湖北省十堰市2024-2025学年高一（上）期末调研考试物理试卷卷

这是一份湖北省十堰市2024-2025学年高一（上）期末调研考试物理试卷卷，共13页。试卷主要包含了5 m/sB，在足球比赛中，跑位技术相当重要等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.北京时间2024年11月25日7时39分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭采用“一箭双星”的方式成功将四维高景二号03星和四维高景二号04星送入预定轨道。下列说法正确的是( )
A. “2024年11月25日7时39分”指的是时刻
B. 研究火箭离开发射架的过程时，火箭可视为质点
C. 卫星在预定轨道上运行的过程中所受的合力为零
D. 卫星在预定轨道上运行一周，通过的路程为零
2.如图所示，一只苹果静止在水平桌面上。下列说法正确的是( )
A. 苹果发生了形变，桌面未发生形变
B. 桌面受到向下的弹力，是由于桌面发生了形变
C. 桌面所受的向下的弹力，就是苹果受到的重力
D. 苹果受到向上的弹力，是由于桌面发生了形变
3.在学习了摩擦力的知识后，小张对摩擦力的相关知识产生了浓厚的兴趣，他在水平地面上放一个质量为2kg的物体，物体与地面间的动摩擦因数为0.3。若取重力加速度大小g=10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当他依次用大小分别为5N、6N、7N的水平拉力拉该物体时，物体受到的摩擦力大小依次为( )
A. 5N、5N、5NB. 6N、6N、6NC. 5N、6N、7ND. 5N、6N、6N
4.某河流中水流的速度是2 m/s，一小船要从河岸的A点沿直线匀速到达河对岸下游的B点，已知A、B两点间的距离为200 m，河宽为100m，则小船在静水中的开动速度，即小船相对于静水的速度大小至少为( )
A. 0.5 m/sB. 1 m/sC. 1.5 m/sD. 2 m/s
5.为了研究自由落体运动，小张在离水平地面不同高度处将四个小球同时由静止释放，已知相邻两个小球及小球1与地面之间的距离均相同，如图所示。不计空气阻力，经过t1、t2、t3、t4，1、2、3、4四个小球依次碰到地面，则t1：t2：t3：t4为( )
A. 1： 2： 3：2B. 1：2：3：4
C. 1： 3： 5： 7D. 1：( 2−1)：( 3− 2)：(2− 3)
6.一个质量为70kg的人，站在竖直上升的升降机水平地板上，此人看到升降机上竖直挂着重物的弹簧秤的示数为40N，已知重物的质量为5kg，取重力加速度大小g=10m/s2，则他所处的状态及他对升降机地板的压力大小分别为( )
A. 超重状态，840NB. 超重状态，560NC. 失重状态，840ND. 失重状态，560N
7.如图所示，固定斜面AB顶端A的正上方有一光滑小定滑轮P，绕过滑轮的轻绳左端与小球相连，用水平力F作用在轻绳的右端，使小球从B端沿斜面缓慢上滑到C处。斜面对小球的支持力大小用N表示，不计一切摩擦。在该过程中( )
A. F逐渐增大，N逐渐减小B. F逐渐增大，N逐渐增大
C. F逐渐减小，N逐渐增大D. F逐渐减小，N逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.在足球比赛中，跑位技术相当重要。某球员沿直线跑位的x−t图像如图所示，其中球员在0∼t1时间内运动的x−t图线为直线，x0、t1、t2均已知，且t2=2t1。下列说法正确的是( )
A. 在0∼t1时间内，球员做匀速直线运动
B. 在0∼t2时间内，球员运动的方向不变
C. 在t1∼t2时间内，球员的速度逐渐增大
D. 在t1∼t2时间内，必定存在速度大小为x0t1的时刻
9.如图所示，沿水平方向以大小为v0的速度抛出的小球落到倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中的虚线所示。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 小球落在斜面上时的速度大小为v0csθB. 小球落在斜面上时的速度大小为v0sinθ
C. 小球在空中运动的时间为v0gtanθD. 小球在空中运动的时间为v0tanθg
10.一飞机的总质量为2×104kg，飞行时受到的空气阻力大小与其速率的平方成正比(即f=kv2，k为常量)。飞机在竖直方向先关闭发动机由静止下落，然后匀速下落，开启发动机后飞机受到竖直向上的恒定推力后，先向下减速后向上加速最后匀速，以竖直向上为正方向，飞机竖直方向运动过程中的v−t图像如图所示。取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 常量k的大小为125kg/m
B. 飞机所受的竖直向上恒定推力的大小为5×105N
C. 当飞机向下加速至20m/s时，飞机的加速度大小为10m/s2
D. 当飞机向下减速至速度为0时，飞机的加速度大小为2.5m/s2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组利用如图甲所示的装置测量弹簧的劲度系数。将弹簧竖直悬挂，先不挂钩码，记下弹簧下端指针指示的标尺刻度，然后在弹簧的下端悬挂钩码保持静止，并改变钩码个数，读出弹簧下端指针每次对应的标尺刻度，其中某次弹簧指针指示的标尺刻度如图乙所示。利用测得数据作出不同个数的钩码重力与对应弹簧伸长量之间的关系图像，如图丙所示。
(1)图乙所示的指针指示的刻度为 cm；
(2)该弹簧的劲度系数为 N/m(保留3位有效数字)；
(3)本实验中由于没考虑弹簧自重，劲度系数的测量值 (选填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。
12.学校物理兴趣小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系，其中的力传感器可以测出小车所受的拉力大小。实验前，调节定滑轮的高度使细线与木板平行，并平衡摩擦力。
(1)小车的质量________(填“必须”或“不必”)比所挂钩码的质量大得多。
(2)图乙是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D是五个连续的计数点，打点计时器打相邻两计数点的时间间隔为0.1s，打点计时器打下计数点B时小车的速度大小v=________m/s，小车的加速度大小a=________m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)
(3)在探究加速度与质量的关系时，控制力的大小不变，多次在小车中增加或减少砝码数以改变小车和砝码的总质量m，得到对应的数据。为了更直观地得出加速度与质量的关系，应作加速度a与________(填“m”或“1m”)的关系图像。
四、计算题：本大题共3小题，共46分。
13.如图所示，一质量m=2kg的物块静止在倾角θ=30 ∘的固定斜面上，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求斜面对物块的摩擦力大小Ff以及斜面对物块的支持力大小FN；
(2)已知物块与斜面间的动摩擦因数μ= 32，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对物块施加一沿斜面向上的推力，求物块刚要沿斜面向上运动时的推力大小F。
14.汽车以大小v=12m/s的速度沿平直公路匀速行驶，汽车经过某路标t0=2s后，一辆摩托车从该路标处由静止开始以大小a=3.75m/s2的加速度匀加速追赶汽车，汽车与摩托车均视为质点。求：
(1)摩托车出发后追上汽车所用的时间t；
(2)摩托车追上汽车时到路标的距离x；
(3)摩托车追上汽车前，它们之间的最大距离L。
15.如图所示，水平传送带以大小v1=4 m/s的速度顺时针匀速运动，传送带右侧与足够大的光滑平台平滑连接，甲、乙两物体由绕过轻小光滑定滑轮的轻绳相连，甲与定滑轮之间的轻绳水平，甲在0时刻以大小v2=2 m/s、方向水平向右的速度从左端冲上传送带。甲与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带左、右两端滑轮之间的距离L=7 m，甲的质量m1=4 kg，乙的质量m2=1kg，取重力加速度大小g=10 m/s2，轻绳足够长，两物体均视为质点。求：
(1)甲在传送带上加速向右运动的过程中，轻绳的拉力大小F；
(2)甲在传送带上从左端到第一次经过右端所用的时间t1；
(3)甲第nn=1,2,3,⋯次向右经过传送带右端滑轮的时刻tn。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.“7时39分”是一时间点，所以是时刻，故A正确；
B.研究火箭离开发射架的过程时，卫星的大小和形状对所研究的问题有影响，所以卫星不可视为质点，故B错误；
C.卫星在预定轨道上运行的过程为曲线运动，所受合力不为零，故C错误；
D.卫星在预定轨道上运行一周，位移为零，路程不为零。故D错误；
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：A、由于苹果和桌面间存在相互的挤压，苹果和桌面同时发生了形变，故A错误；
B、桌面受到的弹力是由于苹果发生形变而引起的，故B错误；
C、桌面受到向下的弹力是由于苹果发生形变引起的，该力与重力产生原因不同，不是重力，故C错误；
D、苹果受到向上的弹力是由于桌面发生形变产生的，故D正确。
故选：D。
明确弹力产生的原因，知道二者之间因发生了相互的挤压而产生了弹性形变，从而产生了弹力。
本题考查对弹力的理解，要注意明确弹力是由于施力物体发生弹性形变后要恢复原状产生的。
3.【答案】D
【解析】物块与地面之间的最大静摩擦力
fm=μmg=6N
则当他用大小为5N的水平拉力拉该物体时，物体静止，此时物体受静摩擦力为5N；当他用大小为6N的水平拉力拉该物体时，物体刚好要产生滑动，此时物体受静摩擦力为6N；当他用大小为7N的水平拉力拉该物体时，物体产生滑动，此时物体受滑动摩擦力为6N。故选D。
4.【答案】B
【解析】当小船相对于静水的速度最小时，与AB垂直，如图
sinα=vminv水=100m200m⇒vmin=1m/s
故选B。
5.【答案】A
【解析】解：假设小球1离地面的高度为h，则小球2的高度为2h，小球3的高度为3h，小球4的高度为4h
小球1下落过程
h=12gt12
解得小球1的下落时间为t1= 2hg
同理可得小球2的下落时间为t2= 4hg
小球3的下落时间为t3= 6hg
小球4的下落时间为t4= 8hg
则t1：t2：t3：t4= 2hg： 4hg： 6hg： 8hg=1： 2： 3：2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据自由落体的运动学公式，分别求出四个小球的下落时间，即可求出四个小球下落的时间之比。
本题主要考查自由落地题运动学公式，根据h=12gt2求解下落时间。题目较为简单。
6.【答案】D
【解析】解：对重物，根据牛顿第二定律有mg−F1=ma，代入m=5kg，F1=40N，得a=2m/s2，方向竖直向下，对人有Mg−F2=Ma，解得F2=560N，即人处于失重状态，根据牛顿第三定律可知，对地板的压力大小也为560N，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对重物和人分别利用牛顿第二定律列式求解加速度和支持力，结合牛顿第三定律进行分析判断。
考查牛顿运动定律的应用和超失重问题，会根据题意进行准确分析解答。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查共点力的平衡问题，解决本题的关键在于写出各力的表达式，从而求解。
【解答】
对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力N，沿绳方向的拉力F。
支持力与拉力的合力与重力等大反向，
小球向上运动过程中，支持力N与拉力F的合力保持不变，支持力的方向不变，拉力与合力的夹角逐渐变小，如图所示；
根据图可得，F逐渐增大，N逐渐减小；故A正确，BCD错误。
8.【答案】ACD
【解析】A.在0∼t1时间内，由于图线的斜率不变，即球员的速度不变，则球员做匀速直线运动，故A正确；
B.在0∼t1时间内，图线的斜率为正值，则球员沿正方向运动，在0∼t2时间内，图线切线的斜率为负值，则球员沿负方向运动，则球员运动方向改变，故B错误；
C.在t1∼t2时间内，图线切线的斜率不断增大，即球员的速度逐渐增大，故C正确；
D.在0∼t1时间内，球员的速度大小为 x0t1 ，在t1∼t2时间内，球员的速度先小于 x0t1 ，后大于 x0t1 ，所以必定存在速度大小为 x0t1 的时刻，故D正确。
故选ACD。
9.【答案】AD
【解析】对平抛运动进行速度的分解，如图
A B.小球落在斜面上时的速度大小为 v=v0csθ ，故A正确，B错误；
C D.根据平抛运动速度偏转角正切值公式
tanθ=gtv0⇒t=v0tanθg
故C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】AD
【解析】A.飞机在竖直方向先关闭发动机由静止下落，然后匀速下落，匀速的速度 v1=40m/s
根据平衡条件有 mg=kv12
解得k=125kg/m
故A正确；
B.飞机向上匀速的速度 v2=20m/s
根据平衡条件有 F=mg+kv22
解得 F=2.5×105N
故B错误；
C.当飞机向下加速至v3=20m/s时，根据牛顿第二定律有 mg−kv32=ma1
解得飞机的加速度大小为 a1=7.5m/s2
故C错误；
D.当飞机向下减速至速度为0时，根据牛顿第二定律有 F−mg=ma2
解得飞机的加速度大小为 a2=2.5m/s2
故D正确。
故选AD。
11.【答案】14.60
400
等于

【解析】(1)根据刻度尺的读数规则可知，该读数为14.60cm；
(2)由图丙，根据胡克定律可知，斜率表示弹簧的劲度系数，故k=ΔFΔx=20−05−0×10−2N/m=400N/m；
(3)由胡克定律可知，劲度系数等于弹力的变化量除以对应的弹簧形变量的变化量，因此弹簧的自重不会对劲度系数的测量结果产生影响，故劲度系数的测量值等于真实值。
12.【答案】(1)不必
(2) 0.101 0.195
(3) 1m

【解析】(1)实验中用到了力传感器，细绳中的拉力可以通过力的传感器测得，所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量。
(2)[1]打点计时器打下计数点B时小车的速度大小 v=AC2T=(2.74−0.72)×10−22×0.1m/s=0.101m/s
[2]小车的加速度大小 a=BD−OB(2T)2=(4.04−1.63)−1.63(2×0.1)2×10−2m/s2=0.195m/s2
(3)根据 a=Fm 可知，为了更直观地得出加速度和质量的关系，应作加速度a与质量的倒数 1m 的图像。
13.【答案】(1)物块受到重力、斜面对它的支持力与斜面对它的摩擦力，将重力分解，如图所示
根据平衡条件有 Ff=mgsinθ ， FN=mgcsθ
解得 Ff=10N ， FN=10 3N
(2)物块刚要沿斜面向上运动，物块所受斜面的摩擦力大小 Ff′=μFN
结合上述可知 F=Ff′+mgsinθ
解得 F=25N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)摩托车出发后追上汽车，则有 vt+t0=12at2
解得 t=8s
(2)根据匀变速直线运动的位移公式有 x=12at2
结合上述解得 x=120m
(3)摩托车追上汽车前，当它们的速度相等时，它们之间的距离最大，设从摩托车开始追赶汽车至它们的速度相等的时间为 t′ ，则有 v=at′
此时它们之间的最大距离为 L=vt′+t0−12at′2
解得 L=43.2m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)开始时物块甲与传送带之间的摩擦力为
f=μm1g=20N
对甲乙的整体
f−m2g=(m1+m2)a
解得
a=2m/s2
对甲分析可知
f−F=m1a
解得
F=12N
(2)物块甲与传送带共速时
v2+at11=v1
解得
t11=1s
甲的位移
x1=v1+v22t11=3m
此后物块甲与传送带相对静止，受向右的大小为10N的静摩擦力作用一起匀速运动，则到达传送带右端的时间
t12=L−x1v1=7−34s=1s
则物体甲第一次从传送带最左端到最右端的时间为
t1=t11+t12=2s
(3)甲离开传送带后做减速运动的加速度
a′=m2gm1+m2=2m/s2
再次回到B端的时间为
t21=2v1a′=4s
向左滑上传送带后的加速度仍为
a=2m/s2
向左减速到零再向右加速，第二次向右到达B点的时间
t22=2v1a=4s
即第二次向右到达B点的时刻为
t2=t1+t21+t22=2s+2×4s
离开B点继续向右运动的情形与第二次相同，即同理可推得第三次向右到达B点的时刻为
t3=t2+t31+t32=2s+3×4s
….
第n次向右到达B点的时刻为
tn=2s+n×4s=(2+4n)s n=1,2,3,⋯

【解析】详细解答和解析过程见【答案】