高一物理答案_2025年02月试卷_0225内蒙古自治区赤峰市红山区2024-2025学年高一上学期期末考试_内蒙古自治区赤峰市红山区2024-2025学年高一上学期期末考试物理Word版含答案

红山区 2024~2025 学年度第一学期期末学情监测 高一年级 物理 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100分，考试时间 75分钟。 2.答题前，考生务必用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔 把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5毫米黑色墨水签字 笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题 卷、草稿纸上作答无效。 4.本卷命题范围：必修第一册。 一、选择题（本题共 10 小题，共 46 分。1-7 为单选题，每小题 4 分，8-10 为 多选题，选对的得 6分，选不全的得 3分，有错选或不答的得 0 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B C C A AC BD AC 1．下列说法正确的是（ ） A．加速度大的物体速度变化一定大 B．力学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、N（牛顿） C．借助激光笔及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用了微小形变放大法 D．4N、7N两个共点力的合力的最小值为2N 【答案】C 【详解】加速度大的物体速度变化一定快，如果时间很短，速度的变化量也不一 定很大，B 错误。m（米）、kg（千克）不是力学的单位，B错误；借助激光笔及平面 镜观察桌面的微小形变的实验中，运用了微小形变放大法，C正确；4N、7N两个 共点力的合力的最小值为1N，D错误；故选C。 2．结合课本和生活中出现的以下情景，下列说法正确的是（ ） 甲 A．图甲地面对直梯的作用力竖直向上 B．图乙中伽利略利用该实验说明了“力是改变物体运动状态的原因” 试卷第1页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}C．丙图高铁车厢里的电子屏上“126km/h”是指平均速率 D．丁图中汽车作匀变速直线运动速度由v 变到v ，该段时间内加速度方向与Δv方向相 1 2 同 【答案】D 【详解】A．地面对直梯的支持力方向垂直于地面竖直向上，地面对直梯的摩擦力处于水平 向左，则地面对直梯的作用力方向斜向左上方，故A错误； B．图乙中伽利略利用该实验说明了“力不是维持物体运动状态的原因”，故B错误； C．丙图高铁车厢里的电子屏上“126km/h”是瞬时速度，故C错误； D．丁图中汽车作匀变速直线运动速度由v 变到v ，根据加速度的定义式有 1 2 v a t 可知，该段时间内加速度方向与Δv方向相同，故D正确。 故选D。 3．下雨天，屋檐上水滴下落的运动可视为自由落体运动。假设水滴从距地面高度为5m的 屋檐上无初速度滴落，取重力加速度大小g 10m/s2，则水滴下落到地面时的速度大小为（ ） A.2m/s B.5m/s C.7m/s D.10m/s 【答案】D 【详解】水滴下落到地面时的速度大小为 v 2gh  2105m s10m s 故选D。 4.如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的安全系统，系统以50Hz的频率监视 前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果 司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”（此过程可简化为匀减速直线运动）， 使汽车避免与障碍物相撞。 在上述条件下，该车在启动“全力自动刹车”后的加速度大小为4m/s2，则该车应设计的安全 距离最接近（ ） 试卷第2页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}A.2.5m B.12.5m C.20m D.25m 【答案】B 【详解】利用匀变速直线运动公式 =2ax得 =2ax 2 2 2 将 m/ 代入上式可得X=12. 5m−则 该0 车应设计0−的v安0全距离最接近12.5m，故选B。 2 5.20a2=3−年410 月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，是我国航空航天 史上一个重要的里程碑。宇航员在返回舱回收的过程中要经受超重与失重的考验，已知返回 舱返回过程中，大体经历了自由下落、加速下落、匀速下落和减速下落四个过程，假设宇航 员一直头朝上坐在座椅上，下列说法正确的是（ ） A．返回舱在自由下落阶段，宇航员处于平衡状态 B．返回舱在加速下落阶段，宇航员对座椅的压力大于其重力 C．返回舱在减速下落阶段，宇航员对座椅的压力大于其重力 D．返回舱在加速下落阶段，如果加速度逐渐减小，宇航员对座椅的压力会越来越小 【答案】C 【详解】A．返回舱在自由下落阶段，宇航员只受重力作用，处于完全失重状态，故A错误； B．返回舱在加速下落阶段，宇航员处于失重状态，则宇航员对座椅的压力小于其重力，故 B错误； C．返回舱在减速下落阶段，处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，故C正确； D．返回舱在加速下落阶段，根据牛顿第二定律可得 mgF ma N 如果加速度逐渐减小，则支持力不断增大，根据牛顿第三定律可知宇航员对座椅的压力会越 来越大，故D错误。 故选C。 6.如图甲所示，用水平力F将质量为0.4kg的物块压在竖直墙壁上静止不动，物块与墙面间 的动摩擦因数为0.4。若力F随时间t变化的规律如图乙所示，取g 10m/s2，认为最大静 试卷第3页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中，能正确反映物块所受墙的摩擦力大小f随时间t变 化规律的是（ ） A. B. C. D. 答案：C 解析：开始时物体受到的最大静摩擦力 f F 0.420N8N 物体所受重力G mg 0.410N 4N m 故开始时，物体处于静止状态，受到静摩擦力作用，当静摩擦力等于重力时 G mg F解的压力F10N 时间为3s，分析可知，03s时间内，物体受到的静摩擦力大小为4N，的时间内，物体受 到滑动摩擦力逐渐减小。 故选C。 7.重为G的光滑小球静止在固定斜面和竖直挡板之间。若挡板逆时针缓慢转到水平位置，在 该过程中，斜面和挡板对小球的弹力的大小F、F 各如何变化（ ） 1 2 A.F 逐渐变小 B.F 先变小后变大 C.F 逐渐变小 D.F 渐渐变大 1 1 2 2 答案：A 解析：小球受重力、斜面弹力F 和挡板弹力F ，将F 与F 合成为F，如图 1 2 1 2 试卷第4页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、 共线，故和F 合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出， 2 当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F 越来越小，F 先变小， 1 2 后变大； A.F 逐渐变小，与结论相符，选项A正确； 1 B.F 先变小后变大，与结论不相符，选项B 错误； 1 C.F 逐渐变小，与结论不相符，选项C 错误； 2 D.F 先变小后变大，与结论不相符，选项 D错误； 2 8．甲、乙两物体做直线运动，其位移—时间图像如图所示，则在t ~t 时间内（ ） 1 2 A.两物体平均速度相等 B.两物体路程相等 C.甲做匀速直线运动 D.两物体的运动方向均没有变化 答案：AC 解析：A.由图可知，在t ~t 时间内，甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相 1 2 等，故在t ~t 时间内，甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度，故A正确； 1 2 B.由图可知，甲物体的路程不等于乙物体的路程，故B错误； C.位移—时间图像的斜率表示速度，由图可知，甲物体的位移－时间图像斜率不 变，故甲物体做匀速直线运动，故C 正确 D.位移—时间图像的斜率表示速度，由图可知，乙物体的位移－时间图像斜率先 减小后变大，故乙物体先向反方向做减速运动，再向正方向做加速运动，故D 错误。故选AC。 试卷第5页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}9．如图所示，可视为质点的小灯笼用轻绳连接并悬挂在O点，在稳定水平风力作用下发生 倾斜，灯笼稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为37°，设灯笼的质量为0.2kg则下列说法正确 的是（ ）（sin370.6,cos370.8,g取10m/s2） A. 水平风力F为2.5N B. 轻绳拉力T的大小为2.5N； C.若风力增大，则灯笼稳定时轻绳拉力T变小 D.若风力增大，则灯笼稳定时轻绳拉力T变大 【答案】BD 【详解】（1）受力分析如图所示，由平衡条件可得 F mgtan371.5N mg T   2.5N cos37 （2）风力增大时，设轻绳与竖直方向夹角为θ，受力分析如图，由平衡条件得 F mgtan mg T  cos 可知，当水平风力F增大，轻绳与竖直方向夹角θ增大，则轻绳拉力T增大。 10．如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v 从 0 底部冲上传送带向上运动，其vt图像如图乙所示，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零， 取g 10m/s2，sin370.6，cos37°0.8，则（ ） 试卷第6页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B．传送带底端到顶端的距离为14m C．煤块相对传送带的位移为2m D．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反 【答案】AC 【详解】A．在0-1s内物块的加速度大小为 124 a m/s2 8m/s2 1 根据牛顿第二定律有 mgsin37 mgcos37 ma 解得 0.25 故A正确； BC．由图乙可知，传送带速度为v 4m/s，0-1s煤块速度大于传送带速度，相对传送带向 1 前运动，则煤块的位移为 412 x  1m=8m 1 2 传送带的位移为 x 41m=4m 2 煤块相对传送带的位移为 x x x 4m 1 2 0-2s，煤块速度小于传送带速度，相对传送带向后运动，则煤块的位移为 1 x 41m2m 1 2 传送带的位移为 试卷第7页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}x 41m=4m 2 煤块相对传送带的位移为 xx x2m 2 1 传送带底端到顶端的距离为 d x x10m 1 1 故B错误，C正确； D．由乙图可知在0-1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下， 与物块运动的方向相反；在1—2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方 向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，故D错误。 故选AC。 二、实验题（本题共两个小题，每题9分，共18分） 11．（9分）以下是某实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”的过程。首先进行如下 操作： ①如图甲，两细绳套拴在橡皮条的一端，另一端固定在水平木板，橡皮条的原长为GE； ②如图乙，用手通过两个弹簧测力计共同拉动橡皮条。橡皮条和细绳套的连接点在拉力F 、 1 F 的共同作用下，位于O点，橡皮条伸长的长度为； 2 ③撤去F 、F ，改用一个力F 单独拉住其中一根细绳套，仍使其位于O点，如图丙。 1 2 （1）同学们发现，力F 单独作用，与F 、F 共同作用的效果是一样的，由于两次橡皮条伸 1 2 长的长度、方向相同，即橡皮条对小圆环的拉力相同，所以F 等于F 、F 的合力。本实验 1 2 采用的科学方法是 。 A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 （2）然后实验小组探究了合力F 与分力F 、F 的关系： 1 2 ①由纸上O点出发，用力地图示法画出拉力F 、F 和F（三个力的方向沿各自细绳的方向， 1 2 试卷第8页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}三个力大小由弹簧测力计读出）；某次用弹簧秤拉橡皮筋时弹簧秤的指针位置如图所示，弹 簧秤示数为_______N； ②用虚线将拉力F 的箭头端分别与F 、F 的箭头端连接，如图丁，此图形应该 1 2 是 ； ③多次改变拉力F 、F 的大小和方向，重做上述实验，通过画各力的图示，进一步检验所 1 2 围成的图形。 （3）若F是以F 、F 为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿GO方向的是 （选 1 2 填“F ”或“F”）。 3）在另一小组研究两个共点力合成的实验中，两个分力的夹角为，合力为F，F与的 关系图像如图丙所示。已知这两个分力大小不变，则任意改变这两个分力的夹角，能得到的 合力大小的最小值为 。 【答案】 B （1分） 2.62/2.63/2.64（2分） 平行四边形 （2分） F （2分） 1N（2分） 【详解】（1）此实验用一个力的作用效果代替两个力的作用效果采用了等效替代法，故选B （1分）； （2）2.62/2.63/2.64（2分）此实验是为了探究“两个互成角度的力的合成规律”，应该要遵循 平行四边形法则，故此图形应该是平行四边形（2分）； （3）（2分）当一个力作用时，O结点受F及GO拉力的作用，二力平衡，F与GO的拉力 等大反向，故F一定沿GO的方向； （4）（2分）根据图像得 F2F2 52，F F 1 1 2 1 2 解得 试卷第9页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}F 4N，F 3N 1 2 合力的最小值为1N。 12．（9分）某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀 速运动。此处采用的科学方法是 。 A．理想化模型法 B．阻力补偿法 C．等效替代法 D．控制变量法 （2）已知交流电源频率为50Hz，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸 带运动。打点计时器打出的纸带如图2所示（图中相邻两点间有4个点未画出）。由以上数 据可知，C点的瞬时速度为_________m/s，这次实验小车的加速度a _________m/s2。（结 果均保留2位小数） （3）下列做法正确的是 （填字母代号）。 A．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 B．为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条 件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量 C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度 （4）实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测 得的多组数据画出aF 关系图像，如图3所示。此图像的AB段明显偏离直线，造成此现 象的主要原因可能是 。（选填下列选项的序号） A．小车与平面轨道之间存在摩擦 试卷第10页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}B．平面轨道倾斜角度过大 C．所用小车的质量过大 D．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大 【答案】 B （1分） 0.35（2分）；0.39 （2分） C （2分） D（2分） 【详解】（1）（1分）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑的力大 小等于摩擦力，即小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用科学方法是阻 力补偿法故选B。 1 （2）（每空2分）依题意，相邻计数点的时间间隔为T 5 0.1s f x 9.952.92 C点的瞬时速度为v  BD  102m/s0.35m/s C 2T 20.1 由逐差法可知这次实验小车的加速度为 x x 14.046.246.24 a  CE AC  102m/s2 0.39m/s2 4T2 40.12 （3）（2分）A．实验时，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再放开木块，这样纸 带会得到充分利用，会有多的数据信息，故A错误； B．以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砝码 总质量为M ，砝码桶及桶内砝码总质量为m，由牛顿第二定律，则有 mg (mM)a 木块的加速度为 m a  g mM 木块所受的合外力为 mM mg F Ma g  mM m 1 M 当m M 时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砖码的总重力。因此为使砖码桶及 桶内砖码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内 砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，故B错误； C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下 做匀加速运动，以减小实验误差，C正确； D．通过增减木块上的砝码改变质量时，因是 木块与木 块上的砝码的总重力沿木板的下滑 力 来平衡摩擦阻力，则有 试卷第11页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}MgsinMgcos 得 tan 因此改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误。 故选C。 （4）（2分）由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大， 所用小车的质量过大，都不会影响aF关系图，AB段明显偏离直线，ABC错误； D．当所挂的砝码桶内及桶内砖码的总质量太大时，则有木块所受的合外力 mM mg F Ma g  mM m 1 M 造成此现象的主要原因可能是当有砝码桶内及桶内砖码的总质量接近木块及木块上砝码的 总质量时，木块受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增 大，实验误差增大，则有aF图像的AB段明显偏离直线，D正确。故选D。 三、解答题 13.（10分）水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为 20kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10s 后达到最大速度4m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16m的距离后速度变为零，g 取10m/s2。求： （1）在匀加速过程中，无人船的加速度； （2）无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x。 【答案】（1）0.4m/s2（3分）（2）18s，36m（7分） 【详解】（1）匀加速阶段加速度为 v －0 a  m （2分） 1 t 1 解得 a ＝0.4m/s2（1分） 1 （2）方法一：匀减速阶段有 试卷第12页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}0v2=2a x （2分） m 2 2 解得 a ＝0.5m/s2（1分） 2 匀减速阶段的时间为 0v t ＝ m ＝8s（1分） 2 a 2 方法二：也可利用 （3分）解得 （1分） 运动总时间为 = = t＝t ＋t ＝18s（1分） 1 2 匀加速阶段的位移为 v 0 x ＝ m t ＝20m（1分） 1 1 2 运动总位移大小为 x＝x ＋x ＝36m（1分） 1 2 14．（12分）如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态。 轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿 水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角53，斜面倾角37，物块A和B的质量 分别为m 5kg，m 1.5kg，弹簧的劲度系数k 500N/m，（sin37°0.6，cos37°0.8， A B 重力加速度g 10m/s2），求： （1）弹簧的伸长量x； （2）物块A受到的摩擦力。 【答案】（1）0.04m；（7分）（2）5N，方向沿斜面向上(5 分） 【详解】（1）根据题意，对结点O受力分析，设弹簧的弹力为F，绳子的拉力为T，由平衡 条件有 X轴： （2分） Tsinθ=F 试卷第13页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}Y轴： = （2分） 代入数据解得 Tcosθ （1分） F=mBgtanθ=20N =25N（1分） mBg 由胡克定律F=KX可得，弹簧的伸T长=量 cosθ （1分） x=0.04m （2）由于 >T（2分） 则物块A有沿斜面向下的运动趋势 ， 受 s斜in面 沿=斜30面 向上的静摩擦力，由平衡条件可得，物 块A受到的摩擦力大小为 （2分）方向沿斜面向上。（1分） 15．（14分）如图（a）所示f=，m长AgLsin1mα−的T木=板5静N止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端 放置着质量m1kg的滑块（可视为质点）。现用不同的水平恒力F 向右拉木板，得到滑块和 木板的加速度a随拉力F 变化的关系图像如图（b）所示，重力加速度g 10m/s2。求： （1）滑块与木板之间的动摩擦因数； 1 （2）木板与地面之间的动摩擦因数以及木板的质量M ； 2 （3）若水平衡力F 31N，滑块从木板上滑落经历的时间t 【答案】(1)0.5（3分） (2)0.08,4kg（6分） (3)2s（5分） 【详解】（1）由图可知，当F 29N时滑块和木板发生相对运动，此时，滑块的加速度 a 5m/s2（1分） 1 对滑块有 试卷第14页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}mg ma （1分） 1 1 解得  0.5（1分） 1 （2）相对滑动时对木板有 F(M m)gmg Ma （2分） 2 1 2 整理可得 1 (M m)gmg a  F 2 1 （1分） 2 M M 结合图像可得 1 5 9 (M m)gmg  kg1，0  2 1 （1分） M 299 M M 解得 M 4kg， 0.08（2分） 2 （3）F 31N时，滑块和木板发生相对运动，此时，滑块的加速度 a 5m/s2（1分） 1 对木板有 FM mgmg Ma（1分） 2 1 2 解得 a' 5.5m s2（1分） 2 又有 1 1 L at2 at2（1分） 2 2 2 1 解得 t2s（1分） 试卷第15页，共15页 {#{QQABLYSEogCoQABAABgCAQ1gCAEQkBCAAYgOgAAcMAIASANABAA=}#}