2024-2025学年宁夏吴忠市同心县四校联考高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年宁夏吴忠市同心县四校联考高一（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19届亚运会在杭州市举行，我国游泳名将张雨霏以2分5秒57的成绩到达终点(也是起点位置)，拿下女子200米蝶泳金牌，这是中国游泳队在本届亚运会的首金。下列说法不正确的是( )
A. “2分5秒57”指的是时间
B. 200米蝶泳的路程为200米
C. 张雨霏200米蝶泳的平均速度大小约为1.59m/s
D. 在研究张雨霏的技术动作时，张雨霏不能看成质点
2.2023年12月25日，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座11～14星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。快舟一号甲(KZ−1A)运载火箭是由中国航天科工集团有限公司研制的三级固体运载火箭，全长约20m，起飞质量约30t，最大直径1.4m。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A. “m”、“t”都是国际单位制中的基本单位
B. 运载火箭加速上升的过程中，搭载的天目一号卫星惯性变大
C. 运载火箭加速上升的过程中，搭载的天目一号卫星处于失重状态
D. 运载火箭加速上升的过程中，空气对火箭的作用力大小等于火箭对空气的作用力
3.一辆模型测试车以10m/s的初速度开始刹车做匀减速直线运动(停止后不再运动)，加速度大小为4m/s2，则模型车在开始刹车后第3s内的位移大小为( )
A. 2mB. 1.5mC. 1mD. 0.5m
4.如图所示为拖船拉着货船渡过运河。拖船发动机的牵引力为1×106N，在拖船启动10s后，拖船和货船的速度大小变化了2m/s。已知拖船的质量为1×105kg，重力加速度g取10m/s2，海水对两船的阻力均为自身重力的0.08倍，则货船的质量为( )
A. 6×105kgB. 9×105kgC. 1×106kgD. 2×106kg
5.如图所示，一只质量为m的老鹰斜向下俯冲进行狩猎，该过程老鹰可视为做加速度大小为g2的匀加速直线运动，且该直线路径与水平方向成30°角，重力加速度为g，则老鹰在俯冲过程中，空气对其作用力大小为( )
A. 12mg
B. 13mg
C. 32mg
D. 33mg
6.如图所示，水平地面上固定有倾角为45°的斜面体A，A的斜面上垂直固定有一挡板B，一小球C静止放置在斜面体与挡板之间，A的斜面与挡板B均光滑，球C对斜面的压力大小为F1，对挡板的压力大小为F2，则( )
A. F1= 22F2
B. F1=F2
C. F1=2 23F2
D. F1= 2F2
7.如图所示，四幅图均为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0～10s这段时间内的平均速度小于9m/s
B. 乙图中，物体的加速度大小为3.5m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示4～6s时间内物体的加速度变化量
D. 丁图中，物体从t=0时刻开始运动，t=3s时物体的速度为50m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示是甲、乙两辆汽车在平直公路上从同一地点开始运动的x−t图像，图线甲是一条倾斜的直线，图线乙是起点过原点、4s时为最高点的开口向下的抛物线，则下列说法正确的是( )
A. 甲、乙均做直线运动
B. 0～4s内乙的速度总比甲的速度大
C. 乙车的初速度大小为20m/s
D. 0～4s内乙的平均速度大小为10m/s
9.第24届北京冬季奥林匹克运动会中，高山滑雪是重要的比赛项目之一，如图所示是一名滑雪运动员在比赛过程中的示意图。运动员自身和所有装备的总质量为m=60kg，沿着倾角θ=37°的斜坡向下滑动过程中，受滑动摩擦力和空气阻力作用，假设空气阻力与速度成正比，即f=kv，其中k=10N⋅s/m，斜坡与运动员间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 当运动员的速度大小为6m/s时，运动员的加速度大小为3.4m/s2
B. 当运动员的速度大小为6m/s时，运动员的加速度大小为2.4m/s2
C. 若斜坡足够长，运动员能达到的最大速度为26.4m/s
D. 若斜坡足够长，运动员能达到的最大速度为30.2m/s
10.如图所示，质量为8kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A. 物体B的加速度大小为2m/s2
B. 物体A的加速度为零
C. 物体B对物体A的压力大小为16N
D. 弹簧弹力大小为100N
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示装置做“验证力的平行四边形定则”实验，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳套。
(1)对于实验要点，下列说法正确的是 。
A.两根细绳套间的夹角要尽量大一些
B.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
C.用两个弹簧测力计拉橡皮筋，弹簧测力计的示数越大越好
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使结点O静止在同一位置
(2)实验时，第一次用两个弹簧测力计拉橡皮筋，得到力F1的方向沿图乙中OP方向，力F2的方向沿图乙中OM方向，大小分别为F1=2.00N、F2=2.40N，根据图中标示的单位长度，用作图法作出F1、F2的合力F，由图可知，F=3.90N。F是F1、F2合力的 (选填“理论值”或“真实值”)，F与橡皮筋 (选填“一定”或“不一定”)在一条直线上。
12.实验小组用如图甲所示实验装置，探究“加速度与力、质量的关系”实验。

(1)在实验过程中，体现的物理方法或思想是______。(填正确选项标号)
A.等效法
B.控制变量法
C.假设法
D.理想实验法
(2)实验过程相关要求正确的是______。(填正确选项标号)
A.实验时，先释放小车再接通电源
B.实验过程需要小车质量远大于沙桶及沙子质量
C.补偿阻力时，要挂上沙桶，垫高木板右端，用小车拖着纸带打点
D.交流电频率为50Hz，相邻计数点间还有四个点，则相邻两计数点间的时间间隔为0.08s
(3)某次实验打点计时器打出一条纸带，取计数点a、b、c、d、e、f、g等系列点，已知相邻计数点间的时间间隔T=0.1s，用刻度尺测出各相邻计数点间的距离如图乙所示，则小车运动的加速度大小a= ______m/s2；打下点c点时速度大小vc= ______m/s。(结果均保留两位有效数字)
(4)根据实验数据，作出a−F、a−1M图像如图所示，实验中未补偿阻力的是______；实验中未满足M≫m的是______。(均填正确选项标号)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.人从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间。如图，甲两个手指捏住木尺一端，乙在木尺另一端零刻度处做握尺准备，且手的任何部位都与尺不接触。当乙看到甲放手时，尺子自由下落，他立即去握木尺，发现所握处刻度值为20cm，尺子下落的时间就是乙的反应时间。
(1)求乙的反应时间。
(2)在高速公路开车，超速是魔鬼，所以要保持足够的安全距离。若乙驾车在平直公路上以40m/s的速度匀速行驶，发现前方有危险，乙决定刹车，刹车过程的加速度大小为5m/s2，求从发现危险到停下乙向前行驶的距离(安全距离)。(设乙的反应时间保持一定)
14.如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度为20m的由特殊材料制成的斜面bc平滑连接(物块通过b端的速度大小不变，方向改变)，斜面倾角为30°。在平台a端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的斜向下50N推力后，物块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6(下列计算结果可用分数、根号表示)。
(1)求物块由a运动到b所用的时间；
(2)物块运动到b端后，撤去推力F，物块沿斜面bc加速下滑。若从b端下滑到c端的时间为2s，求物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，物块刚好能运动到b端，求a、P两点间的距离。
15.如图所示，一水平传送带以v0=6m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L=4m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M=1.5kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m=0.5kg的煤块(可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2=0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)煤块刚放上传送带时的加速度大小；
(2)煤块在传送带上留下的划痕长度；
(3)小车的长度。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：A.时间间隔为时间段，时刻为时间点，所以“2分5秒57”指的是时间，故A正确；
B.位移为从初位置指向末位置的有向线段，路程为物体运动的实际轨迹长度；所以200米蝶泳的路程为200米，故B正确；
C.平均速度等于位移与时间的比值，张雨霏200米蝶泳的位移为0，所以平均速度为0，故C错误；
D.当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点，所以在研究张雨霏的技术动作时，不可以把张雨霏看成质点，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
时间间隔为时间段，时刻为时间点；位移为从初位置指向末位置的有向线段，路程为物体运动的实际轨迹长度；平均速度等于位移与时间的比值；当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点。
本题主要考查了时间和时刻，位移和路程以及平均速度等基本知识点，比较简单。
2.【答案】D
【解析】解：A、“m“是国际单位制中的基本单位，“t”不是，故A错误；
B、惯性大小只与质量有关，与运动状态无关，故B错误；
C、运载火箭加速上升的过程中，搭载的天目一号卫星具有向上的加速度，处于超重状态，故C错误；
D、空气对火箭的作用力与火箭对空气的作用力是一对相互作用力，大小相等，故D正确；
故选：D。
A、根据七个国际基本单位可求解；
B、根据惯性只与物体质量有关可解；
C、根据超重是指有竖直向上的加速度可分析出；
D、根据相互作用力的特点可求解。
本题主要考查学生对于国际基本单位的记忆，惯性的影响因素的了解，以及对于超重和相互作用力的熟练度。
3.【答案】D
【解析】解：模型测试车以10m/s的初速度开始刹车，加速度大小为4m/s2，模型车刹车时间
t=va,解得t=2.5s
则第3秒内的位移大小
x=v22a−(vt1−12at12)
代入t1=2s，解得
x=0.5m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据速度—时间关系结合加速度和初速度求解减速过程经历的时间，根据速度—位移关系求解减速过程总位移，根据位移—时间关系求解最开始两秒的位移，得到第三秒的位移。
本题考查匀变速直线运动速度及位移基本公式的应用，基础题。
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知拖船和货船整体的加速度大小为：a=ΔvΔt=210m/s2=0.2m/s2
设货船的质量为m，拖船的质量为M，由牛顿第二定律有：F−0.08(M+m)g=(M+m)a
其中：F=1×106N，M=1×105kg
代入数据可得货船的质量为：m=9×105kg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
利用加速度定义式可得拖船和货船整体加速度大小，利用牛顿第二定律可得货船的质量。
本题考查了牛顿第二定律，解题的关键熟练掌握加速度定义式和牛顿第二定律。
5.【答案】C
【解析】解：老鹰受重力和空气作用力的作用，且合力方向沿直线方向，其受力如图所示，则由几何关系可知F的大小为
F= (mg)2−(F合)2
解得F= 32mg
故C正确，ABD错误；
故选：C。
先根据牛顿第二定律求出物资的合力大小，利用平行四边形定则作图，结合几何关系求解无人机对该物资的作用力大小。
本题属于已知加速度求力的类型，采用合成法解答，关键要利用平行四边形定则作出合力。
6.【答案】B
【解析】解：对小球C进行受力分析，如图所示，
物体处于平衡状态，则有FN1=FN2，由牛顿第三定律，FN1=F1，FN2=F2，则球对斜面的压力和对挡板的压力大小相等，故B正确，ACD错误；
故选：B。
对小球进行分析，然后根据平衡状态求出力的大小关系。
本题主要考查学生对于物体的受力分析的熟练度和相互作用力的掌握情况。
7.【答案】D
【解析】解：A.题图甲中，若v−t图像为直线，即物体做匀变速直线运动，则0～10s时间内的平均速度为
v=182m/s=9m/s
由图中曲线可知物体在0～10s这段时间内平均速度大于9m/s，A错误；
B.题图乙中，根据匀变速直线运动速度—位移公式，则有
v2=2ax
可知
a=v22x=752×10m/s2=3.75m/s2
即物体的加速度大小为3.75m/s2，B错误；
C.图丙中，a−t图像中，阴影面积表示4～6s时间内物体的速度变化量，C错误；
D.图丁中，根据运动学方程可知
x=v0t+12at2
即
xt=v0+12at
由图像可解得
a=20m/s2
v0=−10m/s
则t=3s时物体的速度为
v=v0+at，解得v=50m/s
D正确。
故选：D。
做匀加速直线运动，则其平均速度为9m/s；根据v2=2ax，代入数据求加速度；a−t图像阴影面积表示物体的速度变化量；丁图中，根据图像得到xt与t的关系式，结合图像的信息求出物体的初速度和加速度，再求t=3s时物体的速度。
对于物理图像，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图像的物理意义。特别要注意分析图像的斜率、面积和截距的意义。
8.【答案】ACD
【解析】解：A、位移—时间图像反映物体的位置随时间变化的情况，不是物体的运动轨迹，而且位移—时间图像只能表示直线运动的规律，所以甲、乙均做直线运动，故A正确；
B、根据x−t图像的切线斜率表示速度，可知在0～4s内乙的速度先大于，再等于，后小于甲的速度，故B错误；
C、图线乙是抛物线，由图可知，0～4s内乙车做匀减速直线运动，且末速度为0，则有
v02t=x
其中x=40m，t=4s，解得乙车的初速度大小为v0=20m/s，故C正确；
D、0～4s内乙的平均速度为v=xt=404m/s=10m/s，故D正确。
故选：ACD。
位移—时间图像只能表示直线运动的规律，位移—时间图线的斜率表示速度，根据斜率大小分析速度大小。由匀变速直线运动的规律可求乙车的初速度大小。根据位移与时间之比求平均速度大小。
本题是对x−t图像的考查，解题关键是要知道x−t图像的物理意义，关键要抓住x−t图像的斜率等于速度，纵坐标的变化量等于位移，来分析图像的物理意义。
9.【答案】AC
【解析】解：AB、当运动员的速度大小为6m/s时，此时受到的阻力大小为f1=kv1=10×6N=60N
对运动员，由牛顿第二定律有：mgsinθ−μmgcsθ−f1=ma1
代入数据解得：a=3.4m/s2，故A正确，B错误；
CD、斜坡足够长，运动员能达到的最大速度应满足合力为0，则mgsinθ−μmgcsθ−kvm=0
代入数据解得，得最大速度大小为vm=26.4m/s，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据运动员速度大小求出空气阻力，对运动员应用牛顿第二定律求出加速度大小；
当运动员做匀速直线运动时速度最大，此时加速度大小为零，应用牛顿第二定律求解。
分析清楚运动员的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。
10.【答案】AC
【解析】解：AB.细线剪断瞬间，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得
a=(mA+mB)g−FmA+mB=mBgmA+mB=2×108+2m/s2=2m/s2故A正确，B错误；
C.对B隔离分析，有：mBg−N=mBa
则有：N=mB(g−a)=2×(10−2)N=16N
由牛顿第三定律知，B对A的压力大小为16N，故C正确；
D.由题意可知，弹簧的弹力大小等于A的重力，即F=mAg，剪断细线的瞬间，根据弹簧瞬间弹力不变，所以弹簧的弹力不变，故D错误。
故选：AC。
以A为对象，根据平衡条件结合题意，分求弹力大小；细线剪断瞬间，弹簧弹力保持不变，以A、B为整体，根据牛顿第二定律求加速度，再隔离分析A，根据牛顿第二定律，求B对物体A的压力大小。
本题主要考查学生对受力平衡、牛顿第二定律的掌握，解题关键是知道将细线剪断，剪断瞬间，弹簧弹力保持不变。
11.【答案】B
理论值
不一定

【解析】解：(1)A.两根细绳套间的夹角大小要适当，并非越大越好，故A错误；
B.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，这样可减小确定力的方向时产生的误差，故B正确；
C.用两个弹簧测力计拉橡皮筋，弹簧测力计的示数太大，合力可能会大于弹簧测力计的量程，无法用一个弹簧测力计拉橡皮筋使结点O与用两个弹簧测力计拉橡皮筋时静止在同一点，故C错误；
D.改变拉力，进行多次实验，每次不一定都要使结点O静止在同一位置，故D错误。
故选：B。
(2)根据平行四边形定则做出的F是F1、F2合力的理论值，因实验时存在一定误差，则F与橡皮筋不一定在一条直线上。
12.【答案】B B 2.4 0.51 B D
【解析】解：(1)本实验体现的物理方法是“控制变量”法，故B正确，ACD错误；
故选：B。
(2)A、实验时先接通电源然后释放小车，故A错误；
B、实验过程需要小车质量远大于沙桶及沙子质量，满足上述条件，小车拉力才近似等于沙桶及细沙的重力，故B正确；
C、补偿阻力时，不应该挂上沙桶，故C错误；
D、交流电频率为50Hz，相邻计数点间还有四个点，则相邻两计数点间的时间间隔T=0.02s×5=0.10s，故D错误。
故选：B。
(3)根据匀变速直线运动逐差法Δx=aT2，小车加速度a=xds−xad9T2=(13.49+11.08+8.67)−(6.26+3.88+1.50)9×0.12×10−2m/s2=2.4m/s2
根据匀变速运动规律，则vc=xbd2T=3.88+6.262×0.1×10−2m/s≈0.51m/s
(4)在a−F图像中，有纵截距的原因是补偿阻力过大，有横截距原因是未补偿阻力，故A错误，B正确；
根据牛顿第二定律，对m有：mg−F=ma
对M有：F=Ma
得a=mgM+m
当M≫m时，拉力才近似等于沙桶重力
其a=mgM；
在a−1M图像，1M增大时，即M减小，不满足M≫m，实际加速度a=mgM+m
小于理论a=mgM，图线向下弯曲，故C错误，D正确。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)2.4；0.51；(4)B；D
(1)(2)根据实验原理及实验方法分析；
(3)根据纸带计算瞬时速度的公式以及逐差法求解加速度公式列式解答；
(4)根据牛第二定律列式推导相应表达式。
考查牛顿第二定律的实验，明确阻力补偿的原理以及方法，会分析实验的误差原因。
13.【答案】解：(1)在反应时间内，木尺下落的高度为h=20cm=0.20m
根据自由落体运动的位移—时间公式h=12gt2
代入数据解得t=0.2s
(2)乙在反应时间内的位移为x1=v0t
代入数据可知x1=8m
从开始刹车到停止的位移为x2=v022a
代入数据可知x2=160m
从发现危险到停下乙向前行驶的距离d=x1+x2
代入解得d=168m
答：(1)乙的反应时间是0.2s；
(2)从发现危险到停下乙向前行驶的距离是168m。
【解析】(1)尺子做自由落体运动，根据位移—时间公式求得反应时间；
(2)刹车距离为反应时间内的匀速和减速运动通过的位移之和，分别用不同的公式求出即可。
本题主要考查了匀变速直线运动，明确匝汽车减速过程中通过的位移为反应时间内的匀速和减速即可。
14.【答案】解：(1)物块在水平面上运动过程，由牛顿第二定律得：Fcs37°−μ(Fsin37°+mg)=ma1
代入数据解得：a1=1.6m/s2
物块从a到b过程的位移：xab=12a1t2
代入数据解得，物块由a运动到b所用的时间t=5s
(2)物块运动到b端时速度为vb=a1t=1.6×5m/s=8m/s
从b到c过程的位移：xbc=vbt′+12a′t′2
代入数据解得：a′=2m/s2
在斜面上，对物块，由牛顿第二定律得：mgsin30°−μ′mgcs30°=ma′
代入数据解得，物块与斜面间的动摩擦因数μ′= 35
(3)物块从a到P过程，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：vP2=2a1x1
物块由P到b有，由匀变速直线运动的速度—位移公式得：vP2=2a2x2
撤去推力后，对物块，由牛顿第二定律得：μmg=ma2
a到b过程的位移xab=x1+x2
代入数据解得，a、P距离x1=1007m
答：(1)物块由a运动到b所用的时间是5s；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数是 35；
(3)a、P两点间的距离是1007m。
【解析】(1)根据牛顿运动定律求解加速度，根据位移—时间关系求时间；
(2)先根据速度—时间关系，求得vb，然后用位移—时间关系求物块在斜面上运动时的加速度，最后用牛顿第二定律和动摩擦力公式求解μ；
(3)根据速度—位移关系列方程求解。
本题考查了牛顿运动定律的应用，分析清楚物块的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15.【答案】解：(1)煤块放上传送带时，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma
解得
a=2m/s2
(2)若煤块与传送带能共速，则煤块与传送带速度相等的时间为
t0=v0a=62s=3s
此时煤块的位移为
x= v02t0=62×3m=9m>L=4m
说明煤块未能与传送带共速，则煤块到达B点时，有
v12=2aL
且
v1=at
解得
v1=4m/s，t=2s
则煤块在传送带上留下的划痕长度
s=v0t−L
解得
s=8m
(3)煤块在滑上小车时，对于煤块有
μ2mg=ma1
对于小车有
μ2mg=Ma2
当煤块和小车共速时，煤块恰好到达小车右端，则有
v1−a1t1=a2t1
则小车的长度为
l=v1t1−12a1t12−12a2t12
联立解得
l=2m
答：(1)煤块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2；
(2)煤块在传送带上留下的划痕长度为8m；
(3)小车的长度为2m。
【解析】(1)对煤块分析，根据牛顿第二定律求出煤块刚放上传送带时的加速度大小；
(2)若煤块与传送带能共速，根据速度—时间公式求出煤块与传送带共速时所用的时间，并求出这段时间内煤块的位移，与传送带的长度比较，分析煤块的运动情况，进而求出煤块在传送带上留下的划痕长度；
(3)煤块滑上小车后，根据牛顿第二定律求出煤块和小车的加速度，再根据速度与时间的关系求出煤块与小车共速所需要的时间，根据位移与时间的关系求出煤块和小车的位移，进而求出小车的长度。
解答本题的关键要正确分析煤块的受力情况，来确定其运动情况，注意分析煤块与传送带和小车共速的状态，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合解答。