河南省漯河市漯河实验高级中学2024-2025学年高一上学期期中物理试卷（含解析）

这是一份河南省漯河市漯河实验高级中学2024-2025学年高一上学期期中物理试卷（含解析），共17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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.我国神舟十九号2024年10月30日4时27分成功发射，12时51分，在轨执行任务的神舟十八号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十九号航天员乘组入驻中国空间站，下列说法正确的是( )
A. 观测宇航员在空间站内的实验活动可以将宇航员视为质点
B. 2024年10月30日4时27分指时间间隔，时长为一分钟
C. 空间站绕行地球完整一周的平均速度不为零
D. 研究空间站的运行轨道可将空间站视为质点
2.一质点自原点开始在x轴上运动，初速度v₀>0，加速度a>0。当a值不断减小直至为零时，质点的( )
A. 速度不断减小，位移先增大后减小
B. 速度不断减小，位移继续增大
C. 速度不断增大，当a=0时，速度达到最大，位移不断增大
D. 速度不断减小，当a=0时，位移达到最大值
3.两个力F1和F2，作用在同一物体上，关于这两个力的合力，说法正确的是( )
A. 合力一定大于其中的任何一个力B. 合力可能大于这两个力大小之和
C. 合力可能小于其中的任何一个力D. 当F1和F2同时增大时，合力一定增大
4.如图所示，滑块以某一速度沿固定粗糙斜面从底端匀减速上滑，依次经过A、B和C三点。已知AB段和BC段的长度之比为xAB：xBC=3：5，滑块在AB段和BC段的平均速度大小分别为9m/s和5m/s。依据题中信息，可求出滑块( )
A. 上滑时的加速度大小
B. 在AB段运动的时间
C. 在A点的速度大小为8m/s
D. 在C点的速度大小为2m/s
5.如图所示，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端放有质量均为0.2kg的物体a和b，a与竖直墙面接触。系统静止时，弹簧保持竖直状态，在弹性限度内被压缩了4cm。已知θ=37°，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s²，则( )
A. a与其他物体间有2对作用力与反作用力
B. 弹簧的劲度系数为200N/m
C. b对a的作用力与a的重力是一对平衡力
D. a受到的摩擦力大小为1.6N
6.公路上有甲、乙两车分别在两条平行相邻车道上行驶。t=0时，甲车在前，乙车在后，前后相距x0=95m，速度均为v0=30m/s，从此时开始两车按图所示规律运动，乙车在0∼3s之间和9s以后加速度为零。则下述说法不正确的是( )
A. 两车前后最近距离为5m
B. t=9s时，两车相距45m
C. 乙车始终无法追上甲车
D. 若x=20m,则两车第一次与第二次并排行驶的时间间隔为1+ 46s
7.如图甲所示，竖直起降火箭是一种可以垂直升空并在任务结束后垂直着陆的火箭.竖直起降技术使得火箭的核心部分可以被重复使用，可降低太空探索的成本.某火箭测试时，火箭上升到最高点的过程中的位移与时间的比值xt和时间t的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 火箭做匀速直线运动，速度大小为50m/s
B. 火箭做匀减速直线运动，加速度大小为50m/s2
C. 火箭在1s末的瞬时速度为50m/s
D. 0∼1s内火箭的平均速度大小为50m/s
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为θ，当凿子竖直向下插入木板中后，用锤子沿中心轴线竖直向下以力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图所示。若敲打凿子时凿子作用于木板1面的弹力大小记为F₁，凿子作用于木板2面的力为F2，忽略凿子受到的重力及摩擦力，下列说法正确的是( )
A. F₁的大小为Fsinθ
B. F₁和F₂的比值为tanθ
C. 力F不变，减小θ，可以同时增大F₁和F₂
D. 增大力F，F₁和F₂均增大，且F₁和F₂比值也增大
9.用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两球均处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，下列说法正确的是( )
A. 细线a、c拉力之比为2∶1
B. 细线a、c拉力之比为3∶2
C. 若细线b与竖直方向的夹角为45°，小球1和2的质量之比为 3−1∶1
D. 若细线b与竖直方向的夹角为60°，小球1和2的质量之比为3∶2
10.粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C，斜面上有一个质量为2m的物块B，B与一轻绳连接，且绕过一固定在天花板上的定滑轮，另一端水平与一结点连接一个质量为m的小球A，右上方有一拉力F，初始夹角α=135°，如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α大小不变，转动过程B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. B、C间的摩擦力一直减小
B. 物体C对地面的压力先减小再增大
C. 绳上拉力FT先增大再减小
D. 地面对物体C的摩擦力方向水平向右且在不断增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.李明利用图1所示的装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验时，下列做法正确的是 (填选项前的字母)
A.细线必须与长木板平行 B.电磁打点计时器应接在220V交流电源上
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，后放开小车 D.纸带应放在复写纸下方
(2)图2是实验所得的一条纸带的一部分，打点计时器所接电源的频率为50Hz，李明根据数据分析出小车的运动是匀变速运动，完成下列填空：在打点计时器打出B点时，小车的速度大小为__________m/s。小车运动的加速度大小为__________m/s2(结果均保留3位有效数字)若当交流电的实际频率小于50Hz时，仍按50Hz计算，则测量的加速度值比真实的加速度值________(填“偏大”“偏小”“不变”)。
12.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时，某同学利用的器材有：一瓶矿泉水、两根完全相同的轻弹簧等；他先将一弹簧一端固定在墙上的钉子A上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上，另一端均连接于结点O，在结点O挂矿泉水瓶，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的偏角α、β，如图乙所示。改变钉子A的位置，按照上述方法多测几次。
(1)依据上述方案并根据力的平行四边形定则，画出力的合成图，必须的操作是______(选填选项前的字母)。
A.要测量弹簧的原长
B.实验中要使AO、BO长度相同
C.要测量图甲、乙中弹簧的长度
D.实验中要使结点O的位置始终固定不变
(2)根据实验原理及操作，在作图时，图中______(选填“丙”或“丁”)是合理的。
(3)某次实验中测得乙图中a=33°，β=53°，保持β偏角不变，将OA从乙图中位置沿逆时针缓慢转到水平位置，则OA中弹簧的长度将______，OB中弹簧的长度将______(选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”)。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.冰壶比赛是冬奥会的重要项目。比赛中冰壶在水平冰面上的运动可视为匀减速直线运动直至停止，已知一冰壶被运动员推出的初速度大小为3.8m/s，其加速度大小为0.2m/s2，求：
(1)冰壶整个过程平均速度的大小；
(2)冰壶10s末的位移大小；
(3)冰壶在20s内的位移大小。
14.如图，质量M= 2 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m= 1 kg的小球相连。今用跟水平方向成60°角的力F=10 3N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g= 10 m/s2。在运动过程中，求：
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
(3)为拉动小球与木块一起向前作匀速运动所施加的外力F的最小值。
15.如图甲所示，可视为质点的质量均为m=1.0kg的物块A、B，通过劲度系数k=300N/m的轻弹簧相连静止在水平面上，此时两者间距离l=0.16m，物块A套在固定的竖直杆上。已知弹簧原长l0=0.18m，弹簧形变量均在弹性限度范围内。取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求B此时所受的摩擦力；
(2)现把B固定，对A施加竖直向上的力F，使A沿杆缓慢上升，力F大小随上升高度ℎ的变化如图乙所示。已知c点对应的高度ℎc=0.12m，物块A与杆间动摩擦因数μ=0.5。
求：
①使A物体刚离开地面时的力F的数值F0；
②Fc的数值；
③a的数值。
答案解析
1.D
【解析】A.观测宇航员在空间站内的实验活动时，宇航员的形状大小不可忽略不计，不可以将宇航员视为质点，选项A错误；
B.2024年10月30日4时27分指时刻，选项B错误；
C.空间站绕行地球完整一周的位移为零，可知平均速度为零，选项C错误；
D.研究空间站的运行轨道时，空间站的大小和形状可忽略不计，可将空间站视为质点，选项D正确。
故选D。
2.C
【解析】因为初速度v₀>0，加速度a>0，可知加速度和速度同向，物体做加速运动，物体速度和位移都随时间不断增加，当a值不断减小直至为零时，物体的速度加速到最大值，同时物体的位移一直增加。
故选C。
3.C
【解析】AC.合力比其中的任何一个力可能大、可能小或者相等，选项A错误，C正确；
B.两个力合力的最大值等于两个分力之和，则合力不可能大于这两个力大小之和，选项B错误；
D.若两个力反向时，当F1和F2同时增大时，合力不一定增大，选项D错误。
故选C。
4.D
【解析】解：AB.AB段和BC段的长度之比为xAB：xBC=3：5，
设xAB=3L，则xBC=5L，根据平均速度公式，在AB段运动的时间满足
t1=xABvAB−=3L9=L3
在BC段运动的时间
t2=xBCvBC−=5L5=L
根据加速度定义式，上滑时的加速度大小
a=ΔvΔt=vAB−−vBC−12(t1+t2)=6L
由于L未知，故无法求出上滑时的加速度大小、在AB段运动的时间，故AB错误；
C.在A点的速度大小为
vA=vAB−+a⋅t12
代值解得：vA=10m/s
故C错误；
D.在C点的速度大小为
vC=vBC−−a⋅t22
代值解得：vC=2m/s
故D正确。
故选：D。
根据加速度的定义式，结合平均速度公式，以及匀变速直线运动速度—时间公式分析求解。
本题考查了匀变速直线运动相关知识，理解物体运动状态，合理选取运动学公式是解决此类问题的关键。
5.C
【解析】A.对ab整体而言，水平方向受力为零，可知墙面对a无弹力作用，则a受重力，b对a的支持力和摩擦力，即a与其他物体间有3对作用力与反作用力，选项A错误；
B.对ab整体而言，竖直方向受力平衡可知
2mg=kx
解得弹簧的劲度系数为
k=2mgx=2×0.2×100.04N/m=100N/m
选项B错误；
C.因a竖直方向受力平衡，水平方向不受墙壁的弹力，可知 b对a的作用力(包括支持力和摩擦力)与a的重力是一对平衡力，选项C正确；
D.对a分析，由平衡可知a受到的摩擦力大小为
f=mgsin37°=1.2N
选项D错误。
故选C。
6.B
【解析】AC.设乙车做匀减速直线运动时加速度为a乙，再经过t时间两车速度相等，根据甲的v−t图像可得甲车做匀加速直线运动的加速度大小
a甲=309−3m/s2=5m/s2
当速度相等时，满足
v共=a甲t=v−a乙t
解得
t=va甲+a乙=305+5s=3s
v共=15m/s
可知6s时两车速度相等，在0～6s内甲车的位移大小为
x甲=12×30×3m+12×15×3m=67.5m
乙车的位移大小为
x乙=30×3m+12×(30+15)×3m=157.5m
则有
Δx=x甲+x0−x乙=67.5m+95m−157.5m=5m
可知速度相等时，两车前后最近距离为5m，之后由于乙车速度小于甲车速度，所以乙车始终无法追上甲车，故AC正确，不符合题意；
B.在0～9s内甲车的位移大小为
x′甲=12×30×3m+12×30×6m=135m t=9s时，乙车的速度为
v=30m/s−5×(9−3)m/s=0
则在0～9s内乙车的位移大小为
x′乙=30×3m+12×30×6m=180m
则有
Δx′=x′甲+x0−x′乙=135m+95m−180m=50m
可知t=9s时，两车相距50m，故B错误，符合题意；
D.若x0=20m，0～3s内甲、乙车的位移大小分别为
x甲1=12×30×3m=45m
x乙1=30×3m=90m
可知
x乙1>x甲1+x0
设0～3s内经过t1时间，两车第一次并排，则有
v0t1=v0t1−12a1t12+x0
其中0～3s内甲车做减速运动的加速度大小为
a1=303m/s2=10m/s2
代入数据得
30t1=30t1−12×10×t12+20
解得
t1=2s
2s后乙的速度大于甲，乙运动至甲前方，由于2～9s内甲、乙车的位移大小分别为
x′甲=12×30×3m+12×30×6m−30×2−12×5×22m=95m
x′乙=30×3m+12×30×6m−30×2m=120m t=9s时，乙车的速度为
v=30m/s−5×(9−3)m/s=0
因乙车速度此时为零，可知两车第二次并排时，乙车已经停下，设两车第二次并排时的时刻为t2，则有
x″甲+x0=x′乙=180m
x″甲=12×30×3m+12a甲(t2−3)2
联立解得
t2=(3+ 46)s
则两车第一次与第二次并排行驶的时间间隔为
Δt=t2−t1=3+ 46s−2s=1+ 46s
故D正确，不符合题意。
故选B。
7.D
【解析】AB.由匀变速直线运动的公式x=v0t+12at2，可得xt=v0+12at，
由于题中图像斜率为负值，因此此运动为匀减速直线运动，且初速度大小为 100m/s ，加速度大小为 100m/s2 ，故AB错误；
C.由 v=v0+at 可知火箭在 1s 末减速至0，故C错误；
D.根据平均速度的定义有 v=xt ，在 0∼1s 内火箭的位移为x=v0t−12at2=50m，平均速度大小为 50m/s ，故D正确。
故选D。
8.AC
【解析】A.将力在木板1、2面分解如图
可得
F1=Fsinθ
选项A正确；
BC.由图可知
F2=Ftanθ
可得F₁和F₂的比值为
F1F2=1csθ
力F不变，减小θ，可以同时增大F₁和F₂，选项B错误，C正确；
选项B错误；
D.由以上分析可知，增大力F，F₁和F₂均增大，且F₁和F₂比值不变，选项D错误。
故选AC。
9.AC
【解析】AB.将两小球看作一个整体，对整体受力分析，受力如图所示
根据共点力的平衡条件有
sin30∘=FcFa
解得细线a、c拉力之比2∶1，故A正确，B错误；
C.将两小球看作一个整体，对整体受力分析，则有
F c′=(m1+m2)gtan30∘
若细线b与竖直方向的夹角为45°，对球2受力分析，由平衡条件得
F c′=m2gtan45∘
解得
m1= 3−1m2
所以两个小球1和2的质量之比为 3−1 ∶1，故C正确；
D.将两小球看作一个整体，对整体受力分析，则有
F c′=(m1+m2)gtan30∘
若细线b与竖直方向的夹角为60°，对球2受力分析，由平衡条件得
F c′=m2gtan60∘
解得
m1=2m2
所以两个小球1和2的质量之比为2∶1，故D错误。
故选AC。
10.BC
【解析】C.对题图右侧结点处受力分析，α角大小不变，与B相连的绳上的拉力用FT表示，由α=135°，可知最初F与竖直方向的夹角为45°，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示：
通过分析可得绳子拉力FT先增大再减小，在恰好过圆心时的FT2位置，取得绳子拉力的最大值；拉力F最初刚好过圆心，之后一直减小，故C正确；
A.由图可知：初始状态，对A分析可得绳子拉力大小为
FT=mg
对B分析，可发现
FT=2mgsin30°
即一开始B与C间的静摩擦力为零；
F缓慢转动过程中，绳子拉力最大时如图
FT2= 2 mg
B、C间的静摩擦力方向沿斜面向下且增大至( 2 −1)mg；拉力F缓慢转动90°时，FT为竖直方向，此时FT=mg，B、C间的静摩擦力方向沿斜面向下且减小至0；即BC间的摩擦力先增大后减小，故A错误；
B.将B、C看成整体，竖直方向有
N地+FTsin30°=(2m+M)g
由于FT先增大再减小，BC总重力不变，故N地先减小再增大，由相互作用力知识可知，物体C对地面的压力先减小再增大，故B正确；
D.将B、C看成整体，水平方向上有
FTcs30°=f地
拉力FT先增大再减小，可知地面对斜面C的摩擦力先增加后减小，方向水平向左，选项D错误。
故选BC。
11.(1)ACD
(2) 2.98 37.4 偏大

【解析】(1)A.为了保证实验过程，小车所受拉力为恒力，细线必须与长木板平行。故A正确；
BD.电磁打点计时器应接在4∼6V交流电源上，纸带应放在复写纸下方。故B错误；D正确；
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，后放开小车。故C正确。
故选ACD。
(2)[1]纸带上相邻计时点间的时间间隔为
T=1f=0.02s
在打点计时器打出B点时，小车的速度大小为
vB=xAC2T=5.21+6.702×0.02×10−2m/s=2.98m/s
[2]由逐差法可得小车运动的加速度大小为
a=xCE−xAC4T2=8.20+9.70−5.21+6.704×0.022×10−2m/s2=37.4m/s2
[3]若电源频率为50Hz，则其打点周期为0.02s，当电源频率小于50Hz时，实际打点周期将变大，则纸带上任意相邻两点间的时间间隔偏大，而进行计算时，仍然用0.02s，因此测出的加速度数值将比小车的真实值偏大。
12.AC 丙 一直增大 先减小后增大
【解析】解：(1)ABC.本实验是通过作图方法验证平行四边形定则，由于弹簧的劲度系数不变，根据胡克定律可知弹簧的伸长与弹力大小成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的原长和弹簧的长度，进而计算出弹簧的伸长量，但AO、BO长度不必相同，故A错误，BC正确；
D.实验中重物重力是定值，所以不必保证O点固定不变，故D错误。
故选：BC。
(2)图甲中单独用一个弹簧测定的拉力的合力的实际值，由于矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下，根据二力平衡条件，x1需要沿着竖直方向，故丙图是正确的；
(3)保持β偏角不变，将OA从乙图中位置沿逆时针缓慢转到水平位置，每个状态都处于平衡状态，根据作图法，作出的动态变化图如图所示：
对O点受力分析，O点处于动态平衡中，重力大小方向不变，OB绳中拉力方向不变，根据平行四边形定可知，OB中弹力将先减小后增大，OA中的弹力一直增大，因此OB中弹簧的长度将先减小后增大；OA中中弹簧的长度一直增大。
故答案为：(1)AC；(2)丙；(3)一直增大；先减小后增大。
(1)本实验是通过作图方法验证平行四边形定则，由于弹簧的劲度系数不变，因此用弹簧的伸长量来代替弹簧的弹力大小，据此分析需要测量的物理量；
(2)单独用一根弹簧测出的弹力为合力的实际值，根据二力平衡条件分析作答；
(3)保持β偏角不变，将OA从乙图中位置沿逆时针缓慢转到水平位置，每个状态都处于平衡状态，根据作图法分析作答。
本题主要考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，由于使用的是弹簧，不能直接读出弹力的大小，因此需要用弹簧的形变量表示弹力的大小。
13.(1)冰壶整个过程做匀减速运动，可知平均速度的大小
v=v02=3.82m/s=1.9m/s
(2)冰壶运动的时间
t0=v0a=19s
则冰壶10s末的位移大小
x10=v0t10−12at102=28m
(3)冰壶在20s内的位移大小等于19s末的位移大小，可知
x=v02t0=3.82×19m=36.1m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)m处于平衡状态，其合力为零；以m为研究对象，由平衡条件得
水平方向
Fcs60 ∘−FTcsθ=0
竖直方向
Fsin60 ∘−FTsinθ−mg=0
解得
θ=30 ∘
(2)M、m的相对位置保持不变，可看作整体，系统所受合力为零；以M、m整体为研究对象，由平衡条件得
水平方向
Fcs60 ∘−μFN=0
竖直方向
FN+Fsin60 ∘−Mg−mg=0
解得
μ= 33
(3)以整体为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件可得
Fcsα=μ(m+M)g−Fsinα
解得
F=μM+mgcsα+μsinα=μM+mg μ2+11 μ2+1csα+μ μ2+1sinα
令
sinβ=1 μ2+1 ， csβ=μ μ2+1
解得
sinβ= 32
则
β=60 ∘
则得
F=μM+mg μ2+1sinα+β
当α + β = 90°时，F最小，所以
α=30 ∘ F最小值为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)由平衡条件得：
f=F弹=k(l0−l)=6N，
方向水平向右。
(2)①A刚好离开地面时，弹力与开始相同，由平衡条件得：
F0=mg+μF弹=13N
②当上升高度为 ℎc=0.12m 时，由几何关系得弹簧的形变量为
x= ℎc2+l2−l0=0.02m，
则弹力为
F弹c=kx=6N
设弹簧与竖直方向的夹角为 θ ，则
sinθ=l ℎc2+l2=0.8 ， csθ=ℎc ℎc2+l2=0.6，
对A，由平衡条件得
Fc=mg+F弹ccsθ+μN，
N=F弹csinθ，
联立解得
Fc=16N；
③当 F=10N 时，高度有两个，分析可知高度小(高度为a时)的时候弹簧处于压缩状态，则由平衡条件得
F+F弹acsθ′=mg+μN′，
N′=F弹asinθ′，
解得tanθ′=2，
由几何关系得
tanθ′=la，
解得a=0.08m。

【解析】本题考查含弹簧的平衡问题。解决问题的关键是对A、B进行正确的受力分析，结合题给图像提供的信息，利用平衡条件分析计算。