2024-2025学年江西省萍乡市高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省萍乡市高一（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.如图所示为大型田径比赛中200m比赛刚刚起跑时的情景，其中甲、乙两名运动员的成绩相同，均为26秒47，下列说法正确的是( )
A. 研究甲运动员跑步动作时，可以将甲运动员看成质点
B. 200m指的是运动员的位移
C. 甲运动员的平均速率等于乙运动员的平均速率
D. 26秒47指的是时刻
2.2024年8月6日，我国运动员全红婵获得巴黎奥运会跳水女子10m跳台金牌。假设比赛中某次跳水时，运动员以4m/s的初速度从10m跳台上竖直向上跳起，则运动员上升到最高点所用的时间为(重力加速度g大小取10m/s2)( )
A. 0.2s B. 0.4s
C. 0.8s D. 0.9s
3.如图，轻绳连接在粗细均匀，质量分布均匀的工件的两端，起重机的吊钩钩在轻绳上，将工件加速向上吊起，吊钩两边的轻绳夹角为120°，工件水平，轻绳能承受的最大拉力是工件重力的2倍，不计吊钩的摩擦，不计空气阻力，重力加速度大小为g，要使轻绳不断开，工件上升的最大加速度为( )
A. gB. 2gC. 3gD. 4g
4.如图，一健身爱好者将一健身球竖直向上抛出然后接住，球在空中运动过程中受到的空气阻力大小与速度大小成正比，则球在运动过程中加速度a与时间t的关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.如图，A、B两个物块叠加后静止在竖直的轻弹簧上，A与竖直墙面接触，弹簧在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 物块A、B接触面可能光滑
B. 物块A最多可能受5个力
C. 物块A对物块B的作用力一定竖直向下
D. 弹簧对物块B的作用力可能大于物块A、B的总重力
6.甲、乙两辆车在同一地点同时运动，在0～t0时间内的位移一时间图像如图所示，关于甲、乙在0～t0时间内的运动，下列说法正确的是( )
A. 甲做匀速运动
B. 甲、乙的位移差一直增大
C. 甲、乙在任一时刻的速度均不相等
D. 甲、乙的平均速度相等
7.如图，斜面体静止在水平面上，细线一端拴在天花板上，另一端连接在小球上，小球静止在光滑斜面上，细线与斜面平行，现将斜面体缓慢向左移动一小段距离，则移动过程中，关于细线拉力和斜面对小球支持力的变化情况，下列说法正确的是( )
A. 拉力和支持力均减小B. 拉力和支持力均增大
C. 拉力增大，支持力减小D. 拉力减小，支持力增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，用手握住一杯水，杯子竖直静止在空中，下列说法正确的是( )
A. 手对杯子的压力是由于杯子发生形变产生的
B. 手对杯子的作用力大小等于杯子和水的总重力大小
C. 手握得紧一些，手对杯子的作用力增大
D. 手握得紧一些，手与杯子之间的最大静摩擦力增大
9.如图甲，起重机正在将重物竖直向上吊起，重物从静止开始运动后0～6s内的加速度随时间变化规律如图乙所示，则关于重物在0～6s内的运动，下列说法正确的是( )
A. 0～4s内，重物上升的高度为4mB. 4～6s内，重物在做减速运动
C. t=6s时，重物的速度大小为5m/sD. 0～6s内，重物上升的高度大于17m
10.如图，长为6m，倾角为θ=37°的传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。将煤块轻放在传送带的下端，结果煤块在传送带上划出的划痕长为5m，重力加速度g大小取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A. 煤块加速运动的加速度大小为0.5m/s2
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C. 煤块在传送带上运动的时间为5.5s
D. 传送带匀速运行的速度越大，煤块在传送带上运动的时间越短
三、实验题：本大题共2小题，共21分。
11.某同学要“验证力的平行四边形定则”。
(1)该同学先用一个弹簧测力计提着重物处于静止状态，如图甲所示，这时测力计的示数如图乙所示，则该重物的重力G=______N。
(2)按图丙安装好装置。在竖直的木板上固定一张白纸，两个细绳套与吊同一重物的细绳打一个结点O，两个弹簧测力计各钩着一个细绳套，弹簧测力计A上端固定在木板上的P点，用手拉着弹簧测力计B，使重物静止，弹簧测力计与木板表面平行，记录A、B两个弹簧测力计的示数F1、F2，同时确定O点的位置及三根细绳上拉力的______；在坐标纸上作出F1、F2及悬挂重物的细绳对O点的拉力F3的图示如图丁所示，请在图丁上以F1、F2为邻边作平行四边形，得到F1、F2的合力F，实验结果表明，在误差允许的范围内，F与F3______。表明F1、F2与合力F满足平行四边形定则。
12.某同学用图甲所示的装置做“探究加速度与质量的关系”实验。重力加速度大小为g。
(1)按正确的实验操作打出的一条纸带如图乙所示，图中所标的点为计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，则打B点时，小车的速度大小为vB=______m/s；小车运动的加速度大小为a=______m/s2(结果均保留2位有效数字)。
(2)小组成员小王和小李两位同学，按实验要求进行正确的操作分别做实验，实验过程中均保持槽码质量一定，改变小车上砝码质量从而改变小车和砝码的总质量M，测出对应的加速度a，在同一坐标纸上作出1a−M图像，如图丙所示，小王同学作出的图像为图线A，小李同学作出的图像为图线B，由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成______(选填“正比”或“反比”)；两个图线斜率不同的原因是小王同学所用槽码质量比小李同学所用槽码质量______(选填“大”或“小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共33分。
13.福建舰是我国完全自主设计建造的首艘航空母舰，该舰配置了电磁弹射和阻拦装置。某架飞机着舰时的速度为v0=50m/s，着舰后匀速运动一段距离后被阻拦索拦截，立即以大小为a=20m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下，着舰后运动的总路程为s=72.5m，求：
(1)飞机做匀减速运动的时间t；
(2)飞机着舰后匀速运动的距离x。
14.如图，轻绳a一端连在天花板上的O点，另一端连接在小球A上，轻绳b两端分别连接小球A、B，A、B的质量均为m，给小球A施加一个水平向右的拉力F，A、B两球静止时a绳与竖直方向的夹角为θ=53°，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)轻绳a上拉力Fa的大小。
(2)若拉力F的大小和方向可以改变，轻绳a与竖直方向的夹角保持不变，则改变后的拉力F的最小值为多少？
(3)若保持拉力F的大小和方向不变，在小球B上施加一个水平向左的拉力F′，使F′从0开始缓慢增大，当F′和F大小相等时，轻绳a、b上的拉力分别多大？
15.如图，质量为M=1kg的长木板B放在水平面上，质量为m=1.5kg的物块A放在长木板B的上表面左端，物块A与长木板B间的动摩擦因数为μ1=0.4，重力加速度大小取10m/s2，给物块A施加一个水平向右，大小为12N的拉力F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A可视为质点。求：
(1)若水平面是光滑的，长木板B的加速度大小。
(2)若长木板B与水平面间的动摩擦因数为0.3，拉力F作用2s后撤去，此后物块A刚好不滑离长木板B，则长木板B的长度为多少？
(3)若长木板B与水平面间的动摩擦因数为0.2，拉力F作用2s后撤去，此后物块A刚好不滑离长木板B，则长木板B的长度又为多少？
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A.研究甲运动员跑步动作时，运动员的体积、形态等因素对研究的问题有影响，不可以将甲运动员看成质点，否则就没动作可言了，故A错误；
B.200m指的是运动员的路程，故B错误；
C.甲、乙两运动员路程相同，时间相同，因此平均速率相同，故C正确；
D.26秒47指的是时间间隔，故D错误。
故选：C。
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点；位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置，路程是运动轨迹的长度；平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间，时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点。
本题考查描述运动的基本物理量，要求熟练掌握相关概念的定义，理解它们的物理意义是学习的关键。
2.【答案】B
【解析】解：整个过程可以看成竖直上抛运动，有运动学公式可得：0−v0=−gt
解得：t=0.4s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
已知初速度、末速度(最高点速度为0)和加速度，直接代入公式即可求解，计算量小。
聚焦竖直上抛运动中“上升到最高点的时间”这一核心考点，考查对匀变速直线运动公式的应用，知识点针对性强。
3.【答案】A
【解析】解：由题意可知，当轻绳的拉力为2mg时，工件上升的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：2×2mgsin30°−mg=ma，解得：a=4gsin30°−g=4g×12−g=g，故A正确，BCD错误。
故选：A。
当轻绳的拉力为2mg时，工件上升的加速度最大，根据牛顿第二定律列式，即可求出工件上升的最大加速度。
本题解题关键是根据牛顿第二定律，列出正确的表达式。
4.【答案】B
【解析】解：AD、根据题意分析可知，由牛顿第二定律，球上升过程中a=mg+kvm
下降过程中a′=mg−kvm
加速度方向始终竖直向下，故AD错误；
BC、根据题意分析可知，上升和下降过程中加速度一直减小，球上升到最高点时，只受重力的作用，a=g，故B正确，C错误。
故选：B。
本题分上升和下降两个阶段，结合牛顿第二定律分析加速度随时间的变化规律。根据空气阻力与速度成正比(f=kv)，且加速度的变化率由速度变化率决定，进而通过微分方程或定性分析确定a−t图像的形状。
本题的核心是利用牛顿第二定律结合空气阻力与速度的正比关系，分析加速度的大小和变化率。关键在于理解：①加速度的变化率由速度变化率决定，进而通过微分方程或定性分析确定a−t图像的斜率变化；②上升和下降阶段加速度始终向下，且大小随速度变化而变化，最终趋近于g(但始终小于g，因阻力存在)。
5.【答案】C
【解析】解：AB、根据题意分析可知，对A、B整体研究可知，墙面对A不可能有弹力，因而也就没有摩擦力，因此物块A、B接触面一定是粗糙的，A一定受重力、B对A的支持力和摩擦力三个力，故AB错误；
C、根据题意分析可知，B对A的作用力与A的重力等大反向，因此A对B的作用力一定竖直向下，故C正确；
D、根据题意分析可知，由于竖直墙面对A没有作用力，因此弹簧对B的作用力大小等于A、B的总重力，故D错误。
故选：C。
分析A、B整体受力确定弹簧弹力与总重力的关系，隔离A、B分析受力，判断力的存在性与方向。
本题关键在于利用“平衡条件”分析受力：①整体法判断弹簧弹力与总重力的关系；②隔离法分析A、B间的力(支持力、摩擦力)，注意水平方向无墙面弹力，故A、B间无摩擦力。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据题意分析可知，图线的斜率等于速度，可知甲做变速运动，故A错误；
B、根据题意分析可知，由图可知，甲、乙的位移差先增大后减小，故B错误；
C、根据题意分析可知，当图线甲的切线斜率与图线乙斜率相等时，甲，乙速度相等，故C错误；
D、根据题意分析可知，在0～t0时间内甲，乙的位移相等，因此它们的平均速度相等，故D正确。
故选：D。
x−t图像的斜率表示速度；
位移是末位置与初位置的差值；
平均速度等于位移与时间的比值。通过分析图像的斜率(速度)、位移变化、平均速度来判断各选项。
x−t图像的核心要点：①斜率表示速度(匀速运动的图线为直线，变速运动为曲线)；②位移是末位置与初位置的差值，与路径无关；③平均速度由总位移和总时间决定，与中间过程无关。本题中，甲、乙初末位置相同，位移和时间均相同，因此平均速度相等。
7.【答案】C
【解析】解：根据图解法可知，
开始时拉力与支持力垂直，当斜面体向左缓慢移动，拉力增大，支持力减小，故C正确，ABD错误；
故选：C。
对小球进行受力分析，明确其受重力、细线拉力和支持力，三力平衡。通过正交分解将力分解到水平和竖直方向，结合平衡条件建立方程；再分析斜面体左移时角度的变化，进而判断拉力和支持力的变化趋势。
本题考查动态平衡问题，关键是对小球受力分析并正交分解，结合平衡条件建立方程；通过分析斜面体移动导致的角度变化，判断力的变化趋势。最终结论：斜面体左移时，拉力和支持力均减小。
8.【答案】BD
【解析】解：A.手对杯子的压力是由于手发生弹性形变产生的，故A错误；
BC.由平衡条件可知，手对杯子的作用力与杯子和水的总重力等大反向，手握得紧一些，手对杯子的作用力不变，故B正确，C错误；
D.手握得紧一些，增大了手对杯子的正压力，手与杯子之间的最大静摩擦力增大，故D正确。
故选：BD。
A.根据弹力的性质，施力物体发生弹性形变产生弹力；
BC.根据平衡条件分析；
D.根据静摩擦力的性质分析。
考查了弹力和摩擦力的性质，熟练掌握基本概念。
9.【答案】CD
【解析】解：A、根据题意分析可知，0～4s内，重物做匀加速运动，上升的高度为h=12at2，解得h=8m
故A错误；
B、根据题意分析可知，4～6s内，重物正在做加速度越来越小的加速运动，故B错误；
C、根据题意分析可知，t=6s时，重物的速度大小为v=(4×1+12×1×2)m/s=5m/s
故C正确；
D、根据题意分析可知，t=4s时重物的速度大小为4m/s，4～6s内重物上升的高度h2>12(4+5)×2m=9m
因此0～6s内，重物上升的高度大于17m，故D正确。
故选：CD。
根据a−t图像的应用，关键在于理解a−t图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量(初速度为0时，面积等于速度)，以及利用匀变速直线运动公式计算位移。
本题的核心是理解a−t图像的物理意义(面积表示速度变化量)，并结合匀变速直线运动公式分析位移。对于变加速运动(加速度减小的加速)，通过对比匀加速的位移，利用v−t图的“凸向”判断位移大小关系。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、设煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块加速运动的加速度为：a=μgcsθ−gsinθ
因最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，如果煤块与传送带能共速，则共速后煤块相对传送带静止做匀速运动。传送带与煤块的相对运动过程如下图的v−t图像所示：
已知煤块在传送带上划出的划痕长为5m，即煤块与传送带的相对位移大小为Δx=5m，而传送带的长为6m，即煤块的总位移为x=6m，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，由x>Δx，可知煤块先达到与传送带共速，之后再匀速运动。
煤块加速过程的时间为：t1=va
划痕的长度Δx=vt1−12vt1=12vt1
联立解得：t1=5s，a=0.4m/s2，μ=0.8，故A错误，B正确；
C、煤块加速运动过程的位移大小：x1=12vt1
匀速运动的时间为：t2=L−x1v，解得：t2=0.5s
可得煤块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=5s+0.5s=5.5s，故C正确；
D、当传送带匀速运行的速度较大时，致使煤块不能与其共速，则煤块从传送带底端到顶端一直做匀加速直线运动，这种情况下，煤块在传送带上运动的时间是一定的，不随传送带的速度越大而变化，故D错误。
故选：BC。
煤块受到的最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，如果煤块与传送带能共速，则共速后煤块相对传送带静止做匀速运动。依据煤块在传送带上划出的划痕长小于传送带的长，可以用v−t图像分析判断煤块是否能与传送带共速。根据牛顿第二定律，结合运动学公式解答。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带问题，明确传送带的类型，对物块做好受力分析，注意摩擦力方向的判断，运动过程较复杂时可用v−t图像辅助分析。
11.【答案】3.85 (2)方向；大小相等，方向相反；
【解析】解：(1)由图乙可知，弹簧秤最小分度值为0.1N，则重物重力G=3.85N。
(2)记录A、B两个弹簧测力计的示数F1、F2，同时确定O点的位置及三根细绳上拉力的方向；用平行四边形作出的F1、F2的合力F如图所示。实验结果表明，在误差允许的范围内，F与F3大小相等，方向相反，表明F1、F2与合力F满足平行四边形定则。
故答案为：(1)3.85；(2)方向；大小相等，方向相反。
(1)先确定弹簧秤的最小分度值再读数；
(2)作出平行四边形分析判断。
本题关键掌握“验证力的平行四边形定则”实验原理和利用作平行四边形处理问题的方法。
12.【答案】0.72;2.4 反比;小
【解析】解：(1)小车在B点的速度大小为vB=(18.01−3.60)×10−20.2m/s=0.72m/s
加速度大小为a=xBD−xOB4T2=28.81−9.61−9.614×0.12×10−2m/s2=2.4m/s2
(2)由图像可知，加速度的倒数与质量成正比，即加速度与质量成反比；
由m0g=Ma
可知1a=1m0gM
斜率越大，m0越小，小王同学所用槽码质量比小李同学所用槽码质量小。
故答案为：(1)0.72，2.4；(2)反比，小。
(1)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打B点时小车的速度；利用逐差法计算小车的加速度；
(2)根据图像特征和斜率分析判断。
本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理、利用图像处理问题的方法和根据匀变速直线运动规律计算小车速度和加速度的方法。
13.【答案】(1)飞机做匀加速运动的时间为2.5s (2)飞机着舰后匀速运动的距离为10m
【解析】解：(1)飞机匀减速的初速度为v0=50m/s，末速度为0，加速度大小a=20m/s2
由匀减速运动的速度公式v=v0−at，代入v=0，解得t=v0a=5020s=2.5s。
(2)飞机着舰后做匀减速运动到停下的的距离为x′=v022a=5022×20m=62.5m
着舰后匀速运动的距离x=s−x′=72.5m−62.5m=10m。
答：(1)飞机做匀加速运动的时间为2.5s。
(2)飞机着舰后匀速运动的距离为10m。
(1)根据飞机匀减速的初速度、末速度和加速度，利用匀减速直线运动的速度公式，计算出匀减速运动的时间。
(2)先通过匀减速直线运动的位移公式求出匀减速阶段的位移，再用总路程减去匀减速位移，得到匀速运动的距离。
本题考查了匀变速直线运动的基本规律，具体涉及匀减速直线运动的速度公式(v=v0−at)和位移公式(x=v022a)的应用，同时考查了“总路程为不同运动阶段位移之和”的运动过程分析能力。
14.【答案】(1)轻绳a上拉力Fa的大小103mg (2)若拉力F的大小和方向可以改变，轻绳a与竖直方向的夹角保持不变，则改变后的拉力F的最小值为1.6mg (3)若保持拉力F的大小和方向不变，在小球B上施加一个水平向左的拉力F′，使F′从0开始缓慢增大，当F′和F大小相等时，轻绳a上的拉力为2mg，轻绳b上的拉力 733mg
【解析】解：(1)根据力的平衡Facsθ=2mg
解得Fa=103mg
(2)当拉力F与轻绳a垂直时，拉力F最小
根据力的平衡Fmin=2mgsinθ=1.6mg
(3)当F′和F大小相等时，A、B两球看成整体，根据力的平衡可知，轻绳a竖直则F′a=2mg
对小球B研究，根据力的平衡Fb= F′2+(mg)2
根据(1)问可知F=2mgtanθ=83mg
根据题意F′=F
解得Fb= 733mg
答：(1)轻绳a上拉力Fa的大小103mg。
(2)若拉力F的大小和方向可以改变，轻绳a与竖直方向的夹角保持不变，则改变后的拉力F的最小值为1.6mg。
(3)若保持拉力F的大小和方向不变，在小球B上施加一个水平向左的拉力F′，使F′从0开始缓慢增大，当F′和F大小相等时，轻绳a上的拉力为2mg，轻绳b上的拉力 733mg。
(1)将A、B视为整体，利用整体法分析受力，正交分解列平衡方程。
(2)整体受力中，Fa方向固定，F方向可变。根据矢量平衡，当F与Fa垂直时，F最小(矢量三角形最短边)。
(3)隔离A、B分析，结合平衡条件列方程，代入F′=F求解拉力。
本题关键在于灵活选择研究对象(整体法简化受力，隔离法分析内力)，并结合正交分解或矢量三角形(最小力问题)求解。轻绳拉力方向始终沿绳，需注意角度与分力的关系。
15.【答案】(1)长木板B的加速度大小为4.8m/s2 (2)长木板B的长度为16m (3)长木板B的长度9.6m
【解析】解：(1)假设物块与长木板间没有相对滑动，A、B整体的加速度为a，则F=(m+M)a
代入数据解得a=4.8m/s2
根据滑动摩擦力f=μmg，
可知物块A与长木板B间的的滑动摩擦力大小为f=μ1mg
代入数据解得f=6N，
计算长木板所受合力F=Ma，代入数据解得F=4.8N
由于μ1mg>Ma
假设成立，因此长木板的加速度大小为4.8m/s2
(2)根据滑动摩擦力f=μmg，
可知物块A与长木板B间的的滑动摩擦力大小为f=μ1mg
代入数据解得f=6N，
长木板B与水平面间的滑动摩擦力大小为f′=μ2(m+M)g
代入数据解得f′=7.5N
因此有f