2023-2024学年河北省保定市定州市第二中学高一（上）期末测试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市定州市第二中学高一（上）期末测试物理试卷（含解析），共16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.早在2300多年前，我国古代思想家墨子在《墨经》中就提到“力，刑之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是( )
A. NB. kg⋅m/s2C. Pa⋅m2D. J⋅m−1
2.如图所示，质量为30kg的物体A静止在光滑水平面上，若对A施加两个大小都是60N且互成120°角的水平力，则2s末时物体A的速度大小为( )
A. 0B. 4m/sC. 6m/sD. 8 3m/s
3.下列说法正确的是( )
A. 生活中，杯子放在桌面上受到的弹力是由于杯子发生微小形变而产生的
B. 力学单位制中，采用的国际单位制的基本单位有kg、m、N
C. 做匀加速直线运动的物体，其速度一定与时间成正比
D. 如果物体的加速度a的方向与初速度v0的方向相同，则物体做加速运动
4.西北工业大学专家团队设计了一款仿生无人机，如图所示。该无人机能够模仿信鸽百分之九十的动作，可以与真正的信鸽相伴而飞，速度最快可达到40km/h，在计时25分钟内航程15km，它可以混在真正的鸟类中进行军事侦查。下列说法正确的是( )
A. 40km/h是指平均速度的大小
B. 无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0
C. 研究无人机25分钟内的航程，可以把无人机看成质点，25分钟是指时间，航程15km是指位移的大小
D. 无人机无动力与信鸽相伴滑翔时，以无人机为参考系，地面观察者是静止的
5.一小石子从离地高为125m处开始做自由落体运动并落到地面，关于小石子的下落过程，下列说法正确的是( )
A. 做自由落体运动的时间为8s
B. 落地时的速度大小为25m/s
C. 在空中最后1s内下落的高度为45m
D. 在下落过程中，第1秒内、第2秒内、第3秒内的下落高度之比为1∶4∶9
6.甲图中，轻杆AB一端与墙上的光滑的铰链连接，另一端用轻绳系住，绳、杆之间夹角为30°，在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端插入墙内，另一端装有小滑轮，现用轻绳绕过滑轮挂住质量为m的重物，绳、杆之间夹角也为30°。甲、乙中杆都垂直于墙，则下列说法中正确的是( )
A. 两根杆中弹力方向均沿杆
B. 甲图中杆的弹力更大
C. 两根杆中弹力一样大
D. 若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容易断裂
7.如图所示，将羽毛球向上击出，在竖直方向作直线运动。若羽毛球落地前还没有做匀速运动，已知羽毛球所受的空气阻力大小与速度大小成正比，则羽毛球从被击出到落地前()
A. 加速度大小一直减小，方向一直不变
B. 加速度大小先减小后增大，方向一直不变
C. 加速度大小一直减小，上升和下降时加速度方向相反
D. 加速度大小先增大后减小，上升和下降时加速度方向相反
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 跳伞运动员从高空跳下后，降落伞未张开前，运动员处于超重状态
B. 大小为3N、6N、7N的共点力的合力的最小值为0N
C. 货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或者加挂一些车厢，这会改变它的惯性
D. 弹力和摩擦力都有反作用力，而重力无反作用力
9.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部Oˈ处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ=30°。下列说法正确的是( )
A. 轻弹簧对小球的作用力大小为 32mg
B. 容器相对于水平面有向右的运动趋势
C. 容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上
D. 弹簧原长为R+mgk
10.甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，甲的位移时间图像和乙的速度时间图像如图所示，则两物体从原点出发后( )
A. 在2∼4s内，甲的加速度为零，乙的加速度为−4m/s2
B. 在2∼4s内，甲的平均速度为−4m/s、乙的平均速度为零
C. 0∼6s内甲、乙两物体均受恒力作用，甲做往返运动，乙做单向直线运动
D. 甲、乙均在第3s末改变运动方向
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某个实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，方案如图甲，步骤如下：
①用两个相同的弹簧测力计互成角度的拉细绳套，使橡皮筋伸长，结点达到纸面上某一位置，记为O1；
②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；
③只用一个弹簧测力计，仍将结点拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F′的大小和方向；
④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F′；
⑤根据力的平行四边形定则，作出F1和F2的合力F；
⑥比较F和F′的一致程度。
(1)本次实验需要用到带细绳套的橡皮条，图乙中最合适的是_____；
(2)若步骤②中两绳夹角小于90°，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半。这样的操作_____(选填“合理”或“不合理”)；
(3)步骤②中某个弹簧测力计指针位置如图丙1所示，另一实验小组所用的弹簧测力计在某次实验中指针位置如图丙2所示，其中丙1读数为_____N；
(4)如图丁所示，步骤⑥中，方向一定沿AO1方向的是_____(选填“F”或“F′”)
(5)下面关于此实验的说法，不正确的选项是_____。
A.如图甲，用两支弹簧测力计把橡皮条的一端拉到O1点时，两支弹簧测力计之间的夹角必须取90°，以便算出合力的大小
B.改变F1和F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下的结点位置O2必须与位置O1相同
C.实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正视弹簧测力计的刻度
D.完成实验后应整理好实验器材
12.某实验小组利用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的交流电源的频率为50Hz，动滑轮质量不计，实验步骤如下：
①按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；
④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据上述实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是_____。
A.钩码的质量应远小于小车的质量
B.实验过程中钩码处于超重状态
C.与小车相连的细线与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半
(2)实验中打出的一条纸带如图所示，图中两相邻的计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a=_____m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)若交流电的实际频率略小于50Hz，则上述(2)中加速度a计算结果与实际值相比_____(选填“偏大”、“偏小”、“不变”)。
(4)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符合的是_____。
A.
B．
C．
D．
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.质量为m=5kg的小物块在光滑水平地面上以4m/s的速度做匀速直线运动，某时受到一个与运动方向相同的水平恒力F作用，经历时间t=2s，速度变为10m/s，求物体在此2s时间内：
(1)加速度a的大小；
(2)发生的位移x的大小；
(3)所受恒力F的大小。
14.在平直的公路上，一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以20m/s的速度匀速行驶的货车超载时，决定前去追赶，经2.5s警车发动起来并以5m/s2的加速度追赶。求：
(1)警车追上货车前，两车之间的最大距离；
(2)警车追上货车所用的时间和警车追上货车时的速度大小。
15.某同学想利用家里的跑步机进行相关实验。如图所示，将跑步机尾端抬高固定，与水平面成α=37°，跑步机A、B两端间距L=2m。启动跑步机后，跑带保持以速度v0=2m/s逆时针转动，现将一小盒子(可视为质点)放到跑带上，已知小盒子与跑带之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。(结果数可以带根号)
(1)如图乙所示，若跑步机还未启动，跑带静止不动，将小盒子无初速地轻放在A处，求小盒子运动到B处的速度大小v；
(2)如图丙所示将小盒子从B处以初速度v1=4m/s沿斜面向上推出，求盒子向上运动过程中与跑带速度相同时，盒子与B点的距离x；
(3)第(2)题的情形下，求小盒子从B出发再返回B所用的总时间t。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知，力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示为kg⋅m⋅s−2
故选B。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】两个力的合力为
F=2×60×cs60°=60N
加速度
a=Fm=2m/s2
则2s末时物体A的速度大小为
v=at=4m/s
故选B。
3.【答案】D
【解析】D
【详解】A.杯子放在桌面上受到向上的弹力，是由于桌面发生微小形变而产生的，故A错误；
B.力学单位制中，采用的国际单位制的基本单位有kg、m、s，故B错误；
C.做匀加速直线运动的物体，其速度随时间均匀增加，但速度不一定与时间成正比，故C错误；
D.如果物体的加速度a的方向与初速度v0的方向相同，则物体做加速运动，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】B
B
【详解】A.40km/h是指瞬时速度，故A错误；
C.航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；
B.无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0，故B正确；
D.以无人机为参考系，地面观察者是运动的，故D错误。
故选B。
B
【详解】A.40km/h是指瞬时速度，故A错误；
C.航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；
B.无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0，故B正确；
D.以无人机为参考系，地面观察者是运动的，故D错误。
故选B。
【详解】A.40km/h是指瞬时速度，故A错误；
C.航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；
B.无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0，故B正确；
D.以无人机为参考系，地面观察者是运动的，故D错误。
故选B。
B
【详解】A.40km/h是指瞬时速度，故A错误；
C.航程15km是指无人机轨迹的长度，即路程，故C错误；
B.无人机在空中飞行一段时间后，其位移可能为0，故B正确；
D.以无人机为参考系，地面观察者是运动的，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.做自由落体运动的时间为
t= 2hg= 2×12510s=5s
故A错误；
B.落地时的速度大小为
v=gt=50m/s
故B错误；
C.小石子在前4s下降的高度为
h1=12gt12=12×10×42m=80m
在空中最后1s内下落的高度为
h2=h−h1=45m
故C正确；
D.根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，在下落过程中，第1秒内、第2秒内、第3秒内的下落高度之比为1∶3∶5，故D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】【分析】确定“死杆”和“活杆”的特点，对结点受力分析根据平衡条件求解。
【详解】A.甲图中的杆为“死杆”，弹力方向沿杆方向，乙图中的杆为“活杆”，弹力方向不沿杆方向，而是沿两根绳合力的反方向，故A错误；
BC.图甲中，以B点为研究对象，受到重物的拉力、绳的拉力和AB杆的弹力，根据平衡条件得杆的弹力
T=mgtan30∘= 3mg
图乙中，以D点为研究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆的弹力，由于拉力 T′ 和重力的夹角为120°，则由几何知识可得
T′=mg
轻杆受到的弹力是mg，甲图中杆的弹力更大，故C错误，B正确；
D.甲图中轻绳的拉力为
F=mgsin30∘=2mg
乙图中轻绳的拉力
F′=mg
若甲、乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，甲中轻绳更容易断裂，故D错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】上升过程中重力向下，空气阻力向下，所以合力向下，加速度方向向下，由于速度减小，阻力减小，合力减小，加速度减小；
下落过程中，重力向下，空气阻力向上，合力向下，加速度方向向下，由于速度增大，阻力增大，合力减小，加速度减小。
故选A。
8.【答案】BC
【解析】.BC
【详解】A.跳伞运动员从高空跳下后，降落伞未张开前，有向下的加速度，运动员处于失重状态，故A错误；
B.大小为3N、6N、7N的共点力能构成力的矢量三角形，共点力的合力的最小值为0N，故B正确；
C.物体的惯性只与物体的质量有关，货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或者加挂一些车厢，这会改变它的惯性，故C正确；
D.力的作用是相互的，弹力、摩擦力、重力都有反作用力，故D错误。
故选BC。
9.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A.对小球受力分析，小球受重力G、弹簧的弹力F和容器的支持力N，如图所示
根据平衡条件，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，竖直向上，结合几何关系可知容器对小球的作用力大小为
N=mg
弹簧对小球的弹力为
F=mg
故A错误；
B.以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知，竖直方向有总重力、地面的支持力，容器相对于水平面无滑动趋势，故B错误；
C.容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上，与重力等大反向，故C正确；
D.由胡克定律，弹簧的压缩量为
Δx=Fk=mgk
故弹簧的原长为
x=R+Δx=R+mgk
故D正确。
故选CD。
10.【答案】AB
【解析】AB
【详解】C.甲在0∼2s朝正方向匀速运动，2∼4s朝负方向匀速运动，4∼6s朝正方向匀速运动，乙在0∼3s朝正方向运动，3∼6s朝负方向运动，故0∼6s甲、乙均做往返运动，故C错误；
D.甲在2s、4s时改变运动方向，而乙在3s时改变运动方向，故D错误；
A.甲一直做匀速直线运动，加速度为零，在2∼4s内乙的加速度为
a=ΔvΔt=−4−42m/s2=−4m/s2
故A正确；
B.在2∼4s内，甲的速度为−4m/s，所以平均速度为−4m/s，而乙的平均速度为零，故B正确。
故选AB。
11.【答案】 C 不合理 2.70 F′ AB##BA
【详解】(1)[1]本次实验需要用到带细绳套的橡皮条，细线的作用便于确定力的方向，不必等长，但应适当长一些。
故选C。
(2)[2]力的大小不能超出弹簧测力计的量程，所以题目中操作不合理。
(3)[3]图丙1中弹簧测力计的每一小格为0.1N，所以读数为2.70N。
(4)[4]图中一定沿AO1方向的为F′，由于F′为一个拉力拉橡皮条，该力一定与AO1共线。
(5)[5]A．F1、F2方向间夹角大小适当即可，不需要取90°，故A错误，符合题意；
B.改变F1和F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下的结点位置O2不需要与位置O1相同，故B错误，符合题意；
C.本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则作出的力的图示是拉力在纸面上的分力，误差较大，故C正确，不符合题意；
D.完成实验后应整理好实验器材，故D正确，不符合题意。
故选AB。

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 C 0.88 偏大 A
【详解】(1)[1]A.由图可知，实验装置中有弹簧测力计，细线的拉力可以通过弹簧测力计读出，不需要钩码的质量远小于小车的质量，故A错误；
B.实验过程中，钩码向下做加速运动，处于失重状态，故B错误；
C.为使小车做匀变速直线运动，与小车相连的细线与长木板一定要平行，故C正确；
D.实验过程中，钩码向下做加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于钩码总重力的一半，故D错误。
故选C。
(2)[2]相邻两计数点的时间间隔为
T=5×1f=5×150s=0.1s
该纸带可求得小车的加速度为
a=x3+x4−x1−x2(2T)2=8.64+7.75−6.87−6.00(2×0.1)2×10−2m/s2=0.88m/s2
(3)[3]若交流电的实际频率略小于50Hz，打点计时器打点的时间间隔大于 0.02s ，计数点间的时间间隔大于 0.1s ，计算加速度时所用时间偏小，加速度的测量值大于真实值，即计算结果与实际值相比偏大。
(4)[4]根据牛顿第二定律
F=Ma
可知小车的加速度a与弹簧测力计的示数F应成正比，即 a−F 图线为过原点的一条倾斜直线。
故选A。

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)已知初速度v0=4m/s，末速度v=10m/s，时间t=2s，则a= v−v0t=10−42m/s2=3m/s2；
(2)发生的位移x=v−t=v0+v2t=4+102×2m=14m；
(3)根据牛顿第二定律得：F=ma
解得：F=15N。
答：(1)加速度a的大小为3m/s2；
(2)发生的位移x的大小为14m；
(3)所受恒力F的大小为15N。
【解析】(1)已知初速度、时间和末速度，根据加速度的定义式求解加速度；
(2)根据平均速度和时间的乘积来求解位移；
(3)根据牛顿第二定律求解所受恒力F的大小。
对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用运动学的计算公式求解加速度，再根据牛顿第二定律求力的大小。
14.【答案】(1)90m；(2)12.5s；50m/s
【详解】(1)因警车追上货车前警车的速度小于货车的速度，故共速时两车间距离最大，设经时间t1共速，最大距离为x，由
v1=at1
得
t1=4s
故
x=v0(t1+2.5)−12at12
得最大距离
x=90m
(2)设警车经时间t2追上大客车，追上时小汽车的速度为v2，则
12at22=v0(t2+2.5)
代入数据得
t2=10s
警车追上货车所用的时间
t=t2+2.5=12.5s
由
v2=at2
得
v2=50m/s

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 2 2m/s ；(2) 0.6m ；(3) 6+2 105s
【详解】(1)若跑步机还未启动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
解得
a1=2m/s2
小盒子从A处运动到B处，根据动力学公式有
v2=2aL
解得小盒子运动到B处的速度大小为
v=2 2m/s
(2)盒子向上运动速度大于跑带速度时，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma2
盒子向上运动过程中与跑带速度相同时，根据动力学公式
v02−v12=−2a2x
解得盒子与B点的距离为
x=0.6m
(3)盒子从B点运动至与跑带速度相同时，运动时间为
t1=v1−v0a2=0.2s
盒子与跑带速度相同后，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma3
盒子从与跑带共速位置运动至B点，根据动力学公式
−x=v0t2−12a3t22
解得
t2=5+2 105s
小盒子从B出发再返回B所用的总时间为
t=t1+t2=6+2 105s

【解析】详细解答和解析过程见答案