2023-2024学年山东省潍坊市高一（上）期末物理试卷
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.一个物体在力的作用下沿着力的方向前进一段距离，这个力对物体做功。在国际单位制简称中，功的单位可表示为( )
A. B. C. D.
2.如图所示，木块甲、乙中间夹有一压缩的轻弹簧，弹簧的劲度系数为，压缩量为，用的水平拉力作用在木块乙上，甲、乙均静止不动。下列说法正确的是( )
A. 木块甲所受摩擦力的大小为，方向水平向右
B. 木块甲所受摩擦力的大小为，方向水平向右
C. 木块乙所受摩擦力的大小为，方向水平向右
D. 木块乙所受摩擦力的大小为，方向水平向左
3.进入冬季，有时会遇到大雾天气，影响交通安全。一辆汽车在大雾天中以的速度行驶，司机突然看到前方十字路口有一路障，立即刹车作匀减速直线运动，加速度大小为，关于该汽车刹车后内的运动，下列判断中正确的是( )
A. 运动的位移为 B. 运动的位移为
C. 平均速度为 D. 平均速度为
4.如图所示，斜面体甲放在小车内的水平地板上，物块乙放在斜面体上，两者一起随车向右匀加速运动，关于甲、乙受力的分析正确的是( )
A. 甲物体可能受到个力的作用
B. 甲物体受到车厢向右的摩擦力
C. 乙物体可能受到个力的作用
D. 车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和
5.某同学利用手机频闪拍摄法测小球的速度和加速度。让小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪拍摄法得到连续的小球位置如图中、、、所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为，每块砖的厚度为，由此可估算小球( )
A. 下落的加速度大小为
B. 经过位置时的速度大小为
C. 经过位置时的速度大小为
D. 小球的释放位置在位置上方处
6.用两轻绳、和轻弹簧将两个相同的小球和连接并悬挂，如图所示。两小球质量均为，处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为，轻绳水平。下列分析正确的是( )
A. 此时轻绳的拉力大小为
B. 此时轻绳的拉力大小为
C. 剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为
D. 剪断轻绳瞬间，小球的加速度方向斜向左下方
7.质量为的物体，静止在粗糙的水平面上，从时刻起，受到一个水平拉力的作用，随时间变化的规律如图所示。下列关于物块运动的图像和图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，一工件放在地面上的点，要将工件吊起到空中的点，用细绳、系在工件上，施工队员甲、乙通过固定在横梁上的定滑轮、拉细绳，吊起过程甲、乙两队员位置不变，紧密配合拉细绳使工件沿缓慢上升到点，已知与垂直且与滑轮相切，工件上升过程中，下列分析正确的是( )
A. 绳的拉力先减小后增大 B. 绳的拉力先增大后减小
C. 甲对地面的压力先增大后减小 D. 乙对地面的摩擦力逐渐变小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上连续做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，绘制出压力随时间变化的图线如图所示，下列关于该同学受力和运动的分析正确的是( )
A. 从到的过程，先失重后超重 B. 从到的过程，蹲下一次，站起一次
C. 从到的过程，在处的速度最大 D. 从到过程，在做“站起”的动作
10.非洲大草原上，猎豹是跑得最快的动物，而羚羊最擅长耐久跑。一只羚羊在草原上沿直线匀速奔跑，潜伏的猎豹发现它在前方时，立即加速追赶，而羚羊的嗅觉和听觉非常灵敏，它发现身后的猎豹后马上加速，如图是它们运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 在内，羚羊和猎豹间的距离逐渐增大
B. 末时羚羊与猎豹相距
C. 猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大
D. 末时，猎豹刚好追上羚羊
11.哈尔滨国际冰雪节吸引人们参与冰雪运动，如图所示游乐场中一滑梯倾角为，滑梯段和段长度均为，段结冰光滑，段粗糙，一个质量为的小朋友从点无初速沿滑梯滑下，小朋友滑到底端点时速度恰好为。重力加速度为，则( )
A. 小朋友下滑的最大速度为
B. 小朋友从到下滑的时间为
C. 小朋友与滑梯段间的动摩擦因数为
D. 在段下滑的过程中滑梯对小朋友的作用力大小为
12.如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块，整体处于静止状态，托盘的质量，物块的质量，轻弹簧的劲度系数。给施加一个竖直向上的力，使从静止开始向上做匀加速直线运动，力随时间变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是( )
A. 托盘运动的最大速度为 B. 时大小为
C. 时刻托盘对物块的支持力为 D. 时大小为
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.为测量弹簧的劲度系数，某同学制定如下实验方案：将弹簧竖直悬挂，下端加挂钩码，平衡时测出弹簧总长度；改变钩码质量，平衡时再次测出对应的弹簧总长度，并算出弹簧的伸长量；将数据记录在表格中。实验过程弹簧始终处于弹性限度内，取。
钩码质量
弹簧总长度
弹簧伸长量
根据实验数据在图中作出弹力随弹簧伸长量变化的图像。
由图像可知，弹簧的劲度系数为______结果保留两位有效数字。
该同学利用此弹簧制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示，其中小球质量。用它测量竖直电梯运行时的加速度，电梯静止时，指针指在刻度处。电梯启动时，指针指在刻度下方处，则电梯启动时的加速度大小为______结果保留两位有效数字。
14.某兴趣小组利用图甲所示实验装置测量当地重力加速度。实验器材有：一端带有定滑轮的轨道、两个光电门和、小车、钩码、细绳等。实验过程如下：
在轨道上安装光电门和，测出两光电门中心的距离及小车上遮光条的宽度。
不挂钩码，将轨道右端垫高到适当高度，给小车一初速度，使小车在轨道上匀速运动。
将细线一端与小车相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，细线与轨道平行，由图中位置释放小车依次通过光电门和，测得小车通过两光电门的遮光时间分别为和，计算小车运动的加速度。
保持小车和遮光条的总质量未知不变，改变钩码质量，重复的操作。
绘出图像如图乙所示，求出当地重力加速度。
在步骤中垫高轨道时，若测得小车通过光电门的时间小于通过光电门的时间，那么垫板的位置应适当______向左、向右移动。
在步骤中，小车下滑过程中的加速度 ______用、、和表示。
若图像斜率的大小为，纵轴截距大小为，则 ______， ______用、表示。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.一物块放在水平地面上，物块质量为，对其施加与水平方向成斜向上的拉力，，如图甲所示，物块匀速向右运动，取，，。
求物块与地面间的动摩擦因数大小；
若物块静止时，对其施加斜向右下方与水平方向成的推力，，如图乙所示，求物块受到的摩擦力大小。
16.某校高一课外活动小组自制了一枚水火箭，水火箭发射后在竖直方向运动，水火箭向下喷水时，火箭向上做加速度大小为的匀加速直线运动。水火箭经过喷水结束，一段时间后火箭落回到地面。忽略空气阻力，取，求：
上升过程中水火箭的最大速度；
水火箭离地面的最大高度；
从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间。
17.如图所示，足够长的传送带顺时针匀速转动，表面粗糙，传送带的右端有一固定的光滑斜面，斜面底端点与传送带平滑连接物体经过此处的速度大小不变。将小滑块从斜面上点无初速释放，与点间距离。经过一段时间小滑块从传送带返回斜面，运动到斜面上的最高点未在图中标出时取下小滑块，与点间距离。已知斜面倾角，小滑块与传送带的动摩擦因数为，取，。求：
小滑块从点滑到点时的速度大小；
传送带运动的速度大小；
小滑块在传送带上运动的时间。
18.如图所示，质量的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数。在木板的右端放一个质量为的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数。在木板右端施加水平向右的拉力，作用的时间撤去拉力，运动过程中滑块未脱离木板，取，求：
拉力作用时，滑块与木板的加速度分别为多大；
滑块运动的最大速度；
木板运动的总位移。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据可得
根据牛顿第二定律
可知，力的单位为
所以有
故D正确，ABC错误。
故答案为：。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
2.【答案】
【解析】解：甲静止不动，木块甲所受摩擦力与弹箭弹力平衡，则木块甲所受摩擦力的大小为，方向水平向右，故A错误，B正确；
乙静止不动，根据平衡条件可得木块乙所受摩擦力的大小为，方向水平向左，故CD错误。
故选：。
因为甲静止不动，通过受力分析，摩擦力与弹簧弹力相等，从而求出甲受到的摩擦力；乙静止不动，对乙受力分析，得到乙受到的摩擦力。
学生在解答本题时，应注意静摩擦力没有表达式，需要通过受力平衡来求解。
3.【答案】
【解析】解：汽车停止所需的时间，所以时，汽车已经停止，位移，故A正确，B错误；
根据平均速度公式，故CD错误。
故选：。
根据速度时间公式可判断时汽车是否停下，根据速度位移公式可求出汽车位移；根据平均速度公式可求出汽车的平均速度。
学生在解答本题时，应注意判断汽车是否已经停下。
4.【答案】
【解析】解：对乙物体受力分析，其受到重力、斜面给的支持力以及斜面对乙的摩擦力如图所示
由题意可知，其有一个向右的加速度，设斜面的夹角为，乙的质量为，乙肯定受到自身重力和甲提供的支持力，由于加速度向右，所以必然存在摩擦力提供乙向右的加速度，所以在水平方向有
竖直方向有
所以必然受到三个力，故C错误；
D.将甲乙看成一个整体则车对其的作用力有两个效果，一个是平衡甲乙的重力，使其在竖直方向静止，两一个作用是提供水平方向的加速度，所以车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和，故D错误；
结合上述分析可知，甲受到自身的重力，乙对甲的压力，乙对甲的摩擦力，车厢给的支持力，以及车厢向右的摩擦力，所以受到五个力的作用，故A错误，B正确。
故选：。
对乙受力分析，利用牛顿第二定律可求出必须有摩擦力提供向右的加速度，从而得到乙的受力个数；利用整体法可求出车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和；根据受力分析可得到甲和乙各自的受力数量。
学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的灵活运用，以及如何利用牛顿第二定律判断物体受力问题。
5.【答案】
【解析】解：由图知任相邻相等时间间隔内位移的差值都为，根据匀变速直线运动的推论
可得，下落过程中的加速度为
故A错误；
根据匀变速直线运动的推论，经过位置的瞬时速度等于从位置到过程的平均速度，则有
根据速度时间公式得，通过位置的瞬时速度
故BC错误；
D.经过位置的瞬时速度等于从位置到过程的平均速度，则有
根据
整理解得
则小球的释放位置在位置上方
故D正确。
故选：。
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点的瞬时速度，结合连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合速度时间公式求出经过位置的瞬时速度，根据位移除以时间求解平均速度。
解决该题的关键是掌握匀变速直线运动的加速度的求解方法，知道平均速度和匀变速直线运动中瞬时速度的求解公式。
6.【答案】
【解析】解：将球和球看成一个整体，受力分析如图
根据平衡条件有，，解得，故AB错误；
剪断轻绳瞬间，小球受到的重力和弹力不变，故小球合力与绳子的拉力等值方向，小球合力大小为，方向水平向左，根据牛顿第二定律，故，方向水平向左，故C正确，D错误。
故选：。
本题将球和球看成一个整体，受力分析，根据平衡列式，球绳子的拉力；
弹簧弹力瞬间不变，根据平衡，分析小球合力，结合牛顿第二定律，求加速度。
本题解题的关键是选择整体法，将小球和小球看成一个整体去分析。
7.【答案】
【解析】解：由题图可知，在之前，外力逐渐增加，初始时，外力较小，其与物块静摩擦力平衡，所以开始一段时间没有加速度，在外力大于最大静摩擦之后，物块开始运动此时由
整理有
可知，外力与加速度呈线性关系。到达之后，外力不变，所以加速度也不变，所以对于图像来说，应该初始没有加速度，某时刻后是一条倾斜的直线，之后为一条与轴平行的直线，故AB错误；
有上述分析可知，加速度初始一段时间没有，之后逐渐增加，之后加速度不变，而图像中，斜率代表加速度，所以加速度应该是先没有，之后后逐渐增加，然后不变，而由之前的分析可知，没有加速度时，物体处于静止，也没有速度。综上所述，故 C错误，D正确。
故选：。
根据初始状态和物体的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况和图像；
分析物体的受力情况和加速度的变化情况，再分析物体的图像。
考查物体的受力分析和牛顿第二定律，会分析物体的相关图像。
8.【答案】
【解析】解：、以工件为研究对象，受力如图：
工件沿向上的过程中与竖直方向之间的夹角不变，与竖直方向之间的夹角增大，由图可知绳子的拉力逐渐增大，绳子的拉力逐渐减小，故AB错误；
C、甲受到重力、绳子的拉力、地面的支持力与摩擦力，随绳子的拉力逐渐增大，地面对甲的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知甲对地面的压力逐渐减小，故C错误；
D、乙受到重力、绳子的拉力、地面的支持力与摩擦力，随绳子的拉力逐渐减小，地面对乙的摩擦力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知乙对地面的摩擦力逐渐变小，故D正确。
故选：。
以工件为研究对象，结合共点力平衡分析两根绳子的拉力；再分别以甲、乙为研究对象，通过竖直方向受力平衡求支持力，水平方向受力平衡求摩擦力。
本题重点考查了平衡条件的运用，涉及的研究对象比较多，解题中注意研究对象的转换和参量的对应性。
9.【答案】
【解析】解：从到的过程，力传感器对同学的支持力一直小于同学的重力，同学处于失重状态，故A错误；
同学在下蹲过程中先向下加速再向下减速，即先失重后超重，起立过程中先向上加速再向上减速，即先超重后失重，可知从到的过程，在做“下蹲”的动作，从到过程，在做“站起”的动作，
故B错误，D正确；
C.从到的过程，同学在下蹲过程中向下加速，从到的过程，同学在下蹲过程中向下减速，故在处的速度最大，故 C正确。
故选：。
A.根据从到的图像比较弹力和重力的大小关系判断；
根据图像分析超重和失重的的具体情况，再结合实际情况分析是蹲下还是站起，以及有没有站起的过程；
C.根据点所处的状态分析速度是否达到最大。
考查图像的认识问题，结合图像会分析物体的受力情况和运动情况。
10.【答案】
【解析】解：、时刻，羚羊在猎豹的前方处，由图可知，在内，羚羊的速度大于猎豹的速度，所以羚羊和猎豹间的距离逐渐增大，故A正确；
B、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，由图可知，内猎豹的位移为
羚羊的位移为
则末时羚羊与猎豹相距，故B错误；
C、根据图像的斜率表示加速度，由图可知，猎豹加速时的加速度为
羚羊加速时的加速度为
可见猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大，故C正确；
D、根据图像的“面积”表示位移，由图可知，内猎豹的位移为
羚羊的位移为
则，所以末时，猎豹没有追上羚羊，故D错误。
故选：。
在内，根据羚羊和猎豹的速度关系，判断两者间的距离变化情况；根据图像与时间轴所围的面积表示位移，计算出内猎豹和羚羊的位移，再求末时羚羊与猎豹相距的距离；根据图像的斜率表示加速度分析加速度大小；根据“面积”计算出内猎豹和羚羊的位移，再分析末时猎豹能否追上羚羊。
本题是速度时间图像的应用，关键要知道图像与时间轴围成的面积代表位移，图像的斜率表示加速度。
11.【答案】
【解析】解：小朋友在段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：，解得，由运动学公式得：，解得：，故A正确。
B.在段有，在段有，总时间，故B错误；
C.由，，，联立解得，故C正确；
D.在段，滑梯对小朋友的作用力包括支持力和摩擦力，大小为
，故D正确。
故选：。
通过牛顿第二定律和运动学公式可求出最大速度；根据运动学公式和牛顿第二定律可求出小朋友从到下滑的时间；联立速度和牛顿第二定律得方程可求出动摩擦因数大小；对小朋友受力分析，可求出滑梯对小朋友的作用力大小。
本题主要考察了运动学公式、牛顿第二定律的应用，学生应该提高自己受力分析和运用牛顿第二定律的能力。
12.【答案】
【解析】解：根据题目，我们知道托盘和物块整体处于静止状态，所以弹簧的压缩量为，解得。当托盘和物块分离时，弹簧的压缩量为，此时加速度相等，有，，，解得，，，此时速度，但此时弹簧弹力仍然大
于托盘重力，因此后续托盘速度会继续增加，同时已经解出，故A错误，故D错误；
当时，对托盘和物体整体分析，弹簧的弹力等于托盘和物块的总重力，拉力提供加速度，所以有，解得。对物体单独分析，解得
故选：。
根据胡克定律求出系统静止时弹簧的压缩量，通过牛顿第二定律和运动学公式可求出拉力为时的速度，通过分析得知该状态下托盘速度会继续增加，对整体分析，利用牛顿第二定律可求出和支持力大小。
学生在解决本题时，应注意灵活选择受力分析对象，采用整体法可以减少解题中一些不必要的力的分析。
13.【答案】
【解析】解：根据平衡条件，弹簧下端分别挂不同钩码时，对应的弹力、、、和；
根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上要均匀分布在直线的两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
根据胡克定律
图像的斜率
结合函数，劲度系数
指针指在刻度下方处，弹簧的弹力的增加量
弹力方向竖直向上
根据牛顿第二定律
代入数据解得。
故答案为：见解析；；。
根据平衡条件求解弹簧下端分别挂不同钩码时对应的弹力大小；根据描点法作图；
根据胡克定律求解函数，结合图像分析作答；
根据胡克定律求弹力的增加量，根据牛顿第二定律求加速度。
本题主要考查了弹簧劲度系数的测量，掌握平衡条件、胡克定律和牛顿第二定律是解题的关键。
14.【答案】向左
【解析】解：在步骤中垫高轨道时，若测得小车通过光电门的时间小于通过光电门的时间，说明小车做减速运动，平衡摩擦力不足，垫板的位置应适当向左移动；
根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，小车通过光电门、的速度分别为：，，小车下滑过程中，根据动力学公式有：，小车下滑过程中的加速度为：；
对整体，根据牛顿第二定律有：，整理得：，纵轴截距大小为：，可得：，
图像斜率的大小为：，可得：。
故答案为：向左；；；。
根据平衡摩擦力的原理分析解答；
小车下滑过程中做匀加速运动，根据光电门计算通过的速度，再利用速度位移公式推导加速度；
根据牛顿第二定律得到关系，结合图像得到重力加速度和质量。
本题主要考查测量当地重力加速度的实验，根据牛顿第二定律结合实验原理解答。
15.【答案】解：对图甲，物块匀速向右运动，根据平衡条件
代入数据解得
若物块静止时，再施加的推力作用，如果此时物块受到向左的静摩擦力作用，根据水平方向的平衡条件有
如果物块向右运动，则滑动摩擦力，
而水平向右的分力只有，小于滑动摩擦力，不能推动，保持静止，故。
答：物块与地面间的动摩擦因数大小为；
若物块静止时，对其施加斜向右下方与水平方向成的推力，物块受到的摩擦力大小为。
【解析】根据物块匀速运动满足的平衡条件列式并代入数据解答；
根据物块处于静止状态对应的平衡条件列式求解。
考查平衡条件的应用问题，要求学生会根据题意列出平衡方程并解答。
16.【答案】解：水火箭经过喷水结束，速度最大，最大速度，解得；
水火箭经过喷水结束时上升高度，解得，之后竖直上抛，上升高度为，解得，故水火箭离地面的最大高度，解得；
喷水结束先竖直上抛，时间，解得，之后做自由落体落回地面，，解得，从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间，解得。
答：上升过程中水火箭的最大速度；
水火箭离地面的最大高度；
从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间。
【解析】根据，求最大速度；
水火箭经过向上匀加速，之后竖直上抛，分别求位移，确定水火箭离地面的最大高度；
先求竖直上抛时间，再求自由落体落回地面时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出水火箭先向上匀加速直线运动，再竖直上抛运动，最后做自由落体运动。
17.【答案】解：斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律，，根据运动学公式，，代入数据解得；
设传送带运动的速度大小，依题意，小滑块以冲上斜面，经传送带返回的速度不会大于，故冲上斜面最高点，在点下方，根据运动学公式，，代入数据解得；
小滑块在传送带上先向左减速，根据牛顿第二定律，运动时间，位移为，之后以加速度返回做匀加速至到和传送带共速，速度达到，此段时间，此段位移，共速后做匀速直线运动，，小滑块在传送带上运动的总时间，代入数据解得。
答：小滑块从点滑到点时的速度大小；
传送带运动的速度大小；
小滑块在传送带上运动的时间。
【解析】斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律、再结合运动学公式，求小滑块从点滑到点时的速度大小；
小滑块以冲上斜面，根据运动学公式，求传送带运动的速度大小；
求出小滑块在传送带上向左减速时间，返回做匀加速至到和传送带共速的时间，再求共速后做匀速直线运动的时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出小滑块运动到传送带的运动情况为向左减速，返回做匀加速至到和传送带共速，共速后做匀速直线运动。
18.【答案】解：拉力作用时，分别加速度，对使用牛顿第二定律有，代入数据解得，对使用牛顿第二定律有，代入数据解得；
作用的时间撤去拉力，此时速度，滑块速度，代入数据解得；之后撤去，此时速度不等，减速，加速，直到共速，故共速的速度是的最大速度，分别对使用牛顿第二定律，对有：，代入数据解得，对有：，代入数据解得；设共速时间为，则有，代入数据解得，，故滑块运动的最大速度；
撤去拉力前，做匀加速直线运动，的速度，代入数据解得，此时的位移为，解得，之后撤去，此时速度不等，减速，加速，直到共速，根据可知，，此时段的位移为，代入数据解得，共速后，一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，则的位移为，代入数据解得，故木板运动的总位移。
答：滑块与木板的加速度分别为和；
滑块运动的最大速度；
木板运动的总位移。
【解析】分别对、使用牛顿第二定律，求拉力作用时，滑块与木板的加速度分别为多大；
作用的时间撤去拉力，此时速度，后撤去，此时速度不等，减速，加速，直到共速，故共速的速度是的最大速度，求滑块运动的最大速度；
撤去拉力前，做匀加速直线运动，求的位移，之后撤去，此时速度不等，减速，加速，直到共速，求的位移，共速后一起做匀减速直线运动，求减速位移，确定的总位移。
本题解题关键是知道拉力作用时，分别加速、之后撤去，此时速度不等，减速，加速，直到共速，共速后一起做匀减速直线运动。
第1页，共1页
