辽宁省大连市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试卷

2024-2025学年辽宁省大连市高一（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.某同学将羽毛球向右上方击出，如图所示，考虑空气阻力，则当羽毛球运动到其轨迹的最高点P时，羽毛球所受合外力的方向为(    ) A. 水平向左 B. 竖直向下 C. 斜向左下 D. 斜向右下 2.物理源于对生活的理性思考，善于观察现象，并运用恰当的思想方法分析诠释，方能开启科学殿堂的大门。在如图四种物理情境的阐述中，用到了“等效替代法”的是(    ) A. 如图甲，两个学生共同提着一桶水静止，老师自己也能提着这桶水静止 B. 如图乙，伽利略利用斜面实验推理得出物体运动不需要力来维持的观点 C. 如图丙，利用速度-时间图像的面积可以求出做直线运动物体的位移大小 D. 如图丁，曲线运动中经过A点的瞬时速度方向沿曲线上该点的切线方向 3.某物体做直线运动的位移-时间关系图像如图所示。关于该物体的运动，下列说法正确的是(    ) A. 第1s内，物体通过的路程大于2m B. 第2s内，物体做正向的匀速直线运动 C. 第3s内，物体做负向的加速直线运动 D. 第4s内，物体的平均速度大于 4.如图所示，在砖墙前A点由静止开始释放一颗小石子，B、C是其运动轨迹上的两点。不计空气阻力，设每块砖的厚度相等，则小石子在AB段和BC段的平均速度之比为(    ) A. 1：2 B. 1：3 C. 1：4 D. 1：5 5.如图所示为某饮料自动售卖机出口处的截面图。当饮料罐来到出口处时，挡板以O为转轴沿顺时针方向抬起，饮料罐得以滚出。不计一切摩擦，则在挡板顺时针缓慢抬起一个小角度饮料罐尚未滚出的过程中(    ) A. 斜面对饮料罐的支持力大小不变 B. 斜面对饮料罐的支持力逐渐增大 C. 挡板对饮料罐的压力先减小后增大 D. 挡板对饮料罐的压力逐渐减小 6.如图所示，长为l的细绳一端固定于O点，另一端系一个小球可视为质点，在距O点正下方的A处钉一个钉子，小球从一定高度摆下，则在细绳与钉子相碰瞬间前后，下列说法正确的是(    ) A. 细绳与钉子相碰前后绳中张力大小不变 B. 细绳与钉子碰后瞬间绳中张力增大为碰前瞬间的2倍 C. 细绳与钉子相碰前后小球的向心加速度大小不变 D. 细绳与钉子碰后瞬间小球的向心加速度增大为碰前瞬间的2倍 7.如图所示，两条细绳均有一端固定在天花板上、另一端与小球相连，细绳与竖直方向所成夹角均为，不计细绳质量且绳不可伸长，某时刻剪断左侧细绳，则在剪断左侧细绳瞬间前后，右侧细绳中张力大小之比为(    ) A. 1：1 B. 1：2 C. 1： D. 1： 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.课间，同学们聚在一起做弹笔帽游戏。如图所示，笔帽和轻弹簧连接在一起放在水平桌面上，竖直向下压笔帽，放手后笔帽和弹簧一起竖直向上弹起，并离开桌面。下列说法正确的是(    ) A. 弹簧离开桌面前，弹簧上的弹力一直减小 B. 当弹簧刚恢复原长时，笔帽的速度达到最大 C. 离开桌面上升过程中，笔帽处于失重状态 D. 离开桌面前，笔帽的加速度一直减小 9.如图所示，顶端带有轻质定滑轮的光滑斜面体固定在水平面上，其截面为直角三角形且左侧的倾角为，一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮与两个物块A和B相连，A和B的质量均为m，重力加速度为g，现将AB由静止释放，，，则(    ) A. 物块A和B沿斜面运动过程中A的加速度大小为 B. 物块A和B沿斜面运动过程中绳中张力大小为 C. 若将物块B换为大小为沿斜面向下的拉力，物块A的加速度大小不变 D. 若物块A和B的质量均增大为2m，物块A的加速度大小不变 10.如图甲所示，一个传送带倾斜放置，倾角为，传送带匀加速启动，2s后以恒定速率顺时针转动，传送带启动的同时，一煤块以初速度从A端冲上传送带，在时恰好到达传送带的顶端B，传送带和煤块的速度随时间变化图像如图乙所示，取重力加速度，则下列说法正确的是(    ) A. 传送带与水平面夹角的正弦值为 B. 传送带AB两端之间的长度为6m C. 煤块在传送带上留下的划痕长度为4m D. 煤块相对传送带运动的路程为6m 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 11.某实验小组采用如图甲所示的实验装置探究“小车的加速度与力和质量之间的关系”。 下列有关本实验的操作及其对应原因的说法，请判断正误在对应题号下面的横线上选填“√”或“”： ①打点计时器接交流电源，以保证打点计时器能正常打点计时；______ ②调整定滑轮的高度，使细绳与长木板平行，以保证小车运动过程中所受的合外力不变；______ ③平衡摩擦力时要挂上适量的槽码，以保证细线的拉力等于小车所受到的合外力；______ ④槽码质量要远小于小车质量，以保证槽码的重力大小近似等于细线对小车的拉力大小。______ 实验小组正确操作后得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器的打点周期是T，A、B、C、D、E为打点计时器连续打出的相邻点，测得AB、BC、CD、DE间的距离分别为、、、，则计算小车加速度的表达式为______。用题中所给的物理量符号表示 12.某实验小组利用图甲所示的仪器探究向心力大小的表达式。长槽上的挡板A、挡板B和短槽上的挡板C分别到各自转轴的距离之比为1：2：1，变速塔轮有三层，如图乙所示，每层的左右塔轮半径之比自上而下分别为1：1、2：1、3：1。匀速转动手柄使左右塔轮转动，小球对挡板的作用力通过杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，根据标尺上的红白相间格子数可以粗略得到两小球所受向心力之比。 为了探究向心力大小与质量的关系，应选取质量______的小球选填“相同”或“不同”，分别放在长槽上的挡板______处选填“A”或“B”与短槽上的挡板C处，调节皮带至第______层塔轮进行实验； 在探究向心力大小与角速度的关系时，某同学将两个质量相等的小钢球分别放在挡板A和挡板C处，将皮带调至塔轮不同层，记录实验数据如表： 塔轮 A处小球和C处小球角速度大小之比 标尺露出的格子数 左标尺 右标尺 第一层 1：1 第二层 ①______ 第三层 ②______ 将表格中①______和②______处的数据补充完整；根据表中记录数据，可以得到向心力和角速度的关系是 F正比于______选填“”或“”或“”； 在探究得出向心力表达式后，某同学将两个质量相等的小钢球分别放在挡板B和挡板C处，调节皮带至第二层塔轮，该同学猜想挡板B处小球和挡板C处小球所受向心力之比应为______，随后进行实验检验，结果表明该同学的猜想是正确的。 四、计算题：本大题共3小题，共40分。 13.某同学在地铁车厢内将一支质量为10克的圆珠笔系在细绳的一端，细绳的另一端固定在车厢内的竖直扶手上。地铁水平刹车过程中细绳偏离了竖直方向一定角度，用手机拍摄当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁刹车方向垂直。若地铁刹车过程可以近似看成匀减速直线运动，且刹车前的速度大小为，从开始刹车到恰好停下的位移大小为100m，不计细绳的质量，取重力加速度，求在刹车过程中： 地铁的加速度大小和所用时间； 圆珠笔对细绳的拉力大小，以及细绳与竖直方向夹角的正切值。计算结果中可有根式 14.2024年，中国选手郑钦文在巴黎奥运会上夺得金牌，掀起了全民网球运动的热潮。某学校网球场地示意图如图所示，场地水平，半场长度，中央球网高。某同学在练习击球时，击球点到地面的距离保持，球的运动都视为平抛运动，取重力加速度。 该同学站在底线MN上的P点水平发球，P点到M点的距离为6m，球能过网且落在阴影区域内视为发球成功，则该同学发球成功的发球初速度最大不能超过多少？ 若某次击球时，该同学在P点将球垂直于底线MN水平击出，球恰好贴近网的上边而过，求球落地的瞬时速度大小及球落地点到网的距离。计算结果中可有根式 15.如图所示，滑块A放在静止于水平地面上的木板B右端，已知滑块A与木板B的质量均为，滑块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数。时刻滑块A以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块A视为质点，不计空气阻力，取重力加速度。求： 时刻滑块A和木板B的加速度大小； 前1s内滑块A和木板B的位移大小； 若时撤去外力F，要确保滑块不从木板上滑落，木板的最小长度是多少？ 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：做曲线运动的物体受到的合力大致指向轨迹凹的一测，考虑空气阻力，羽毛球处于上升过程，速度在减小，故可知合力与速度的夹角为钝角，结合图像，故ABD错误，C正确。 故选：C。 做曲线运动的物体受到合力指向轨迹凹的一测，毛球上升过程做减速运动，故合力与速度的夹角为钝角。 本题考查了体育运动中的相关问题，要求学生能正确分析物体的运动过程和受力。 2.【答案】A  【解析】解：两个学生共同提着一桶水静止，说明两个学生的提力与水的重力达到平衡。而老师自己也能提着这桶水静止，说明老师的提力同样能与水的重力达到平衡。这里，两个学生的提力被老师一个人的提力所“等效替代”，因此A选项正确使用了等效替代法，故A正确； B.伽利略利用斜面实验推理得出物体运动不需要力来维持的观点，这是通过观察和实验推理得出的结论，并没有使用等效替代法，故B错误； C.利用速度-时间图像的面积来求做直线运动物体的位移大小，这是物理学中的一种常用方法，但它属于图像法或者微元法，而不是等效替代法，故C错误； D.曲线运动中经过A点的瞬时速度方向沿曲线上该点的切线方向，使用的是极限法，并没有使用等效替代法，故D错误。 故选：A。 在物理学中，为了简化问题或更直观地理解物理现象，科学家们经常采用各种研究方法，如等效替代法、控制变量法、转换法、实验推理法和比值定义法等。 本题主要考查对物理研究方法的识别和应用。 3.【答案】C  【解析】解：第1s内，物体通过的路程等于2m，故A错误； B.第2s内，物体做静止不动，故B错误； C.图线的斜率表示速度，第3s内，物体做负向的加速直线运动，故C正确； D.第4s内，物体的平均速度等于，故D错误。 故选：C。 图象反映了各个时刻物体的位置情况，图线的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量，路程等于各段位移大小之和。 题关键明确图象的物理意义，知道位移图象的斜率表示速度。要注意位移与路程的区别。 4.【答案】B  【解析】解：设砖的厚度为d，由图可知，AB之间的距离，BC之间的距离，根据初速度为零的匀变速直线运动的位移-时间公式 可得A到B的时间 A到C的时间 AB之间的平均速度： BC之间的平均速度 可知小石子在AB段和BC段的平均速度之比为1：3 故B正确，ACD错误。 故选：B。 根据自由落体运动的位移-时间公式和平均速度的公式计算即可。 该题考查自由落体运动的计算，知道自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，牢记有关的公式即可。 5.【答案】B  【解析】解：对饮料罐进行受力分析，饮料罐受到重力 G、斜面的支持力 和挡板的压力，不计一切摩擦，则在挡板顺时针缓慢抬起一个小角度饮料罐尚未滚出的过程中，做出三个力的矢量三角形图： 可知：斜面对饮料罐的支持力逐渐增大，挡板对饮料罐的压力逐渐变大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 用图解法分析。 本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化。 6.【答案】D  【解析】解：AB、细绳与钉子相碰前后小球的速度大小不变，但小球做圆周运动的半径变为原来的一半，设绳子的拉力为T，根据牛顿第二定律有，则绳子的拉力大小为，所以细绳与钉子相碰前后绳中的张力变大，但不是2倍关系，故AB错误； CD、细绳与钉子相碰前后小球的速度大小不变，但小球做圆周运动的半径变为原来的一半，根据可知，细绳与钉子相碰前后的向心加速度增大为碰前的2倍，故C错误，D正确。 故选：D。 细绳与钉子相碰前后小球的速度大小不变，但小球做圆周运动的半径变为原来的一半，根据牛顿第二定律分析绳中张力的变化；根据向心加速度公式分析。 知道细绳与钉子相碰前后小球的速度大小不变，但小球做圆周运动的半径变为原来的一半是解题的基础。 7.【答案】D  【解析】解：剪断左侧细绳前，根据平衡条件得 可得右侧细绳中张力大小为 剪断左侧细绳瞬间，向心力为零，根据牛顿第二定律有 则在剪断左侧细绳瞬间前后，右侧细绳中张力大小之比为 ：：：，故ABC错误，D正确。 故选：D。 剪断左侧细绳前，根据平衡条件求出细绳中张力大小与小球的重力关系；剪断左侧细绳瞬间，向心力为零，根据牛顿第二定律得到右侧细绳中张力大小与小球的重力关系，再求在剪断左侧细绳瞬间前后，右侧细绳中张力大小之比。 本题是瞬时问题，先分析剪断轻绳前小球的受力情况，再分析剪断轻绳瞬间的受力情况，再根据牛顿第二定律求解瞬间细绳中张力。 8.【答案】AC  【解析】解：弹簧离开桌面前，笔帽和弹簧一起向上运动。在这个过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，因此弹簧上的弹力也一直减小，故A正确； B.笔帽的速度在弹簧恢复原长时并不是最大的，而是在此之前弹力等于重力时刻达到最大，故B错误； C.离开桌面上升过程中，笔帽受到重力和空气阻力的作用，笔帽的加速度方向向下，因此笔帽处于失重状态，故C正确； D.离开桌面前，笔帽的加速度变化并不是一直减小的，在弹簧压缩量最大的时刻，笔帽的加速度达到最大因为此时弹簧的弹力最大，与重力的合力也最大，随着弹簧的伸长，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，加速度也逐渐减小，当弹力小于重力后，加速度逐渐增大，直到弹簧恢复原长离开桌面，故D错误。 故选：AC。 分析弹簧和笔帽的运动过程，结合牛顿第二定律求解。 本题主要考查弹簧弹力、牛顿第二定律以及超重失重现象的应用，基础题。 9.【答案】AD  【解析】解：对A和B组成的系统，根据牛顿第二定律有，得，故A正确； B.设绳上的张力大小为T，对A，根据牛顿第二定律有，得，故B错误； C.换成拉力时，对A根据牛顿第二定律有，得，物块A的加速度大小增大，故C错误； D.物块A和B的质量均增大为2m，根据牛顿第二定律有，得，故D正确。 故选：AD。 对A和B组成的系统，根据牛顿第二定律列式求解判断； 用隔离法，对A应用牛顿第二定律列式求解拉力。 考查系统的牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。 10.【答案】BCD  【解析】解：A、根据图像的斜率表示加速度，可得在时间内，煤块的加速度大小为 此过程，由牛顿第二定律可得 在时间内，煤块的加速度大小为 此过程，由牛顿第二定律可得 联立解得，故A错误； B、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，可得煤块上滑过程的最大位移为： 因煤块在时恰好到达传送带的顶端B，所以传送带AB两端之间的长度为，故B正确； CD、传送带的速度为，在时间内煤块相对于传送带向上运动，此过程传送带的位移大小为 煤块的位移大小为 此过程煤块与传送带间的相对位移大小为 在时间内煤块相对于传送带向下运动。 此过程传送带的位移大小为 此过程煤块的位移大小为 此过程煤块与传送带的相对位移大小为 因在时间内煤块相对于传送带向上运动，在时间内传送带相对煤块向上运动，两过程的痕迹有重叠，故在煤块向上运动中，与传送带留下的痕迹长为 煤块相对传送带运动的路程为 ，故CD正确。 故选：BCD。 由图像求出煤块在各阶段运动的加速度大小，再根据牛顿第二定律求出传送带与水平面的夹角夹角的正弦值；由图像与时间轴所围面积表示位移，求得煤块上滑过程的最大位移，即可得到传送带AB两端之间的长度；分析在时间内、时间内两者间的相对位移大小，再求划痕长度和相对路程。 本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，处理此类问题时要注意分析摩擦力的方向，判断是否存在共速，求解痕迹问题时要注意判断的过程中痕迹是否存在重叠的情况。运动过程较复杂时，可以辅助分析。 11.【答案】√  √    √   【解析】解：①打点计时器接交流电源，以保证打点计时器能正常打点计时；正确。 ②调整定滑轮的高度，使细绳与长木板平行，以保证小车运动过程中所受的合外力不变；正确。 ③平衡摩擦力时不要挂上槽码，以保证细线的拉力等于小车所受到的合外力；错误。 ④槽码质量要远小于小车质量，以保证槽码的重力大小近似等于细线对小车的拉力大小，正确。 根据逐差法求解加速度的表达式为。 故答案为：①√；②√；③；④√；。 根据探究牛顿第二定律实验的要求和注意事项进行分析判断； 根据逐差法求解加速度公式列式解答。 考查探究牛顿第二定律实验的原理和注意事项，纸带的数据处理，会根据题意进行准确分析解答。 12.【答案】不同  A  第一  1：2  1：3  1：2  1：3    1：2  【解析】解：为了探究向心力大小与质量的关系，应该保持小球做圆周运动的半径相同，角速度相同，小球的质量不同；因此应将两小球分别放在长槽上的挡板A处与短槽上的挡板C处； 塔轮之间是通过皮带传动，根据公式可知，两塔轮半径应该相同，因此调节皮带至第 第一层塔轮进行实验； 标尺露出的格子数表示向心力的大小，在第二层的向心力之比：：：； 根据公式可知，角速度之比为 在第三层的向心力之比：：： 根据公式可知，角速度之比为 在误差允许范围内，在质量和半径相同时，可以得到向心力和角速度的关系是F正比于； 将两个质量相等的小钢球分别放在挡板B和挡板C处，调节皮带至第二层塔轮，根据向心力公式 挡板B处小球和挡板C处小球所受向心力之比应为。 故答案为：不同；A；第一；：2；1：3；；：2。 根据控制变量法的特点分析判断；塔轮之间是通过皮带传动，根据公式分析作答； 根据表格数据得到向心力之比，根据线速度、角速度关系得到角速度之比，然后得出向心力与角速度的关系； 根据向心力公式分析计算。 本题考查了探究向心力大小的表达式的实验，要明确实验原理，理解控制变量法，掌握线速度与角速度的关系，掌握向心力公式的运用。 13.【答案】解：地铁刹车过程做匀减速直线运动，已知初速度，位移，末速度为零， 根据匀变速直线运动的速度-位移公式得：，加速度大小为，方向与初速度方向相反。再根据速度-时间公式得刹车所用时间为： 对圆珠笔进行受力分析，圆珠笔受竖直向下的重力和细绳的拉力F，由于圆珠笔随地铁一起做减速直线运动，所以圆珠笔的加速度水平向左， 大小为。根据牛顿第二定律得：， 解得，。  【解析】根据匀变速直线运动的速度-位移公式求解加速度，根据速度-时间公式得刹车时间。 圆珠笔与地铁的加速度相同，对圆珠笔应用牛顿第二定律求解。 分析清楚受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题。 14.【答案】解：点到阴影区域最大距离为，球落地的时间为，则初速度为 P点到球网距离为，球能通过球网的最长时间为，速度为，可得，则该同学发球成功的发球初速度最大不能超过； 球落地的时间为，球通过球网的时间为，球的初速度为，球落地点到网的距离，球落地的瞬时速度为。 答：该同学发球成功的发球初速度最大不能超过； 球落地的瞬时速度为，球落地点到网的距离为。  【解析】运用几何关系分析从P点到阴影区域内的最大距离，根据平抛运动规律计算球落地的时间，然后根据最大距离求解出初速度。分析球能通过球网的最长时间和最小速度，与初速度比较，分析其是否能通过球网； 根据平抛运动规律计算球通过球网的时间和落地时间，根据通过球网的时间可计算出初速度，根据速度公式计算出落地时竖直方向的分速度，进而可求得合速度，根据位移公式计算球落地点到网的距离。 考查对平抛运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用。 15.【答案】解：由牛顿第二定律得： 对滑块： 对木板： 代入数据解得：， 时，滑块A的速度大小 木板的速度大小 代入数据解得：，方向水平向左，，方向水平向右 滑块A的位移大小，B的位移大小 代入数据解得：， 撤去外力后，滑块A做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动直到两者共速，设经时间共速 对木板，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 以向右为正方向，两者共速时 代入数据解得：，，方向水平向右 共速过程滑块A的位移大小 木板的位移大小 代入数据解得：， 滑块A相当于木板B位移大小 代入数据解得： 由于，滑块与木板共速后两者相对静止一起做匀减速直线运动， 共速后两者位置保持不变，则木板的最小长度 答：时刻滑块A和木板B的加速度大小分别为、； 前1s内滑块A和木板B的位移大小分别为2m、； 木板的最小长度是。  【解析】应用牛顿第二定律求出加速度大小。 应用运动学公式求出滑块与木板的位移大小。 应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出木板的最小长度。 本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$