。故A错误；
B.在研究空间站环绕地球转动时，空间站大小可以忽略，故可以将空间站看成质点。故B错误；
C.在国际单位制中“千克”、“米”均为基本单位。故C正确；
D.质量是惯性的唯一量度，惯性大小只与质量有关，质量越大、惯性越大，故神舟十六号弃掉推进舱后，质量减小，即剩余部分惯性变小。故D错误。
故选：C。
参考系是在描述物体的运动时，被选定作为参考，假定静止不动的物体；
参考系的选择是任意的，对于同一个问题，选用的参考系不同，所描述的物体的运动状态可能也不同；
物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看作一个质点；
国际单位制有7个基本单位，分别为：千克、米、秒、安培、摩尔、开尔文、坎德拉；
惯性是物体的固有属性，质量是惯性的唯一量度。
解题关键是掌握参考系、质点、惯性和国际单位制的内容。属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：根据x=v0t+12at2=25t−2.5t2可知：
v0=25m/s，a=−5m/s2
根据匀变速直线运动的速度一时间公式可知，v=v0+at，得：
v=25m/s−5×3m/s=10m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据刹车位移与时间的关系式求出汽车的初速度和加速度，根据匀变速直线运动的速一时间公式求出刹车3s后的速度。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度位移公式。
3.【答案】C
【解析】解：A.“电动平衡车”对人的作用力和人对“电动平衡车”的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律可知，“电动平衡车”对人的作用力大小等于人对“电动平衡车”的作用力，故A错误；
B.人的重力与车对人的支持力，受力物体是同一物体，它们是一对平衡力，不是相互作用力，故B错误；
C.将人和车看成一个整体，在水平方向上地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡，所以人和车能够匀速前进，故C正确；
D.在行驶过程中突然向右转弯时，人由于具有惯性，会保持原来的运动状态不变，所以人会向左倾斜，故D错误。
故选：C。
根据相互作用力和二力平衡的区别来判定；人和车这个整体，在水平方向上受力平衡；惯性是保持原有运动状态的性质。
本题主要考查了相互作用力和二力平衡的区别以及惯性，解题关键是掌握相互作用力是作用在两个不同的物体上，二力平衡作用在同一物体上。
4.【答案】C
【解析】解：A、0～3s内物体一直沿正方向运动，t=3s后物体沿负方向运动，则t=3s时物体离出发点最远，故A错误；
B、t=3s时物体的速度为零，根据v−t图像的斜率表示加速度可知，t=3s时物体的加速度为a=ΔvΔt=0−301m/s2=−30m/s2，故B错误；
C、v−t图线的斜率表示物体运动的加速度，所以0～1s内物体运动的加速度为a1=Δv1Δt1=301m/s2=30m/s2，故C正确；
D、t=3s时物体运动的速度方向改变，但加速度不变，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像分析物体的运动情况，判断何时离出发点最远；v−t图像的斜率表示加速度，根据图线的斜率求出加速度，并确定加速度方向是否改变。
本题考查v−t图像，要知道v−t图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。
5.【答案】A
【解析】解：滑梯可等效为斜面，不计空气阻力，若儿童在滑梯游戏时刚好能滑下，则
mgsinθ=μmgcsθ
解得
tanθ=μ
即
hl=tanθ=μ
解得滑梯高度为h=1.8m，故BCD错误，A正确。
故选：A。
重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcsθ.平行于滑梯的力等于mgsinθ，人在滑梯上刚好能滑下，满足：mgsinθ=μmgcsθ，根据几何关系确定滑梯的高度。
本题考查了摩擦力的相关计算，认真分析题意，把重力合理分解，认清摩擦力的大小是解决此题的关键。
6.【答案】A
【解析】解：剪断上方弹簧瞬间，下方弹簧的力不发生突变，对小球受力分析，由牛顿第二定律得：mg+F=ma
代入数据解得：a=25m/s2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
剪断上方弹簧瞬间，下方弹簧的力不发生突变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可。
本题考查瞬时性问题，解题关键是知道剪断弹簧瞬间，被剪断的弹簧上的力为0，下方弹簧的力不发生突变，根据牛顿第二定律列式求解即可。
7.【答案】A
【解析】解：当小球对滑块的压力等于零时，对小球受力分析，受重力、拉力，如图1所示；
根据牛顿第二定律，
水平方向：F合=Fcs45°=ma0；
竖直方向：Fsin45°=mg
解得：a0=g
当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析如图2，
由于a=2g>g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：
F合=Tcsθ=ma
Tsinθ=mg，
解得：T=10N
所以A正确，BCD错误；
故选：A．
根据牛顿第二定律求出支持力为零时滑块的加速度，从而判断小球是否脱离斜面飘起，再根据平行四边形定则求出拉力的大小．
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答．
8.【答案】AD
【解析】解：A、舰载机的速度变化量为Δv1=10m/s−0=10m/s，足球的速度变化量为Δv2=0−20m/s=−20m/s，足球的速度变化量大小为20m/s，则舰载机的速度变化量比足球的速度变化量小，故A正确；
B、舰载机的平均加速度为a1=Δv1Δt1=101m/s2=10m/s2，足球的平均加速度为a2=Δv2Δt2=−208m/s2=−2.5m/s2，足球的平均加速度大小为2.5m/s2，所以舰载机的平均加速度比足球的平均加速度大，故B错误；
C、题述中的“10m/s”、“20m/s”均指的是瞬时速率，故C错误；
D、足球在草地上做减速直线运动，速度方向与加速度方向相反，故D正确。
故选：AD。
速度变化量等于末速度与初速度之差。平均加速度等于速度变化与所用时间的比值。某一时刻的速度为瞬时速度。物体做减速直线运动时，加速度方向与速度方向相反。
解答本题时，要理解瞬时速度、速度变化量、加速度的含义，知道加速度等于速度变化与所用时间的比值。
9.【答案】BCD
【解析】解：AB.根据题意，利用图解法，O点处的三个力是平衡的，以结点O为受力分析点，作出受力分析的矢量三角形，如图所示
可知，保夹角持α不变，拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力F先减小后增大，OM绳上的拉力T逐渐减小，故A错误，B正确；
C.当力F的方向水平向右时，受力分析如图所示
根据几何关系可得tanα=Fmg，解得F=mgtanα，故C正确；
D.当力F垂直于OM绳上的拉力T时，力F有最小值，根据几何关系可得sinα=Fminmg，解得Fmin=mgsinα，故D正确。
故选：BCD。
AB.以结点O分析，根据图解法分析拉力F和OM绳上拉力的变化情况；
C.作图，根据几何关系列式解答；
D.由几何关系分析最小值对应的方程列式解答。
考查图解法在平衡问题中的应用，会根据题意找出相应的几何关系列式求解判断。
10.【答案】AC
【解析】解：A、对整列车，由牛顿第二定律得：4F−9kmg=8ma，解得：a=4F−9kmg9m，故A正确；
B、启动时乘客有向前的加速度，则车厢对乘客有水平方向的作用力，车厢对乘客竖直方向还有向上的支持力，大小等于乘客重力，则车厢对乘客的作用力(合力)要大于乘客所受重力，故B错误；
C、以后五节车厢作为整体来研究，设第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为F′，由牛顿第二定律得：F′+2F−5kmg=5ma，解得：F′=29F，故C正确；
D、由C项知F′与摩擦力无关，分析可得出车厢之间的作用力与摩擦力无关，故D错误。
故选：AC。
根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求加速度；车厢对乘客的作用力是车厢对乘客水平方向的作用力与竖直方向的作用力的合力；以后五节车厢作为整体来研究，由牛顿第二定律求第4节车厢对第5节车厢的作用力大小；根据前面的结果分析车厢之间的作用力与车厢所受摩擦力的关系。
本题考查牛顿第二定律的基本应用，求解时要注意整体法、隔离法的灵活运用。
11.【答案】3.65
B
C
F

【解析】解：(1)弹簧测力计的分度值为0.1N，该力大小为F=3.65N
(2)本实验两个弹簧测力计拉橡皮条的作用效果与一个弹簧测力计拉橡皮条的作用效果相同，本实验用到的方法是等效替换法，故ACD错误，B正确。
故选：B。
(3)根据实验原理，实验中要求先后两次力的作用效果相同，指的是橡皮筋的结点达到同一位置O，即橡皮条沿同一方向伸长相同长度，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(4)由图丙可知，F是通过平行四边形定则得到的，不是由弹簧测力计直接测得。
12.【答案】BD 0.70m/s 2.0 0.40
【解析】解：(1)根据F=0，a≠0分析图线不过原点的原因，抓住图线的斜率表示质量的倒数，当不满足m≤M时，图线上端会出现弯曲，图线不过原点且力为零时小车加速度不为零；所以木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦力过度)，图线末端发生了弯曲现象，是因为当沙桶和沙子的总质量m未远小于小车质量M，故BD正确，AC错误，
故选：BD；
(2)相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为T=0.1s，根据纸带计算速度的公式vC=xBD2T=(6.02+7.98)×10−22×0.1m/s=0.70m/s，
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度，根据Δx=aT2，运用逐差法得，小车运动的加速度为
a=xCF−xOC9T2=[(7.98+10.01+11.99)−(2.00+3.96+6.02)]×10−29×0.12m/s2=2.0m/s2；
(3)运用隔离法，对小车根据牛顿第二定律得出1a与1m的关系式，结合图线的斜率求出小车的质量，设绳子拉力为T，对沙桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律，可得
mg−T=ma
对小车受力分析，由牛顿第二定律，可得
T=Ma
联立解得
a=mgM+m
整理得1a=1g+Mg⋅1m
由1a−1m关系图像，可得
Mg=0.5−0.110kg⋅s2/m，
解得M=0.40kg。
故答案为：(1)BD；(2)0.70m/s，2.0。(3)0.40。
(1)根据实验原理结合图线分析不过原点和图线后部分弯曲的原因；
(2)根据匀变速直线运动速度规律和逐差法求加速度公式代入数据运算结合；
(3)根据图像的两个坐标轴的含义，运用牛顿第二定律列式导出相应的表达式，然后根据斜率的物理意义求解。
熟练掌握控制变量法探究牛顿第二定律，会利用纸带求解速度和加速度，利用图像求解相应的物理量。
13.【答案】解：(1)O点处于共点力的平衡状态，对O点受力分析，受OC绳向下的拉力T=Mg、OA、OB绳的拉力FOA、FOB，如图所示：
由竖直方向平衡关系有：FOBcsθ=T
由水平方向平衡关系有：FOA=FOBsinθ
联立方程，代入数据解得：FOB=125N
FOA=75N
由牛顿第三定律可知，细绳OA与细绳OB受到的拉力大小分别为75N、125N。
(2)对人受力分析，人在水平方向受摩擦力f、OA绳的拉力FOA′(大小等于FOA)，如上图所示，根据水平方向平衡关系有：f=FOA′=FOA=75N
由牛顿第三定可知，人对高台的摩擦力为：f′=f=75N，方向水平向右。
【解析】详细解答及解析过程详见【答案】
14.【答案】解：(1)以物体A为研究对象，它受到竖直向下的重力mg、竖直向上的拉力F作用，根据牛顿第二定律得
mg−F=ma
代入数据解得
升降机的加速度大小a=4.0m/s2，方向竖直向下。
(2)以人为研究对象，它受到竖直向下的重力Mg、竖直向上的支持力N作用，根据牛顿第二定律有
Mg−N=Ma
代入数据解得
N=360N
根据牛顿第三定律，此时人对地板的压力大小为360N。
答：(1)此时升降机加速度的大小为4m/s2，方向竖直向下；
(2)此时人对地板的压力大小为360N。
【解析】(1)升降机与A具有相同的加速度，对A分析，根据牛顿第二定律求出A的加速度大小和方向，从而得出升降机的加速度大小和方向；
(2)隔离对人分析，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出人对地板的压力大小。
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，解决本题的关键要明确加速度的方向，从而确定合力的方向，比较容易。
15.【答案】解：(1)取向右的方向为正，设滑块质量为m，对滑块进行分析可知，在传送带上只受摩擦力作用，由牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
解得加速度大小
a1=4m/s2
(2)当滑块和传送带共速时，滑块运动的距离为
v02=2a1x
解得
x=2m
明显
x