陕西省咸阳市2023-2024学年高一年级上册1月期末考试物理试卷（解析版）

2023〜2024学年度高一第一学期期末教学质量检测

物理试题

注意事项：

1.本试题共6页，满分100分，时间90分钟。

2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。

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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。

第I卷（选择题共48分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，计48分。在每小题给出的四个选项中，第

1~8题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错或不选的得0分）

1.2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功，载人飞船经过6.5

小时的飞行后，于17时46分成功对接空间站天和核心舱端口，此后载人飞船同空间站一起绕地球运行，

绕行一圈大约需要90分钟。以下说法正确的是（）

A.题中“90分钟”指的是时刻

B.研究飞船绕地球的运行轨迹时，可将飞船视为质点

C.若飞船绕地球的圆轨道半径为R,则飞船绕行一圈的位移大小为火

D.飞船绕地球运行一圈的平均速度为零，所以飞船相对地球是静止的

【答案】B

【解析】

【详解】A.题中“90分钟”指的是时间间隔，故A错误；

B.研究飞船绕地球的运行轨迹时，飞船的形状大小对所研究的问题影响很小，可以忽略不计，可将飞船

视为质点，故B正确；

C.若飞船绕地球的圆轨道半径为7?,则飞船绕行一圈的位移大小为0,故C错误；

D.飞船绕地球运行一圈的平均速度为零，但飞船相对地球是运动的，故D错误。

故选B。

2.关于牛顿运动定律，下列选项正确的是（）

A.牛顿运动定律都可以通过实验操作进行验证

B.由牛顿第一定律可知物体只有在不受力时才具有惯性

C.由牛顿第二定律可得到lN=lkg・m/s2

D.由牛顿第三定律可知相互作用力就是一对平衡力

【答案】C

【解析】

【详解】A.牛顿第一定律不能通过实验进行验证，故A错误；

B.惯性是物体的固有属性，由牛顿第一定律可知物体受力时、不受力时都具有惯性，故B错误；

C.公式尸=7也中，各物理量的单位都采用国际单位，可得到力的单位

1N=Ikg.m/s2

故C正确；

D.由牛顿第三定律可知相互作用力分别作用在两个物体上，不是一对平衡力，故D错误。

故选C。

3.钱学森弹道是我国科学家钱学森于上世纪40年代提出的一种新型导弹弹道的设想。这种弹道的特点是

将弹道导弹和飞航导弹的轨迹融合在一起，使之既有弹道导弹的突防性能力，又有飞航式导弹的灵活性。

如图是导弹的一段飞行轨迹，A、B、C、。是轨迹上的四个位置点，导弹在这四个位置点的速度v与所受

合外力P的关系可能正确的是（）

A.A点B.B点C.C点D.Z）点

【答案】D

【解析】

【详解】做曲线运动的物体速度方向为轨迹在该点的切线方向，而合外力应指向轨迹的凹侧，二者分居于

轨迹两侧。

故选D。

4.“蹦极”是一项刺激的体育运动。某人身系弹性绳自高空尸点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位

置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c点的过程中

p

/Ta

ib

工a-------

A.在。点时人的速度最大B.在湖段人做加速运动

C.在瓦段，人处于失重状态D.在c点，人的速度为零，处于平衡状态

【答案】B

【解析】

【详解】A.人下落至6处，拉力等于重力，加速度为零，获得最大速度，故A错误；

B.在湖段绳的拉力小于人的重力，加速度方向向下，做加速运动，并且随着下降弹力绳的拉力逐渐变

大，加速度减小，故B正确；

C.在儿段绳的拉力大于人的重力，加速度方向向上，人处于超重状态，故C错误；

D.在c点，人的速度为零，但是弹力大于重力，不是处于平衡状态，故D错误。

故选B。

5.如图所示，某磁吸式手机支架利用手机壳里的铁片和磁性支架相互吸引，可实现任意角度的调整。下列

关于手机（包括手机壳）与该支架间的相互作用的说法正确的是（）

A.静止在支架上的手机受三个力

B.手机受到的摩擦力方向可以竖直向下

C.磁性支架对手机的弹力可能大于手机重力

D,无法将该支架调整到竖直方向且保持手机不滑落

【答案】C

【解析】

【详解】A.当支架倾斜时，静止在支架上的手机受到重力、支架对手机的支持力、支架对手机的磁吸力

以及支架对手机的摩擦力，当支架调整为水平时，手机水平，只受到重力、支持力和磁吸力，手机受到的

力可能为四个或者三个，A错误；

B.手机在支架上始终有向下运动的趋势，有摩擦力只能是斜向上，B错误；

C.手机水平时，弹力等于重力与磁力之和，弹力大于重力，C正确；

D.可以将该支架调整到竖直方向且保持手机不滑落，D错误。

故选C。

6.小明同学为了测量学校科技楼的高度，从科技楼的顶部由静止释放一小石子，约3s后听到石子落地的

声音；小明同学还观察到一片银杏树叶从树顶飘落，树叶从离开树顶到落地用时约3s,则学校科技楼和银

杏树的高度最接近（）

A.42m、12mB.15m、45mC.15m>12mD.45m、45m

【答案】A

【解析】

【详解】根据自由落体运动的规律可知

h=-gt1=45m

由于石子下落过程中受到空气阻力，所以实际加速度稍小于重力加速度，石子下落高度将稍小于45m,而树

叶飘落过程中实际加速度较重力加速度较小，因此同样下落3s,树叶下落距离应远小于石子。

故选Ao

7.如图所示，某同学训练定点投篮，先后两次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，两次均命

中，但第二次篮球的滞空时间比第一次短，不考虑空气阻力，则（）

A.两次投出速度方向相同B.两次最大高度相同

C.第一次投出速度一定大D.第一次在最高点速度小

【答案】D

【解析】

【详解】B.投球点和篮筐正好在同一水平面上，两次均命中，但第二次篮球的滞空时间比第一次短，则

上升最大高度为

可知第二次最大高度小于第一次最大高度，故B错误；

D.水平位移相同，则有

x=vt

由于第二次篮球的滞空时间比第一次短，可知第二次在最高点速度大，第一次在最高点速度小，故D正

确；

A.从投出点到最高点，竖直方向有

t

V=s—

y32

可知第二次投出的竖直分速度小于第一次投出的竖直分速度，而第二次投出的水平分速度大于第一次投出

的水平分速度，根据

V

tan6*=—

匕

可知第二次投出速度方向与水平方向的夹角小于第一次投出速度方向与水平方向的夹角，故A错误；

C.根据

由于第二次投出的竖直分速度小于第一次投出的竖直分速度，而第二次投出的水平分速度大于第一次投出

的水平分速度，则第一次投出速度不一定大，故C错误。

故选D。

8.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0x103kg,在飞船与空间站对

接后，其推进器的平均推力/为900N,推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s,

则（）

空间站飞船F

A,飞船对空间站的推力为900NB.飞船的加速度为0.3m/s2

C.空间站的质量为8.7xl（rkgD,在5s内，飞船和空间站前进的距离是0.125m

【答案】C

【解析】

【详解】ABC.已知飞船质量为m=3.OxlO3kg,在其推进器的平均推力/作用下，整体获得加速度为

Avo

a.=——=0.01m/s"

At

根据牛顿第二定律可得

F=

代入数据解得

M=87000kg

飞船对空间站的推力为

F'=Ma,=870N

故AB错误，C正确；

D.因为初状态不清楚，所以无法计算在5s内，飞船和空间站前进的距离，故D错误。

故选C

9.关于下列各图的说法中，正确的是（）

A.图甲中，汽车速度计显示的“195km/h”是瞬时速度

B.图乙中，桨往后划水，龙舟向前加速运动，说明水对桨的力大于桨对水的力

C.图丙中，静止在光滑水平地面上的两个足球相互间由于接触而产生弹力

D.图丁中，小锤用不同的力击打弹性金属片，A、B两球总是同时落地

【答案】AD

【解析】

【详解】A.图甲中，汽车速度计显示的“195km/h”是瞬时速度，故A正确；

B.水对桨的力与桨对水的力是一对相互作用力，大小总是相等，故B错误；

C.图丙中，静止在光滑水平地面上的两个足球，根据受力平衡可知，两个足球相互间不存在弹力作用，

故C错误；

D.图丁中，小锤用不同的力击打弹性金属片，A、B两球总是同时落地，故D正确。

故选AD„

10.如图a所示，工人用推车运送石球,到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出（图b）。若石球与板08、OA

之间的摩擦不计，ZA（9B=60°,图。中50与水平面的夹角为30。，则在抬起把手使。4变为水平的过程

中，石球对。8板的压力N］、对Q4板的压力N2的大小变化情况是（）

A.M变小B.N［变大

C.N2先变大后变小D.N2先变小后变大

【答案】AC

【解析】

【详解】以石球为对象，受力如图所示

缓慢抬起过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得

N、N］G

sinpsinysina

其中G和a不变，在转动过程中尸从90。增大到180。，贝Isin"不断变小，2将不断变小；/从150。减

小到60。，其中跨过了90。，因此sin7先变大后变小，则N2将先变大后变小。

故选AC。

11.汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示）。

以某时刻作为计时起点，此时两车相距Xo=16m。汽车A运动的x—力图像如图乙所示，汽车B运动的

丫一。图像如图丙所示。下列说法正确的是（)

A.汽车A由静止开始做匀加速直线运动

B.汽车B在05s内的位移大小为20m

C.在/=0.5s时，两车相距最远，且最远距离为18m

D.在r=9s时，两车并排，之后A车超越B车

【答案】BD

【解析】

【详解】A.根据龙图像的斜率表示速度，可知汽车A做匀速直线运动，速度为

16,.,

V,=-m/s=4m/s

A4

故A错误；

B.根据y—/图像可知，/=4.5s汽车B已经停下，则汽车B在。5s内的位移大小等于0〜4.5s内的位

移大小，根据v-/图像与横轴围成的面积表示位移可得

xB=；（0.5+4.5）x8m=20m

故B正确；

C.在/=0.5s时，汽车B的速度仍大于汽车A速度，此时两车相距并不是最远，故C错误；

D.当t=4.5s汽车B刚好停下，此时汽车A通过的位移为

xA=VA?=4X4.5=18m<x0+xB

则汽车A追上B车所用时间为

/+/_16+2°$=9s

4

可知在/=9s时，两车并排，之后A车超越B车，故D正确。

故选BD„

12.A3是固定在空中的光滑水平横杆，一质是为M的物块穿在杆A8上，物块通过轻细线悬吊着一质量为

加的小球。现用沿杆的恒力尸拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向左运动，细线与竖直方向夹

角为。，重力加速度为g,则以下说法正确的是（）

AB

A.杆对物块的支持力大小为（〃+m）gB.细线上的拉力大小为小冬

C.物块和小球的加速度大小为gsin。D.恒力T7XAf+Mgtan。

【答案】AD

【解析】

【详解】A.以物块、小球为整体，竖直方向根据受力平衡可得，杆对物块的支持力大小为

N=（M+喻g

故A正确；

BC.以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得

Tcos0=mg

可得细线上的拉力大小为

cos6,

水平方向根据牛顿第二定律可得

Tsin0—ma

解得物块和小球的加速度大小为

a=gtan。

故BC错误；

D.以物块、小球为整体，水平方向根据牛顿第二定律可得

F—[M+"?）a=（Af+机）gtan0

故D正确。

故选AD。

第II卷（非选择题共52分）

二、实验探究题（本大题共2小题，计16分）》

13.某同学用橡皮筋与弹簧测力计验证“力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示。其中A为固定橡

皮筋的图钉，02和0C为细绳。

(2)如图乙所示四个力口、耳、瑞、F'，其中不是由弹簧测力计直接测得的是o

(3)如图丙所示，耳、心夹角大于90。，现保持。点位置不变，拉力工方向不变，增大及与工夹

角，将可缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧测力计示数大小变化为(填正确选项前的字

母。两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程)。

A.耳一直增大，工一直增大B.6先减小后增大，工一直增大

C.片一直增大，工一直减小D.耳一直增大，工先减小后增大

(4)实验结束后，该同学取下其中一个弹簧测力计的弹簧(自重不计)来探究“弹簧所受弹力产与弹簧

长度L的关系”，绘出如图丁所示的图像，由图像可知该弹簧的原长为cm,弹簧的劲度系数

为N/mo

【答案】①.等效替代法②.F③.A©.6⑤.40

【解析】

【详解】(1)口］本实验中两次拉橡皮筋的效果相同，主要体现的科学方法是等效替代法。

(2)［2］由图乙可知歹是由平行四边形得出的合力理论值，不是由弹簧测力计直接测得的。

(3)［3］耳、工夹角大于90。，现保持。点位置不变，拉力工方向不变，增大耳与工的夹角，将耳缓

慢转至水平方向的过程中，耳、心的合力不变，如图所示

由图可知，耳一直增大，工一直增大。

故选Ao

（4）[4]由图像可知该弹簧的原长为

Lo=6cm

[5]根据胡克定律可得

F=k（L-L0）

可知F-L图像的斜率等于弹簧的劲度系数，则有

AF40

k=——=-------------N/m=40N/m

AL（16—6）x10-2

14.如图甲所示为“探究滑块加速度与力、质量的关系”实验装置图。滑块置于一端带有定滑轮的长木板

上，左端连接纸带，纸带穿过电磁打点计时器。滑块的质量为优，托盘（及祛码）的质量为重力加速

度g已知。

（1）关于该实验，下列说法正确的是=（填正确选项前的字母）

A.为平衡滑块与木板之间的摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘（及祛码）的情况

下使滑块恰好做匀速直线运动

B.每次改变滑块质量时，应重新平衡摩擦力

C.本实验中M应远小于m

D.实验时，先接通打点计时器的电源，再释放滑块

（2）实验中得到一条如图乙所示的纸带，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，打点计时器所用电源

2

的频率为50Hz。由图中实验数据可知，滑块运动的加速度大小是m/so（结果保留两位有效数

字）

（3）在探究滑块加速度与质量的关系时，为了更直观地判断出加速度。与质量相的关系，应该作的是

（选填"a—m”或“q_工”）图像。

m

（4）如图丙是某同学在探究加速度与力的关系时根据测量数据作出的图线，图线不过坐标原点的原因是

o（填正确选项前的字母）

A.未完全平衡摩擦力B.平衡摩擦力过度

C.滑块质量过重D.滑块质量远小于托盘（及祛码）的质量

【答案】®.ACD②.0.50®.a--B

m

【解析】

【详解】（1）[1]A.为平衡滑块与木板之间的摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘

（及祛码）的情况下使滑块恰好做匀速直线运动，故A正确；

B.每次改变滑块质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C.本实验中绳的拉力需要用托盘（及祛码）的总重力代替，所以M应远小于，然，故C正确；

D.实验时，先接通打点计时器的电源，再释放滑块，故D正确。

故选ACD。

（2）[2]根据题意可知，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s,滑块运动的加速度大小为

「=CE-AC=（241+2.91）-（141+1.91）乂2介=。.5。次

4T24x0.12

（3）[3]在探究滑块加速度与质量关系时，加速度与质量成反比，因此为了更直观地判断出加速度。与质

量机的关系，应该作的是a-工图像。

m

（4）[4]由图可知，开始时没有挂钩码但小车已经有加速度，说明平衡摩擦力过度。

故选B。

三、计算题（本大题共4小题，计36分。解答应写出文字说明、计算过程或演算步骤，只写

出结果的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

15.冰壶，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属于冬奥会比赛项

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16s停止，最后1s

内位移大小为0.25m,求：

（1）冰壶的加速度大小是多少？

（2）冰壶第1s内的位移大小是多少？

【答案】（1）0.5m/s2；⑵7.75m

【解析】

【详解】（1）整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，由于最后1s内的位移为0.25m,即反向

后第1s内的位移为0.25m。设加速度的大小为。，根据位移时间公式可得

1”

%=Q的

代入数据解得冰壶的加速度大小为

«=0.5m/s2

(2)根据速度时间公式可得，初速度为

%=G=0.5xl6m/s=8m/s

则冰壶第Is内的位移大小为

x=—;。产=7.75m

16.周末，小美帮妈妈做饭，防止烫手用夹子夹住长方形托盘，如图甲所示，侧视图如图乙所示。已知托

盘的质量(含食物)为77?=6OOg,托盘侧边与竖直方向的夹角为6=53°,夹子与托盘两侧共有6个接触

点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/sin53°=0.8，cos530=0.6o当托盘水

平静止时，求:

(1)托盘对取物夹每个接触点弹力的大小;

(2)取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数〃的最小值。

甲

【答案】(1)0.8N；(2)〃=0.75

【解析】

【详解】(1)取物夹与托盘两侧边共有6个接触点，则每个接触点取物夹对托盘的作用力为

L1

F=-mg

设在每个接触点取物夹对托盘的弹力大小为取,摩擦力为工，如图

两个力的合力与产等大，有

既=/sin53°

解得

FN=0.8N

由牛顿第三定律可知，托盘对取物夹每个接触点弹力的大小为

R=4=0.8N

(2)当〃最小时，取物夹与托盘之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力，则

Ff=Feos53°

Ff=JUFN,FN=Esin53°

代入数据联立解得

〃=0.75

17.如图所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下顺时针匀速转动。现有质量为加的煤块(可视为质

点)由静止从传送带左端在传送带的作用下达到传送带的速度后从右端尸点离开传送带做平抛运动，正好

落入运煤车车厢中心处，已知煤块与传送带间的动摩擦因数〃=0.25,P点与运煤车底板间的竖直高度

H=3.2m,与运煤车车厢底板中心处的水平距离x=2.4m,8IX10m/s20求：

(1)传送带匀速转动的速度大小；

(2)若传送带长为4.2m,煤块从传送带左端到落入车厢需要的时间。

【答案】(1)3m/s；(2)2.8s

【解析】

【详解】(1)由平抛运动的规律可得

12

HTT=—gt,x=vt

代入数据解得

/=0.8s,v=3m/s

（2）煤块开始沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

jumg=ma

解得

a—2.5m/s2

煤块与传送带共速时的位移为

V232

s,=——=--------m=1.8m<4.2m

12a2x2.5

煤块加速阶段所用时间为

v3._

t,=—=——s=1.2s

1a2.5

煤块与传送带共速后，匀速运动到最右端所用时间为

则煤块从传送带左端到落入车厢需要的时间为

九—+12+1=2.8s

18.人工智能正在改变人们的生活方式，某货场利用机器人装配货物，极大地节省了人力成本。其工作流

程简化图如图1所示，质量加=10kg的货箱静止于水平面上的C点，倾角