广东省深圳市盐田高级中学2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题

试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年第一学期期末考试 盐田高级中学高一物理试题卷 命题人：姚 磊 审题人：尹立光 时间：75分钟 总分：100 分 一、单选题（7 小题，每小题 4 分，共 28 分） 1．深圳湾跨海大桥全长 5.5km，大桥限速 100km/h。某人驾驶小型汽车通过大桥全程时用时 3min，则（ ） A．计算行车时间时汽车不能视为质点 B．此过程中汽车的位移大小为“5.5km” C．“100km/h”为平均速度 D．此次驾车过程已超速行驶 2．物理课上，老师将弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连，如图甲所示。当对弹簧施加变化的作用力 （拉力或压力）时，保证弹簧始终在弹性限度内，那么在电脑上就得到弹簧长度的形变量与弹簧产生的弹力大 小的关系，如图像乙；演示实验结束后，两同学对本实验的四条争论中，哪一条判断是正确的（ ） A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比 B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比 C．该弹簧的劲度系数是 20N / m D．弹簧劲度系数会随该弹簧所受压力而改变 3．小明、小红两人共提一桶水匀速走向教室，如图所示，水和水桶的总质量为 m，两 人拉力方向与竖直方向都成θ角，大小都为 F，则下列说法中正确的是（ ） A．不管θ为何值， 2 mgF  B．当θ为 30°时，F=mg C．当θ=45°时，F= 2mg D．θ越大时，F越大 4．深圳平安金融中心大厦，是深圳第一高楼，位于福田商业中心区。某人将小球从大厦的 顶端静止释放，经测量可知小球着地前 1s的位移为释放后第1s位移的 21倍，忽略空气阻力。 则由此可知该大厦的高度约为（ ） A．400m B．500m C．600m D．700m 5．雨滴从高空由静止下落，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，则在此过程中雨滴的运 动图像最接近下图中的（ ） A． B． C． D． 试卷第 2页，共 4页 6．如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有 a、b两个轻环，系在轻环上的等长细绳拴住矿泉水瓶处于静止状态， 现将两环间的距离变大后，矿泉水瓶仍处于静止状态，则（ ） A．杆对 a环的支持力变大 B．b环对杆的摩擦力变大 C．杆对 a环的作用力不变 D．与 b环相连的细绳对矿泉水瓶的拉力不变 7．如图所示，一颗松子沿倾斜冰面AB从顶端A点由静止匀加速滑下，1s后松鼠从A点以1.5m / s的初速度、 23m / s 的加速度沿直线匀加速追赶松子。3s后松鼠恰好在冰面底端 B点追上松子，则（ ） A．冰面 AB的长度为 18m B．松子沿冰面下滑的加速度大小为 24m / s C．松鼠与松子相隔最远时，松鼠的速度大小为 3m/s D．追逐过程中，松鼠与松子相隔最远的距离为 1.25m 二、多选题（3 小题，每小题 6 分，共 18 分，每题不只一个选项正确，少选得 3 分，选错得 0 分） 8．物理学是集科学知识、科学方法和科学思维为一体的学科。下列有关科学思维方法叙述正确的有（ ） A．图甲利用“微小量放大法”观察桌面的微小形变 B．图乙伽利略斜面实验采用了“理想化模型法” C．图丙将 F 看成 1F、 2F 的合力，采用了“控制变量法” D．图丁把匀变速直线运动的 v t 图像分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，把各小段的位移相 加代表物体在 t内总位移，采用了“等效替代法” 9．一列有 8节车厢的动车，其中第 1节、第 3节、第 6节、第 8节车厢是带动力的，其余 4节车厢是不带动力 的。如图所示，该动车在平直轨道上匀加速向右启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为 F ，每节车厢 质量均为m，每节车厢所受阻力均为该节车厢重力的 k倍，重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ） A．整列车的加速度大小为 m kmgF 2 2 B．整列车的加速度大小为 F kmgm  C．第 4节车厢对第 5节车厢的作用力大小为 0 D．第 4节车厢对第 5节车厢的作用力大小为 12 F 试卷第 3页，共 4页 10．2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为 37  的斜面雪道如图（甲）。假 设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为 75kgm  ，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力 f 与滑雪速度 v成正比，比例系数 k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运 动的 v t 图像如图（乙）中的曲线 AD所示，图中 AB是曲线 AD在 A点坐标为  0,5 的切线，切线上一点 B的坐 标为  4,15 CD， 是曲线 AD的渐近线。（g=10m/s2， sin37 0.6  ， cos37 0.8  ）。下列说法正确的是（ ） A．开始运动时雪橇的加速度大小为 23.75m / sa  B．0 4s 内雪橇做加速度变小的曲线运动 C．比例系数为 37.5Ns / mk  D．动摩擦因数 0.125  三、实验题(每空 2 分，共 18 分) 11．小明同学在学习完“自由落体运动”的内容后，受打点计时器研究物体运动实验的启发，他决定在家自主展 开实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，利用逐帧播放功能截取图片，根据图中小球的位置来测量当地 重力加速度，实验装置如图 1所示。 （1）家中有不同材质的小球，其中最适合用作实验中下落物体的是 。 A．小塑料球 B．乒乓球 C．小钢球 （2）下列主要操作步骤的正确顺序是 。（填写各步骤前的序号） ①打开手机摄像功能，开始摄像 ②捏住小球，从刻度尺旁静止释放 ③手机固定在三脚架上，调整好手机镜头的位置 ④把刻度尺竖直固定在墙上 （3）停止摄像，利用视频逐帧播放，从中截取三帧连续的图片，图片中的小球和刻度如图 2所示。已知所截取 的图片相邻两帧之间的时间间隔为 1 s 6 ，刻度尺的分度值是1mm。由此测得：第 2幅图片中小球的下落速度为 m/s，当地重力加速度为 2m / s （结果均保留两位有效数字）。 （4）若小明释放时手不小心给了小球一个向下的初速度，则 （选填“可以”或“不可以”）再用（2） 的方法计算当地的重力加速度． 12．利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。 小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图 甲所示，已知当地重力加速度为 g。实验步骤如下： ①轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬 挂小瓶子（带盖）； ②向瓶子内装适量细沙，整个实验装置处于静止状态； ③打开手机软件，剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度 a随时间 t变化的图像（向上为正），并用弹 试卷第 4页，共 4页 簧测力计测出瓶子和细沙的重力 G； ④改变瓶子中细沙质量，重复步骤③，获得多组实验数据。 (1)某次实验中，通过手机软件记录竖直方向加速度 a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速 度对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点；剪断细绳瞬间手机受到的合力大小 F等于 （选填“瓶 子和细沙的重力 G”或“手机的重力”）。 (2)根据实验获得多组实验数据绘制 a F 图像如图丙所示，由图可得结论：在误差允许的范围内， 。 (3)若某同学在处理数据时，测得图丙中图线的斜率为 k，则可推算出手机的质量为 （选用 k、g表示）。 四、解答题(共 36 分) 13．(9 分)企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾斜冰面上，先以大小 a1=1m/s2的加速度从冰面 底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=4s时，突然卧倒并用肚皮贴着冰面匀减速向前滑行，加速度大小为 a2=4m/s2， 减速到零后以大小为 a3=5m/s2的加速度加速退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅滑动姿势保持不变）。求： (1)企鹅距离出发点最远距离； (2)企鹅完成一次游戏所用时间。 14．(13 分)如图，两根轻绳连接着质量为M 的小球，右侧轻绳一端固定于 A点，左侧轻绳跨过光滑定滑轮 B 连接物体 Q，物体 Q、N通过一轻弹簧连接，Q、N的质量均为m（未知），整个系统处于静止状态时，小球 位于图示位置，两轻绳与水平方向夹角分别为37和53。已知 sin37 0.6, 37cos 0.8   ，重力加速度大小为 g。求： （1）求右侧轻绳对小球拉力的大小 AF 和左侧轻绳对小球拉力的大小 BF ； （2）若 2 Mm  ，求物体 N对地面的压力大小 NF ； （3）要使物体 N不离开地面，则 m至少是M的多少倍。 15．(14 分)．风洞实验室中可以产生水平向左方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞 实验室，细直杆与水平面的夹角可以调节，小球孔径略大于细杆直径，小球质量为 3kg，小球与细杆间的动摩 擦因数为 0.4。（重力加速度 g取 10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8） (1)当杆在水平方向上固定时（图中虚线所示），调节风力的大小，使小球在杆上做加速度为 5m/s²的匀加速运动， 求作用在小球上的风力大小； (2)调节杆与水平方向间夹角为 37°并固定（图中实线所示），如风力为零，判断小球从杆上静止释放后能否静 止在杆上，不能静止的话，求出小球运动的加速度大小； (3)保持杆与水平方向间夹角为 37°并固定，写出小球从杆上静止释放后运动的加速度大小 a与作用在小球上风 力大小 F的关系。 盐田高级中学高一年级期末考试物理答题卡 班级 姓名 考号 座号 注意事项： 1.答题前，认真核对条形码上的姓名、考试号，并在贴条 形码区粘贴考生条形码。 贴条形码区 2.选择题作答必须用2B铅笔，修改时用橡皮擦干净。笔 答题作答必须用黑色墨迹签字笔或钢笔填写，答题不得 超出答题框。 3. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破。 选择题填涂说明： 正确填涂：■ 错误填涂：州☑灯 客观题答题区(1-7单选每题4分：8-10多选每题6分，少选得3分，错选0分，共46分) 1 CAJEBJ ECJ CD3 5 CAJ CB]CC3 CD3 8 CA]CBJ CCJ CD] 2CA][B][C][D] 6[A][B][c][D] 9 CA]CBJ CCJ CD] 3 CAJCBJ CCJ CD] 7 CAJCBJCC3 CD] 10[A][B][C][D] 4[A][B]EC][D] 主观题答题区（共54分) 11.(10分)(1) (2) (3) (4) 12.(8分)(1) (2) (3) 13.(9分) 第1页共1页 14.(13分) B A N 15.(14分) y 风 37 物理答题卡 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D C B B C AB AC CD 1．D【详解】A．计算行车时间时，可以忽略汽车的形状和大小，可以视为质点，故A错误； B．大桥全长36km指的是路程，而不是位移大小，故B错误； C．“100km/h”为瞬时速度大小，而不是平均速度，故C错误； D．汽车过桥的平均速率为可知此次驾车过程一定有瞬时速度大于限速100km/h，所以此次驾车过程已超速行驶，D正确；故选D。 2．B【详解】A．由题图可知弹簧产生的弹力和弹簧的形变量成正比，故A错误； B．由题图可知弹簧弹力的增加量与弹簧形变量的增加量成正比，即 所以又因为弹簧形变量的增加量一定等于弹簧长度的增加量，所以弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比，故B正确； C．F-x图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则该弹簧的劲度系数是故C错误； D．由题图可知图像的斜率不变，所以弹簧的劲度系数不变，故D错误。故选B。 3．D【详解】由题可知两人的手臂对水桶的拉力大小为F，两人拉力方向与竖直方向都成θ角，根据对称性可知，结合平衡条件得解得 当θ＝0°时，cosθ值最大，则；当θ＝30°时，；当θ＝45°时，；当θ为60°时， ；当θ越大时，则F越大；故ABC错误，D正确；故选：D。 4．C【详解】根据初速为零的匀加速直线运动的规律，连续相等时间内的位移之比为 由题意可知x1：xn=1：21故有2n-1=21解得n=11由于连续时间间隔为1s，故小球下落的总时间t=11s 故大厦的高度=605m故选C。 5．B【详解】速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有 则加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，位移时间图线切线斜率表示速度，速度时间图线切线斜率表示加速度。故选B。 6． B【详解】A．设矿泉水瓶的质量为，以两个轻环和矿泉水瓶为整体，竖直方向受到重力和水平横梁对两轻环的支持力，如图所示 根据平衡条件得解得可知水平横梁对轻环的支持力不变，故A错误； B．以b环为研究对象，受力如图所示根据受力平衡可得， 联立可得将两环间的距离变大后，减小，减小，则b环受到的摩擦力变大，即b环对杆的摩擦力变大，故B正确； C．杆对a环的支持力不变，摩擦力变大，则杆对a环的作用力变大，故C错误； D．以矿泉水瓶为对象，设细绳对矿泉水瓶的拉力为，根据受力平衡可知 解得由于减小，减小，则绳子拉力变大，故D错误。故选B。 7．C【详解】AB．松子沿冰面下滑的加速度大小为，松鼠加速度为， t1=3s时松鼠追上松子，有lAB= 解得冰面AB的长度lAB=9m，故AB错误； CD．松鼠与松子相隔的距离最远时，松鼠与松子速度相等，设此时松子运动时间为，有, 解得，dm=1.125m故C正确，D错误；故选C。 8．AB【详解】A．图甲利用“微小量放大法”观察桌面的微小形变，故A正确； B．图乙伽利略的斜面实验是在可靠的事实为基础上，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出结论，采用了“理想化模型法”，故B正确； C．图丙将看成、的合力，采用了“等效替代法”，故C错误； D．图丁把匀变速直线运动的图像分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，把各小段的位移相加代表物体在内总位移，采用了“微元法”，故D错误。故选AB。 9．AC【详解】AB．对8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律解得整列车的加速度大小为故A正确，B错误； CD．对5-8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为故C正确，D错误。故选AC。 10．CD【详解】A．从图中斜率可知，开始运动的加速度故A错误； B．人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动，故B错误； CD．根据牛顿第二定律，开始时 由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度）， 即有两式联立，得将， 代入后得，,CD正确。故选CD。 11．C ④③①② 2.2（2.1~2.3） 9.6（9.5~9.7） 可以 【详解】（1）[1]要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小的小钢球最适合；故选C； （2）[2]要完成实验首先应该将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头的位置；因为下落时间很短，所以一定要先打开摄像头开始摄像，然后再将小球从刻度尺旁静止释放，故顺序为④③①②； （3）[3]由三张图片读出小球球心所在位置的刻度分别为、、，小球在第2幅图片中小球的下落速度为（2.1~2.3均算正确） [4]根据可得（9.5~9.7均算正确） （4）[5]利用计算加速度大小与初速度是否为零无关，故可以。 12．(1)A 瓶子和细沙的重力G (2)当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比 (3) 【详解】（1）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）往复运动，故第一个峰值即为绳子被剪断时的瞬时加速度，则剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的A点； [2]剪断细绳前，根据受力平衡可知，弹簧的弹力等于手机的重力与瓶子和细沙的重力G之和；剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，则手机受到的合力大小F等于瓶子和细沙的重力G。 （2）由丙图知，图像为过原点的一条直线，由图可得结论：在误差允许的范围内，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。 （3）根据牛顿第二定律可得可得可知图像的斜率为可得手机的质量为 13．(1)10m(2)7s 【详解】（1）企鹅先向上做匀加速直线运动...............................1分 企鹅卧倒时..............................1分 企鹅向上匀减速..............................1分 企鹅距离出发点最远距离为..............................1分 解得x=10m..............................1分 （2）向上匀加速的时间为t=4s 向上匀减速的时间为..............................1分 反向匀加速阶段有..............................1分 解得2s..............................1分 所以企鹅完成一次游戏所用时间7s..............................1分 14．（1），；（2）；（3） 【详解】（1）小球处于静止状态时，对小球受力分析，根据平衡条件有 ..............................1分 ..............................1分 解得..............................1分 ..............................1分 （2）若，则有因此弹簧处于拉伸状态..............................1分 对物体有..............................1分 对物体有..............................1分 解得..............................1分 根据牛顿第三定律有..............................1分 （3）N与地面弹力恰好为零时，对N有..............................1分 对Q有..............................1分 解得m=0.4M..............................1分 要使物体N不离开地面，则N的质量m至少是M的0.4倍..............................1分 15．(1)27N；(2)2.8m/s2；(3)当F≤40N时(m/s2)，当F＞40N时(m/s2) 【详解】(1)当杆在水平方向上固定时，据牛顿第二定律可得..............2分 代入数据可解得F1=27N..............1分mg F y N f x (2) 杆与水平方向间夹角为37°时，mgsin37°=0.6mg， 而fm=μN=μmgcos37°=0.32mg即mgsin37°>fm ..............1分 故小球不能静止在杆上..............1分 据牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°=ma2..............2分 代入数据可得a2=2.8m/s2。..............1分 (3) 小球受力如图所示，正交分解，若Fsin37°=mgcos37°，得N=0，F=40N..............1分 若F≤40N，即，N垂直斜面向上，则..............1分 若F＞40N，即，N垂直斜面向下，则..............1分 在沿杆方向，由牛顿第二定律得..............1分mg F y N f x 代入数据化简可得 当F≤40N时(m/s2)..............1分 当F＞40N时(m/s2)..............1分 学科网（北京）股份有限公司 $$