重庆市四川外国语大学附属外国语学校2024-2025学年高一上学期期末适应性考试 物理试题（含解析）

这是一份重庆市四川外国语大学附属外国语学校2024-2025学年高一上学期期末适应性考试 物理试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分100分，75分钟完成）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 牛顿通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因
B. 法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动
C. 物理学发展历程中，持有“力是维持物体运动的原因”这一观点的代表人物是伽利略
D. 物体静止时有惯性，一旦开始运动，便不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性
【答案】B
【解析】
【详解】A．伽利略通过理想斜面实验发现力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B．法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，故B正确；
C．物理学发展历程中，持有“力是维持物体运动的原因”这一观点的代表人物是亚里士多德，故C错误；
D．惯性是物体特有属性，和物体的运动状态无关，故D错误。
故选B。
2. 某汽车在水平路面上启动刹车后，其位移随时间变化的规律为（x的单位是m，t的单位是s）。下列说法正确的是（ ）
A. 该汽车从启动刹车6s内位移为48m
B. 该汽车刹车时的加速度大小为2m/s
C. 该汽车从启动刹车到停下来向前运行了50m
D. 该汽车从启动刹车10s末停止运动
【答案】C
【解析】
【详解】B．汽车在水平路面上启动刹车后，其位移随时间变化的规律为
结合匀减速直线运动位移时间公式
可知该汽车刹车时初速度和加速度大小为
，
故B错误；
ACD．汽车从启动刹车到停下所用时间为
则该汽车从启动刹车内位移等于该汽车从启动刹车到停下来通过的位移，大小为
AD错误，C正确。
故选C。
3. 如图所示，舰载机在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ=120°，阻拦索始终给舰载机恒定阻力F，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为（ ）
A. 2FB. 4FC. FD. 0.5F
【答案】C
【解析】
【详解】根据平行四边形定则得，因为它们之间的夹角是120°，又因两个力的大小相等，且
F合=F
则两个分力均等于F。
故选C。
4. 2024年8月16日北京首条无人机配送航线在八达岭长城景区正式开通，为游客配送防暑降温，应急救援等物资（如左图）。右图为无人机某次配送过程中在竖直方向运动的图像。若配送物资质量为1.5kg，以竖直向上为正方向，设水平方向速度始终为0，不计空气阻力，取。下列说法正确的是（ ）
A. 无人机在1~2s内处于失重状态
B. 无人机在第1s内和第4s内的加速度大小相等
C. 在此过程中无人机上升的最大高度为4m
D. 在1s末配送物资所受无人机的拉力大小为18N
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，无人机在1~2s内竖直向上做加速度运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；
B．无人机在第1s内和第4s内的加速度大小分别为
故B错误；
C．因为图像的面积表示位移，根据图像可知，4s时无人机运动至最高点，则
故C错误；
D．在1s末无人机的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，从高出地面的位置竖直向上抛出一个小球，它上升后回落，最后到达地面，以抛出点为原点建立一维坐标系，方向以向上为正，不计空气阻力，g取，下列说法正确的是（ ）

A. 整个过程中，小球的路程为B. 小球初速度为
C. 从抛出点到落地点位移为D. 上升过程和下降过程中加速度大小相等，方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A．整个过程中，小球的路程为
故A错误；
B．根据
解得小球初速度为
故B正确；
C．从抛出点到落地点位移为
故C错误；
D．上升过程和下降过程中加速度均为重力加速度，大小相等，方向相同，故D错误。
故选B。
6. 抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者一只手控制A不动，另一只手控制B分别沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是（ ）
A. 沿虚线a向左移动，细线的拉力减小
B. 沿虚线b向上移动，细线的拉力减小
C. 沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变
D. 沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力增大
【答案】A
【解析】
【详解】设AB两点水平间距为d，细线总长为L，细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。
由几何关系可得
根据平衡条件可得
2Fcsθ=mg
A．沿虚线a向左移动，d减小、θ减小、csθ增大，则细线的拉力减小，故A正确；
B．沿虚线b向上移动，d不变、θ不变、csθ不变，细线的拉力不变，故B错误；
C．沿虚线c斜向上移动，d增大、θ增大、csθ减小，细线的拉力增大，故C错误；
D．沿虚线d向右移动，空竹受力平衡，根据平衡条件可知，细线对空竹的合力与重力等大反向，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。
故选A。
7. 如图所示，静止框架AOB中的杆OB竖直，杆OA与水平面间的夹角α=60°，且杆OA光滑，AB连线水平，BC与OA垂直。弹簧与竖直方向间的夹角β=30°，上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上的质量为m的小环相连，小环保持静止。则（ ）
A. 弹簧弹力的大小为mg
B. 杆对小环的弹力大小为mg
C. 若要使小环能够静止在C点，在纸面内至少需要施加mg的外力
D. 若将小环从A点静止释放，小环在A点的加速度为g
【答案】D
【解析】
【详解】A B．小环在点静止时，设弹簧弹力为，杆对小环的弹力为，受力分析如图所示
根据平衡条件有
解得
，
故AB错误；
C．若要使小环能够静止在C点，外力至少平行OA杆方向且大小与重力平行OA杆方向分力相等，故外力最小值
故C错误；
D．由几何关系可知
小环在A点弹簧的伸长量和小环在点弹簧的伸长量相同，弹簧弹力大小为，在沿OA杆方向由牛顿第二定律得
解得
故D正确
故选D。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 一条小船在静水中的速度为4m/s，它要渡过一条宽为40m的河，河水流速恒为3m/s，则这条船（ ）
A. 过河时间不可能小于10s
B. 过河的最小位移是40m
C. 不可能渡过这条河
D. 若水速大于船在静水中的速度，渡河最小位移为40m
【答案】AB
【解析】
【详解】A．当船头始终垂直河岸时，过河时间最短为
故过河的时间不可能小于10s，故A正确；
B C．根据平行四边形定则，由于船在静水中的速度大于水流速，因此合速度可以垂直于河岸，当合速度垂直于河岸时过河的位移最小，为40m，故B正确，C错误；
D．若水速大于船在静水中的速度，合速度不可以垂直于河岸，渡河最小位移大于40m，故D错误。
故选AB。
9. 如图所示，一根很长且不可伸长的轻绳跨光滑的定滑轮，两端分别系着四个质量相同的小物块A、B、C、D，其中A、B用不可伸长的短绳相连，C、D用一轻弹簧相连。初状态时，4个物块处于静止状态，不计空气阻力，物块可以看成质点。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 剪断AB间绳子瞬间，D物块的加速度为0
B. 剪断AB间绳子瞬间，C物块的加速度为0.5g，方向竖直向下
C. 剪断CD间弹簧瞬间，A物块的加速度为0.5g，方向竖直向下
D. 剪断AC绳子瞬间，A物块的加速度为0.5g，方向竖直向下
【答案】AB
【解析】
【详解】A．对D进行受力分析，弹簧弹力与重力等大反向，剪断AB间绳子的瞬间，弹簧弹力不能突变，D依旧受力平衡，加速度为零，故A正确；
B．剪断AB间绳子的瞬间，对AC整体受力分析有
得C加速度为
方向竖直向下，故B正确；
C．剪断CD间弹簧瞬间，弹簧弹力突变为0，对A、B、C整体受力分析有
得A的加速度为
方向竖直向下，故C错误
D．剪断AC绳子瞬间，A、B开始做自由落体，所以A物块加速度为g，故D错误。
故选AB。
10. 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出( )
A. 物体的初速率v0＝3m/s
B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C. 取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x小＝1.44m
D. 当某次θ＝300时，物体达到最大位移后将不会沿斜面下滑
【答案】BCD
【解析】
【详解】ABC．当 时
据
得
当时，
由
得
设斜面倾角为时，沿斜面上升的最大位移达最小
联立得
所以
故A错误，BC正确；
D．当某次θ＝300时，物体达到最大位移后，根据
重力沿斜面的分力小于最大静摩擦力，将不会沿斜面下滑，故D正确。
故选BCD。
三、实验题（两小题，11题6分，12题9分，共15分）
11. 为了探究平抛运动规律，老师做了如下演示实验：
（1）为了说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，用如图所示装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落。关于该实验，下列说法正确的有______。
A. 所用两球的质量必须相等
B. 只做一次实验发现两球同时落地，即可以得到实验结论
C. 应改变装置的高度多次实验
D. 本实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
（2）某同学在做实验时得到了如图所示的物体做平抛运动的轨迹，a、b、c位置是运动轨迹上三个点（已标出）。其中x、y坐标轴分别沿水平方向和竖直方向，则：（以下两空均保留两位有效数字）
①小球平抛的初速度为______m/s。（重力加速度g=10m/s2）
②从抛出点到c点的这段时间内小球的速度变化量为______m/s。
【答案】（1）C （2） ①. 2.0 ②. 2.5
【解析】
【小问1详解】
A．本实验研究的平抛运动竖直方向的运动特点，与小球运动的加速度有关，与小球的质量无关，故A错误；
BC．为减少实验误差，应改变装置的高度多次实验，若发现两球同时落地，即可以得到实验结论，故B错误，C正确；
D．本实验只能说明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，故D错误。
故选C。
【小问2详解】
[1]平抛运动在竖直方向上为自由落体运动，根据匀变速直线运动的推论有
可得
小球在水平方向上做匀速直线运动，则小球平抛运动的初速度为
[2]匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则b点竖直分速度为
则抛出点到c点的时间为
则从抛出点到c点的这段时间内小球的速度变化量为
12. 某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力关系”的实验。己知滑轮的质量为m0。
（1）实验时，一定要进行的操作是______。
A. 用天平测出砂和砂桶的质量
B. 将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C. 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）按正确的操作进行实验，打出的一条纸带如图乙所示，其中O、A、B、C、D为纸带上连续的五个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器使用交流电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小是______m/s2（计算结果保留3位有效数字）；
（3）改变砂桶中砂的质量进行多次实验，记录每次力传感器的示数F，并根据打出的纸带求出小车运动的加速度a，根据测得的多组a、F，作出a—F图像，下列图像正确的是______；若图像直线的斜率为k，则小车的质量为______。
A.
B.
C.
【答案】（1）BC （2）2.40
（3） ① A ②.
【解析】
【小问1详解】
AD．本实验中绳子的拉力大小就是力传感器的读数，所以不需要用天平测沙和沙桶的质量，也无需满足m远小于M，故AD错误；
B．实验中为了使得小车所受合力等于拉小车的绳的拉力，需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验中，需要将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确。
故选BC。
【小问2详解】
由于相邻两计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
由逐差法可得小车加速度大小
【小问3详解】
[1]平衡摩擦力后，对小车与滑轮进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
可知，a—F图像是一条过原点的倾斜的直线。
故选A。
[2]结合上述，可知
解得，小车的质量为
四、解答题（本大题共3个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）
13. 某飞机着陆时的速度是60m/s，随后减速滑行，如果飞机的平均加速度大小是。求：
（1）为了使飞机能够安全地停下来，滑道的最短长度；
（2）飞机在着陆过程中前2s内的平均速度；
（3）飞机在最后1s内的位移。
【答案】（1）600m
（2）57m/s （3）1.5m
【解析】
【小问1详解】
飞机匀减速直线运动直到速度减为零过程中通过的位移大小即为滑道的最短长度，设为l，有
解得
l=600m
【小问2详解】
飞机在着陆过程中前2s内的位移为
m=114m
所以，飞机在着陆过程中前2s内的平均速度为
m/s=57m/s
【小问3详解】
将飞机匀减速直线运动直到速度减为零过程逆过来看，变成逆向的初速度为零、加速度为3m/s2的匀加速直线运动，则飞机在最后1s内的位移相当于逆过来看第1s内的位移，所以，飞机在最后1s内的位移为
m=1.5m
14. 限重空投项目是飞行器设计创新大赛中最精彩的，也是难度最大的。某次空投沙袋时飞行器速度与水平面的仰角θ=30°，离地高度h=15m，速度v=20m/s。沙袋相对于飞行器无初速度释放，忽略空气阻力对沙袋的影响，g取10m/s2。求：
（1）沙袋离地面最大高度H；
（2）沙袋落地点距释放点的水平距离L。
（3）沙袋落地时的速度大小。
【答案】（1）20m （2）30m
（3）m/s
【解析】
【小问1详解】
沙袋释放瞬间，沿竖直方向的分速度大小为
=10m/s
方向竖直向上，则沙袋上升到最高点时，距抛出点的竖直高度为
=5m
所以沙袋离地面最大高度为
H=h+h1=20m
【小问2详解】
沙袋释放瞬间，沿水平方向的分速度大小为
m/s
沙袋在水平方向上，将做匀速直线运动。在竖直方向上，取竖直向上为正方向，则根据时间位移公式
解得沙袋从抛出到落地，在竖直方向上运动的时间为
t=3s
根据分运动的等时性可知，沙袋在水平方向上运动的时间也为3s，则沙袋落地点距释放点的水平距离为
m
【小问3详解】
在竖直方向，有
=-20m/s
落地速度为
m/s
15. 传送带在物流仓储、港口和机场等场合应用广泛。如图所示，倾角θ = 30°、足够长的传送带以v0 = 10 m/s的速度逆时针匀速转动，其左侧光滑水平地面上放有一质量M = 4 kg、长L = 15 m木板，木板上表面与传送带底端等高。一质量m = 1 kg的物块（可视为质点）在传送带顶端由静止释放，然后滑上木板（不考虑物块在传送带和木板衔接处速度的损失）。已知物块与传送带和木板间的动摩擦因数分别为和μ2 = 0.2。重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）物块刚达到传送带速度所需的时间；
（2）物块从木板上滑离时的速度；
（3）若物块刚滑上长木板右端时，在长木板的左端施加一水平向左的恒力，设物块在木板上的相对路程为S，请写出S与F的函数关系。
【答案】（1）1 s （2）6 m/s
（3）见解析
【解析】
【小问1详解】
物块刚放上传送带上时，由牛顿第二定律有
与传送带共速时，有
【小问2详解】
与传送带共速后，由于
说明物块此后做匀速运动，则
物块滑上木板瞬间，对于物块，有
对于木板有
滑离木板时
解得
（另一个解不符题意）
此时滑块速度
【小问3详解】
①若长木板的左端施加一水平向左的恒力F后，木块刚好不从木板左端滑落，木板加速度
根据
，
解得
，
②若长木板的左端施加一水平向左的恒力F后，木块未从木板左端滑出最终和木板一起加速运动，木板加速度
根据
，
且
解得
③若木块未从木板左端滑出最终和木板一起加速运动向左拉力的最大值为F，木板加速度
解得
若F > 10 N时，木块将从木板右端滑出，则有
木板加速度
根据
，
解得
根据上述分析可得