山东省菏泽市2024-2025学年高一（上）期末物理试卷

这是一份山东省菏泽市2024-2025学年高一（上）期末物理试卷，共15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8小题，共24分。
1.2024年10月30日4时27分，搭载着神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭点火发射，将3名航天员送入太空，其中菏泽曹县籍宋令东是我国首位“90后”男航天员。11时00分，载人飞船与空间站组合体成功实现自主快速交会对接。下列说法正确的是( )
A. 载人飞船与空间站对接过程中可视为质点
B. 2024年10月30日4时27分指的是时间间隔
C. 航天员环绕地球运动的过程中处于平衡状态
D. 以地球为参考系，空间站绕地球一周，平均速度为零
2.下列关于力和运动的物理观念，说法正确的是( )
A. 汽车速度越快，车的惯性越大，因此要禁止超速行驶
B. 物体速度变化越快，速度变化率越大，加速度也越大
C. 同一物体在地球表面不同位置受到的重力均竖直向下，大小相等
D. 保持两分力之间的夹角不变，其中一个分力增大时，合力一定增大
3.《龟兔赛跑》是一篇经典的儿童寓言故事，故事情节中兔子和乌龟运动的x−t图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 兔子的运动轨迹是一条折线B. t1～t3时间内兔子做匀加速直线运动
C. t2～t4时间内兔子和乌龟的位移相同D. t2～t6时间内乌龟始终在兔子的前面
4.不少市民在菏泽的马路上看到过这种四四方方、长相“呆萌”的快递车，这是菏泽第一批无人驾驶快递车。某无人驾驶快递车在某路段做匀加速直线运动时，连续通过两段位移x1和x2，这两个过程该车的速度变化量均为Δv，则该车通过这两段位移全过程的平均速度为( )
A. x2+x1⋅Δv2x2−x1B. x1+x2⋅Δv22x2−x1C. 2x22−x12Δv2D. x1+x2⋅Δvx2−x12
5.如图所示是利用位移传感器测量速度的示意图，这个系统由发射器A与接收器B组成，发射器A固定在被测物体上，接收器B固定在地面上。测量时，每隔2s发射器A向B同时发射红外线脉冲和超声波脉冲(即持续时间很短的红外线和超声波)。红外线的传播时间可以忽略，声波在空气中的传播速度为340m/s，已知被测物体A在沿直线做匀加速直线运动，接收器B收到的波形如图所示，则A的加速度约为( )
A. 1.7 m/s2B. 3.4 m/s2C. 8.5 m/s2D. 17 m/s2
6.张华同学站在升降电梯内的体重秤上，电梯静止时，体重秤示数为50kg。电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重秤示数如图，重力加速度为g。则在这段时间内( )
A. 该同学所受的重力变大
B. 电梯一定竖直向上运动
C. 电梯的加速度大小为g5，方向可能竖直向上
D. 电梯的加速度大小为g10，方向一定竖直向上
7.为欣赏泰山的壮丽景色，可乘坐图甲所示的缆车，缆车上行的过程可简化为图乙所示的模型。缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢的质量为M，车厢水平底板上另放一质量为m的货物。启动阶段，车厢以加速度a斜向上做匀加速直线运动，货物与车厢保持相对静止。已知重力加速度为g，运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向。下列说法正确的是( )
A. 悬臂对车厢的作用力竖直向上
B. 车厢(含货物)所受合力的大小为(M+m)a
C. 水平底板对货物的支持力大小为mg
D. 水平底板受到货物水平向右的静摩擦力
8.如图所示，物块a、b放在水平桌面上，一轻质弹簧水平放置，左端和右端分别与竖直墙面和a连接，a、b间用轻绳1连接，轻绳2跨过定滑轮与b和物块c连接，轻绳1和2桌面上的部分保持水平，整个系统处于静止状态。已知a的质量为2m、b和c的质量都为m，不计一切摩擦，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 轻绳1烧断后瞬间，物块a的加速度大小为g
B. 轻绳1烧断后瞬间，轻绳2上的拉力为mg
C. 轻绳2烧断后瞬间，物块a的加速度大小为g3
D. 轻绳2烧断后瞬间，轻绳1上的拉力为零
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.中学生必须掌握足够的网络鉴别能力、信息素养和自我管理能力，形成科学合理的绿色上网习惯。某同学用单手通过手机查阅学习资料的情景如图所示，手机始终处于静止状态。下列说法错误的是( )
A. 手机受到的合力为零
B. 手对手机的力就是手机所受到的重力
C. 若大拇指加大力度则手机受到的合力变大
D. 大拇指向上滑动浏览信息时，大拇指受到的一定是滑动摩擦力
10.甲、乙两车沿同一方向做直线运动的v−t图像如图所示，t=1s时，甲、乙两车第一次并排行驶。下列说法正确的是( )
A. t=0时，甲车在乙车前方5m处
B. t=4s时，乙车在甲车前方25m处
C. t=6s时，两车第二次并排行驶
D. t=4s与t=8s时，两车沿前进方向的距离相同
11.灯笼起源于1800多年前的西汉时期。每年的元宵节前后，人们挂起象征团圆意义的春节灯笼来营造喜庆的氛围。现用三根等长的轻质细绳悬挂起两个质量均为m的灯笼，细绳CD水平，另外两根细绳与水平天花板所成的角均为θ，如图所示。设细绳AC上的拉力大小为F1，细绳CD上的拉力大小为F2。重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. F1=mgsinθ
B. F2=mgtanθ
C. 保持绳长不变，仅将结点A缓慢向右移动少许，F1将变大
D. 保持绳长不变，仅将结点A缓慢向右移动少许，F2将变小
12.截至12月5日，菏泽机场2024年货邮吞吐量突破1000吨，较去年同比增长258.6%。图甲为货物通过传送带从飞机货舱卸下的情景，卸货过程可简化为图乙所示的模型。倾角θ=18 ∘的传送带以v0=3m/s的恒定速率逆时针运行，传送带A、B间的距离L=8.9m。将货物(可看作质点)轻放在A端，经0.6s货物与传送带速度相同。已知g=10m/s2，sin18 ∘≈0.30，cs18 ∘≈0.95。下列说法正确的是( )
A. 货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.25
B. 货物在传送带上运动的时间t=2.6s
C. 货物在传送带上留下的痕迹长度为2m
D. 若仅把传送带的速度调整为2.5m/s，则痕迹变长
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
13.某实验小组用如图甲所示的装置来探究弹簧弹力和形变量的关系。
(1)关于本实验，下列说法正确的是( )
A.悬挂钩码后应立即读数
B.钩码的数量可以任意增减
C.弹簧的上端不必与刻度尺的零刻度线对齐
(2)正确进行实验，记录每一次悬挂钩码的总重力和弹簧的伸长量，以弹簧弹力F为纵轴、弹簧伸长量x为横轴建立平面直角坐标系，依据实验数据作出F−x图像如图乙所示。弹簧的劲度系数k=_____N/m(结果保留3位有效数字)。
(3)实验中未考虑弹簧自身的重力，这对弹簧劲度系数的测量结果是否有影响，并说明理由：___________。
14.某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
(1)为平衡小车受到的阻力，需要调节木板倾角，使小车在不挂钩码时运动，并打出纸带进行检验，下图中的三条纸带能表明平衡阻力恰当的是( )
A.
B.
C.
(2)某次实验得到一条纸带，部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出)，测得s1=3．71cm,s2=7．92cm,s3=12．63cm,s4=17．86cm。已知打点计时器所接交流电源频率为50Hz，则小车的加速度a=_____m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，实验中钩码的质量_____(选填“需要”或“不需要”)满足远小于小车的质量。
(4)若实验时交变电流的频率f=46Hz，实验者仍按50Hz的频率计算，则测得的加速度数值_____(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。
四、计算题：本大题共4小题，共48分。
15.为避免司机反应不及时导致事故的发生，现许多车企都开发了“主动刹车系统”。汽车上装有激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方一定范围内车辆和行人的“气息”。当汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，“主动刹车系统”会立即启动。如图所示，某品牌汽车正在做主动刹车测试，汽车以72km/h的速度在路面上行驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为8m/s2。求：
(1)2s后汽车速度的大小；
(2)本次测试汽车刹车的最小安全距离。
16.如图所示，质量M=2kg的长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，质量m1=1kg的木块A贴在铁箱后壁上与铁箱保持相对静止，质量m2=1kg的小球B通过细绳与铁箱上侧连接，细绳与竖直方向的夹角α=53 ∘。已知铁箱与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin53 ∘=0.8,cs53 ∘=0.6。求：
(1)木块对铁箱的压力；
(2)水平拉力F的大小。
17.如图所示，水平地面上有一质量m=1kg的小滑块(可看作质点)，在拉力F作用下，从A点由静止开始向右运动，力F的大小为10N、方向斜向上，与水平方向的夹角α=53 ∘。当滑块到达斜面底端B点时撤去拉力，不考虑滑块刚滑上斜面时速度大小的变化，斜面固定且足够长、倾角θ=37 ∘。已知AB之间的距离L=10m，滑块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37 ∘=0.6，cs37 ∘=0.8。求：
(1)滑块第一次到达B点时速度vB的大小；
(2)从滑块开始运动计时，t=5s时滑块到B点的距离。
18.如图所示，水平地面上有一长木板正在向右滑动，木板的质量M= 2 kg，当木板的速度v0= 4 m/s时，在长木板的右端施加一水平向右的恒力F= 12 N，同时将一物块(可看作质点)轻轻放在长木板的右端，物块质量m= 2 kg，力F作用1 s后撤去。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1= 0.1，木板与物块间的动摩擦因数μ2= 0.3，重力加速度g= 10 m/s2，物块始终在木板上。求：
(1)物块刚放在长木板上时，物块和长木板加速度的大小；
(2)力F作用的1 s内，物块和长木板位移的大小；
(3)要使物块不从长木板上滑下，长木板的最小长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.载人飞船与空间站对接过程中，飞船的大小形状不能忽略，不可视为质点，选项A错误；
B.2024年10月30日4时27分指的是时刻，选项B错误；
C.航天员环绕地球运动的过程中做圆周运动，不是处于平衡状态，选项C错误；
D.以地球为参考系，空间站绕地球一周，位移为零，则平均速度为零，选项D正确。
故选D。
2.【答案】B
【解析】A.汽车的惯性只与车的质量有关，与车速无关，选项A错误；
B.加速度等于速度的变化率，物体速度变化越快，速度变化率越大，加速度也越大，选项B正确；
C.同一物体在地球表面不同位置受到的重力均竖直向下，因不同位置的重力加速度不一定相等，则大小不一定相等，选项C错误；
D.保持两分力之间的夹角不变，其中一个分力增大时，合力不一定增大，例如两个力反向时，较小的分力增大时合力减小，选项D错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】A.x−t图像只能描述直线运动，即兔子的运动轨迹是一条直线，选项A错误；
B.图像的斜率等于速度，可知 t1 ～ t3 时间内兔子做匀速直线运动，选项B错误；
C. t2 ～ t4 时间内兔子和乌龟的位移相同，均为x2−x1，选项C正确；
D. t2 ～ t4 时间内兔子在乌龟前面； t4 ～ t6 时间内乌龟在兔子的前面，选项D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】两个过程该车的速度变化量均为 Δv ，可知两段过程的时间相同，设为T，则 aT=Δv ， x2−x1=aT2
解得 T=x2−x1Δv
则该车通过这两段位移全过程的平均速度为 v=x2+x12T=x2+x1⋅Δv2x2−x1
故选A。
5.【答案】C
【解析】由图可得出三次超声波到达接收器的时间分别为0.2s、0.3s、0.5s，
根据超声波波速可以求出这三次发射器A与接收器B之间的距离分别为68m、102m、170m，因为B是静止的，所以A在这两个2s内运动的距离为34m和68m。根据△x=aT2，
可求出a=8.5m/s2。
故选C。
6.【答案】D
【解析】A.由题图知，体重计示数变大，说明该同学在这段时间内处于超重状态，他对体重计的压力将变大，而他的重力没有改变，故A错误；
B.该同学处于超重状态，加速度方向竖直向上，但电梯不一定竖直向上运动，也可能向下做减速运动，故B错误；
CD.根据体重计示数，可知此时人的视重为 55g ，即此时人对电梯的压力为 55g ，则电梯对人的支持力为 55g ，对人根据牛顿第二定律有 a=F−mgm=55g−50g50=g10
方向竖直向上，也即电梯的加速度大小为 g10 ，方向竖直向上，故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】B
【解析】A.车厢斜向上做加速运动，可知悬臂对车厢有向上的作用力，也有水平作用力，即悬臂对车厢的作用力斜向右上方，选项A错误；
B.根据牛顿第二定律，车厢(含货物)所受合力的大小为F=(M+m)a
选项B正确；
C.货物有向上的加速度，处于超重状态，可知水平底板对货物的支持力大小大于mg，选项C错误；
D.货物有向右的加速度，可知货物受地板的静摩擦力水平向右，则水平底板受到货物水平向左的静摩擦力，选项D错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A.轻绳1烧断之前的拉力等于弹簧的弹力，即 F=T1=mg
则轻绳1烧断后瞬间，弹簧弹力不变，可知物块a的加速度大小为 aa=F2m=0.5g
选项A错误；
B.轻绳1烧断后瞬间，以bc为研究对象，可得 mg=2ma
对b分析 T2=ma=12mg
即轻绳2上的拉力为0.5mg，选项B错误；
CD.轻绳2烧断之前的拉力等于弹簧的弹力，即F=T2=mg
轻绳2烧断后瞬间，弹簧弹力不变，物块ab的加速度大小为 aab=F3m=g3
此时对b分析可知 T1′=maab=13mg
轻绳1上的拉力为 13mg ，选项C正确，D错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】A.手机处于静止状态，则手机受到的合力为零，选项A正确；
B.手对手机的力是弹力和摩擦力的合力，因弹力和摩擦力与重力是不同性质的力，只能说手对手机的力大小等于手机所受到的重力大小，选项B错误；
C.若大拇指加大力度手机仍静止，则手机受到的合力仍为零，选项C错误；
D.大拇指向上滑动浏览信息时，大拇指相对手机产生相对滑动，则受到的一定是滑动摩擦力，选项D正确。
此题选择错误的，故选BC。
10.【答案】BD
【解析】A.图像与坐标轴围成的面积等于位移，因0∼1s内甲车的位移大于乙车，t=1s时，甲、乙两车第一次并排行驶，可知t=0时，甲车在乙车后方 Δx1=10×1m−12×10×1m=5m
选项A错误；
B.1∼4s内甲乙的位移分别为 x1=10×3m=30m ， x2=10+202×1m+20×2m=55m
即t=4s时，乙车在甲车前方25m处，选项B正确；
C.1∼6s内乙车的位移大于甲车，则t=6s时，乙车在甲车前面，选项C错误；
D.4∼8s内两车位移相同，均为40m，则t=4s与t=8s时，两车沿前进方向的距离相同，选项D正确。
故选BD。
11.【答案】AD
【解析】AB.对C点受力分析可知 F1sinθ=mg ， F1csθ=F2
可得 F1=mgsinθ ， F2=mgtanθ
选项A正确，B错误；
CD.保持绳长不变，仅将结点A缓慢向右移动少许，则θ变大， F1 将变小， F2 将变小，选项C错误，D正确。
故选AD。
12.【答案】BCD
【解析】A.货物与传送带共速前的加速度大小为 a=v0t1=30.6m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律可得 mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得货物与传送带间的动摩擦因数为 μ≈0.21
故A错误；
B.货物与传送带共速前下滑的位移大小为 x1=v02t1=32×0.6m=0.9m
由于 tanθ>μ ，所以共速后，货物继续向下加速运动，加速度大小为 a′=mgsinθ−μmgcsθm=1m/s2
根据运动学公式可得 L−x1=v0t2+12a′t22
解得 t2=2s 或 t2=−8s (舍去)
则货物在传送带上运动的时间为 t=t1+t2=2.6s
故B正确；
C.货物与传送带共速前相对传送带向上运动的距离为 Δx1=v0t1−v02t1=0.9m
共速后货物相对传送带向下运动的距离为 Δx2=v0t2+12a′t22−v0t2=12a′t22=2m
由于 Δx2>Δx1 ，可知货物在传送带上留下的痕迹长度为2m，故C正确；
D.若仅把传送带的速度调整为2.5m/s，即传送带速度 v′0 减小，则货物加速到与传送带共速所用时间 t′1 变小，根据 x1=v′02t′1 ， Δx′1=v′0t′1−v′02t′1=v′02t′
可知货物与传送带共速前通过的位移变小，货物与传送带共速前相对传送带向上运动的距离 Δx′1 变小；根据 L−x′1=v′0t′2+12a′t′22
可知共速后货物继续加速到底端所用时间 t′2 变长，根据 Δx′2=v′0t′2+12a′t′22−v′0t′2=12a′t′22
可知货物与传送带共速后相对传送带向下运动的距离 Δx′2 变大；由于痕迹长度等于 Δx′2 ，所以痕迹变长，故D正确。
故选BCD。
13.【答案】(1)C
(2)39.0 (38.8∼40.0)
(3)没有影响，见解析

【解析】(1)A.悬挂钩码后，应让钩码稳定后处于平衡状态时读数，故A错误；
B.应在弹簧的弹性限度范围内进行测量，不能超过弹性限度，钩码的数量不可以任意增减，故B错误；
C.弹簧的上端不必与刻度尺的零刻度线对齐，可通过弹簧下端的读数减去弹簧上端的读数得到弹簧的长度，故C正确。
故选C。
(2)根据胡克定律，弹簧的劲度系数 k=ΔFΔx=7.820.0×10−2N/m=39.0N/m
(3)由以上分析可知，弹簧的劲度系数是通过 k=ΔFΔx 求得的，由于 k=ΔFΔx 与弹簧自重无关，故实验中未考虑弹簧自身的重力，这对弹簧劲度系数的测量结果没有影响。
14.【答案】(1)B
(2)0.51
(3)不需要
(4)大于

【解析】(1)为平衡小车受到的阻力，需要调节木板倾角，使小车在不挂钩码时运动，使得小车能匀速运动，即打出的纸带应该点迹均匀，由图可知图中的三条纸带能表明平衡阻力恰当的是B。
(2)每相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，可知T=0.1s，则加速度 a=xCE−xAC4T2=(17.86−7.92−7.92)×10−24×0.12m/s2=0.51m/s2
(3)将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上，因传感器能测量小车受的拉力，则实验中钩码的质量不需要满足远小于小车的质量。
(4)若实验时交变电流的频率f=46Hz，打点周期偏大，实验者仍按50Hz的频率计算，则测得的加速度数值大于真实值。
15.【答案】(1)规定车前进方向为正方向， a=−8m/s2 ， v0=72km/h=20m/s ，
根据运动学公式 v=v0+at
把t=2s代入得v=4m/s
(2)根据运动学公式 x=0−v022a
解得x=25m
安全距离至少为25m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】(1)对小球B，由牛顿运动定律 m2gtanα=m2a
解得 a=403m/s2
对铁块A，由牛顿运动定律 FN=m1a
解得 FN=403N
由牛顿第三定律 F′N=FN
铁块对铁箱的压力大小为 403N ，方向水平向左。
(2)对铁箱、小球及铁块组成的系统，由牛顿运动定律得 F−μm1+m2+Mg=m1+m2+Ma
解得 F=2203N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】(1)从A到B过程，对滑块，由牛顿运动定律
水平方向 Fcsα−Ff1=ma1
竖直方向 Fsinα+FN1=mg
其中 Ff1=μFN1 ， L=vB22a1 ， vB=a1t1
联立得以上各式得 a1=5m/s2 ， t1=2s ， vB=10m/s
(2)从B点到最高点过程中，对滑块，由牛顿运动定律
沿斜面方向 mgsinθ+Ff2=ma2
垂直斜面方向 FN2=mgcsθ
其中 Ff2=μFN2 ， t2=0−vB−a2 ， x2=0−vB2−2a2
联立求解得 a2=10m/s2 ， t2=1s ， x2=5m
到达最高点时，由于 mgsinθ>umgcsθ ，故物块返回底端。
在下滑时间 t3=t−t1−t2
解得 t3=2s
下滑过程，沿斜面方向 mgsinθ−Ff3=ma3
垂直斜面方向 FN2=mgcsθ ， Ff3=μFN2 ， x3=12a3t32
解得 x3=4m
从开始运动经过5s，滑块离B点的距离 Δx=x2−x3
解得 Δx=1m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】(1)物块放在长木板的瞬间，对物块 μ2mg=ma1
解得 a1=3m/s2
对长木板 F−μ2mg−μ1M+mg=Ma2
解得 a2=1m/s2
(2)力F作用的1 s内，对物块 v1=a1t1 ， x1=12a1t12
解得 v1=3m/s ， x1=1.5m
对长木板 v2=v0+a2t1 ， x2=v0t1+12a2t12
解得 v2=5m/s ， x2=4.5m
(3)撤去F时，物块的加速度不变，对长木板 μ2mg+μ1M+mg=Ma3
撤去后，经时间t两者达到共同速度v， v=v1+a1t ， v=v2−a3t
解得 t=0.25s ， v=3.75m/s
从撤去F后到两者达到共同速度v，物块和长木板的位移分别为 x3=v1t+12a1t2 ， x4=v2t−12a3t2
解得 x3=2732m ， x4=3532m
经分析，达到共同速度后，二者一起做匀减速直线运动
物块在长木板滑动的距离 Δx=x4+x2−x3−x1
解得 Δx=3.25m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】