物理-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_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年01月试卷_0109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

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（ ） mg A．不管θ为何值，F B．当θ为30°时，F=mg 2 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1页，共4页 {#{QQABSYKQggCgQBBAABgCQwWACAKQkgEACSgGxAAEIAAByAFABAA=}#}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、3m/s2 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4m/s2 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F、F的合力，采用了“控制变量法” 1 2 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（ ） F2kmg A．整列车的加速度大小为 2m Fkmg B．整列车的加速度大小为 m C．第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为0 1 D．第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为 F 2 试卷第2页，共4页 {#{QQABSYKQggCgQBBAABgCQwWACAKQkgEACSgGxAAEIAAByAFABAA=}#}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m75kg，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a3.75m/s2 B．04s内雪橇做加速度变小的曲线运动 C．比例系数为k 37.5Ns/m 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 1 的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s，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 6 m/s，当地重力加速度为 m/s2（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3页，共4页 {#{QQABSYKQggCgQBBAABgCQwWACAKQkgEACSgGxAAEIAAByAFABAA=}#}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a =1m/s2的加速度从冰面 1 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a =4m/s2， 2 减速到零后以大小为a =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： 3 (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,cos37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F 和左侧轻绳对小球拉力的大小F ； A B M （2）若m ，求物体N对地面的压力大小F ； 2 N （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。 试卷第4页，共4页 {#{QQABSYKQggCgQBBAABgCQwWACAKQkgEACSgGxAAEIAAByAFABAA=}#}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； s 5.5 v= = =110km/h D．汽车过桥的平均速率为 t 3 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 60 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ΔF =kΔx ΔF 所以Δx= 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 k 成正比，故B正确； ΔF 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k = =200N/m故C错误； Δx 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， G 结合平衡条件得2Fcosθ=G解得F = 2cosθ 当θ＝0°时，cosθ值最大，则F = G ；当θ＝30°时，F = 3 G；当θ＝45°时，F = 2 G；当θ为60°时， 2 3 2 F =G；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x :x =1:(2n−1) 1 n 由题意可知x ：x =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 1 n 1 故大厦的高度h= gt2=605m故选C。 2 5．B【详解】速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有mg− f =ma 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M ，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F ，如图所示 N 1 根据平衡条件得2F =Mg解得F = Mg可知水平横梁对轻环的支持力F 不变，故A错误； N N 2 N B．以b环为研究对象，受力如图所示根据受力平衡可得F =Fsinα， f =Fcosα N 学科网（北京）股份有限公司F 联立可得 f = N 将两环间的距离变大后，α减小，tanα减小，则b环受到的摩擦力变大，即b环对杆的摩擦力 tanα 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F，根据受力平衡可知2Fsinα=Mg Mg 解得F = 由于α减小，sinα减小，则绳子拉力变大，故D错误。故选B。 2sinα 7．C【详解】AB．松子沿冰面下滑的加速度大小为a ，松鼠加速度为a ， 1 2 1 1 t =3s时松鼠追上松子，有l = at2 =v (t −1)+ a (t −1)2 1 AB 2 11 0 1 2 2 1 解得冰面AB的长度l =9m，a =2m/s2故AB错误； AB 1 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t，有at =v +a (t−1), 1 0 2 1 1 at2 =v (t−1)+ a (t−1)2+d 2 1 0 2 2 m 解得t=1.5s，d m =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F 看成F 、F 的合力，采用了“等效替代法”，故C错误； 1 2 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“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4F−8kmg =8ma解得整列车的加速度大小为 F−2kmg a= 故A正确，B错误； 2m CD．对5-8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律F +2F−4kmg=4ma解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小 45 为F =0故C正确，D错误。故选AC。 45 ∆v 15−5 10．CD【详解】A．从图中斜率可知，开始运动的加速度a= = m/s2 =2.5m/s2故A错误； ∆t 4 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mgsinθ−kv −µmgcosθ=ma 0 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mgsinθ=µmgcosθ+kv 两式联立，得kv −kv =ma将v =5m/s，v =10m/s m m 0 0 m 代入后得k =37.5Ns/m，µ=0.125,CD正确。故选CD。 11．C ④③①② 2.2（2.1~2.3） 9.6（9.5~9.7） 可以 学科网（北京）股份有限公司【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2.50cm、26.50cm、77.20cm，小球在第2幅图片中小球 x (77.20−2.50)×10−2 v= = m/s=2.241m/s 的下落速度为 2T 1 （2.1m/s~2.3m/s均算正确） 2× 6 Δx (77.20−26.50)×10−2−(26.50−2.50)×10−2 g= = m/s2 =9.61m/s2 [4]根据Δx=gT2可得 T2 1 2 （9.5m/s2~9.7m/s2均算正确）   6 （4）[5]利用∆h=gT2计算加速度大小与初速度是否为零无关，故可以。 1 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) k 【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。 1 1 1 （3）根据牛顿第二定律可得F =Ma可得a= F 可知a−F 图像的斜率为k = 可得手机的质量为M = M M k 13．(1)10m(2)7s 1 【详解】（1）企鹅先向上做匀加速直线运动x = at2...............................1分 1 2 1 企鹅卧倒时v=at..............................1分 1 v2 企鹅向上匀减速x = ..............................1分 2 2a 2 企鹅距离出发点最远距离为x=x +x ..............................1分 1 2 解得x=10m..............................1分 （2）向上匀加速的时间为t=4s v 向上匀减速的时间为t′= =1s..............................1分 a 2 1 反向匀加速阶段有x= at′′2..............................1分 2 3 解得t′′=2s..............................1分 所以企鹅完成一次游戏所用时间t =t+t′+t′′=7s..............................1分 总 M 5 14．（1）0.6Mg，0.8Mg；（2）0.2Mg；（3） = m 2 学科网（北京）股份有限公司【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 F =Mgsin37°..............................1分 A F =Mgcos37°..............................1分 B 解得F =0.6Mg..............................1分 F =0.8Mg..............................1分 A B M （2）若m= ，则有F =0.8Mg >mg因此弹簧处于拉伸状态..............................1分 2 B 对物体Q有mg+F =F ..............................1分 弹 B 对物体N 有F ′+F =mg..............................1分 N 弹 解得F ′=0.2Mg..............................1分 N 根据牛顿第三定律有F =F ′=0.2Mg..............................1分 N N （3）N与地面弹力恰好为零时，对N有F ′=mg..............................1分 弹 对Q有mg+F ′ =F ..............................1分 弹 B 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 26 14 15．(1)27N；(2)2.8m/s2；(3)当F≤40N时a = F +2.6(m/s2)，当F＞40N时a = F +9.2(m/s2) 75 75 【详解】(1)当杆在水平方向上固定时，据牛顿第二定律可得F −µmg =ma ..............2分 1 1 代入数据可解得F =27N..............1分 1 y (2) 杆与水平方向间夹角为37°时，mgsin37°=0.6mg， 而f =μN=μmgcos37°=0.32mg即mgsin37°>f ..............1分 m m N f 故小球不能静止在杆上..............1分 F 据牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°=ma ..............2分 2 x 代入数据可得a =2.8m/s2。..............1分 2 mg (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Fsin37 ≤mgcos37，N垂直斜面向上，则N+Fsin37 =mgcos37..............1分 若F＞40N，即Fsin37 >mgcos37，N垂直斜面向下，则Fsin37 =mgcos37+N..............1分 在沿杆方向，由牛顿第二定律得Fcos37+mgsin37−µN =ma..............1分 y 代入数据化简可得 f 学科网（北京）股份有限公司 F N x26 当F≤40N时a= F +2.6(m/s2)..............1分 75 14 当F＞40N时a= F +9.2(m/s2)..............1分 75 学科网（北京）股份有限公司