江西省某中学2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析）

江西省乐平中学2024-2025学年高一（上）期末物理试卷

一、选择题：本大题共7小题，共28分。

1.如图所示，用两竖直夹板将一块质量为小的成块用力为F的外力挤压保持静止状态，砖块与夹板的动摩

擦因数为〃，现用外力r将砖块水平匀速拉出，则外力r的大小为：

A.fimgB.2uF

C.J(〃尸)2+(mg)2D.J(2〃F)2+(mg)2

2.如图所示，质量为2爪和a的48两球用轻弹簧连接，4球用细线悬挂起来，两球均处

于静止状态，如果将悬挂力球的细线剪断，此时力、B两球的瞬时加速度为（）

A.G/—0,C1B=2g

B.=2g,ct^—0

C.ct^=0,C1B=g

D.Q/—1.5g,Q^B=0

3.把一个已知力尸分解，要求其中一个分力6跟尸成30。角，而大小未知；另一个分力尸2=?尸，但方向未

知，则6的大小可能是（）

A.2FB岑尸C.43FD.孚F

4.如图所示，以水平初速度%=5rn/s抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角。=30。的斜面上，

当地重力加速度为g=10巾/$2,可知物体完成这段飞行的时间是（）

/3n2c

AA.B.—^―sD.2s

5.如图所示，重物M沿竖直杆下滑，并通过一根不可伸长的细绳带动小车沿水平面向右运动，若当滑轮右

侧的绳与竖直方向成0角，且重物下滑的速率为V时，滑轮左测的绳与水平方向成a角，则小车的速度为

（）

AvsinpBvsinpvcos/?VCOSp

***D.

sina,cosasinacosa

6.如图所示，有黑白两条毛巾交替折叠地放在地面上，白毛巾的中部用细线与墙连接着，黑毛巾的中部用

细线拉住.设细线均水平，欲使黑白毛巾分离开来，若每条毛巾的质量均为小、毛巾之间及其与地面之间

的动摩擦因数均为4,则讲黑毛巾匀速拉出需施加的水平拉力F值为（）

A.211mgB.3/imgC.D.b/j.mg

7.如图，窗子上、下沿间的高度H=1.6zn,墙的厚度d=0.3m,某人在离墙壁水平距离L=1.2爪，距窗子

上沿高％=0.2爪处的P点，将可视为质点的小物件以速度"垂直于墙壁水平抛出，小物件直接穿过窗口并落

在水平地面上，取g=10m/s2,贝加的取值范围是（）

A.0<v<6m/sB.v<2.5m/s

C.2m/s<v<6m/sD.2.5m/s<v<6m/s

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同

时在木块下方有一个拉力尸2作用，使木块恰好匀速向下运动（弹簧随木块一起向下运动），如图所示。现分

别测出了弹簧的弹力&、拉力/2和木块的重力G，则以下结论正确的是（）

A.木块受到竖直向下的滑动摩擦力B.木块所受的滑动摩擦力阻碍木块下滑

C.木块与墙壁之间的动摩擦因数为兽D.木块与墙壁之间的动摩擦因数为空

FiFi

9.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、6两点，悬挂衣服的衣架挂钩是

光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（）

A.绳的右端下移到C,绳子拉力不变B.绳的两端高度差越大，绳子拉力越小

C.将杆N向左移一些，绳子拉力变大D.若换挂质量更大的衣服，衣架悬挂点不变

10.如图所示，4、B两物块的质量分别为27n和小，静止叠放在水平地面上。4B间动摩擦因数为4，B与

地面间的动摩擦因数为争”，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对4施加一水平拉

力F,则下列选项正确的是（）

A.当尸时，4、B都相对地面静止

B.当F=时，4的加速度为“g

C.当时，4相对B滑动

D.无论F为何值，8的加速度不会超过

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.某探究小组为了研究小车的直线运动，用自制的“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定

在小车旁，如图甲所示。实验时，保持桌面水平，让小车在外力的作用下运动一段时间，滴水计时器等时

间间隔地滴下小水滴，图乙记录了桌面上连续6个水滴的位置及它们之间的距离。已知滴水计时器从滴出

第1个水滴开始计时，到滴出第26个水滴共用时10s。结果均保留两位有效数字。

水

1

滴水针头，——ri?车—［京1***

一同也、3T1()0‘「117丁133丁IX)'Imm

甲乙

(1)水滴从滴到位置1至滴到位置6用时s

(2)小车运动过程的加速度大小为m/s2；水滴滴到位置5时，小车的速度大小为m/s„

12.某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小

球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(6)所示(图中未包括小球刚离开

轨道的图像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每

个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。

斜槽纸板

图(a)图(b)

完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)

(1)除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是—

A游标卡尺B.秒表C.坐标纸。.天平E.弹簧测力计凡重垂线

(2)实验中，下列说法正确的是o

A应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下

8.斜槽轨道必须光滑

C.斜槽轨道末端可以不水平

。要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些

E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来

(3)小球运动到图俗)中位置4时，其速度的水平分量大小为m/s,竖直分量大小为

_______________m/s；

(4)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为m/s2o

四、计算题：本大题共3小题，共38分。

13.如图，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为9=53。的光滑斜面项端，并刚好沿光

滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差九=0.8爪，重力加速度g=10a/s2,s出53。=0.8,cos53。=

0.6,求：

(1)小球水平抛出的初速度又是多少？

(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离%是多少？

(3)若斜面顶端高H=7.2m,则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？

14.体育老师带领学生做了一个游戏，在直线跑道上距离出发点32根、100爪的处分别放有1枚硬币，游戏

规则是把这2枚硬币全部捡起来(捡硬币时，人的速度为0),看谁用的时间最短.已知某同学做匀加速运动

和匀减速运动的加速度大小均为2a/s2,运动的最大速度不超过10m/s.求该同学捡起2枚硬币所需要的最

短时间.

15.如图所示，8c为传送带，与水平方向夹角。=37。，长度乙=2.05m。质量为m=1kg的物体P(可在传

送带上留下运动痕迹)从顶端C由静止开始下滑，物体P与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,假设物体P与传

送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度g=lOm/s?,sin37°-0.6,cos37°=0.8,求：

(1)若传送带不动，求物体P在传送带上运动的加速度的；

(2)若传送带逆时针匀速转动速度。=Im/s,求物体P从C滑到B所用时间;

(3)若传送带原本以%=0.5zn/s的速度逆时针转动，某时刻，物体P从底端B点以外=4a/s的初速度冲上

传送带，此时原本匀速的传送带立即以加速度a。=lm/s2逆时针加速转动，求物体P从冲上传送带到离开

传送带的整个过程中：

①物体P与传送带的相对路程；

②若物体P可以在传送带上留下划痕，物体P在传送带上留下划痕的长度。

答案和解析

1.D

【解析】由题可知，对砖块的受力分析如图所示;

由共点力平衡的条件可知:T=7(2/)2+(mg)2=J(2/zF)2+(mg)2.故ABC错误，。正确.

2.0

【解析】细线剪断前，球B静止处于平衡状态，由平衡条件得：F=mg

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，8的受力情况不变，所受合力为零，加速度为零，即aB=0

对4,由牛顿第二定律得：+F=

解得：aA=1.5g,故ABC错误，。正确。

故选：Do

3.D

【解析】当尸2与6垂直时&最小，此时

173

F=Fsin30°=不尸V

223

故有如图两种情况（红色），由余弦定理

F2=F2+F2_2FF]COS30。

解得

Fi=?F或尻=孚?

故选。。

Fi

4.A

【解析】小球垂直地撞在倾角e=30。的斜面上，则有

v

tan30°=—0

%

又

Vy=gt

联立解得

v5V-3

t—_0_______—_________s—___

-9tan30。-io,苧—2

故选A。

5.D

【解析】解：将速度"按运动效果分解如图所示，则沿绳方向

v

v1=vcosp,同理分解小车速度，3=v^cosa,

因为绳不可伸长，故沿绳方向速度大小相等。%=%，

所以降cosa=vcosS,所以"=吧里故。正确，ABC错误。

十牛cosa

故选：Do

6.D

【解析】以黑毛巾为研究对象，其水平受力如图所示：

由竖直方向的受力平衡可知，最上面的接触面间的正压力

Ni=^1mg，

摩擦力

fi=皿=如mg，

同理可知上面第二个接触面的摩擦力

A=林mg，

第三个接触面的摩擦力

3

h=2Mg

地面与毛巾接触面上的摩擦力

4=2Mmg

故匀速拉出时拉力

F=fl+f2+f3+f4=5Mg，

故选项。正确，A2C错误；

1.D

【解析】当恰好从上沿飞入窗口：h=^gt2,L=vt,联立解得：v=6m/s；当恰好从下窗沿飞出窗

1

口：H+h--gt2,L+d=vt,解得：v=2.5m/s,所以2.5zn/s<u<6ni/s,ABC错误。正确.

8.BD

【解析】解：AB,木块恰好匀速向下运动，说明木块受力平衡，根据受力分析可知，木块一定受到向上的

滑动摩擦力，所以滑动摩擦力阻碍木块下滑，故A错误，2正确；

C、根据平衡条件有：

f=G+F2

f=好i

解得：〃=¥；故C错误，。正确.

故选：BD

9.AD

【解析】如图所示，衣架挂钩两侧绳子的拉力相等，两侧绳子与水平方向夹角是相等的，

假设绳子的长度为％,两杆间的距离为3

则xcos6=3绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度x不变，两杆之间的距离L不变，贝加角度不变;

AB,两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，绳的右端下移到c或绳的两端高度差越大时，角8不

变，所以绳子的拉力7=用不变，故A正确，8错误；

2sin6

C、当杆N向左移动后，L变小，绳长x不变，由比cose=L可知，。角度增大，绳子与竖直方向的夹角变

小，绳子的拉力变小，故C错误；

。、绳长和两杆距离不变的情况下，。不变，所以挂的衣服质量变化，衣架悬挂点不变，故。正确。

10.CD

【解析】设B对4的最大静摩擦力为左，4对B的最大静摩擦力为心，地面对B的最大静摩擦力为人，由

牛顿第三定律可知人与上大小相等，方向相反，无与七的大小均为2uzng,月为|〃zng,则当0<尸4

时，4、B均保持静止，加速度为0；|png<F<时，4B将相对静止以共同的加速度开始

运动，A错误，B错误;

C.设当4、8恰好发生相对滑动时的拉力为尸，加速度为a1,则对4,则有

F'—2[img=2mar

对ZB整体，则有

F，3,

F——/img=3ma

解得

F=3pmg

故当147ng<F<31nng时，4相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F>31j.mg时，4相对于

B滑动，C正确；

D对于B来说，其所受合力的最大值

31

Fm=2/j.mg-=24Mg

据牛顿第二定律有，8的加速度不会超过ug,故。项正确。

故选CD.

11.(1)2.0

(2)0.10；0.35

【解析】(1)根据10s内共滴下26个小水滴，即滴下25个小水滴用时10s,则一滴所用的时间T=|^s=

0.4s,水滴从滴到位置1至滴到位置6用时为57=2.0s；

(2)根据匀变速直线运动的推论公式4x=aT2,得加速度的大小为达当守Z^=O.IOM/S2；根据

匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则水滴滴到位置5时，小车的速度大小为

%=篝=0.35m/so

故答案为：(1)2.0；(2)0.10；0.35。

12.(1)F(2)40(3)1.0,2.0(4)9.7

【解析】(1)还需要重垂线调整斜槽末端水平和确定坐标轴的y轴。

故选F。

(2)4B.为使小球每次运动轨迹相同，要确保每次具有相同的初速度，应使小球每次从斜槽上相同的位置自

由滚下，斜槽轨道可以不光滑，只要保证能够抛出就行，故8错误，A正确；

C.实验中必须保证小球做平抛运动，则斜槽轨道末端必须水平，故C错误；

D要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故。正确。

E.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条平滑曲线将点连接起来，偏差大的点舍去，从而能减

小实验误差，故E错误。

故选ADo

(3)小球在水平方向做匀速直线运动，根据公式x=%3代入(6)中数据可得，小球运动到图(6)中位置4

时，其速度的水平分量大小为

%5x10-2

vAx=%=干=005m/s=L0m/s

根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，竖直分量大小为

(8.6+11.0)x10-2

%=—0^1--------m/s«2.0m/s

(4)小球在竖直方向做匀加速直线运动，根据4%=。产可知，重力加速度为

(13.4+11.0-8.6-6,1)X10-2

9=—m/s2=9.7m/s2

(0.05x2)2

13.【解析】(1)小球落到斜面顶端时刚好沿光滑斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所

示：

所以为=votan53°；

又哆=2gh；

联乂解得：vy=4m/s,VQ-3m/so

(2)小球从离开平台到斜面顶端的过程做平抛运动，由%=gh得益=0.4s；

则％=votr=3x0.4m=1.2m。

⑶小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a=7n外;3_/也53。=10x0,8m/s2=8m/s2;

小球落到斜面顶端时速度u=/Vg+Vy=V32+42m/s=5m/s；

1

V+

小球在斜面上做匀加速运动，有』2-at

sin53t2

代入数据，解得：±2=1S(负值舍去)

所以t=+t2=0.4s+Is=1.4s。

14•【解析】由题意分析，该同学在运动过程中，平均速度越大时间越短.可能先加速，再减速.因为最

大速度为IOM/S,也可能先加速，再匀速最后减速.

设经过时间h捡第一枚硬币：由运动学公式Xi=%t+2at2,得：ga©)2x2=32

解得：ti=8s

此过程中的最大速度%=吟=8m/s<10m/s

所以捡第一枚硬币的过程中，先加速，再减速用时最短.

设再经过时间t2捡第二枚硬币9。。)2义2=100-32,解得：t2=2734s

加速最大速度=a~2=2-/34m/s>10m/s

设加速减速的总时间为匕，匀速的时间然

v=ay=10m/s,所以J=10s

x=|a(^)2x2=50

vt4=(100—50—32),t4=1,8s

=

t=ti+t3+19.8s

15.【解析】(1)若传送带不动，物体下滑时，根据牛顿第二定律可得：mgsinO-fimgcosd=mar,

代入数据得的=2mls2。方向沿传送带向下。

(2)第一阶段：共速前，物体开始受到的摩擦力方向沿传送带向下，设此时加速度大小为股，根据牛顿第

2

二定律可得：a2=gsind+〃gcos。=10m/s,

物体速度达到u=lm/s时经过的时间

ti=—=O.ls,

此过程物体P的位移的==0.05m,

第二阶段：共速后，摩擦力沿传送带向上，物体向下以加速度的继续向下加速运动，

设再经过t2达到底端B,根据位移一时间关系可得：L-X1=vt2+^ai4,

解得力2=1S,

物体P从C处到B处总时间为力=tr+t2=l.lSo

(3)第一阶段：速度减为0前，