黑龙江省哈尔滨市第九中学2024-2025学年高一上学期期末物理试卷（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学2024-2025学年高一上学期期末物理试卷（含解析），共19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.对下面4幅图理解正确的是( )
A. 甲图中重力的施力物体是斜面
B. 乙图桌面上的装置可以用来观察桌面粗糙程度
C. 丙图高铁车厢里的电子屏上“126km/ℎ”是指平均速率
D. 丁图中汽车作匀变速直线运动速度由v1变到v2，该段时间内加速度方向与Δv方向相同
2.关于安全驾驶，下列说法正确的是( )
A. 超速会使车辆的惯性增大
B. 超载会使车辆的制动距离减小
C. 疲劳驾驶会使驾驶员的反应时间变长
D. 紧急刹车时，安全带对人的作用力大于人对安全带的作用力
3.下列关于圆周运动的说法正确的是( )
A. 做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心 B. 做匀速圆周运动的物体的线速度不变
C. 做匀速圆周运动的物体向心加速度方向始终指向圆心 D. 做匀速圆周运动的物体的合力可以为恒力
4.课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接A、B的是一般细绳(刚性绳)，连接C、D的是橡皮筋。那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间(橡皮筋还未第一次恢复原长)后，下列图中符合ABCD实际排列情况的是( )
A. B. C. D.
5.某同学站在水平放置的压力传感器上，进行多次“下蹲”、“站起”运动，压力传感器显示0～8s内该同学对压力传感器的压力F随时间t的变化情况如图所示，图中有a、b两段曲线，重力加速度g取10m/s2。则下列判断正确的是( )
A. 曲线a反映的是该同学先“下蹲”后“站起”的过程
B. “下蹲”过程中，该同学先“超重”后“失重”
C. “站起”过程中，该同学的加速度方向一直竖直向上
D. 0～8s内，该同学运动的最大加速度为6m/s2
6.如图所示，将一可视为质点的小球从倾角为α的斜面顶端A点以不同速度水平抛出，第一次落在B点；第二次落在斜面底端C点，不计阻力。已知AB：BC=1：3，则关于两次小球运动情况，下列说法正确的是( )
A. 两次小球水平抛出的初速度之比为1： 3
B. 两次小球在空中的时间之比为1：2
C. 两次小球击中斜面时速度与斜面夹角之比为1：2
D. 两次小球击中斜面时速度与斜面夹角之比为2：1
7.如图，用细线将一小球悬挂于O点，用水平拉力F将其拉至细线与竖直方向成θ角。现将F沿逆时针方向缓慢转过90°，在这过程中小球的位置保持不变。则在力F缓慢旋转的过程中下列说法正确的是( )
A. 细线的拉力先减小后增大
B. 细线的拉力先增大后减小
C. 拉力F的大小先减小后增大
D. 拉力F的大小不断增大
8.如图所示三个装置，(a)中桌面光滑，(b)，(c)中桌面粗糙程度相同，(c)用大小为F=Mg(g为重力加速度)的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，m在三个装置移动相同距离的过程中，下列分析中正确的是( )
A. 装置(a)中m的速度增加量大于(b)中m的速度增加量
B. 装置(a)中物块m的加速度为Mgm
C. 装置(b)、(c)中物块m的速度增加量相同
D. 装置(b)中绳上的拉力大小Tb等于装置(c)中绳上的拉力大小Tc
9.如图所示，一轻弹簧一端套在固定的光滑水平轴O上，另一端固定在质量为m的小球上，在O点的正上方有一光滑定滑轮，细绳通过滑轮与小球连接，在细绳的另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态。若缓慢拉动细线(始终保持小球平衡)直到小球刚到滑轮的正下方过程中，下列说法正确的是( )
A. 细绳的拉力大小不变B. 细绳的拉力大小先变大后变小
C. 弹簧形变量不变D. 弹簧形变量先变小后变大
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
10.一船在静水中的速度是10m/s，要渡过宽为240m、水流速度为8m/s的河流，sin53°=0.8，cs53°=0.6。则下列说法中正确的是( )
A. 此船过河的最短时间是24s
B. 船垂直到达正对岸的实际航行速度是6m/s
C. 船头的指向与上游河岸的夹角为53°船可以垂直到达正对岸
D. 此船不可能垂直到达正对岸
11.如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为m=0.6kg的匀质小球，a线与水平方向成37°角，b线水平。两根轻线所能承受的最大拉力大小都是Fm=15N，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g=10m/s2，则( )
A. 系统静止时，a线所受的拉力大小12N
B. 系统静止时，b线所受的拉力大小8N
C. 当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为5m/s2
D. 当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为10m/s2
12.雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。在无风的天气条件下，某个质量为m(保持不变)的雨滴从静止开始下落，空气对下落雨滴的阻力与雨滴速度的平方成正比，即F阻=kv2(k为已知常数)。雨滴速度随时间的变化规律近似如图所示，已知重力加速度为g，则雨滴下落过程中( )
A. 雨滴达到收尾速度前做变加速曲线运动
B. 雨滴的收尾速度大小为 mgk
C. 雨滴速度达到收尾速度一半时的加速度等34g
D. 0～t1时间内雨滴的平均速度等于12 mgk
13.如图所示，有一条沿顺时针方向转动的传送带，传送带速度恒定v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块无初速度地轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=12N。已知传送带从底端到顶端的距离L=5.8m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 小物块刚放在传送带上时的加速度大小为10m/s2
B. 小物块刚放在传送带上时的加速度大小为2m/s2
C. 小物块从传送带底端运动到顶端的时间1.4s
D. 小物块从传送带底端运动到顶端的时间 5.8s
14.风洞，被称为“飞行器的摇篮”，它看似高深莫测，却事关国家战略安全，与社会生活息息相关。从导弹、飞船、火箭到汽车、高铁、跨海大桥，只要与空气互相作用，都要在风洞里开展空气动力的试验研究，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为3v，方向与ab连线成α=53°角；在b点的速度大小为4v，方向与ab连线成β=37°角。已知ab连线长为d，小球只受风力的作用小球(小球不计重力)，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法中正确的是( )
A. 风力方向与ab连线夹角为74°
B. 风力大小为2mv2d
C. 从a点运动到b点所用的时间为2dv
D. 小球的最小速度为2.4v
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
15.在做“研究平抛物体的运动”实验时，有如下实验要求与实验操作：
(1)实验中，下列说法正确的是______。
A.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下
B.斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道末端的切线要水平
(2)在分组《研究平抛运动》实验中，用一张印有小方格的纸记录小球运动轨迹，小方格边长L=2.5cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图所示，取g=10m/s2，平抛的初速度大小为______m/s，在B位置时的速度大小为______m/s(计算均保留三位有效数字)。
16.某一学习小组的同学想通过打点计时器在纸带上打出的点迹来探究小车速度随时间变化的规律，实验装置如图1所示。

(1)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.释放纸带的同时，接通电源
B.先接通电源打点，后释放纸带运动
C.先释放纸带运动，后接通电源打点
D.纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越小
(2)某同学在实验中使用频率为50Hz的交流电源获得的纸带如图2所示，其中相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下F点时小车的速度为______m/s，小车的加速度大小为______m/s2(计算均保留三位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
17.甲车以加速度3m/s2由静止开始做匀加速直线运动，乙车在同地点同时以6m/s的速度做匀速直线运动，两车的运动方向相同，求：
(1)两车多长时间相遇；
(2)相遇前何时相距最远，最远距离是多少。
18.如图所示，物体A叠放在物体B上，物体A的质量为1kg，物体B的质量为2kg，A用轻绳系在墙壁上，轻绳与水平方向成53°角，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为0.5，若用水平力F把B匀速向右拉(A未掉下)，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
(1)A对B的压力；
(2)力F的大小。
19.如图所示，一块质量为M=2kg、长为L=3m的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为m=1kg的小木块(可视为质点)，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1=0.1，薄木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.2。初始时在木板左端施加一水平向左恒定的拉力F=12N，g取10m/s2，则：
(1)拉力F刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
(2)如果F一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
(3)如果恒定的拉力F作用1s后撤去，则在两物体运动的全过程中，木块相对木板的路程是多少？(计算可保留分数)
答案解析
1.D
【解析】解：A.甲图中重力的施力物体是地球，故A错误；
B.图乙中所示的实验是用来观察桌面微小形变，其利用了光线照射后将形变“放大”，采用了放大的思想，不能用来观察桌面的粗糙程度，故B错误；
C.丙图高铁车厢里的电子屏上“126km/ℎ”是瞬时速度的大小，不是平均速率，故C错误；
D.丁图中汽车作匀变速直线运动速度由v1变到v2，根据加速度的定义式有a=ΔvΔt可知，该段时间内加速度方向与Δv方向相同，故D正确。
故选：D。
根据重力的施力物体、微小形变放大法，速率以及加速度和速度变化量的方向关系进行分析解答。
考查运动学基本概念和物理思维方法，会根据题意进行准确分析解答。
2.C
【解析】解：A、惯性的大小只与质量有关，与速度无关，故A错误；
B、超载会使车辆的质量增大，则惯性增大制动距离变长，故B错误；
C、疲劳驾驶会使驾驶员的反应时间变长，故C正确；
D、紧急刹车时，安全带对人的作用力与人对安全带的作用力是作用力和反作用力，大小相等，故D错误。
故选：C。
惯性只与质量有关系，惯性增大制动距离变长；
疲劳驾驶会使反应时间变长；
根据相互作用力概念可判断。
明确惯性与质量有关，知道相互作用力的概念。
3.C
【解析】解：A、做匀速圆周运动的物体受到的合力一定指向圆心，做变速圆周运动的物体所受合力不指向圆心，故A错误；
B、做匀速圆周运动的物体的线速度的大小不变，线速度的方向时刻在改变，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体向心加速度始终指向圆心，故C正确；
D、在匀速圆周运动中，物体受到的合力(即向心力)的大小不变，但方向不断改变，始终指向圆心。因此，合力不是恒力，而是方向不断变化的力，故D错误。
故选：C。
根据圆周运动的基本概念，包括匀速圆周运动的特征、向心力、向心加速度以及合力的方向判断匀速圆周运动中速度、加速度和力的特性，以及它们与圆周运动的关系。
本题的关键在于理解匀速圆周运动中速度、加速度和力的特性。速度的大小不变但方向改变，加速度始终指向圆心，合力(向心力)的大小不变但方向不断改变。这些特性是判断选项正确与否的基础。
4.C
【解析】在释放小球的瞬间，刚性绳的拉力瞬间消失，则AB小球都做自由落体运动；
对于弹性绳而言，绳的弹力无法瞬间消失，则D球在短暂时间内停留在原位置，C球往下运动，所以弹性绳会发生收缩，故C正确，ABD错误。
故选：C。
5.D
【解析】解：A.曲线a中压力先小于重力后大于重力，说明先向下加速后向下减速，反映的是该同学“下蹲”过程，故A错误；
B.“下蹲”过程中，先向下加速后向下减速，因此该同学先“失重”后“超重”，故B错误；
C.“站起”过程中，该同学先向上加速，加速度方向竖直向上，再向上减速运动，过程失重，加速度方向竖直向下，故C错误；
D.该同学的质量为50kg，0～8s内，该同学运动的最大加速度为am=500−20050m/s2=6m/s2，故D正确。
故选：D。
物体对支持物的压力大于物体所受重力的现象叫做超重；物体对支持物的压力小于物体所受重力的现象叫做失重。
考查对超重、失重的理解，清楚其定义。
6.B
【解析】解：AB、小球做平抛运动，设位移为s，如图所示
水平方向：scsα=v0t
竖直方向：ssinα=12gt2
解得：v0=1tanα gscsα2，t= 2scsαg
由于AB：BC=1：3，则sAC=4sAB，
则两次小球的初速度之比v01v02= sABsAC= sAB4sAB=12
两次小球在空中的运动时间之比t1t2= sABsAC= sAB4sAB=12，故A错误，B正确；
CD、设小球击中斜面时速度方向与斜面间的夹角为θ，
由图示可知：tan(α+θ)=vyv0=gtv0，则tan(α+θ1)tan(α+θ2)=t1v02t2v01=12×21=1，解得：θ1=θ2，故CD错误。
故选：B。
小球做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球的初速度与运动时间，然后求出初速度之比与时间之比；
求出小球击中斜面时速度与斜面的夹角，然后求出夹角之比。
本题考查了平抛运动规律的应用，分析清楚小球的运动过程，应用平抛运动规律与运动学公式可以解题。
7.C
【解析】解：对小球受力分析，由平衡条件可知，细线对小球的拉力T和水平拉力F的合力一定竖直向上，与重力mg等大、反向，将F沿逆时针方向缓慢转过90°的过程中，画出该过程的力的动态平行四边形如图所示：
由图可得，力F沿逆时针方向缓慢旋转至竖直向上过程中，拉力T逐渐减小，拉力F先减小后增大，且F与T垂直时，力F最小；故C正确，ABD错误；
故选：C。
对小球受力分析，由平衡条件，画出将F沿逆时针方向缓慢转过90°的过程中，力的动态平行四边形，即可分析判断ABCD正误。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
8.A
【解析】解：AB、对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：
装置(a)：Mg=(M+m)aA
装置(b)：Mg−μmg=(M+m)aB
解得：aA=MM+mg，aB=MM+mg−μmgM+m
由匀变速直线运动的v−x公式得：v2=2ax
解得：v= 2ax，由于aA>aB，x相同，则vA>vB，故A正确，B错误；
C、装置(c)中，对m，由牛顿第二定律得：F=maC，解得：aC=Mmg>aB，由v= 2ax可知，vBTb，故D错误。
故选：A。
应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后应用匀变速直线运动的v−x公式与牛顿第二定律分析答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动情况与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
9.C
【解析】解：如图所示，对小球受力分析，小球受到三个力，重力mg、弹簧的弹力F和细绳的拉力FT，
如图所示，将这三个力进行适当平移可构成一个首尾相接的矢量三角形
设OB=l1，OA=l2，AB=l3，这个力的三角形与△OAB相似，则
mgl1=Fl2=FTl3
由于mg、l1不变，l3变小，所以FT变小；
设弹簧的原长为l0，劲度系数为k，压缩量为x，则
l2=l0−x
根据胡克定律
F=kx
故
Fl2=kxl0−x=mgl1
因mgl1不变，故弹簧压缩量为x不变。故ABD错误，C正确。
故选：C。
以小球为研究对象，受力分析，组建三角形，根据相似三角形法则求解细绳的拉力大小、弹簧弹力大小变化情况；结合胡克定律求解弹簧形变量变化。
本题主要考查相似三角形法则在共点力平衡中的应用，典型题型，难度较大。
10.AB
【解析】解：A、当船速垂直河岸时用时最少，有
tmin=dv船=24010s=24s
故A正确；
CD、因为v船>v水，则船头指向斜上游方向，可以使河岸方向的速度为零，合速度垂直河岸从而垂直过河，设船头的指向与上游河岸的夹角为θ，有
v船csθ=v水
可得
csθ=v水v船=45
即
θ=37°
故CD错误；
B、垂直过河时，根据合速度与分速度的关系，有
v合=v船sinθ=10×sin37°=10×0.6m/s=6m/s
故B正确。
故选：AB。
船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，当船头垂直河岸时，渡河时间最短；当船的合速度垂直河岸时，位移最短，再结合运动学公式，即可求解。
处理小船过河时，按照合运动与分运动的关系：等时，等效的特点进行分析即可，注意：(1)当船速垂直河岸时，用时最少；(2)当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小为河宽。
11.BC
【解析】解：AB、系统静止时，小球受力如图所示
系统静止处于平衡状态，由平衡条件得：
在竖直方向：Fasin37°=mg
在水平方向：Facs37°=Fb
代入数据解得：Fa=10N，Fb=8N，故B正确，A错误；
C、系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示

当a线拉力为15N时，由牛顿第二定律得：
在竖直方向：Fmsin37°−mg=ma
在水平方向：Fmcs37°=Fb
代入数据解得：Fb=12N
此时加速度有最大值：a=5m/s2，故C正确；
D、系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：
在水平方向：Fb−Facs37°=ma′
在竖直方向：Fasin37°=mg
代入数据解得：Fa=10N
当Fb=15N时，加速度最大为a′=11.67m/s2，故D错误。
故选：BC。
应用平衡条件求出系统静止时a线与b线的拉力大小；
应用牛顿第二定律求出细线恰好拉断时的加速度，然后分析答题。
本题考查了牛顿第二定律，对小球正确受力分析是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
12.BC
【解析】解：A.雨滴从静止开始下落空气对下落雨滴的阻力与雨滴速度的平方成正比，由牛顿第二定律有
mg−kv2=ma
可知随着速度的增大，加速度逐渐减小，因初速度为零，则雨滴达到收尾速度前做变加速直线运动，故A错误；
B.当雨滴的加速度等于零时做匀速直线运动，则有
mg=kvm2
故收尾速度为
vm= mgk
故B正确；
C.当雨滴速度达到收尾速度一半时，有
mg−k(vm2)2=ma1
可得加速度为a1=34g
故C正确；
D若0～t1时间做匀加速直线运动，平均速度为雨滴实际做加速度减小的变加速直线运动，在相同时间t1内比匀加速直线的位移多，则平均速度大于12 mgk，故D错误。
故选：BC。
根据牛顿第二定律可求出加速度表达式，可得出雨滴运动状态；加速度为零时，根据受力平衡可求出收尾速度；利用牛顿第二定律可求出雨滴速度达到收尾速度一半时的加速度；根据平均速度定义以及运动过程分析，可得到平均速度应该比12 mgk大。
学生在解决本题时，应注意能够从题干中找到空气对下落雨滴的阻力与雨滴速度的平方成正比这一关键信息，并列出牛顿第二定律方程。
13.AC
【解析】解：AB、物块刚放在传送带上时，对物块，由牛顿第二定律得：F+μmgcs37°−mgsin37°=ma1，代入数据解得：a1=10m/s2，故A正确，B错误；
CD、物块加速到与传送带共速需要的时间t1=va1=410s=0.4s
该过程物块的位移x1=v2t1=42×0.4m=0.8m