2024-2025学年青海省名校联盟高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年青海省名校联盟高一（上）期末物理试卷（含解析），共10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。
1.2024广州马拉松赛将于2024年12月8日举行。在马拉松比赛涉及的下列物理量中，属于矢量的是( )
A. 质量B. 路程C. 时间D. 位移
2.力的国际制单位N，可以由长度、质量、时间的国际单位导出。1N相当于( )
A. 1g⋅m⋅s−1B. 1g⋅cm⋅s−2C. 1kg⋅m⋅s−2D. 1g⋅m⋅s−2
3.在燃油汽车里，提速快一直是超级跑车的专属，但现在电动汽车也能不分伯仲，百公里加速时间也能跑进3s以内。这里的“提速快”指的是( )
A. 瞬时速度大B. 平均速率大C. 平均速度大D. 加速度大
4.某次航展中，战斗机群在800m高空进行了并排飞行的精彩表演，运动轨迹为曲线，如图所察示。若任一时刻各战斗机的速度均相同，则下列说法正确的是( )
A. 其中一个飞行员看到周围其他飞行员是静止的
B. 飞行员看到空中的白云向后掠过，是以白云为参考系的
C. 在某段时间内，战斗机发生的位移可能与其通过的路程相同
D. 因为战斗机的尺寸远小于800m，所以任何情况下都可将战斗机视为质点
5.一个质量为70kg的人，站在竖直上升的升降机水平地板上，此人看到升降机上竖直挂着重物的弹簧秤的示数为40N，已知重物的质量为5kg，取重力加速度大小g=10m/s2，则他所处的状态及他对升降机地板的压力大小分别为( )
A. 超重状态，840NB. 超重状态，560NC. 失重状态，840ND. 失重状态，560N
6.在学习了摩擦力的知识后，小张对摩擦力的相关知识产生了浓厚的兴趣，他在水平地面上放一个质量为2kg的物体，物体与地面间的动摩擦因数为0.3。若取重力加速度大小g=10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当他依次用大小分别为5N、6N、7N的水平拉力拉该物体时，物体受到的摩擦力大小依次为( )
A. 5N、5N、5NB. 6N、6N、6NC. 5N、6N、6ND. 5N、6N、7N
7.如图所示，质量分别为m和2m的甲、乙两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的水平轻质弹簧的两端。现在小球乙上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为( )
A. F4kB. F3kC. F2kD. 3Fk
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某力的大小为8N，该力可以分解为( )
A. 大小均为20N的两个分力B. 大小均为2N的两个分力
C. 大小分别为1N和5N的两个分力D. 大小分别为6N和12N的两个分力
9.第十五届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日至17日在珠海国际航展中心举行。某参与航展的战斗机在一段时间内做直线运动的速度—时间图像如图所示，其中v0、v1与t1均已知。对战斗机在0～t1时间内的运动，下列说法正确的是( )
A. 战斗机的速度方向不变
B. 战斗机的加速度先变大后变小
C. 战斗机的平均速度大于v0+v12
D. 战斗机的位移大小为(v0+v1)t12
10.如图所示，小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内，B放在木板A上，整个装置处于静止状态。现缓慢增大木板的倾角θ，直至B刚要发生滑动，关于该过程，下列说法正确的是( )
A. A受到的压力减小B. A受到的摩擦力增大
C. C受到三个力的作用D. B对C的支持力大小不变
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图甲所示的装置探究两个互成角度的力的合成规律，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细线的结点，OB和OC为细线。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

(1)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(2)在作图误差范围内，图乙中的F与F′两个力中，方向一定沿AO方向的是______(填“F”或“F′”)。
(3)若某次弹簧测力计(量程为5N)的指针如图丙所示，则弹簧测力计的示数为______N。
12.学校物理兴趣小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系，其中的力传感器可以测出小车所受的拉力大小。实验前，调节定滑轮的高度使细线与木板平行，并平衡摩擦力。
(1)小车的质量______(填“必须”或“不必”)比所挂钩码的质量大得多。
(2)图乙是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D是五个连续的计数点，打点计时器打相邻两计数点的时间间隔为0.1s，打点计时器打下计数点B时小车的速度大小v=______m/s，小车的加速度大小a=______m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)
(3)在探究加速度与质量的关系时，控制力的大小不变，多次在小车中增加或减少砝码数以改变小车和砝码的总质量m，得到对应的数据。为了更直观地得出加速度与质量的关系，应作加速度a与______(填“m”或“1m”)的关系图像。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，倾角为θ的滑杆上套有一个圆环，圆环通过绳子拉着一个物体，圆环沿滑杆匀速下滑。
(1)不需要说明理由，直接判断绳子是否竖直；
(2)求圆环与滑杆之间的动摩擦因数μ。
14.因自身的惊险和挑战性，跳伞被誉为“勇敢者的运动”。在某次跳伞表演中，跳伞运动确员做低空跳伞表演，直升机悬停的位置距地面的高度H=262.5m，认为运动员离开直升机后做自由落体运动，经t0=5s后运动员打开降落伞匀减速下落至地面，落地速度大小v=5m/s。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)运动员做自由落体运动下落的高度h以及降落伞刚打开时运动员的速度大小v0。
(2)运动员匀减速下落过程的加速度大小a及其匀减速下落的时间t。
15.某商场举办推铁块的趣味有奖活动，如图所示，铁块静置在水平地面上的A点，参与者(图中未画出)水平向右推铁块，当铁块经过B点时撤去推力，若铁块停在B点右侧的C、D两点之间的区域内(包括C、D两点)，则参与者获奖。已知铁块的质量m=10kg，A、B两点间的距离x1=4m，B点为AC的中点，C、D两点间的距离x2=2m，铁块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/s2，将参与者推铁块的力视为恒力，铁块可视为质点。
(1)若铁块恰好停在C点，求此种情况下参与者的推力大小F1；
(2)要保证获奖，求参与者的推力大小F的范围。
答案解析
1.【答案】D
【解析】矢量是既有大小又有方向的量。
A.质量只有大小，没有方向，故质量为标量，故A错误；
B.路程只有大小，没有方向，故路程为标量，故B错误；
C.时间只有大小，没有方向，故时间为标量，故C错误；
D.位移既有大小又有方向，故位移为矢量，故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】解：根据牛顿第二定律F=ma可知，力的国际单位1N=1kg⋅m⋅s−2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3.【答案】D
【解析】解：这里的“提速快”指的是单位时间速度增加的大，即加速度大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据加速度的定义分析求解。
本题考查了加速度基本知识，基础题。
4.【答案】A
【解析】解：A.由于任一时刻各战斗机的速度均相同，各战斗机之间保持相对静止，所以其中一个飞行员看周围其他飞行员是静止的，故A正确；
B.飞行员看空中的白云向后掠过，研究对象是白云，是以飞行员自己为参考系，故B错误；
C.在某段时间内，如果战斗机做方向不变的直线运动，位移大小可能与通过的路程相同，但位移有方向，故位移不能与路程相同，故C错误；
D.若观看飞机表演动作时，飞机的大小和形状不能忽略，不可以看作质点，故D错误。
故选：A。
选择飞行员自己为参考系，其他飞行员是静止的；以飞行员自己为参考系，白云是运动的；战斗机的位移是矢量，路程是标量，不可比较；
不考虑形状大小的物体才可以视为质点。
本题考查参考系和质点的理解，需要选择合适的参考系判断物体的运动，同时需要理解质点的定义。
5.【答案】D
【解析】解：对重物，根据牛顿第二定律有mg−F1=ma，代入m=5kg，F1=40N，得a=2m/s2，方向竖直向下，对人有Mg−F2=Ma，解得F2=560N，即人处于失重状态，根据牛顿第三定律可知，人对地板的压力大小也为560N，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6.【答案】C
【解析】解：物体与地面间得最大静摩擦力为fmax=μN=μG=0.3×2×10N=6N
用5N的水平拉力拉此物体时，物体处于静止状态，物体受到静摩擦力作用，则有f1=5N
用6N的水平拉力拉此物体时，物体刚要滑动，其摩擦力的等于滑动摩擦力，则有f2=6N
用7N的水平拉力拉此物体时，物体处于运动状态，摩擦力为滑动摩擦力，则有f3=μG=6N，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据f动=μN计算滑动摩擦力大小，拉力与其比较，判定是静摩擦力还是滑动摩擦力。
本题主要考查了摩擦力的计算，解题关键是掌握f动=μN计算滑动摩擦力大小。
7.【答案】B
【解析】解：对甲乙和弹簧组成的系统，根据牛顿第二定律得F=(m+2m)a
对甲，根据牛顿第二定律得kx=ma
解得弹簧的伸长量x=F3k，故B正确，ACD错误。
故选：B。
应用牛顿第二定律与胡克定律求解。
分析清楚受力情况，应用牛顿第二定律即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。
8.【答案】AD
【解析】解：合力大小的取值范围是|F1−F2|≤F合≤F1+F2，所以：
A.大小均为20N的两个力的合力范围是0≤F≤40N，合力可能为8N，故A正确；
B.大小均为2N的两个力的合力范围是0≤F≤4N，合力不可能为8N，故B错误；
C.大小分别为1N和5N的两个力的合力范围是4N≤F≤6N，合力不可能为8N，故C错误；
D.大小分别为6N和12N的两个力的合力范围是6N≤F≤18N，合力可能为8N，故D正确；
故选：AD。
求出两个力的合力范围，8N在合力范围内即可。
本题主要考查了合力和分力的关系，解题关键是掌握合力大小的取值范围是|F1−F2|≤F合≤F1+F2。
9.【答案】AC
【解析】解：A、0～t1时间内，速速一直沿着正方向，速度方向不变，故A正确；
B、v−t图像斜率表示加速度可知，0～t1时间内加速度先变小后反向变大，故B错误；
CD、v−t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可知t1时间内位移x>v0+v12t1
根据平均速度定义式，则战斗机的平均速度v=xt1>v0+v12
故C正确，D错误。
故选：AC。
根据速度—时间(v−t)图像的物理意义，需结合速度的正负(方向)、斜率(加速度)、面积(位移)及平均速度的定义分析各选项。
v−t图像的核心物理意义：①速度正负→运动方向；②斜率→加速度；③面积→位移。分析平均速度时，需结合“匀变速平均速度公式”与“实际位移(面积)”的大小关系判断。
10.【答案】ABD
【解析】解：AB、对B、C整体受力分析，根据受力平衡可得：f=(mA+mB)gsinθ，FN=(mA+mB)gcsθ，当θ增大时，f增大，FN减小，根据牛顿第三定律，A收到的压力减小，受到的摩擦力增大，故AB正确；
C、对C受力分析，只受重力和支持力，故C错误；
D、根据受力平衡，对C有：mCg=F支，重力不变，所有支持力不变，故D正确；
故选：ABD。
对A、B受力分析，根据受力平衡联立方程求解。
本题主要考查受力分析，根据受力情况，结合受力平衡分析力的大小关系。
11.【答案】B F′ 3.60
【解析】解：(1)为了保证两次拉橡皮条的效果相同，两次须将节点O拉到同一位置，即实验运用等效替代法，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)由合力的定义和平行四边形定则可知，图乙中F是通过平行四边形定则得到的，所以F是理论值；F′是通过一个力拉橡皮条得到的，所以F′是实验值，方向一定沿AO方向的是F′。
(3)弹簧测力计的分度值为0.1N，读数为3.60N。
故答案为：(1)B；(2)F′；(3)3.60
(1)本实验采用的科学方法是等效替代，据此分析作答；
(2)由于实验存在误差，合据此分析合力的实际值和理论值；
(3)根据弹簧测力计的分度值读数。
本题考查了探究“求合力的方法”实验，要知道实验采用的科学方法，明确实验的原理，掌握实际值与测量值的区别。
12.【答案】不必 0.101;0.195 1m
【解析】解：(1)实验中采用力传感器测量细绳拉力，因此无需满足小车质量远大于钩码质量的条件。
(2)打点计时器在计数点B处的速度v=AC2T，代入数据得v=(2.74−0.72)×10−22×0.1m/s，解得：v=0.101m/s。
小车加速度a=BD−OB(2T)2，代入数据得a=(4.04−1.63)−1.63(2×0.1)2×10−2m/s2，解得：a=0.195m/s2。
(3)由牛顿第二定律a=Fm可知，为直观反映加速度与质量关系，应绘制a与1m的关系图像。
故答案为：(1)不必；(2)0.101，0.195；(3)1m。
(1)由于实验中使用了力传感器直接测量细绳的拉力，无需通过钩码重力近似替代拉力，因此小车质量不需要远大于钩码质量，只需保证系统总质量不变即可。
(2)计算B点瞬时速度需利用匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度的原理，取A到C段的位移与时间间隔求解。加速度通过逐差法处理纸带数据，利用相邻相等时间间隔位移差与时间平方的关系得出。
(3)根据牛顿第二定律可知加速度与质量成反比关系，直接绘制a−m图像会得到双曲线，将横坐标改为质量的倒数可转化为线性关系，更便于观察规律和数据处理。
本题作为探究加速度与力、质量关系的经典实验题，全面考查学生对实验原理的理解、数据处理能力以及图像分析技巧。第一问突破传统实验思维定式，强调力传感器的使用使实验条件得以简化，体现了现代测量技术对物理实验的革新。第二问通过纸带分析同时考查瞬时速度的求解方法v=ΔxΔt和加速度的逐差法计算，需要学生熟练掌握匀变速直线运动规律的应用。第三问则深入考查牛顿第二定律的数学本质，要求学生理解正比与反比关系的图像转化策略，体现了实验数据处理中化曲为直的思想。题目整体难度适中，计算量合理，能有效检验学生对力学实验核心方法的掌握程度。
13.【答案】(1)竖直 (2)圆环与滑杆之间的动摩擦因数为tanθ
【解析】解：(1)竖直；
(2)对圆环和物体整体受力分析，如图所示：
将力正交分解，沿杆方向有：f=mgsinθ，垂直杆方向有：N=mgcsθ，又f=μN，代入数据可得：μ=tanθ。
答：(1)竖直；
(2)圆环与滑杆之间的动摩擦因数为tanθ。
(1)对物体受力分析，根据平衡条件分析；
(2)对圆环和物体整体受力分析，根据平衡条件分析。
考查了受力分析正交分解的方法，熟练掌握正交分解和矢量三角形等常用分析方法。
14.【答案】解：(1)根据自由落体运动的规律有h=12gt02
解得h=12×10×52m=125m
又v0=gt0
解得v0=10×5m/s=50m/s；
(2)对运动员匀减速下落的过程，有v02−v2=2a(H−h)
解得a=9m/s2
又v0−v=at
解得t=5s。
答：(1)运动员做自由落体运动下落的高度h为125m；及降落伞刚打开时运动员的速度大小v0为50m/s；
(2)运动员匀减速下落过程的加速度大小a为9m/s2，匀减速下落的时间t为5s。
【解析】(1)根据做自由落体运动过程的时间，由自由落体的位移公式和速度公式列式求解；
(2)对减速过程分析，由速度和位移的关系式列式求解加速度，再根据速度公式列式求解匀减速下落的时间。
本题中包括自由下落过程和匀减速过程，复杂运动过程都是由简单过程组成的，因此解答复杂运动问题，关键是分析清楚其运动过程，搞清运动形式，然后根据相应规律列方程求解。
15.【答案】(1)推力大小为40N (2)推力大小的范围为：40N≤F≤50N
【解析】解：(1)对小铁块从A到B过程受力分析，可得到加速度：a1=F1−μmgm，其初末速度、位移满足：v2−0=2a1x1；
对小铁块从B到C过程受力分析，可得到加速度大小：a2=μmgm，根据小铁块停在C，可知初末速度、位移满足：0−v2=−2a2x1，联立可得推力F1=40N；
(2)为保证获奖，则小铁块最远停到D点，此时推力最大，小铁块从A到B过程：F−μmg=ma，v22−0=2ax1，
小铁块从B到D过程：0−v22=−2a2(x1+x2)，解得：F=50N，
结合(1)分析可得推力的范围为：40N≤F≤50N。
答：(1)推力大小为40N；
(2)推力大小的范围为：40N≤F≤50N。
(1)对小铁块从A到B过程受力分析，可得到加速度表达式，结合其初末速度、位移，即可得到运动学关系式；对小铁块从B到C过程受力分析，可得到加速度大小，结合其初末速度、位移，即可得到运动学关系式，联立可得推力F1大小；
(2)为保证获奖，则小铁块最远停到D点，根据小铁块运动特点，可得到推力的最大值，结合小铁块停到C点时的推力，即可得到推力的范围。
本题考查匀变速直线运动的分析，关键是根据小铁块停留位置的临界值，得到其受力与运动的关系式。