辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析），共13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.关于惯性，下列说法中正确的是( )
A. 物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
B. 羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的惯性小的缘故
C. 同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大
D. 月球上的重力加速度是地球上的16，则一个物体从地球移到月球惯性减小为16
2.如图所示，“50TFSI”为某品牌汽车的一款车辆的尾部标识，其中“50”称为G值。G值的大小为车辆从静止加速到100km/h(百公里加速)的平均加速度的10倍。由此推算，该车百公里加速的时间约为( )
A. 2sB. 5.6sC. 20sD. 56s
3.如图所示，用水平外力F将木块压在竖直墙面上保持静止，下列说法正确的是( )
A. 木块对墙的压力与外力F是一对平衡力
B. 当外力F增大时，墙对木块的静摩擦力也增大
C. 木块的重力与墙对木块的静摩擦力是一对作用力与反作用力
D. 木块对墙的压力与墙对木块的支持力是一对作用力与反作用力
4.表面光滑的四分之一圆柱体紧靠墙角放置，其横截面如图所示。细绳一端固定在竖直墙面上P点，另一端与质量为m的小球连接，小球在圆柱体上保持静止。已知圆柱体的半径为R，悬点P与圆柱体圆心O的距离为2.5R，重力加速度大小为g，则圆柱体对小球的支持力大小为( )
A. 25mg
B. 35mg
C. mg
D. 52mg
5.质量为m=1kg的物块在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，物块运动的v-t图像如图所示。忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 0～2s内，拉力F的大小为12NB. 4s时，物块开始下降
C. 4～6s内，物体处于超重状态D. 物体上升的最大高度为24m
6.如图所示，物体P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将P和天花板相连，已知mQ=2mP，重力加速度为g。剪断绳子的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹力变小
B. 弹簧的弹力变大
C. 物体P的加速度大小为2g，方向竖直向上
D. 物体Q的加速度大小为g，方向竖直向上
7.如图所示，在小车车厢的顶部用轻质细线悬挂的一质量为m的小球，当小车沿水平面做匀变速直线运动时，发现悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为θ=37°，在车厢底板上放着一个质量为M的木块，小球及木块均和车厢保持相对静止。已知木块与车厢底板间的动摩擦因数为μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A. 细线的拉力大小为53mg
B. 木块的加速度大小为43g
C. 木块受到的摩擦力大小为45Mg，方向水平向右
D. 车厢受到木块的摩擦力大小为34Mg，方向水平向左
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一碗水置于火车车厢内的水平桌面上，某时刻水面形状如图所示。关于火车此时的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 向右减速B. 向右加速C. 向左减速D. 向左加速
9.如图甲所示，轻杆BC水平插入竖直墙内，轻绳AD跨过水平轻杆BC右端的轻滑轮悬挂一个质量为2kg的物体。如图乙所示，水平轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过轻绳EG拉住，且G端用轻绳GF悬挂一个质量也为2kg的物体。已知AC、EG与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. 绳AC的拉力大小为20 3N
B. 绳EG的拉力大小为40N
C. 滑轮对绳子的弹力大小为20N
D. 将H端的铰链去掉，杆HG随意插入墙内，绳EG的拉力大小一定不变
10.如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v-t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m=1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3B. 拉力F的大小为1.75N
C. 5s后，长木板的加速度大小为3m/s2D. 长木板P的长度至少是3.5m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示，则：
(1)通过图象得到弹簧的劲度系数______N/m
(2)为了用弹簧测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案______更合理。
②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N.当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为4.0N，b的示数为10.0N，则A、B间的动摩擦因数为______。
12.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的装置。

(1)本实验主要应用的方法是______。
A.极限法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.理想实验法
(2)在保持小车受力相同，探究加速度与质量关系的实验中，下列说法正确的是______。
A.平衡摩擦力时，应将装有砝码的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力
C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D.为得出加速度a与质量m的关系而作出a-1m图像
(3)某次实验中打出一条纸带，经测量得出各计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，且相邻两个计数点之间有4个点未画出，可知打B点时的速度大小为vB= ______m/s，小车的加速度大小为a= ______m/s2(均保留三位有效数字)。
(4)保持小车质量不变，改变悬挂重物的质量，多次重复实验，测得多组加速度a及重物的重力F，作出a-F图像如图丙所示，发现图线不过原点，其原因可能是______。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一轻质弹簧的原长l0=10cm，用它竖直提一个质量为m=2kg的物体，当物体处于静止状态时，弹簧长度为l1=12cm；将物体置于水平桌面上，用该弹簧沿水平方向拉该物体，当物体在水平桌面上匀速运动时弹簧长度为l2=11cm。物体与水平桌面间的最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)物体与桌面间的动摩擦因数；
(3)用该弹簧沿水平方向拉静止在桌面上的该物体，当弹簧长度为l3=13cm时，物体受到的摩擦力大小。
14.如图所示，一足够长且竖直固定的长直圆管内有一静止的薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为h=0.8m。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速直线运动，在圆盘的速度减为零的瞬间，小球恰好第2次与圆盘发生碰撞。已知每次碰撞后瞬间圆盘和小球的速率均为碰撞前瞬间小球速率的一半，小球与圆盘发生碰撞的时间极短(可忽略)，小球在圆管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球从释放到第1次与圆盘碰撞的时间；
(2)小球第2次与圆盘碰撞时，圆盘下降的高度；
(3)圆盘在圆管内做匀减速直线运动的加速度大小。
15.如图甲所示，一倾角为θ=37°足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，质量为m=1kg的物块由斜面体的底端以一定的初速度沿斜面体向上运动，同时在物块上施加一沿斜面向下的恒力F，此时刻计为t=0时刻，1s末将恒力F撤走，物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：

(1)撤去恒力时，物块到斜面底端的距离；
(2)恒力F的大小及物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)物块回到斜面底端时的速度大小。
答案和解析
1.B
【解析】AB.惯性是物体本身的一种性质，质量是惯性大小的唯一量度，与物体的运动状态无关，羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的质量小，惯性小的缘故。故A错误，B正确；
CD.质量是惯性大小的唯一量度，与速度大小无关，与重力大小无关，故CD错误；
故选：B。
2.B
【解析】根据题意可知，该车的百公里加速的加速度大小为a=G10=5010m/s2=5m/s2
又因为v=100km/h=27.8m/s
由v=at
解得t=5.6s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
3.D
【解析】AC.对木块进行受力分析，受重力，推力F，墙对木块的支持力，以及墙对木块的摩擦力，其中重力和摩擦力为平衡力，推力和支持力为平衡力，故AC错误；
B.木块竖直方向受力平衡，木块的重力大小等于静摩擦力大小，当外力F增大时，墙对木块的静摩擦力大小等于重力大小，故静摩擦力不变，故B错误；
D.木块对墙的压力与墙对木块的支持力等大反向共线，作用在两个物体上，是一对作用力与反作用力，故D正确。
故选：D。
4.A
【解析】对小球受力分析，如图所示
利用力的合成法则，可知拉力和支持力的合力与重力等大反向，
由图示可知，支持力与合力构成的三角形与小球与墙面PO构成的几何三角形为相似三角形，
根据相似三角形原理
FNmg=R2.5R
整理解得
FN=25mg
故BCD错误，A正确。
故选：A。
5.A
【解析】A.0～2s内，物体做匀加速直线运动，由物块运动的v-t图像可知，加速度大小为
a1=ΔvΔt,解得a1=2m/s2
根据牛顿第二定律有
F-mg=ma1
解得
F=12N
故A正确；
B.由物块运动的v-t图像可知，物块的速度始终为正值，即物块一直向上运动，故B错误；
C.由物块运动的v-t图像可知，4～6s内，物块做匀减速直线运动，加速度方向向下，故物块处于失重状态，故C错误；
D.根据v-t图像面积表示位移，可知物块上升的最大高度为
h=(6+2)2×4m=16m
故D错误。
故选：A。
6.C
【解析】AB、弹簧的弹力不能突变，故剪断绳子的瞬间，弹簧弹力不变，故AB错误；
C、设mQ=2mp=2m，对整体分析，由平衡条件可得：F=2mg+mg，解得弹簧的弹力为：F=3mg
剪断细绳的瞬间，对P受力分析，根据牛顿第二定律可得：F-mg=ma，解得：a=F-mgm=3mg-mgm=2g，方向竖直向上，故C正确；
D、对Q受力分析，根据牛顿第二定律有：2mg=2ma'，解得：a'=g，方向竖直向下，故D错误。
故选：C。7.D
【解析】AB、对小球受力分析如下图所示：
由平行四边形定则可得绳子拉力大小为：T=mgcsθ=mgcs37∘=mg45=54mg
水平方向由牛顿第二定律有：mgtanθ=ma
可得小球的加速度大小为：a=34g，方向水平向右，木块的加速度与小球的加速度相同，即木块的加速度大小为34g，故AB错误；
CD、木块竖直方向重力和支持力平衡，水平方向受向右的静摩擦力f，由牛顿第二定律有：f=Ma
可得f=34Mg，由牛顿第三定律可知，车厢受到木块的摩擦力大小为34Mg，方向水平向左，故C错误，D正确。
故选：D。
8.AD
【解析】图中水面向左倾斜，则碗对水的作用力的合力方向大致斜向左上方，另外，水受到竖直向下的重力，所以水受到的重力与碗对水的作用力的合力的方向向左。根据牛顿第二定律可知水的加速度的方向向左，所以水可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，即火车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
9.BC
【解析】AC、取C点为研究对象，受力分析如图甲所示，
根据几何关系有
FAC=FCD=mg=20N
且二者夹角为120°，故可得轻杆BC对C端的弹力大小为
FBC=FAC=20N
滑轮对绳子的弹力大小为20N，故A错误、C正确；
B、取G点为研究对象，受力分析如图乙所示，竖直方向有
FEGsin30°=mg
代入数据解得绳EG对G端的拉力大小
FEG=mgsin30∘=2×1012N=40N
故B正确；
D、将H端的铰链去掉，杆HG插入墙内，杆HG固定，杆的弹力方向不一定沿着杆，则绳EG的拉力大小可能发生改变，故D错误。
故选：BC。
10.BD
【解析】A、由图乙可知，在4s时撤去力F，此时长木板P的速度为：v1=3m/s
5s时两者速度均为：v2=2m/s
0～5s内，根据题图可求滑块Q的加速度大小为：a1=ΔvΔt=2-05-0m/s2=0.4m/s2
由牛顿第二定律有：μ1mg=ma1
联立解得：μ1=0.04
4∼5s内，长木板P的加速度大小为：a1'=ΔvΔt=3-21m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有：μ1mg+μ2(m+m)g=ma1'
联立并代入数据解得：μ2=0.03，故A错误；
B、0∼4s内，长木板P的加速度大小为：a2=ΔvΔt=3-04-0m/s2=0.75m/s2
由牛顿第二定律有：F-μ1mg-μ2(m+m)g=ma2
解得：F=1.75N，故B正确；
C、因μ1>μ2，5s后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析
由牛顿第二定律有：μ2(m+m)g=(m+m)a3
解得：a3=0.3m/s2，故C错误；
D、0～5s内，小滑块的位移大小为：x1=12×5×2m=5m
长木板的位移大小为：x2=12×3×4m+12×(3+2)×1m=8.5m
故长木板P的长度至少为：Δx=x2-x1=8.5m-5m=3.5m，故D正确。
故选：BD。
11.300 甲 0.2
【解析】(1)由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=10cm，即弹簧的原长为10cm，由图读出弹力为F0=60N，弹簧的长度为L0=5cm，弹簧压缩的长度x0=L-L0=40-20=20cm=0.2m；
由胡克定律得弹簧的劲度系数为k=Fx0=600.2=300N/m；
(2)①甲乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计必须要求其做匀速直线运动，比较困难，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理；
②由于弹簧测力计a示数为4.0N，所以A、B间的动摩擦因数μ=fFN=420=0.2；
故答案为：(1)300； (2)①甲； ②0.2；
12.C BD 0.560 2.01 见解析
【解析】(1)探究加速度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，可知，本实验主要应用的方法是控制变量法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
(2)A.平衡摩擦力时，不挂装有砝码的小桶，将长木板有打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，故A错误；
B.平衡摩擦力时，根据mgsinθ=μmgcsθ
解得μ=tanθ
可知，平衡摩擦力过程与小车的质量无关，即每一次改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B正确；
C.为了充分利用纸带，避免纸带上出现大量的空白段落，实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车，故C 错误；
D.小车的加速度a与质量m成反比例关系，为了直观得到该规律，应作出a-1m图像，故D正确。
故选：BD。
(3)相邻计数点的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s
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，则打B点时的速度大小为
vB=xAC2T=(4.61+6.59)×10-22×0.1m/s=0.560m/s
根据逐差法，小车的加速度大小为
a=xCE-xAC(2T)2=(8.61+10.61-4.61-6.59)×10-2(2×0.1)2m/s2≈2.01m/s2
(4)丙图中拉力为零时，加速度不为零，其原因可能为平衡摩擦力时木板倾斜角度过大，平衡摩擦力过度。
13.【解析】(1)竖直提着物体时，根据胡克定律，物体的平衡状态可得
mg=k(l1-l0)
代入数据解得k=1000N/m
(2)水平匀速拉动物块时，对物块受力分析可得
k(l2-l0)=μmg
代入数据解得μ=0.5
(3)当弹簧长度为l3=13cm时，物体静止，根据平衡条件可知，物体受到的摩擦力大小
f=k(l3-l0)
代入数据解得f=30N。
答：(1)弹簧的劲度系数为1000N/m；
(2)物体与桌面间的动摩擦因数为0.5；
(3)当弹簧长度为l3=13cm时，物体受到的摩擦力大小为30N。
14.【解析】(1)小球与圆盘碰撞前做自由落体运动，则有h=12gt12，解得：t1= 2hg= 2×0.810s=0.4s；
(2)以向下为正方向，则小球第1次与圆盘碰撞前瞬间的速度为：v=gt1=10×0.4m/s=4m/s
小球第1次与圆盘碰撞后瞬间，小球的速度为：v1=-12v=-12×4m/s=-2m/s
圆盘的速度为：v盘=12v=12×4m/s=2m/s
设经时间t，小球第2次与圆盘碰撞，此时圆盘下降的高度为H
对小球，有H=-v1t+12gt2
对圆盘，有H=v盘2t
联立代入数据解得：H=0.6m；
(3)圆盘做匀减速直线运动，则有v盘2=2aH，解得：a=v盘22H=222×0.6m/s2=103m/s2。
答：(1)小球从释放到第1次与圆盘碰撞的时间为0.4s；
(2)小球第2次与圆盘碰撞时，圆盘下降的高度为0.6m；
(3)圆盘在圆管内做匀减速直线运动的加速度大小为103m/s2。
15.【解析】(1)由图乙可得，v-t图像与横轴的面积为物块的位移，即物块到斜面底端的距离x=(12×6×0.5-12×2×0.5)m=1m
(2)由图乙可得，t=0.5s时，物块速度为零，即物块在t=0.5s时，到达斜面最高点，向上运动时，物块加速度的大小a1=ΔvΔt=6m/s0.5s=12m/s2，在上滑阶段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式F+mgsinθ+μmgcsθ=ma1，0.5s后，物块向下运动，结合图乙，物块向下运动的加速度的大小a2=ΔvΔt=2m/s0.5s=4m/s2，在下滑阶段，结合物块的受力，牛顿第二定律的表达式F+mgsinθ-μmgcsθ=ma2，解得F=2N，μ=0.5
(3)撤走恒力F后，由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcsθ=ma3，则物块向下运动的加速度a3=2m/s2，此时物块速度大小为v1=2m/s，距离斜面底端x=1m，由匀变速直线运动推论有v2-v12=2ax，解得物块回到斜面底端时的速度大小v=2 2m/s
答：(1)撤去恒力时，物块到斜面底端的距离为1m；
(2)恒力F的大小为2N，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
(3)物块回到斜面底端时的速度大小为2 2m/s。