贵州省黔西南州金成实验学校2024-2025学年高一上学期期末检测物理试题

第 1页 共 4页 第 2页 共 4页 秘密 启用前| 2024—2025 学年度第一学期 0116期末质量检测试题 高一年级 物理 答卷注意事项: 1、学生必须用黑色(或蓝色)钢笔、圆珠笔或签字笔在试卷上答题。 2、填涂答题卡必须使用 2B 铅笔填涂。 3、答题时字迹要清楚、工整 4、本卷共 15 小题,总分为 100 分。 一、单选题(每题 4 分,7 个小题,共计 28 分) 1.1.下列关于平抛运动的说法正确的是( ) A.抛出速度越大,飞行的水平距离一定越大 B.抛出点高度越高,飞行的水平距离一定越大 C.抛出速度越大,飞行的时间越长 D.抛出点高度越高,飞行时间越长 2.运动员将排球击出后,排球在空中划出一段优美的弧线,如图中虚线所示。则排球在 P点处受到的合外力 方向可能正确的是( ) A. B. C. D. 3.在一次施工中,塔吊将重物从O点吊起,从起吊开始计时,以O为原点,设水平向右为 x方向、竖直向上 为 y方向,重物 x、 y方向的运动规律分别如图甲、乙所示,则重物( ) A.在水平方向做匀变速直线运动 B.运动轨迹为抛物线 C.0 8 s 内的位移大小为 24 m D.在相等时间内的速度变化量不相等 4(改编自教材 19页第 4题).在水平路面上骑摩托车的人,遇到一个壕沟,其数据如图所示。摩托车后轮离 开地面后失去动力,可以视为做平抛运动。摩托车后轮落到壕沟 对面才算安全。( 2=10m/sg )。则摩托车安全越过这个壕沟的最 小速度为( )。 A.10m/s B.15m/s C. 20m/s D. 25m/s 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 12N B.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,甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶端O点水平抛出,分别落到斜面上的 A B、 两点, 9OB OA , 不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A.甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1: 2 B.甲、乙两球接触斜面的瞬间,速度的方向相同 C.甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为 2 :1 D.甲、乙两球运动过程中速度变化量的方向不相同 7.如图甲为某车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型,紧 绷的传送带始终保持 1m / sv 的恒定速率运行。旅客把行李箱无初速度地放在 A处,然后到 B处取走,AB间 的距离为 2m,行李箱大小忽略不计,与传送带之间的动摩擦因数为 0.1,则行李箱从 A处运动到 B处所需的 时间( ) A.4s B.3s C. 2.5s D. 2s 二、多选题(每题 5分,3 个小题,共计 15 分;全部选对得 5 分,选对但不全得 3 分,有选错的得 0 分) 8.如图所示,一条不可伸长的细绳跨过一个小定滑轮,将 A、B两物体连在一起,B以速度 0v 向左匀速运动, 当细线与水平方向成 角时(0 90 ),A物体的速度和绳的拉力与 A物体重力之间的关系为( ) A.A物体的速度为 0 cos v B.A物体的速度为 0 cosv C.绳的拉力大于 A物体重力 D.绳的拉力等于 A物体重力 9.如图所示,同一高度有 4个相同的小球,同一时刻甲、乙、丙分别沿竖直 向下、水平向右和竖直向上以相同的速率抛出,丁做自由落体运动,均不计空气阻力。则下列说法正确的是 ( ) 第 3页 共 4页 第 4页 共 4页 A.四个小球同时落地 B.甲、乙两小球落地时的速度大小相同 C.四个小球的加速度相同 D.四个小球的位移相同 10.如图所示,质量为 M、倾角为 的斜面体置于水平面上,质量为 m的滑块置于斜面上,用一水平力 F向 右推动斜面体,恰好使滑块与斜面体保持相对静止。已知重力加速度为 g,不计一切摩擦,则正确的是( ) A.滑块与斜面体之间的弹力大小为 mgcos B.滑块的加速度大小为 gtan C.水平力 F的大小为(M+m)gtan D.地面对斜面体的支持力大小为(M+m)g 三、实验题(11 题 6 分,12 题 8 分) 11.为了探究质量一定时加速度与力的关系,一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M 为带滑轮的小车 的质量,m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计) (1)关于平衡摩擦力,下列说法正确的是_。 A.平衡摩擦力时,需要在动滑轮上挂上砂和砂桶 B.改变小车质量时,需要重新平衡摩擦力 C.改变小车拉力时,不需要重新平衡摩擦力 (2)实验中 (选填“需要”或“不需要”)满足m远小于M 。 (3)如图乙所示为实验中得到的一条纸带,相邻计数点间有四个点未标出,打点计时器所接电源的频率为50Hz, 则小车的加速度大小为 2m / s 。 (4)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标,加速度为纵坐标,画出的如图丙所示的a F 图像是一条直线,求得图线 的斜率为 k,则小车的质量为 。 12.图甲是某种“研究平抛运动”的实验装置,斜槽末端口 N与小球离地面的高度均为 H,实验时,当 P小球 从斜槽末端飞出与挡片相碰,立即断开电路使电磁铁释放 Q小球,发现两小球同时落地,改变 H大小,重复 实验,P、Q仍然同时落地。 (1)关于实验条件的说法,正确的有_; A.斜槽轨道必须光滑 B.斜槽轨道末段 N端必须水平 C.P小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放 D.P小球每次必须从斜槽上相同的位置无初速度释放 (2)该实验结果可表明_; A.两小球落地速度的大小相同 B.P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动 C.P小球在竖直方向的分运动是匀速直线运动 D.P小球在竖直方向的分运动与 Q小球的运动相同 (3)若用一张印有小方格(小方格的边长为 L=10cm)的纸记录 P小球的轨迹,小球在同一初速平抛运动途中的 几个位置如图乙中的 a、b、c、d所示,重力加速度 g=10m/s2,则 P小球平抛的初速度的大小为 m/s; 小球 P抛出后运动到 b点的时间为 s。(计算结果均保留两位有效数字) 四、解答题(13 题 10 分,14 题 15 分,15 题 18 分) 13(改编自教材 21页第 4题)一小球从空中某点水平抛出,经过 A、B两点,已知小球在 A点的速度大小为 4m/s,方向与水平方向成 30 角,小球在 B点的速度方向与水平方向成 60 角。不计阻力,g取 10m/s2,求: (1)小球由 A到 B的运动时间; (2)A、B两点间的距离。 14.如图所示,质量为 4kgM 、足够长的木板乙置于水平面上,质量为 2kgm 的滑块甲置于长木板的最左 端,已知滑块甲与长木板乙之间的动摩擦因数为 1 0.4 ,长木板乙与水平面间的动摩擦因数为 2 0.2 。假 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑块甲可视为质点,重力加速度 210m / sg 。求: (1)若 0t 时刻给长木板乙向左的初速度 0 9m / sv ,此时滑块甲和长木板乙的加速度大小; (2)在(1)的条件下,经过足够长时间后,滑块甲与长木板乙均静止时,滑块甲到长木板乙最左端的距离以及 滑块甲的总位移大小。 15.如图所示,一小球从平台上抛出,恰好无碰撞地落在临近平台的一倾角为 a=53 的光滑斜面上并下滑,已 知斜面顶端与平台的高度差 h=0.8m,斜面高度 H=2.8m(g取 10m/s2,sin53 =0.8, cos53 =0.6)求: (1)小球落在斜面上时竖直方向速度 vy与水平方向速度 vx分别是多少? (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离 s是多少? (3)小球沿光滑斜面下滑的时间 t是多大?ID:3553675 第 1 页 共 2 页 2024—2025学年度第一学期0116期末质量检测 高一 物理答题卡 学校： 班级：姓名： 座号： 注 意 事 项 1. 答题前请将姓名、班级、考场、座号和准考证号填写清楚。 2. 客观题答题,必须使用2B铅笔填涂,修改时用橡皮擦干净。 3. 主观题必须使用黑色签字笔书写。 4. 必须在题号对应的答题区域内作答,超出答题区域书写无效。 5. 保持答卷清洁完整。 正确填涂 缺考标记 贴条形码区 1 A B C D 2 A B C D 3 A B C D 4 A B C D 5 A B C D 6 A B C D 7 A B C D 8 A B C D 9 A B C D 10 A B C D 一.选择题(43分) 二.实验题(14分) 11(1） （2） (3) （4） 12 (1) （2） （3） 三.解答题(43分) 13 ID:3553675 第 2 页 共 2 页 请使用2B铅笔填涂选择题答案等选项及考号 14 15 《高一物理期末测试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B C A B C BC BC BCD 1．AB．由 21 2 h gt 0x v t 得 0 0 2hx v t v g   知，做平抛运动的物体飞行的水平距离由抛出速度和抛出点高度共同决定，A、B错误； CD．由 21 2 h gt 知，做平抛运动的物体的飞行时间只与抛出点高度有关，抛出点高度越高，飞行的时间越长， C错误，D正确。 故选 D。 2．A 【详解】AC．排球做曲线运动时，合外力指向曲线的内侧，并且排球处于上升过程，速度 减小，运动方向与合外力方向成钝角，A正确，C错误； BD．根据曲线运动的特点，排球受到的合外力指向运动轨迹的内侧，BD错误。 故选 A。 3．B 【详解】A． x t 图像斜率代表速度，图甲可知斜率不变，故重物在水平方向做匀速直线运 动，故 A错误； B．图甲可知甲水平方向速度为 24 0 m / s 3m / s 8 0x v      可知水平方向位移 3x t v t 图像斜率代表加速度，图乙可知加速度 2 24 0 m / s 0.5m / s 8 0 a      可知竖直方向位移 2 21 0.25 2 y at t  联立以上得 20.25 9 y x 所以重物的运动轨迹为抛物线，故 B正确； C．图甲可知 0~8s内水平方向位移大小 24mx  v t 图像面积表示位移，则0 8 s 内竖直方向位移大小 1 8 4 m 16m 2 y         故合位移 2 2 8 13mL x y   故 C错误； D．以上分析可知，重物的加速度为 0.5m/s2，且为恒定值，根据 va t    可知在相等时间内的速度变化量相等，故 D错误。 故选 B。 4．C 【详解】摩托车做平抛运动，则 21 2 H h gt  0s v t 解得 0v 20m/s 故选 C。 5．A 【详解】A．0~2s内，物体做匀加速直线运动，由图像可知，加速度大小为 2 1 2m/s va t     根据牛顿第二定律有 1F mg ma  解得 12NF  故 A正确； B．由图像可知，物块的速度始终为正值，即物块一直向上运动，故 B错误； C．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 (6 2) 4m 16m 2 h    故 D错误。 故选 A。 6．B 【详解】AC．设斜面倾角为，由于两次均落至斜面，位移偏角相同，可得 2 0 0 1 2tan 2 gty gt x v t v     可得 0 2 tan gtv   落至斜面的位移为 2 0 cos 2sin v t gts     由题意可知两次的位移之比为1: 9，故所用时间之比为1:3，初速度之比为1:3，故 AC错误； B．甲、乙两球接触斜面的瞬间，速度的方向与水平方向夹角 a满足 0 0 tan 2 tany v gt v v     故落至斜面时速度方向相同。故 B正确； D．运动过程中速度变化量 v gt  可知甲、乙两球速度变化量的方向始终竖直向下，均与重力加速度 g方向相同。故 D错误。 故选 B。 7．C 【详解】行李箱加速时的加速度大小为 21m / smga m    行李箱加速到与传送带共速所用时间为 1 1s vt a   行李箱加速阶段通过的位移大小为 1 1 0.5m 2m2 vx t   行李箱与传送带共速后做匀速运动，则有 2 1 2 1.5sAB x L xt v v     则行李箱从 A处运动到 B处所需的时间为 1 2 2.5st t t   故选 C。 8．BC 【详解】AB．将 B的速度 v0沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示 则有重物上升的速度 A 0 cosv v  故 A错误，B正确； CD．由于 B以速度 v0向左匀速运动，θ变小，则 vA变大，物体 A加速上升，处于超重状态， 所以绳的拉力大于 A物体的重力，故 C正确，D错误。 故选 BC。 9．BC 【详解】C．甲、乙、丙球被抛出，丁球做自由落体运动后，均不计空气阻力，四个小球只 受重力，由牛顿第二定律 mg ma 可得，四个小球的加速度相同，均为 g，故 C正确； A．设竖直向下为正方向，由运动学公式，对甲球有 2 0 1 1 1 2 h v t gt  竖直方向，对乙球有 2 2 1 2 h gt 对丙球有 2 0 3 3 1 2 h v t gt   对丁球有 2 4 1 2 h gt 整理可得 3 2 4 1t t t t   故 A错误； B．根据动能定理 2 2 0 1 1 2 2 mgh mv mv  解得小球落地时的速度大小为 2 0 2v v gh  故甲、乙两小球落地时的速度大小相同，故 B正确； D．甲、丙、丁三个小球落到抛出位置的正下方，位移大小和方向相同，乙小球水平方向有 位移，四个小球位移不相同，故 D错误。 故选 BC。 10．BCD 【详解】A．对滑块受力分析可知，滑块受向下的重力和垂直斜面的支持力，两个力的合力 水平向右，则滑块与斜面体之间的弹力大小为 cosN mgF   选项 A错误； B．根据牛顿第二定律可知 tanmg ma  可得滑块的加速度大小为 a=gtanθ 选项 B正确； C．对斜面体和滑块整体分析可知，水平力 F的大小为 F=(M+m)a=(M+m)gtanθ 选项 C正确； D．对斜面体和滑块整体分析可知，竖直方向受力平衡，则地面对斜面体的支持力大小为 ( )N M m g  选项 D正确。 故选 BCD。 11．(1)C(1 分) (2)不需要(1 分) (3)1.48(2 分) (4) 2 k (2 分) 【详解】（1）平衡摩擦力时，应该把细线、砂和砂桶撤去，利用小车自身的重力分力平衡摩 擦力，则有 sin cosMg Mg   可得 tan  可知改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力；改变小车拉力时，不需要重新平衡摩擦力。 故选 C。 （2）根据题装置图可知，细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以不需要满足m远小于M 。 （3）相邻计数点间有四个点未标出，则相邻计数点的时间间隔为 5 0.02s 0.1sT    根据逐差法可得小车的加速度大小为 2 2 2 2 2 (22.56 8.32 8.32) 10 m / s 1.48m / s 4 4 0.1 CE ACx xa T         （4）以小车为对象，根据牛顿第二定律可得 2F Ma 可得 2a F M  可知 a F 图像的斜率为 2k M  可得小车的质量为 2M k  12．(1)BC(2 分) (2)D(2 分) (3) 2.0(2 分) 0.15(2 分) 【详解】（1）A．斜槽轨道不必光滑，A错误； B．斜槽轨道末段 N端必须水平，小球离开轨道后才能做平抛运动，B正确； CD．这个实验只验证小球做平抛运动在竖直方向是自由落体运动，与水平方向无关，所以 不需要每次实验小球离开水平槽时初速度相同，小球可以从斜槽上不同的位置无初速度释放， C正确，D错误。 故选 BC。 （2）A．两小球落地速度的大小不相同，落地时竖直分速度大小相同，A错误； B．实验结果不能表明 P小球在水平方向的分运动是匀速直线运动，B错误； CD．P小球在竖直方向的分运动与 Q小球的运动相同，是自由落体运动，C错误，D正确。 故选 D。 （3）[1]根据 2 2L Lg T   解得 0.1sT  初速度为 0 2 2.0m/sLv T   [2]在 b点根据速度公式得 2 2 L L gt T   解得 0.15st  13．（1）0.4s；（2） 4 7 5 m 【详解】（1）设水平抛出时初速度为 v0，在 A点 0 cos30 2 3m/sAv v   (1 分) sin30 2m/syA Av v   (1 分) 在 B点 0 tan 60 6m/syBv v  (1 分) 从 A点运动到 B点，竖直方向上 By Ayv v gt  (1 分) 联立解得 0.4st  (1 分) （2）A、B之间水平距离 0x v t (1 分) A、B之间竖直距离 2 yA yBv vy t   (2 分) A、B两点间的距离 2 2L x y  (1 分) 联立解得 L= 4 7 5 m(1 分) 14．(1) 21 4m / sa  ， 2 2 5m / sa  (2)4.5m， 6m 【详解】（1）以甲为对象，根据牛顿第二定律可得 1 1mg ma  (1 分) 解得 2 1 4m / sa  (1 分) 方向向左；以乙为对象，根据牛顿第二定律可得 1 2 2( )mg M m g Ma    (2 分) 解得 2 2 5m / sa  (1 分) 方向向右。 （2）设经过 1t ，甲、乙速度相同，则有 1 1 1 0 2 1v a t v a t   (2 分) 解得 1 1st  ， 1 4m / sv  (1 分) 该过程甲、乙通过的位移大小分别为 1 1 1 2m2 vx t  (1 分) ， 0 12 1 6.5m2 v vx t  (1 分) 共速后，由于 1 2  ，甲、乙保持相对静止一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可 得 2 3( ) ( )M m g M m a    (1 分) 解得加速度大小为 2 3 2m / sa  (1 分) 共速后甲、乙一起做匀减速直线运动通过的位移大小为 2 1 3 3 4m 2 vx a   (1 分) 则滑块甲与长木板乙均静止时，滑块甲到长木板乙最左端的距离为 2 1 4.5mx x x    (1 分) 滑块甲的总位移大小为 1 3 6mx x x   (1 分) 15．(1) 4m/syv  ， 3m/sxv  (2) 1.2ms  (3) 0.5st  【详解】（1）小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，所以 tan 53y xv v  (2 分) 由竖直方向自由落体运动的规律有 2 2yv gh (2 分) 代入数据解得 4m/syv  (1 分)， 3m/sxv  (1 分) （2）根据公式 1yv gt (2 分) 解得 1 0.4st  (1 分) 所以斜面顶端与平台边缘的水平距离为 1 3 0.4m 1.2mxs v t    (2 分) （3）球沿斜面下滑的初速度为 2 2 5m/sx yv v v   (2 分) 加速度为 2sin53 8m/sa g  (2 分) 斜面长度为 3.5m sin53 Hl   (1 分) 由匀加速直线运动公式 21 2 l vt at  (1 分) 代入数据得 0.5st  (1 分)