云南省昆明市盘龙区2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题

这是一份云南省昆明市盘龙区2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题，共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，5sB等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
第Ⅰ卷。（选择题，共48分）
一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，选对得4分，不选或错选得0分。）
1. 2013年云南大丽高速公路挖色特大桥完工，大丽高速公路挖色特大桥设计为T形连续梁桥，全长2651米。最高墩为51米。全桥左幅共有66跨40米T梁，右幅共有65跨40米T梁，是目前云南最长的高速公路T型连续梁桥，设计速度为。一辆轿车从17∶30进入该大桥，17∶32离开大桥。则下列说法正确的是（ ）
A. 轿车经过挖色特大桥的位移是
B. “17∶30”和“17∶32”指的是时间间隔
C. 该轿车通过挖色特大桥的平均速率约为
D. 研究该轿车通过挖色特大桥的时间不可以将轿车视为质点
【答案】C
【解析】
【详解】A．轿车经过该大桥时的路程等于桥的全长，即，位移的大小则不一定等于桥的全长，故A错误；
B．“17∶30”和“17∶32”指的是时刻，故B错误；
C．该轿车通过挖色特大桥的平均速率约为
故C正确；
D．由于轿车的尺寸远小于桥的长度，所以研究轿车通过该桥的时间时可以将轿车视为质点，故D错误。
故选C。
2. 关于牛顿第一定律、惯性和力学单位制，以下说法中正确的是（ ）
A. 、m、N是国际单位制中的基本单位
B. 安全带的作用是防止汽车刹车时人由于惯性仍向前运动而发生危险
C. 飞机投弹时，当飞机飞至轰炸目标正上方时投下炸弹，炸弹能击中目标
D. 竖直上抛的物体抛出后仍继续向上运动是因为受到了向上的作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．、m是国际单位制中的基本单位，N是导出单位，故A错误；
B．安全带作用是防止汽车刹车时人由于惯性仍向前运动而发生危险，故B正确；
C．飞机投弹时，炮弹抛出后具有飞机等大的速度，由于惯性炮弹会继续向前运动，若在目标正上方时投下炸弹，则落地后不能击中目标，故C错误；
D．向上抛出一个物体，物体在空中能继续向上运动，是由于惯性，故D错误。
故选B。
3. 如图，A同学用两个手指捏住直尺的顶端，B同学用一只手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺；在A同学放开手指让直尺下落时，B同学立刻作出反应捏住直尺，读出B同学捏住直尺部位的刻度为20cm，则B同学的反应时间约为（ ）
A. 0.5sB. 0.4sC. 0.3sD. 0.2s
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知B同学的反应时间和直尺下落20cm的时间相同，则根据
可得
故选D。
4. 冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被喻为冰上“国际象棋”，冰壶运动既能考验参赛者的体能与脑力，又能展现动静之美、取舍之智。在某次比赛中冰壶投出后可视为匀减速直线运动，经过停止，己知冰壶最后内的位移大小为，下列说法中正确的是（ ）
A. 冰壶最后内的位移大小为B. 冰壶的加速度大小为
C. 冰壶第末的速度大小为D. 冰壶的加速度大小为
【答案】C
【解析】
【详解】根据逆向思维有
可得冰壶的加速度大小为
冰壶最后内的位移大小为
冰壶的初速度大小为
冰壶第末的速度大小为
故选C。
5. 2023年10月3日，杭州亚运会跳水女子跳台决赛展开争夺，中国队选手全红婵以438.20分夺得冠军，队友陈芋汐落后2.55分获得亚军，马来西亚选手帕姆格以280.50分排名第三。图甲是中国队选手全红婵获得冠军的一张跳水图片，图乙为其竖直分速度与时间的关系图像，以其向上离开跳台时作为计时起点，运动过程中视其为质点，则下列说法正确的是（ ）
A. 在时间内该运动员在竖直方向上做匀变速直线运动
B. 在时间内运动员处于失重状态
C. 时刻运动员开始进入水面
D. 在时间内与时间内运动员的加速度大小相等方向相反
【答案】A
【解析】
【详解】A．在图像中，斜率表示加速度，时间内斜率不变，加速度不变，因此该运动员在竖直方向上做匀变速直线运动，故A正确；
B．在时间内全红婵加速度方向竖直向下且图线斜率为正，时间内图线斜率变为负值，所以加速度方向变为竖直向上，运动员处于超重状态，故B错误；
C．从全红婵起跳到恰好入水的过程中，图线斜率不变，其加速度不变，在入水后，减速运动，加速度将发生突变，即在时刻开始进入水面，时刻速度变为零，到达水中最低点，故C错误；
D．在时间内与时间内图线斜率相同，加速度相同，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，水平面上有两个质量分别为M和m的木块1和木块2，中间用一条轻绳连接。两木块材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 若水平面是光滑的，则m越大绳的拉力越大
B. 若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为
C. 若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为
D. 无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为
【答案】D
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律有
绳子的拉力为
联立可得
即无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为，m越大绳的拉力越小。
故选D。
7. 单杠是一项大众喜闻乐见的体育健身运动，如图所示，健身者上杠后双手间距增大后且再次稳定时，下列说法正确的是（ ）
A. 健身者所受重力就是两手臂拉力的合力
B 当健身者两手臂夹角到达时，健身者每只手臂拉力大小等于健身者所受重力
C. 健身者所受重力和两只手臂拉力的合力是一对作用力和反作用力
D. 健身者两手臂所受的拉力增大，健身者所受的合力增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．两手臂拉力的性质为弹力，所以健身者所受重力不是两手臂拉力的合力，故A错误；
B．当健身者两手臂夹角到达时，根据
解得
可知健身者每只手臂拉力大小等于健身者所受重力，故B正确；
C．健身者所受重力和两只手臂拉力的合力是一对平衡力，故C错误；
D．健身者上杠后双手间距增大后且再次稳定时，健身者受力平衡，所受的合力仍为0，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，对A施加一竖直方向的外力让轻环A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线水平的N位置，已知与竖直杆成角，则（ ）
A. A匀速上升时，重物B减速下降
B. 所施加的外力的方向竖直向上
C. 轻环A过位置M时，重物B的速度
D. 重物B下降过程，绳对B的拉力小于B的重力
【答案】A
【解析】
【详解】ACD．根据题意，分解A速度，如图所示
可知，轻环A过位置M时，重物B的速度
A匀速上升时，增大，则减小，可知，减小，即重物B减速下降，重物B具有向上的加速度，处于超重状态，则绳对B的拉力大于B的重力，故CD错误，A正确；
B．根据题意，设绳子的拉力为，对轻环受力分析可知，竖直方向上受竖直向下的摩擦力，绳子拉力竖直向上的分力，和外力，若绳子拉力竖直向上的分力
由平衡条件可知，外力竖直向下，若绳子拉力竖直向上的分力
由平衡条件可知，外力竖直向上，故B错误。
故选A。
二、多项选择题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分。）
9. 下列几组共点力分别作用在一个物体上，能使物体做匀速直线运动的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．1N和2N的合力范围是，第三个力3N在这个范围内，这三个力的合力可以为零，能够使物体做匀速直线运动，A正确；
B．12N和12N的合力范围是，第三个力12N在这个范围内，这三个力的合力可以为零，能够使物体做匀速直线运动，B正确；
C．4N和5N的合力范围是，第三个力10N不在这个范围内，这三个力的合力不可以为零，不能够使物体做匀速直线运动，C错误；
D．10N和8N的合力范围是，第三个力12N在这个范围内，这三个力的合力可以为零，能够使物体做匀速直线运动，D正确。
故选ABD。
10. 如图所示，物体以4m/s的初速度沿斜面向上运动，经过2s速度大小变为2m/s。已知物体做匀变速运动，则下列说法中可能正确的（ ）
A. 物体的速度变化量大小为6m/s，方向沿斜面向上
B. 物体的速度变化量大小为2m/s，方向沿斜面向下
C. 物体的加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上
D. 物体的加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向下
【答案】BD
【解析】
【详解】若2s后物体的速度方向仍向上，则有
即速度变化量的大小为2m/s，方向沿斜面向下；加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向下；
若2s后速度方向向下，则有
即速度变化量的大小为6m/s，方向沿斜面向下；加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向下。
故选BD。
11. 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距。工作人员沿传送方向以速度从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度。则下列说法中正确的（ ）
A. 小包裹相对传送带滑动时加速度的大小
B. 小包裹相对传送带滑动时加速度的大小
C. 小包裹通过传送带所需的时间
D. 小包裹通过传送带所需的时间
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
故A正确，B错误；
CD．小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即
所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
故C正确，D错误。
故选AC。
12. 如图所示，一个倾角为的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板一劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与物块A连接，物块A与物块B接触且不粘连，弹簧与斜面平行，物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接，物块A、B和C的质量均为，物块A、B与斜面之间的动摩擦因数均为，且三个物块都可以视为质点。刚开始，用手托住C使细线刚好伸直但不绷紧，此时A、B处于静止状态且A、B与斜面之间的静摩擦力刚好为0，然后松手，物块C下落，A、B上升，在A、B分离时，C还没有落地。重力加速度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（ ）
A. 松手前，弹簧弹力
B. 当弹簧弹力为0时，A、B恰好分离
C. A、B分离瞬间，弹簧弹力为
D. 从释放C到A、B分离这一过程中，物块C的最大加速度为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A． 用手托住C使细线刚好伸直但不绷紧，说明绳子拉力为0。此时A、B处于静止状态且A、B与斜面之间的静摩擦力刚好为0。把A、B看成一个整体，可得
故A正确；
BC．A、B恰好分离时，A、B之间弹力为0，并且A、B加速度相等。
先对A分析
①
再把B、C看成一个整体分析
②
将①②式联立，可得
故B错误，C正确；
D．释放瞬间，C的加速度最大。
对A、B、C整体分析，释放瞬间
解得
故D正确。
故选ACD。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
三、实验题（本题共3个小题，共16分。请把正确答案填在答题卡的相应横线上。）
13. 有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则。在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，绳子长度能满足实验要求，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三段绳子的拉力、和，回答下列问题：
（1）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（ ）
A．用天平测出钩码的质量
B．量出、、三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．标记结点O的位置，并记录、、三段绳子的方向
（2）根据实验原理及操作，在作图时，你认为图中________是正确的。（填“甲”或“乙”）
【答案】 ①. D ②. 甲
【解析】
【详解】（1）[1] A．每个钩码的重量相等，可用一个钩码的重量做为一个力的单位，因此不用天平测出钩码的质量，A错误；
BCD．标记结点O的位置，并记录、、三段绳子的方向，就可以比较准确的确定三个力的作用点位置及三个力的方向，不需要量出、、三段绳子的长度，也不用量角器量出三段绳子之间的夹角，BC错误，D正确。
故选D。
（2）[2]的实际作用效果在绳子上，的方向一定是竖直向下，图乙是由理论做出的、平行四边形合力图，、的合力的理论值与实际值有一定的误差，所以图甲是正确的。
14. 在“探究平抛运动规律”的实验中，进行正确的操作后，在方格纸上得到了一条平滑的曲线即为小球做平抛运动的轨迹，如图所示。小方格的边长为，在平抛轨迹上选出a、b、c、d四个位置，小球从a位置到b位置的时间为，则：
（1）当地重力加速度________（结果保留2位小数）；
（2）c点出速度的大小________（结果用L与t表示）。
【答案】 ①. 9.76 ②.
【解析】
【详解】（1）[1]由图示可知，小球在a、b、c、d四个位置，相邻两点的水平方向位移相等，所以相邻两点的时间间隔相等，在竖直方向相邻相等时间间隔内的位移差
解得
（2）[2]小球水平方向的速度
c点竖直方向上的分速度等于bd在竖直方向上的平均速度
c点出速度的大小
15. 学校物理实验兴趣小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为。实验步骤如下：
A．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；
B．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；
C．挂上砝码盘，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；
D．改变砝码盘中砝码质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）实验中砝码和砝码盘的质量________（填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量。
（2）实验中打出的一条纸带上每5个点取一个计数点，其测量结果如图所示，由该纸带可求得B点的速度为________，小车的加速度为________。（结果均保留小数点后两位）
（3）对于上述实验，下列说法正确的是________。
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．实验过程中砝码盘处于超重状态
C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行
D．弹簧测力计的读数应小于砝码和砝码盘总重力的一半
（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.
【答案】 ①. 不需要 ②. 0.72 ③. 2.40 ④. CD##DC ⑤. A
【解析】
【详解】（1）[1]该实验中用到了弹簧测力计，可以直接通过读取弹簧测力计的示数从而知晓小车所受到的合外力即为弹簧测力计示数所示，因此该实验不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。
（2）[2]打点计时器的频率为50Hz，根据频率与周期之间的关系可得其打点周期为
而由题意，每5个点取一个计数点，则可知每两个计数点之间的时间间隔为
根据匀变速直线运动的规律，某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度，则可得B点的速度为
[3]根据逐差相等公式
可得加速度
（3）[4]A．根据实验原理可知，砝码和砝码盘位移始终等于小车位移的一半，根据
可知，砝码和砝码盘的加速度等于小车加速度的一半，故A错误；
B．实验过程中，砝码盘的加速度竖直向下，因此可知砝码盘处于失重状态，故B错误；
C．为了减小实验误差，使轻绳上的拉力等于小车所受到的合外力，则轻绳一定要与木板保持平行，故C正确；
D．设轻绳上的张力为，则弹簧测力计的读数为的大小，对砝码和砝码盘，由牛顿第二定律有
解得
即弹簧测力计的读数应小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D正确。
故选CD。
（4）[5]本实验中，小车所受合外力的大小即为弹簧测力计的示数，则由牛顿第二定律有
可得
可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像为过原点的倾斜直线。
故选A。
四、解答题（本题共4个小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的答案中必须写出明确的数值和单位。）
16. 如图所示，粗糙水平地面和倾角为的光滑斜面在A点平滑连接，一质量为的物块静止在水平地面B位置，对物块施加一水平向右的恒力经过物块运动至A点，立即撤去水平恒力，物体继续沿斜面向上运动。已知物块与水平面的动摩擦因数为0.4，，，重力加速度，求：
（1）物体到A点时速度大小？
（2）物体沿斜面向上滑行的最大距离？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）物体从B到A的过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得物体到A点时速度大小为
（2）物体沿斜面向上滑行过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得
解得物体沿斜面向上滑行的最大距离为
17. 轻绳AC一端固定在竖直墙上，另一端连接质量为金属小球A；某同学用一强磁铁吸引小球A，当强磁铁位于小球的左上方某位置时，轻绳AC刚好处于水平位置，如图所示，该同学（含磁铁）的质量为60kg，重力加速度，求：
（1）悬挂小球细线的拉力大小？
（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小？
【答案】（1）30N；（2），30N
【解析】
【详解】（1）对小球受力分析：重力G、细线的拉力T和磁铁的引力F，如图所示
根据平衡条件得，水平方向
竖直方向
解得
，
（2）以人为研究对象分析：重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力f和小球的引力F，如图所示
根据平衡条件得，水平方向
竖直方向
解得
，
18. 如图所示，BC是一离地面高度为0.8m粗糙平台，一质量为1kg可视为质点的小球从水平地面上的A点斜向上抛出，恰能从B点沿水平方向进入平台，小球在平台上刚好能运动至C点，A、B两点间的水平距离为1.2m，小球与BC平台间的动摩擦因数µ=0.1，若不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，求：
（1）小球在A点斜向上抛出时速度；
（2）平台BC的长度和小球自A运动至C的时间。

【答案】（1）5m/s，方向与水平方向夹角为53°；（2）4.5m，3.4s
【解析】
【详解】（1）小球从A点抛出到B点做斜上抛运动，根据逆向思维法可知，小球从B点到A点做平抛运动，则
解得
，
所以小球在A点的速度大小为
即速度方向与水平方向的夹角为53°；
（2）小球在平台BC做匀减速直线运动，则
解得
，
所以小球自A运动至C的时间为
19. 如图所示，质量的足够长的木板静止在粗糙水平地面上，将一质量的物块静置于长木板最左端A点。距离木板最右侧B点L远处有一挡板P。己知物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数，物块与木板间、木板与水平面间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，g取，从某时刻起，给小物块施加一水平向右的作用力F。求：
（1）若要小物块与木板之间不发生相对滑动，则F最大不能超过多少牛；
（2）若F大小为，作用后，撤去F时木板刚好与P发生碰撞。求L的长度；
（3）若木板与P碰撞后立即以原速率反向弹回并继续运动，试证明木板是否会与P发生二次碰撞。
【答案】（1）12N；（2）9m；（3）木板不会与P发生二次碰撞。
【解析】
【详解】（1）当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时有两者不发生相对滑动的最大拉力，以长木板为对象，由牛顿第二定律可知
以整体为对象，由牛顿第二定律可知
解得
（2）当时，物块与木板一起运动，设小物体和木板一起匀加速运动加速度为a，则由牛顿第二定律知
代入得
由题知，作用后，撤去F时木板刚好与P发生碰撞。由匀变速直线运动规律知
代入得
（3）设碰撞前小物块和木板共同速度为，木板碰后反向做匀减速直线运动速度，木板原速率反向弹回，则
t=3s，代入得
若木板与P碰撞后立即以原速率反向弹回并继续运动，如图由受力分析知，碰撞后小物块由于惯性继续向前做匀减速直线运动，木板碰后反向做匀减速直线运动，设小物块做匀减速直线运动加速度为，木板做匀减速直线运动加速度为，规定向右为正方向，对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律知
代入得，小物块加速度为
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律知
代入得，木板加速度为
设小物块速度减为0时，时间为t1
代入得，小物块运动时间为
设长木板速度减为0时，时间为t2
代入得，木板块运动时间为
由于知，木板反向停止运动时，小物块还在继续向P方向做匀减速直线运动，在时间内，设小物块速度减为，小物块运动位移为x1，木板位移为x2，由匀变速直线运动速度与时间关系式知
代入得
小物块运动位移为
代入得
木板运动位移为
代入得
小物块继续以速度向P方向做匀减速直线运动，当木板速度减为0，此时长木板与P之间距离为x2，因为，所以木板改变方向，向P方向做初速度为0的匀加速直线运动，当长木板加速到和小物块速度相同时，不在发生相对滑动，设木板匀加速直线运动加速度为，小物块和木板相同速度为，达到相同速度时间为，
代入得
当达到共同速度前，设木板向P运动的位移为x3
代入得
当小物块和长木板速度相同后，小物块和长木板一起向P做匀加速直线运动，设共同加速度为a4，位移为x4
代入得
由于
木板不会与P发生二次碰撞。