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乐平三中 2023-2024 学年度上学期期末考试 高一物理试卷
满分：100 分 考试时间：75 分钟
注意事项：
1. 答题前请在试卷和答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2. 请将答案正确填写在答题卡上。
一、选择题（本题共 10 小题；共 46 分。1～7 单选。其中8～10是多项选择，全部选对的得 6 分，选不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。）
1 ．在东汉王充所著的《论衡 ·状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移，何者？大石重而沙石轻也。”意 思是说轻小沙石的运动状态很容易被水流改变，而大石的运动状态不容易被水流改变。下列关于此句话中所描述的
现象的说法正确的是( )
A ．说明力是改变物体运动状态的原因，有力作用物体才会运动，无力作用物体不会运动 B ．沙石很小可以视为质点所以容易被冲走，大石很大不能被视为质点所以不容易被冲走
C ．轻小的沙石由于质量太小，没有惯性，所以运动状态很容易被水流改变
D ．重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变
2 ．“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于 10 月 31 日返回地面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次
打开到返回舱即将落地，返回舱的简化 v-t 图如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是( )
A ．从t1 到t2 B ．从t2 到t3 C ．从t3 到t4 D ．从t4 到t5
3 ．如图所示，小船以大小为v1 = 5m/s 、方向与上游河岸成θ= 60。角的速度（在静水中的速度）从 A 处渡河，经过
一段时间正好到达正对岸的 B 处．已知河宽d = 180m ，则下列说法中正确的是( )
A ．河中水流速度为2.5m/ s
B ．小船以最短位移渡河的时间为72s
C ．小船渡河的最短时间为3.6s
试卷第 1页，共 6页
D ．小船以最短的时间渡河的位移是90m
4 ．如图所示，一固定斜面倾角为θ , 将小球 A 从斜面顶端以速率 v0 水平向右抛出，小球击中了斜面上的 P 点；将 小球 B 从空中某点以相同速率 v0 水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中 Q 点。不计空气阻力，重力加速度为 g，小
球 A 、B 在空中运动的时间之比为( )
A ．2 tan2θ ：1 B ． tan2θ ：1
C ．1：2 tan2θ D ．1： tan2θ
5．轻绳一端系在质量为 m 的物体 A 上，另一端系在一个套在倾斜粗糙杆的圆环上.现用始终平行于杆的力 F 拉住绳
子上一点 O ，使物体 A 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，并且圆环仍保持在原来位置不动.则在这一过程中，
拉力 F 和环对杆的摩擦力 Ff 的变化情况是( )
A ．F 保持不变，Ff 逐渐增大 B ．F 逐渐减小，Ff保持不变
C ．F 逐渐增大，Ff 逐渐增大 D ．F 逐渐增大，Ff 逐渐减小
6 ．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m和m ，静止叠放在水平地面上。A 、B 间的动摩擦因数为μ , B 与地
面间的动摩擦因数为0.5μ , 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A 施加一水平拉力F ，则( )
A ．当F < 2μmg 时， A、B 都相对地面静止
B ．当F > 3μmg 时， A 相对B 滑动
C ．当F = 2.5μmg 时，A 的加速度为0.25μg
D ．无论F 为何值， B 的加速度不会超过0.4μg
试卷第 2页，共 6页
7 ．如图所示，水平光滑长杆上套有物块 A ，一细线跨过固定在天花板上 O 点的轻质定滑轮一端连接 A ，另一端悬 挂物块 B 。开始时 A 位于 P 点，M 为 O 点正下方杆上一点，现将 A 、B 由静止释放。当 A 通过杆上 N 点时，绳与
水平方向夹角为 37° , 取 sin 37°=0.6 ，cos 37°=0.8 ，关于释放后的过程，下列说法正确的是( )
A ．A 从 P 到 M 过程，A 的速度先增大后减小
B ．A 从 P 到 M 过程，B 一直处于失重状态
C ．A 通过 N 点时速度与此时 B 的速度大小比为 5∶4
D ．A 到达 M 之前，绳子对 B 的拉力始终大于 B 的重力
多选题
8 ．我国高铁总里程超 4 万公里，高铁已成为重要的“ 中国名片” ，领跑世界。我国和谐号动车组由动车和拖车编组 而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。每节车厢质量均为 m ，当列车在平直轨道上匀加速启动 时，每节动力车厢牵引力大小均为 F，每节车厢所受阻力均为车厢重力的 k 倍，重力加速度为 g 。某列动车组由 8 节车厢组成，其中第 2 、4 、5 、7 节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是
( )
A ．若做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零
B ．匀加速启动时，整列车的加速度大小为
C ．不管是匀速运动还是加速启动时，第 4 、5 节车厢间的作用力一定都为零
D ．匀加速启动时第 7 节车厢对第 8 节车厢的作用力大小为
9 ．如图所示，A 、B 两小球分别用轻质细绳 L1 和轻弹簧系在天花板上，A 、B 两小球之间用一轻质细绳 L2 连接，细 绳 L1 、弹簧与竖直方向的夹角均为θ , 细绳 L2 水平拉直，现将细绳 L2 剪断，则细绳 L2 剪断瞬间，下列说法正确的
是( )
试卷第 3页，共 6页
A ．细绳 L1 上的拉力与弹簧弹力之比为 1：1
B ．细绳 L1 上的拉力与弹簧弹力之比为 cos2θ：1
C ．A 与 B 的加速度之比为 1：1
D ．A 与 B 的加速度之比为 cosθ：1
10．如图甲所示，倾角为a = 37。、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为m = 2kg 的物块锁定在斜面体上，t = 0时 刻在物块上施加一水平向右的推力F 同时将锁定解除，使物块由静止开始沿斜面体运动，已知外力大小与物块速度 大小的变化规律为F = kv ， k 为定值，整个过程中物块运动的加速度关于速度的变化规律如图乙所示。重力加速度
取g = 10m/ s2 ， sin37。= 0.6 ， cos37。= 0.8 。下列说法正确的是( )
A ．物块与斜面体间的动摩擦因数为 0.25
B ． k =
试卷第 4页，共 6页
C ．物块的速度最大时，推力F 的大小为11 (24) N
D ．物块的加速度为1m/ s2 时，推力F 的大小为
二、实验填空题（请将答案写在答题卡的相应位置
20 N
11
每个空两分，共 18 分）
11．“探究加速度与力、质量的关系” 的实验装置如图所示。
（1）关于实验步骤，下列说法正确的是 。
A ．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B ．实验时应先释放小车，后接通电源
C ．本实验砝码及砝码盘 B 的质量应约等于小车 A 的质量
D ．在探究加速度与质量的关系时，应作a - 图像
（2）在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了 A 、B 、C、D 、E 作为计数点，相邻两个计数点间还有 4 个计时点没有标出，其中x1 = 7.00cm 、x2 = 7.60cm 、x3 = 8.30cm 、x4 = 8.90cm ，电源频率为 50Hz ，可以计算出小
车的加速度大小是 m / s2 。
（3）某同学将长木板右端适当垫高，其目的是 。如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用 a 表
示小车的加速度，F 表示细线作用于小车的拉力，他绘出的a - F 关系图像可能是 。
试卷第 5页，共 6页
A .
B .
C .
D .
12 ．如图甲所示是“研究平抛物体的运动” 的实验装置图：
（1）关于这个实验，以下说法正确的是 。
A ．小球释放的初始位置越高越好
B ．每次小球要从同一高度由静止释放
C ．实验前要用铅垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直
D ．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板
（2）某同学实验时得到如图乙所示物体的运动轨迹，A 、B 、C 是运动轨迹上的三点，位置已标出，O 点不是抛出 点，x 轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛运动的初速度是 m/s ，小球从抛出运动到 B 点的时间
为 s ，抛出点的坐标 x= m，y= m 。 （g= 10m/s2）
四、解答题
13（10 分）．如图所示，质量 m = 2kg 的光滑小球用细线系在质量为 M= 4kg 、倾角为α = 37° 的斜面体上，细线与
斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g 取 10m/s2 。试求：
（1）若用水平向右的力 F 拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力 F 不能超过多少？
（2）若用水平向左的力 F 推斜面体，要使小球不沿斜面向上滑动，推力 F′不能超过多少？
14（12 分）．如图所示，传送带与地面倾角θ= 37。，从 A 到 B 长度为15.25m ，传送带以5m/s 的速度逆时针转动。
在传送带上端 A 无初速地放一个质量为m = 0.8kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ = 0.5 ，煤块在传
送带上经过会留下黑色划痕。已知（ sin 37。= 0.6 ， cos 37。= 0.8 ）， g = 10m/s2 。求：
（1）煤块从 A 到 B 运动的时间；
（2）煤块从 A 到 B 的过程中传送带上形成划痕的长度。
15（14 分）．如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从 A 点垂直于缓冲坡以v0 = 20m/s 起跳，最后落在缓冲坡上 的 B 点，轨迹上的 C 点与 A 点等高（图中未画出），已知缓冲坡倾角θ=37° , 不计空气阻力。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，
重力加速度 g 取 10m/s2 。求：
（1）运动员从 A 点到 C 点过程中速度变化量的大小 Δv ；
（2）缓冲坡上 A 、B 两点间的距离 L；
（3）运动员落在 B 点的速度方向与水平面夹角的正切值 k。
试卷第 6页，共 6页
参考答案：
1 ．D
【详解】A ．力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，运动的物体，不受
力时，仍会一直运动下去，故 A 错误；
B ．物体是否可以看成质点，不是看物体的大小，是否容易被冲走不是取决于是否可以看成
质点，故 B 错误；
C ．轻小的沙石质量很小，但仍有惯性，只是惯性很小，所以运动状态很容易被水流改变，
故 C 错误；
D ．重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故 D 正确。
故选 D。
2 ．B
【详解】v-t 图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知， t2 到t3 时间内向上的加速度
最大，可知这个阶段宇航员超重感觉最明显。
故选 B。
3 ．D
【详解】A ．由题意知，小船方向与上游河岸成θ= 60。角的速度（在静水中的速度）从 A
处渡河，经过一段时间正好到达正对岸的 B 处，则
v1 cos 60。= v2
解得
v2 = 2.5m/s
故 A 错误；
B ．小船以最短位移渡河的时间为
t, = d = 180 s = 24s
v1 cos 30。 5 x
故 B 错误；
C ．小船以最短时间渡河，船头应垂直对岸，时间为
t = d =
v
故 C 错误；
s = 36s
答案第 1页，共 13页
D ．小船以最短时间渡河时到达对岸，沿河岸通过的位移为
(
2
)x = v t = 2.5 x 36m = 90m
通过的位移
x, = = m = 90m
故 D 正确。
故选 D。
4 ．A
【详解】设小球 A 在空中运动的时间为 t1 ，小球 B 在空中运动的时间为 t2，对小球 A ，由平
抛运动的规律可得
tanθ= =
对小球 B ，结合几何知识， 由平抛运动的规律可得
tanθ= vBy (v0) = gt (v0)2
联合可得
t1 2tan2θ
=
(
2
)t 1
故选 A。
5 ．C
【详解】先对结点 O 受力分析，受物体的拉力(等于重力) 、拉力 F 和绳子的拉力 T，根据平
衡条件，结合三角形定则作图，如图所示
物体 A 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，拉力 F 增加，再对环和物体整体受力分析，
受重力、拉力、支持力和摩擦力，如图所示
答案第 2页，共 13页
根据平衡条件有，平行杆方向
F + G sinθ= Ff
拉力 F 增大，则摩擦力增大，根据牛顿第三定律，环对杆的摩擦力Ff 增大。
故选 C。
6 ．B
【详解】A ．A 、B 间的最大静摩擦力为
(
AB
)f = 2mgμ
B 与地面间的最大静摩擦力为
f地B = 1.5mg μ
因为f地B < fAB ，所以当0 < F < 1.5μmg 时， A、B 都相对地面静止，A 错误；
BC ．当 A 的加速度 aA 大于 B 的加速度 aB 的时候，A 开始相对B 滑动，对 A 列牛顿第二定
律
F 一 fAB = 2maA
对 B 列牛顿第二定律
fAB 一 f地B = maB
由aA > aB ，得
F 一 2mgμ 2mgμ 一 1.5mgμ
>
2m m
解得
F > 3μmg
此时A 相对B 滑动，B 正确；
C ．当F = 2.5μmg < 3μmg 时，A 和 B 还未发生相对滑动，对 A 、B 整体列牛顿第二定律
答案第 3页，共 13页
F -f地B = 3ma
解得
2.5μmg - 1.5μmg 1
a = = μg
3m 3
故 C 错误；
D ．对 B 列牛顿第二定律
fAB -f地B = maB
得
fAB -f地B
aB = m
当fAB 最大时，aB 最大，所以
aBm = 2μmg - 1.5μmg = 0.5μg
m
无论F 为何值， B 的加速度不会超过0.5μg ，D 错误。
故选 B。
7 ．C
【详解】A ．物块 A 从 P 到 M 过程，绳子的拉力与 A 运动方向夹角为锐角，A 的加速度方
向一直与运动方向相同，A 的速度一直增加，故 A 错误；
B ．开始时 B 的速度为零，当物块 A 到达 M 点时，物块 B 下降到最低点，因此 B 的速度又 为零，则 B 从释放到最低点过程，速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，先失重后
超重，故 B 错误；
C ．物块 A 在 N 点时，将 A 的速度进行分析，沿绳方向的分速度大小等于物块 B 的速度大
小，如图所示
答案第 4页，共 13页
根据图中几何关系可得
vA cos 37。= vB
可得
vA : vB = 5 : 4
故 C 正确；
D ．B 从释放到最低点过程，速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，先失重后超重，
所以绳子对 B 拉力先小于后大于 B 的重力，故 D 错误。
故选 C。
8 ．BC
【详解】A ．当动车组做匀速运动时，对整体有
4F = 8kmg
则
F = 2mg
则根据平衡条件可知第一列车厢有
(
12
)F = kmg
对于一、二列车厢整体有
2kmg = F + F23
可得二、三节车厢间作用力
F23 = 0
以此类推，可知
F34 = kmg
F45 = 0
F56 = kmg
F67 = 0
F78 = kmg
答案第 5页，共 13页
则可知各车厢间的作用力不是都为零，故 A 错误；
B ．匀加速启动时，对 8 节车厢，根据牛顿第二定律
4F - 8kmg = 8ma
整列车的加速度大小为
F - 2kmg
a =
2m
故 B 正确；
C ．加速启动时，对前 4 节车厢有
2F - 4kmg - F45 = 4ma
可得
F45 = 0
第 4 、5 节车厢间的作用力为零，故 C 正确；
D ．匀加速启动时，对第 8 节车厢有
F78 -kmg = ma
可得第 7 节车厢对第 8 节车厢的作用力大小为
F
(
78
)F =
2
故 D 错误。
故选 BC。
9 ．BD
【详解】根据题述可知
A 、B 两球的质量相等，均设为 m ，剪断细绳 L2 瞬间，对 A 球受力分析，如图 1 所示
由于细绳 L1 的拉力突变，沿细绳 L1 方向和垂直于细绳 L1 方向进行力的分解，得
答案第 6页，共 13页
FT=mgcosθ
ma1=mgsinθ
剪断细绳 L2 瞬间，对 B 球进行受力分析，如图 2 所示
由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有
Fcosθ=mg
ma2=mgtanθ
所以
FT ∶F=cos2θ∶1
a1 ∶a2=cosθ∶1
故选 BD。
10 ．BD
【详解】A. t = 0 时刻，推力为零，物块的加速度大小为
a0 = 2m / s2
对物块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向有
mgsinc _ μmgcosc = ma0
解得
μ = 0.5
故 A 错误；
B.物块加速度为零时，由力的平衡条件得
mgsinc _ μFN _kvcosc = 0
又
FN = mgcosc + kvsinc
代入上式解得
(
k
=
v
(
μ
sin
c
+
cos
c
)
)mg (sinc _ μcosc)
由图乙可知，此时
v = 5m/ s
答案第 7页，共 13页
解得
k =
故 B 正确；
C. 由 B 选项分析可知，推力F 的大小为
F = kv = 11 (40) N
故 C 错误；
D. a = 1m/ s2 时， 由牛顿第二定律得
mgsinc 一 μFN 一 Fcosc = ma
又
FN = mgcosc + Fsinc
代入数据解得
20
F = N
11
故 D 正确。
故选 BD。
11． D 0.65 平衡摩擦力 B
【详解】（1）[1]A ．根据
mg sinθ= μmg cosθ
每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项 A 错误；
B ．为了打点稳定，实验时应先接通电源，后释放小车，选项 B 错误；
C ．本实验中为了保证砝码及砝码盘的重力近似等于小车的牵引力，则砝码及砝码盘 B 的质
量应远小于小车 A 的质量，选项 C 错误；
D ．在探究加速度与质量的关系时，应作a 一 图像，可以得到线性图像，选项 D 正确。
答案第 8页，共 13页
故选 D。
（2）[2]相邻两个计数点间还有 4 个计时点没有标出，可知T = 0. 1s ，则根据 Δx = at2 可得加
速度
a = xCE4T (一)2 (x)AC = (8.90 + 8.304 (一)会 (7) .0 (6)1 (0) 7.00) 会10一2 m / s2 = 0.65m / s2
（3）[3][4]某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；如果长木板的右端垫得不 够高，木板倾角过小，则当力 F 增加到一定值时小车才会做加速运动，则他绘出的a 一 F 关
系图像可能是 B。
12 ． BCD 4 0.4 -0.8 -0.2
【详解】（1）[1]A.小球释放的初始位置并不是越高越高，释放的位置如果过高，会使抛物 线轨迹开口过大，需要更宽的木板及坐标纸，不宜进行轨迹的绘制以及数据处理，所以释放
位置的高度适宜即可，故 A 错误；
B．为了使小球每次抛出时速度大小相等，每次应使小球从同一高度由静止释放，故 B 正确； C ．本实验中探究的是平抛运动的水平分运动与竖直分运动规律，所以实验前要用铅垂线检
查坐标纸上的竖线是否竖直，故 C 正确；
D ．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板，若接触木板，小球会受到木板的摩擦力作用，
使其不再做平抛运动，故 D 正确。
故选 BCD。
（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动，由题图乙可知相邻两点间的水平距离相等，所以 相邻两点间运动的时间间隔相等，设为 T，小球在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学
规律有
Δy = gT2 = yBC 一 yAB = 0. 1m
解得 T=0. 1s ，故平抛运动的初速度为
v0 = = 4m/s
[3]小球在 B 点的竖直分速度大小为
v = yAC = 4m/s
By 2T
根据运动学公式可得小球从抛出运动到 B 点的时间为
t = vBy = 0.4s
g
答案第 9页，共 13页
[4][5]小球从抛出运动到 B 点的水平位移大小为
xB = v0t = 1.6m
竖直位移大小为
1 2
yB = 2 gt = 0.8m
故抛出点的横坐标为
x=0.8m- 1.6m=-0.8m
纵坐标为
y=0.6m-0.8m=-0.2m
13 ．（1）80N；（2）45N
【详解】（1）小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好
为 0 ，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
mg
= ma
tan 37。
解得
(
40
2
)a = 3 m/s
对整体， 由牛顿第二定律得
F = (M + m)a = 80N
（2）小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为 0 ，对小
球受力分析如图所示
答案第 10页，共 13页
由牛顿第二定律得
(
。
,
)mg tan 37 = ma
解得
a, = g tan 37。= 7.5m/s 2
对整体， 由牛顿第二定律得
F, = (M + m)a, = 45N
14 ．（1） 2.5s ；（2） 4m
【详解】（1）开始阶段， 由牛顿第二定律得
mg sinθ+ μmg cosθ= ma1
所以
a1 = g sinθ+ μg cosθ
可得
a1 = 10m/s2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
(
1
)t = v
(
1
)a
= 0.5s
煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为
(
1
2
1
1
1
)x = a t = 1.25m
2
因1.25m < 15.25m ，所以煤块加速到5m/s 时仍未到达 B 点，此时摩擦力方向改变。
第二阶段有
答案第 11页，共 13页
mg sinθ_ μmg cosθ = ma2
所以得
a2 = 2m/s2
设第二阶段煤块滑动到 B 的时间为t2 ，则
1 2
LAB _ x1 = vt2 + 2 a2t2
解得
t2 = 2s
煤块从 A 到 B 的时间
(
1
2
)t = t + t = 2.5s
（2）第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移
大小为
Δx1 = vt1 _ x1 = 1.25m
故煤块相对于传送带上移1.25m 。
第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为
Δx2 = (LAB _ x1 ) _ vt2
解得
Δx2 = 4m
即煤块相对传送带下移4m 。
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为
s = Δx2 = 4m
15 ．（1）32m/s ；（2）75m；（3）
【详解】（1）运动员竖直分速度
vy = v0 cos 37。= 16m/s
从 A 点到 C 点过程中速度变化量大小为
Δv = 2vy = 32m/s
答案第 12页，共 13页
（2）沿缓冲坡为 x 轴，起跳方向为y 轴。
y 向加速度为
ay = g cos 37。= 8m/s2
y 向往返时间为
t = 2 v0 = 5s
a
y
x 向加速度为
ax = g sin 37。= 6m/s2
AB 之间的距离为
1 2
L = 2 axt = 75m
（3）沿水平方向为 x 轴，竖直方向为y 轴。
着陆时水平方向的分速度为
vx = v0 sin 37。= 12m/s
着陆时竖直方向的分速度为
vy = gt 一 v0 cos 37。= 34m/s
着陆速度与地面夹角的正切值为
k = tan c = =
答案第 13页，共 13页
