黑龙江省大庆石油高级中学2024-2025学年高一（上）期末物理试卷-（解析版）

这是一份黑龙江省大庆石油高级中学2024-2025学年高一（上）期末物理试卷-（解析版），共9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。
1.2023年5月30日18时22分，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮乘组成功与距离地面约400公里的天宫空间站对接入驻。驻留约5个月，将开展生命起源等方面科学研究；还将开展天宫课堂太空授课活动，让载人航天再次走进中小学生课堂。( )
A. 18时22分指的是时间间隔
B. 400公里指的是实验舱飞行路程
C. 对接时可以将核心舱看成质点
D. 航天员以核心舱为参考系观察到地球在转动
2.下列单位中，哪组单位都是国际单位制中的基本单位( )
A. 千克、秒、牛顿B. 克、千米、秒C. 千克、米、秒D. 牛顿、克、米
3.关于牛顿第一定律的说法正确的是( )
A. 牛顿第一定律说明一切物体都具有惯性
B. 牛顿第一定律可以在实验室中用实验验证
C. 牛顿第一定律说明力是维持物体运动状态的原因
D. 牛顿第一定律表明，物体的速度越大，惯性越大
4.秋天的校园里，金黄色的银杏树甚是好看，一片银杏树叶从大约5m高的树枝上落下，则银杏叶落地的时间可能是( )
A. 0.2sB. 0.4sC. 1.0sD. 2.5s
5.下列说法，正确的是( )
A. 两个物体只要接触就会产生弹力
B. 形状规则的物体的重心必与其几何中心重合
C. 滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反
D. 放在桌面上的物体受到的支持力是由于桌面发生形变而产生的
6.如图所示，半球体固定在地面上，质量为m、可视为质点的物块静止地放在半径为R的半球体上，物块与半球体间的动摩擦因数为μ，物块与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )
A. 物块所受摩擦力的方向沿切线向下B. 物块所受摩擦力的大小为mgsinθ
C. 物块对半球体的压力大小为mgsinθD. 物块所受摩擦力大小为μmgsinθ
7.光滑水平桌面上有A、B两个物体，已知mA=2mB。当用F=10N的水平力作用在A上时，能使A产生5m/s2的加速度，当用2F的水平力作用在B上时，能使B产生的加速度为( )
A. 2.5m/s2B. 5m/s2C. 10m/s2D. 20m/s2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一本书静止放在水平桌面上，下列说法正确的是( )
A. 书对桌面的压力就是书的重力，它们是同性质的力
B. 书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对作用力与反作用力
C. 桌面对书的支持力的大小等于书的重力，它们是一对平衡力
D. 书受到的重力和桌面对书的支持力是一对作用力与反作用力
9.某物体运动的速度图象如图所示，根据图象可知( )
A. 0-5s内的位移为10mB. 0-2s内的加速度为1m/s2
C. 第1s末与第3s末的速度方向相同D. 第1s末与第5s末加速度方向相同
10.在竖直升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法正确的是( )
A. 该同学处于失重状态
B. 该同学所受的重力变小了
C. 电梯的加速度大小为0.89g，方向向下
D. 电梯可能在做竖直向上的匀减速运动
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”实验。

(1)某次在弹簧下端挂上钩码后，弹簧下端处的指针在刻度尺上的指示情况如图乙所示，此时刻度尺的读数x= ______cm；
(2)根据实验数据作出F-x图线如图丙所示；
(3)根据丙图可得该弹簧的原长l0= ______cm，弹簧的径度系数，k= ______N/m。(结果保留2位有效数字)
12.如图甲为探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置。

(1)下列操作正确的是______。
A.打点计时器固定在靠近定滑轮的那端
B.平衡摩擦力时应将沙和沙桶跨过定滑轮拴在小车上
C.每次改变小车质量时都需要重新平衡摩擦力
D.小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
(2)保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图乙，该图线不通过原点，明显超出偶然误差范围，其主要原因是______。
(3)沙和沙桶质量m ______小车质量M时，才可以认为细绳对小车的拉力F的大小近似等于沙和沙桶的重力。
A.远大于
B.远小于
C.接近(相差不多)
D.大于
(4)某同学在实验中得到如图丙所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电。由此可求得小车的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.2021年某校举行秋季运动会，在100m比赛中，某运动员用13.5s跑完全程，设该运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段。已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为6m。求：
(1)该运动员的加速度大小；
(2)该运动员在加速阶段通过的距离。
14.如图，质量分别为mA=1kg、mB=0.5kg的物块，A、B，通过一根绕过光滑定滑轮的细绳相连，处于静止状态，细绳与水平面夹角α=53°。(sin53°=0.8,cs53°=0.6,g取10m/s2)。求：
(1)细绳对物块B的拉力的大小F；
(2)细绳对物块A的拉力在水平方向上的分力Fx，和竖直方向上的分力Fy的大小；
(3)物块A对水平面的压力N的大小和方向。
15.如图所示，一固定足够长的粗糙斜面与水平面夹角为37°。一个质量为0.7kg的物体A从静止开始沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25。(已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8)求：
(1)物体加速度的大小；
(2)物体5s内滑下的路程；
(3)物体5s末速度的大小。
答案和解析
1.D
【解析】A、2023年5月30日18时22分指的是时间点，是时刻，故A错误；
B、400公里指的实验舱与地面之间的距离，不是实验舱飞行路程，故B错误；
C、对接时，核心舱的形状大小不能忽略不计，不可以将核心舱看成质点，故C错误；
D、航天员以核心舱为参考系观察到地球在转动，故D正确；
故选：D。
2.C
【解析】国际单位制中力学相关的基本单位有三个，分别为千克、米、秒，其他单位是导出单位，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3.A
【解析】A、牛顿第一定律说明一切物体都有惯性，即能保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质，故A正确；
B、牛顿第一定律是理想化模型，现实中无法直接验证，故B错误；
C、由牛顿第一定律可知，当物体不受力或受平衡力时，物体将处于静止状态或匀速直线运动状态，说明物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D、惯性是物体的固有属性，其大小只与质量有关，和速度无关，故D错误。
故选：A。
4.D
【解析】如果自由下落，根据h=12gt2
则经过时间t= 2hg= 2×510s=1s
树叶在下落过程中受到空气阻力作用，使得下落的时间增大。根据实际情况可知，树叶下落的时间不可能小于1s，可能为2.5s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5.D
【解析】A、物体接触且发生弹性形变，则就会产生弹力，故A错误；
B、质量分布均匀，且形状规则的物体的重心才与其几何中心重合，故B错误；
C、滑动摩擦力的方向总是和物体相对的运动方向相反，故C错误；
D、桌面上的物体受到的支持力是由于桌面发生形变而产生的，故D正确；
故选：D．
6.C
【解析】对物块受力分析，如图所示；
A、如图所示，物块所受摩擦力的方向沿切线向上，故A错误；
B、根据平衡条件得，f=mgcsθ，故B错误；
C、根据平衡条件得，N=mgsinθ，故C正确；
D、由于物体是静止在半球体上，故受到的是静摩擦力，故D错误
故选：C。
7.D
【解析】对A、B分别根据牛顿第二定律可知：
F=mAaA2F=mBaB
联立代入数据可解得：aB=20m/s2
故ABC错误，D正确
故选：D。
8.BC
【解析】A、书对桌面的压力的性质是弹力，重力的性质是万有引力，性质不同，二者不是同一种性质的力，故A错误；
B、书对桌面的压力和桌面对书的支持力是书和桌面相互作用产生的一对作用力与反作用力，故B正确；
CD、桌面对书的支持力和书的重力是书受到的一对平衡力，二者大小相等，故C正确，D错误；
故选：BC。
9.BC
【解析】A、速度时间图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，则物体在0～5s内的位移x=12×(2+5)×2=7m，故A错误。
B、0～2s内的加速度为a=vt=22m/s2=1m/s2，故B正确。
C、第1s末与第3s末的速度都是正值，所以速度方向相同，故C正确。
D、第1s末所在位置的图象斜率为正值，第5s末的所在位置的图象斜率为负值，所以第1s末与第5s末的加速度方向相反，故D错误。
故选：BC。
10.AD
【解析】A、根据题意可知，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数小于其实际体重，所以改同学处于失重状态，故A正确；
B、超重和失重现象是物体对支持物的压力比重力大或小的现象，是压力的变化，而不是重力变化，在同一地点，无论做什么运动，重力都是不变的，故B错误；
CD、由图可知，电梯运动过程中，体重计对某同学的支持力为：FN=m0g=40g，根据牛顿第二定律得：FN-mg=ma，联立解得：a=-0.2g，负号说明加速度与支持力方向相反，即方向向下，加速度向下，所以电梯可能向下匀加速，也可能向上匀减速，故C错误，D正确。
故选：AD。
8.0 49
【解析】(1)刻度尺的精确度为1mm，要估读到0.1mm，此时弹簧的长度为x=11.80cm；
(3)弹簧的原长为l0，根据胡克定律F=k(x-l0)
化简得：F=kx-kl0
结合F-x图像可知，图像的斜率为：k'=ΔFΔx=4.90(18-8)×10-2N/m=49N/m
F-x图像在横轴上的截距表示弹簧的原长，因此弹簧原长l0=8.0cm
故答案为：(1)11.80；(2)8.0；49
12.D 平衡摩擦力过大 B 0.380
【解析】(1)A.打点计时器应该固定在靠近打点计时器的那端，故A错误；
B.平衡摩擦力时不能将沙和沙桶跨过定滑轮拴在小车上，故B错误；
C.根据平衡摩擦力的原理可知，每次改变小车质量时都不需要重新平衡摩擦力，故C错误。
D.小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故D正确。
故选：D。
(2)根据a-F图像不过原点，即当合外力为0时，小车就已经产生加速度，说明平衡摩擦力时过大；
(3)根据牛顿第二定律可得F=Ma，mg-F=ma，所以F=mg1+mM由此可知，沙桶及沙的总质量m远小于小车的总质量M时，沙桶和沙的总重力mg在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，故B正确，ACD错误。
故选：B。
(4)根据题意，相邻两计数点间的时间间隔为T=0.02×5s=0.1s，所以小车运动的加速度大小为a=x24-x02(2T)2，代入数据解得a=0.380m/s2。
故答案为：(1)D；(2)平衡摩擦力过大；(3)B；(4)0.380。
13.(1)根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为x1和x2，由位移—时间公式得：x1=12at02，x1+x2=12a(2t0)2
将t0=1s代入公式，联立解得：a=4m/s2。
(2)设运动员加速时间为t，则整个运动过程有s=12at2+vm(t总-t)
又：vm=at
联立代入数据解得：t=2s或t=25s(舍去)
故加速阶段运动员通过的距离：x=12at2=12×4×22m=8m
答：(1)该运动员的加速度大小为4m/s2；
(2)该运动员在加速阶段通过的距离为8m。
14.(1)以B为研究对象，物块B受到重力和细绳拉力，
根据平衡条件可得F=mBg，
解得：F=5N；
(2)根据力的分解如图：

可知细绳对物块A的拉力在水平方向上的分力Fx=Fcsα，竖直方向上的分力Fy=Fsinα
代入数据解得：Fx=3N，Fy=4N
(3)水平面对物块A的支持力满足
FN+Fsinα=mAg，
解得：FN=6N
根据牛顿第三定律可知物块A对水平面的压力N的大小为6N，方向向下。
答：(1)细绳对物块B的拉力的大小为5N；
(2)细绳对物块A的拉力在水平方向上的分力为3N，竖直方向上的分力Fy的大小为4N；
(3)物块A对水平面的压力N的大小为6N，方向向下。
15.(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律有

mgsinθ-μmgcsθ=ma
解得a=4m/s2
(2)物体下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=12at2得
x=50m
(3)根据速度—时间公式有
v=at
解得v=20m/s
答：(1)物体加速度的大小为4m/s2；
(2)物体5s内滑下的路程为50m；
(3)物体5s末速度的大小为20m/s。