四川省攀枝花市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1攀枝花市2024-2025学年度（上）普通高中教学质量监测高一物理注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间90分钟。2．答卷前，考生务必将自己的姓名、学考号填写在答题卡上。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，必须使用0.5mm黑色签字笔将答案写在答题卡上。写在本试卷和草稿纸上无效。一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求，第11~13题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分。1.下列物理量都是矢量的是（）A.加速度、位移 B.速度、路程C.时间、平均速度 D.速度变化量、平均速率【答案】A【解析】A．位移、加速度是既有大小又有方向的矢量，故A正确；B．速度是既有大小又有方向的矢量，路程是只有大小没有方向标量，故B错误；C．平均速度是既有大小又有方向的矢量，时间是只有大小没有方向标量，故C错误；D．速度变化量是既有大小又有方向的矢量，平均速率是只有大小没有方向标量，故D错误。故选A。2.如图所示为在“12306”APP上查询到攀枝花到成都东的C44次复兴号城际动车组列车的相关信息。根据图中信息，下列说法中正确的是（）A.“08:19”表示时间，“4小时39分”表示时刻B.“608公里”是攀枝花南站到成都东站的位移大小C.研究本次列车运行中的位置时，可以将列车看成质点D.C44次动车行驶过程中平均速率约为138km/h【答案】C【解析】A．08:19表示时刻，4小时39分表示时间，故A错误；B．“608公里”表示的是路程，故B错误；C．研究“列车运行中的位置时”，列车在大小在真个运行过程的尺度上可忽略，能看成质点，故C正确；D．根据平均速率的计算公式有km/h=131km/h故D错误；故选C。3.太空奥运你听说过吗？举重项目一直以来是我国的优势项目，他展现出个人强大的动力，同时也是为祖国争光的好时候。神舟十八号飞行乘组指令长叶光富同李聪、李广苏两位航天员在太空上设计比赛科目，出色地完成了惊天动地的“举重项目”。叶光富能轻松举起两位航天员是因为（）A.在空间站中航天员处于完全失重状态B.手对杆的作用力大于杆对手的作用力C.手对杆的作用力大于两位航天员的重力D.空间站对两位航天员有向上的引力【答案】A【解析】A．叶光富能轻松举起两位航天员是因为在空间站中航天员处于完全失重状态，叶光富也处于完全失重状态，接触时彼此间的挤压力为零，因此会显得非常轻盈，故他只需要施加很小的力就能完成这一动作，与其他因素无关，故A正确；B．根据牛顿第三定律知，手对杆的作用力等于杆对手的作用力大小，与叶光富能轻松举起两位航天员无关，故B错误；C．航天员处于微重力状态，举起他们所需力远小于在地球表面上两位航天员的重力，叶光富能轻松举起两位航天员，是因为两位航天员都处于完全失重状态，而不是手对杆的作用力大于两位航天员的重力，故C错误；D．两位航天员都处于空间站内部，空间站对两位航天员引力为零，故D错误。故选A。4.如图所示为简化后悬臂结构，在生活中有着广泛的应用。重为G的均匀直杆一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端用轻绳斜拉后，直杆保持水平静止。已知轻绳与直杆的夹角为30°，不计铰链的摩擦，则铰链和轻绳对直杆的弹力F1、F2的大小分别为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图所示，对杆进行受力分析，如图由共点力的平衡条件及几何关系可得故选A。5.从高度为4h处的同一位置先后自由释放a、b两球，a球与地面碰撞后原速竖直弹起，并在高为3h处与b球相遇。已知重力加速度为g，不计空气阻力和a球与地面碰撞的时间，两球均可视为质点，则a、b两球释放的时间差为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据匀变速直线运动的规律，将高度4h分为h+3h两段，即1:3的两端，则每段时间相等，即对应的时间都是，易得相遇时ta=tb=故两球释放的时间差故选B。6.将一小球放在竖直弹簧的顶端，静止时弹簧长度为L1，如图甲所示。将同一小球连接在同一弹簧下端并竖直悬挂，静止时弹簧长度为L2。已知小球质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内，则该弹簧的劲度系数为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设弹簧原长为，根据平衡条件及胡克定律对甲乙两种情形分别列式联立可解得故选B。7.一质点做直线运动的位移x随时间t变化的关系式为，式中物理量单位均为国际单位。下列关于该质点运动的描述正确的是（）A.质点的初速度大小为8m/s，加速度大小为2m/s2B.t=8s时，质点回到出发点C.质点在t=4s时的瞬时速度为零D.第2s内，质点的位移为2m【答案】D【解析】A．由匀变速直线运动的位移时间关系可得质点做初速度为、加速度为，故A错误；B．x=0时回到出发点，代入解得4s故B错误；C．根据速度—时间公式可得故C错误；D．结合C选项的2s时速度减为零可得，根据逆向思维可知，第2s内的位移故D正确。故选D8.作用于同一点的两个力，大小分别为F1=12N、F2=6N，这两个力的合力F与F1的夹角不可能为（）A.5° B.15° C.25° D.35°【答案】D【解析】如图，当F与F2垂直时合力F与F1的夹角最大，易得F1与F的夹角最大为30°，不可能是35°。故选D。9.质量相同的A、B、C、D四个小球用轻质弹簧和轻绳按如图所示的方式连接在一起处于静止状态。已知重力加速度为g，现用火烧细绳b，则在细绳b烧断的瞬间，下列说法中正确的是（）A.A球加速度大小为2g、方向竖直向上B.B球加速度大小为2g、方向竖直向上C.C球加速度大小为g、方向竖直向下D.D球加速度大小为g、方向竖直向下【答案】B【解析】烧断细线之前细线b的拉力T=2mg在烧断细绳b的瞬间，弹簧弹力不发生突变，易得aA=0竖直向上；竖直向下；aD=0故选B。10.一辆汽车以54km/h的速度在平直的公路上做匀速直线运动，在它的正前方有一辆自行车以25.2km/h的速度同向匀速行驶，汽车驾驶员发现自行车后经0.4s踩下刹车，汽车以大小为5m/s2的加速度做匀减速直线运动。若汽车和自行车均可视为质点，要使汽车不碰上自行车，驾驶员发现自行车时汽车到自行车的距离至少为（）A.9.6m B.6.4m C.4.7m D.2.8m【答案】A【解析】设汽车减速时间为t，驾驶员反应时间为Δt，驾驶员发现自行车时汽车到自行车的距离为s。若汽车刚追上自行车时，二者速度刚好相等，则汽车恰好不会碰上自行车。此时二者的位移关系有速度关系有联立可解得s=9.6m故选A。11.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为3m/s，1s后速度的大小变为9m/s，在这1s内该物体的（）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10mC.加速度的大小可能小于4m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s2【答案】AD【解析】AB.设初始时刻速度的方向为正，即，1s后的末速可能是，也可能是，则由速度位移公式得或故A正确，B错误；CD.由加速度公式得或故C错误，D正确。故选AD。12.如图甲所示，质量为0.5kg的滑块静止在水平地面上，从开始受到水平向右的拉力F作用。拉力F的大小随时间t的变化关系如图乙所示。已知滑块与地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度取，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（）A.0～2s内滑块处于静止状态B.0～2s内滑块受到的摩擦力先增大后不变C.1～3s内滑块的加速度先增大后减小D.1～3s内滑块的速度先增大后减小【答案】BC【解析】A．滑块的最大静摩擦力由图像可知时故后滑块就开始运动，故A错误；B．结合A分析可知，内滑块与地面保持相对静止，受静摩擦力，随着外力的增大而增大，内滑块与地面发生相对运动，受滑动摩擦力，保持不变，故B正确；CD．由图可知，内外力均大于最大静摩擦力，且F先增大后减小，由牛顿第二定律有可知，加速度先增大后减小，加速度方向一直与速度方向相同，一直做加速运动，故C正确，D错误。故选BC。13.如图所示，质量为m的滑块在水平拉力F的作用下静止在倾角为30°的斜面上。已知重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关于滑块与斜面间的动摩擦因数μ和水平拉力F的大小的各组数据中，滑块能静止的是（）A.μ=， B.μ=0.6，C.μ=0.7， D.μ=0.8，【答案】CD【解析】A．滑块要自由静止在斜面上时，动摩擦因数要满足即所以当滑块加水平向右的外力时，当时滑块不能静止在斜面上，故A错误；B．当时，若滑块静止可算出μ=1故B错误；CD．滑块要静止，由平衡条件可知需满足带入（μ=0.7，）和（μ=0.8，）均可使不等式成立，故CD正确。故选CD。二、实验和作图题（本题共3小题，共15分）14.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。如图甲所示为某次实验中用手通过两个弹簧测力计共同拉动结点的示意图，其中A为固定橡皮条的图钉，O为标记出的细线结点所在的位置，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据该次实验结果画出的图。（1）该次实验中，右侧弹簧测力计的示数如图甲所示，该示数为_________N。（2）图乙中的力F和力F'，一定沿橡皮条AO方向的是_________（选填“F”或“F'”）。【答案】（1）2.30（2）F【解析】【小问1解析】弹簧测力计的最小刻度为0.1N，则该示数为2.30N；【小问2解析】图乙中的力F和力F'，F'是两个分力合力的理论值，F是两个分力合力的实验值，则一定沿橡皮条AO方向的是F。15.某实验小组利用如图甲所示实验装置探究小车加速度与受力、质量的关系，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。（1）下列关于本实验的要求和做法中正确的是_________。A.图甲中接的交流电源电压为220VB.平衡阻力时，需要把钩码通过细绳系在小车上C.改变小车质量后，需重新平衡小车受到的阻力D.需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行（2）某次实验中获得的纸带如图乙所示，O、A、B、C、D、E、F为选出的计数点，每相邻两个计数点之间有4个点未画出，则打点C时小车的速度大小为_________m/s，小车的加速度大小为_________m/s2。（保留两位有效数字）（3）以小车的加速度a为纵坐标、钩码的重力F为横坐标作出的a−F图像理想状态下应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的三种情况。关于这三种情况下列说法中正确的是_________。A.图线①交于纵轴的原因是钩码挂的个数太多B.图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太少C.图线③交于横轴的原因可能是未平衡小车受到的阻力（4）实验小组的同学发现，当小车加速度较大时系统误差较大，同学们分析后认为可能是研究对象的选取不当造成的。同时发现实验所用的每个钩码的质量均相同，于是产生了以钩码个数n为变量来探究该实验中加速度与力的关系的想法，通过逐个增加钩码，记录钩码个数n对应的小车加速度a，并作出图像，如图丁所示。通过对图像进行分析，即可得出结论。根据图像可知，小车质量M与单个钩码的质量m的关系为_________（用图中的字母表示）。【答案】（1）D（2）0.170.54（3）C（4）【解析】【小问1解析】A．图甲中的电磁打点计时器应接8V左右交流电源，故A错误；B．平衡阻力时，不能把钩码通过细绳系在小车上，故B错误；C．改变小车质量后，小车所受重力沿斜面向下的分力与摩擦力等倍率变化，仍保持相等，所以，不需要重新平衡阻力，故C错误；D．为给小车提供一个恒定的牵引力，需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故D正确。故选D。【小问2解析】相邻两计数点间的时间间隔为s=0.1s由图乙可知，打点C时小车的速度大小为根据逐差法可知，小车的加速度大小为【小问3解析】A．图线①交于纵轴，即时，，原因是平衡摩擦力过大，故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得图线②右端弯曲的原因是钩码挂的个数太多，故B错误；C．图线③交于横轴，即时，，原因可能是未平衡小车受到的阻力，故C正确；故选C。【小问4解析】根据牛顿第二定律有变形可得根据图像的斜率与截距可知，解得16.厚度均匀的木板Q置于水平地面上，滑块P放在Q的上表面，某时刻P、Q的速度方向如图所示、大小关系为v1<v2，所有接触面均粗糙。请作出滑块P的受力示意图并标出力的符号。【答案】【解析】滑块P受重力G和Q对P的支持力N，因为v1<v2，则P受到Q向右的摩擦力，受力如图。三、计算题（本题共5小题，共46分，解题要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数据计算的题目，还应计算出最后结果，只有最后答案的不得分）17.如图所示，质量m=2kg的小球用两根轻质细线a、b悬挂，处于静止状态。已知细线a与竖直方向的夹角θ=45°，细线b水平，重力加速度g取10m/s2，求细线a、b分别对天花板A处和竖直墙壁B处的拉力大小TA、TB。【答案】，【解析】对小球进行受力分析，设细线a、b对小球的的拉力大小分别为TA、TB，由平衡条件，有得18.一小球做自由落体运动，落地时的速度大小为，落地后不弹起。重力加速度g取，求：（1）小球从释放到落地的时间t；（2）小球落地前2s内平均速度大小。【答案】（1）4s（2）【解析】【小问1解析】根据题意，由公式可得，小球从释放到落地的时间【小问2解析】根据题意，由公式可得，小球开始下落前下落的距离为小球从释放到落地的距离为则小球落地前2s内下落的距离为小球落地前2s内的平均速度大小19.如图所示为一小游戏的示意图，位于水平地面上的推车上边缘宽L1=0.45m，空中有一发球机P可随机无初速的放出小球，发球机P的下端到推车上边缘的高度h=5m。玩家在发现小球从发球机中下落后用力推出推车，使小球落入推车内视为游戏成功。已知推车与地面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，玩家推出推车时推车右端与小球落点之间的水平距离L2=2.7m，玩家的反应时间Δt=0.1s，小球可视为质点，不计空气阻力和推车加速的时间，求：（1）小球从发球机中下落到进入推车的时间t。（2）为使游戏成功，玩家推出推车时推车的速度范围。【答案】（1）1s（2）【解析】【小问1解析】小球做自由落地运动，有得【小问2解析】设推车的加速度大小为a，玩家的反应时间为Δt，对推车，当推车右端刚到小球正下方时，有当推车左端刚到小球正下方时，有对小球和斜劈整体，有联立以上各式得即推车的速度范围为20.如图甲所示，在一些货站会利用传送带将货物在高处与低处之间进行装卸，传送带与水平面的夹角θ=30°，传送带顺时针或逆时针转动时的速度大小均恒为2.5m/s。现使传送带顺时针转动，稳定后将一可视为质点的货物从传送带的顶端轻放上传送带，货物运送过程的速度随时间变化的关系图像如图乙所示。已知重力加速度g取10m/s2，sinθ=0.6，传送带底端到顶端的距离L=5m，求：（1）传送带与货物之间的动摩擦因数μ；（2）使传送带逆时针转动，将同一货物无初速从传送带底端运送到顶端需要的时间t。【答案】（1）（2）【解析】【小问1解析】由图乙可得对滑块由牛顿第二定律，有：得【小问2解析】设传送带逆时针转动，货物从传送带底端开始时的加速度为a2，货物加速到与传送带共速的时间为t1、位移为x，由牛顿第二定律和运动学规律有解得x=1.25m<L之后货物与传送带共速运动，设从货物与传送带共速到运动至传送带顶端时间为t2，由于则货物做匀速直线运动，有则货物从传送带底端到顶端的时间21