2023-2024 学年第一学期期末考试
盐田高级中学高一物理试题
考试时间：75 分钟 分数：100 分
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）
1．下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，伽利略使用该斜面进行实验，得出力和运动的关系
B．图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变
C．图丙中，平衡车的重力与地面对平衡车的支持力是一对作用力与反作用力
D．图丁中，该工具测得的物理量，不属于国际单位制中的基本物理量
2．C919是我国自行研制、拥有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，图示是国产大飞机C919起飞离地后，斜向上加速直线运动的一个瞬间，关于此瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．飞机的加速度方向竖直向上 B．乘客受到飞机座椅的力竖直向上
C．乘客处于超重状态 D．飞机处于失重状态
3．某同学为研究地铁8号线的运动情况，它用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁启动时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直．已知当地重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．该地铁的速度方向向右
B．只需测出笔的质量，即可估算出地铁的加速度
C．该地铁的加速度方向向右
D．只需测出细绳与竖直扶手之间的夹角，即可估算出地铁的加速度
4．蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图所示，弹性绳（满足胡克定律）一端固定在高空跳台上，另一端系住跳跃者的脚腕，人从跳台上由静止开始落下，弹性绳质量不计，忽略空气阻力的影响，则人第一次下落的过程中（ ）
A．人在加速下落过程中，其惯性增大 B．速度先增大后减小
C．加速度先不变后增大 D．弹性绳伸直时人开始做减速运动
5．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于粗糙墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，整体处于静止状态。略微改变绳子的长度，P、Q仍然均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（ ）
A．P、Q两物体都受3个力作用
B．若绳子变短，墙壁对Q的支持力将减小
C．若绳子变短，绳子的拉力将变大
D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
6．跳伞运动员做低空跳伞表演如图甲所示。运动员从高空悬停的直升机上跳下沿竖直方向运动，其v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在0~10s内的平均速度大小等于10 m/s
B．10s~15s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动
C．10s末运动员的速度方向发生改变
D．从15s末开始运动员处于静止状态
7．手机中有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着质量为m的手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中t1=0.38s，t2=0.55s，t3=0.66s，t4=1.26s，取重力加速度g=10m/s2，由此可判断出（ ）
A．t1时刻手掌对手机的作用力2mg B．t2时刻手机刚好离开手掌
C．t3时刻手机的速度为3m/s D．手机离开手掌后上升的高度为0.9m
二、多项选择题（本题共 3 小题， 每小题 6 分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分）
8．冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是（ ）
A．冰壶第1s内的位移大小是7.8 m B．冰壶的加速度大小是0.4 m/s2
C．前10s位移和后10s的位移之比为3︰1 D．冰壶的初速度大小是6 m/s
9．如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为、、。其中物体B和C通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起，物体A与轻弹簧上端连在一起，轻弹簧下端固定在地面上，现在剪断B、C间的轻绳，在剪断瞬间下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．物体A与B之间的轻绳弹力为 B．物体B的加速度大小为
C．物体A的加速度为0 D．弹簧产生的弹力为2mg
10．粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。则（ ）
A．前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2
B．前4 s内物体运动的位移的大小为8 m
C．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1
D．物体的质量m为2 kg
三、实验题（本题共2小题，共18分）
11．“验证力的平行四边形定则”实验。
（1）小王同学设计实验如图甲所示，三个细线套L1、L2、L3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计B和重物M上，A挂于固定点P。手持B拉动细线，使结点静止于O点。
①本实验中，主要体现的科学方法是 。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．极限思想法 D．建立物理模型法
②某次实验中A的指针位置如图甲所示，其读数为 N；
（2）小李同学设计实验如图乙所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图丙是在白纸上根据实验结果画出的图，图丙中的 是力F1和F2的合力的理论值； 是力F1和F2的合力的实际测量值．
（3）如图丁所示，F1、F2夹角大于90°，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为 （两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程）。
A．F1一直增大、F2一直增大 B．F1先减小后增大、F2一直增大
C．F1一直增大、F2一直减小 D．F1一直增大、F2先减小后增大
12．图（a）为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。
（1）为完成实验，除了图（a）中标出的实验器材外，还需要的实验器材有
A．秒表 B．刻度尺（最小刻度为mm） C．50Hz低压交流电源
（2）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是 。
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在托盘和砝码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在托盘和砝码拉动下恰好做匀加速运动
C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘和砝码的情况下使小车恰好做匀速运动
D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘和砝码的情况下使小车恰好做匀加速运动
（3）实验中得到如图（b）所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，可得打计数点3时小车的速度大小为v3＝ m/s，小车的加速度大小为a＝ m/s2。（均保留三位有效数字）
（4）实验小组用a表示小车的加速度，用F表示测量细线拉力的传感器的示数，在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角过大，则得到的a﹣F关系是图（c）中的哪幅图？答： 。
（5）该实验 （选填“需要”或“不需要”）满足钩码质量远远小于小车和传感器的总质量。
四、解答题（本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分）
13．（10分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（，）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过，求水平滑轨的最短长度。
14．（12分）一个底面粗糙 质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，斜面体的斜面光滑 足够长且与水平面成30°角，现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，重力加速度为g，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。
（1）当斜面体静止时，求小球对斜面的压力；
（2）水平缓慢移动斜面体，在移动过程中，求轻绳拉力的最小值；
（3）试求当轻绳拉力最小时（斜面体保持静止），地面对斜面体的摩擦力。
15．（14分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m。求飞行器所受阻力Ff的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；
(3)第二次试飞中，为使飞行器不坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。盐田高级中学高一期末物理试题参考答案
1.【答案】 D 【详解】解：A．伽利略使用图甲外推到斜面倾角为90°的情形，间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动，不是力和运动的关系，故A错误；
B．落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，故B错误；
C．图丙中，平衡车的重力与地面对平衡车的支持力大小不相等，且两力均作用在同一物体上，根据牛顿第三定律可知，这两个力不是一对相互作用力，故C错误；
D．图丁中，弹簧测力计用来测力的大小，其单位为牛顿，符号为N，而牛顿不属于国际基本单位，是导出单位，根据牛顿第二定律，其量纲相乘可得，其中，千克、米、秒都属于国际基本单位，故D正确。
2.【答案】 C 【详解】A．由题意可知，此瞬间飞机斜向上做加速直线运动，所以加速度方向斜向上，故A错误；B．根据牛顿第二定律可知，乘客受到飞机座椅的力与重力的合力方向与飞机的加速度方向相同，为斜向上，而重力竖直向下，所以乘客受到飞机座椅的力一定斜向上，故B错误；
CD．乘客和飞机的加速度都具有竖直向上的分量，所以都处于超重状态，故C正确，D错误。故选C。
3.【答案】 D 【详解】AC．对笔受力分析如图所示
由图可知笔的合力方向水平向左，即加速度方向水平向左，运动方向无法判断。AC错误；
BD．设绳子与竖直方向的夹角为，则有
解得所以计算加速度大小只需测量绳子与竖直方向的夹角，与笔的质量无关。C错误，D正确。故选D。
4.【答案】B【详解】A.惯性的大小只与质量有关，质量不变，惯性不变，A错误。
B．弹性绳在绷紧前，跳跃者做自由落体运动，速度逐渐增大，弹性绳绷紧后，受到弹性绳向上的弹力和向下的重力，弹力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，则先向下加速后减速， 因此运动员速度先增大后减小，故B正确；
C．弹性绳在绷紧前，跳跃者的加速度竖直向下保持不变，处于失重状态。弹性绳绷紧后，弹力逐渐增大，所受合力先减小直至为零再反向增大，则加速度先向下减小直至为零后向上增大，先失重后超重，故C错误；D．弹性绳伸直时，开始弹力是零，跳跃者继续向下做加速运动，弹力小于重力时，运动员受合力向下，向下继续做加速运动，当弹力与重力大小相等时，其速度达到最大， 再往下， 弹力大于重力，合力向上，开始做减速运动，故D错误。故选B。
5．C【详解】A．由于小球P光滑，P、Q之间没有摩擦力作用，则小球P受到重力、Q的支持力和绳子拉力，共3个力作用；物块Q受到重力、P的压力、粗糙墙壁的支持力和摩擦力，共4个力作用，故A错误；BCD．若绳子变短，绳子与竖直方向的夹角变大，以小球P为对象，根据受力平衡可得
，
可得，
可知绳子的拉力将变大，Q对P的支持力变大；以物块Q为对象，根据受力平衡可得，
可知墙壁对Q的支持力将变大，Q受到的静摩擦力不变，故C正确，BD错误。故选C。
6.【答案】B【详解】A．若运动员在0～10s内做匀加速直线运动，如图中虚线所示则其平均速度为
根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该运动员在0～10s内的位移大于匀加速直线运动的位移，所以平均速度大于10m/s，A错误；
B．根据图像的斜率表示加速度，知10s～15s内运动员的加速度逐渐减小，速度逐渐减小，故10s～15s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动，B正确；
C．在整个过程中，运动员一直沿正方向，10s末运动员的速度方向没有发生改变，C错误；
D．从15s末开始运动员的速度不变，做匀速直线运动，D错误。故选B。
7.【答案】C【详解】A．t1时刻手机的加速度最大为a=20 m/s2=2g，方向向上，由牛顿第二定律得
F-mg=ma=2mg 解得F=3mg 故A错误；
B．t2时刻加速度为零，则手机处于平衡，故手机没有离开手掌，故B错误；
CD．手机在0.66s离开手后做竖直上抛，在1.26s接住，则升的高度为 t3时刻手机的速度为 故C正确，D错误。
8.【答案】ABC【详解】B．整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1 s内位移大小为0.2 m，根据代入数据解得 故B正确；
D．冰壶的初速度为故D错误；
A．冰壶第1s内的位移大小是故A正确；
C．由初速度为零的匀加速直线运动的规律可知前10s位移和后10s的位移之比为，故C正确。
9.【答案】AB
【详解】D．剪断B、C间的轻绳瞬间，弹簧没有发生突变，弹簧的弹力与剪断前一样，可知弹簧产生的弹力不为0，故D错误；ABC．剪断B、C间的轻绳之前，对B、C整体分析有
对A分析有 解得弹簧弹力
剪断B、C间的轻绳瞬间，弹簧弹力不变，A、B的加速度大小相等，对B分析有
对A分析有
解得，
故AB正确，C错误。故选AB。
10.【答案】AC【详解】A．根据速度图象的斜率等于加速度，知前2s内物体的运动加速度 A正确；
B．前4s内物体的位移为 B错误；
CD．根据牛顿第二定律得，前2s内 后2s内
由图得 ，代入解得 C正确，D错误。故选AC。
11.（1）B ; 2.00 ； （2） F; F/; （3）A
12.（1）BC；（2）C；（3）0.611；2.00；（4）C；（5）不需要
13.【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得 解得
（2）根据速度位移公式可得 解得
（3）货物在水平滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律可得 解得
根据运动学公式可得 解得
可知水平滑轨的最短长度为。
14.【详解】（1）对小球进行受力分析，小球受重力mg，支持力N，细线拉力T，小球处于平衡状态，且N和T与竖直方向夹角均为30°，如图所示
水平方向有 故
竖直方向 得
由牛顿第三定律得：球对斜面的压力 方向垂直于斜面向下。
（2）当支持力与拉力垂直时，即N⊥T时，轻绳拉力具有最小值，如图所示
则有
（3）当拉力取最小值时，细线与水平方向夹角为30°；把小球和斜面体看成一个整体，设地面对斜面体的摩擦力为f，水平方向有
得 方向水平向左。
15.(1)4N ；(2)42m ；(3)
【详解】（1）第一次飞行中，设加速度为，匀加速运动
由牛顿第二定律
解得
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为，匀加速运动
设失去升力后的加速度为，上升的高度为，由牛顿第二定律
解得
（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为
由牛顿第二定律
且
解得
