湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题（含答案）

第第页湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题一、单选题（每题3分，共24分）1．关于惯性，下列说法中正确的是（）A．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性B．羽毛球可以快速拍打，是因为羽毛球的惯性小的缘故C．同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越大，惯性越大D．月球上的重力加速度是地球上的16，则一个物体从地球移到月球惯性减小为2．一个物体受到三个共点力的作用，在下列给出的几组力中，能使物体所受合力为零的是（）A．F1=3N，F2=8N，F3C．F1=7N，F2=5N，F33．质点在Ox轴运动，t=0时刻起，其位移随时间变化的图像如图所示，其中图线0~1s内为直线，1~5s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（）A．0~3s内，质点的路程为2mB．0~3s内，质点先做减速运动后做加速运动C．1~5s内，质点的平均速度大小为1.27m/sD．3s末，质点的速度大小为2m/s4．表面光滑的四分之一圆柱体紧靠墙角放置，其横截面如图所示。细绳一端固定在竖直墙面上Р点，另一端与质量为m的小球连接，小球在圆柱体上保持静止。已知圆柱体的半径为R，悬点Р与圆柱体圆心О的距离为2.5R，重力加速度大小为g，则圆柱体对小球的支持力大小为（）A．25mg B．35mg C．mg D．5．一个物体沿直线运动，从t=0时刻开始，物体的xtA．物体做匀减速直线运动 B．物体做变加速直线运动C．物体的加速度大小为0.5m/s2 D．物体的初速度大小为0.5m/s6．如图所示，a、b两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮(视为质点)上．开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平．现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0.则a、b两球的质量之比()A．3∶1 B．2∶1 C．3∶2 D．1∶17．如图所示，物体P、Q用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧将P和天花板相连，已知mQA．弹簧的弹力变小B．弹簧的弹力变大C．物体P的加速度大小为2g，方向竖直向上D．物体Q的加速度大小为g，方向竖直向上8．快递分拣常常利用传送带运送货物，现在分拣员把一质量为2kg的货物轻放在水平传送带左端，传送带以恒定的速度v0=2m/s向右运行，传送带左右两端距离为4m，货物与传送带之间动摩擦因数为0.5，g取10m/sA．t=2.2s B．t=1.6s C．v=3m/s二、多选题（每题5分，共20分）9．一轻弹簧上端套在固定的光滑水平轴O上，下端拴接一小球P，小球P在水平轻绳PA的作用下静止在图示位置。现将轻绳的A端向右上方缓慢提升，使∠OPA保持不变，弹簧沿逆时针方向旋转一小角度，则在该过程中（）A．弹簧的长度增大 B．弹簧的长度减小C．轻绳的拉力增大 D．轻绳的拉力减小10．物体从静止开始做匀加速直线运动，第3秒的位移为3mA．第3秒内的平均速度是1m/sC．前3秒内的位移是5.4m D．3s11．如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v−t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m=1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10A．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3B．拉力F的大小为1.75C．5s后，长木板的加速度大小为D．长木板P的长度至少是3.512．如图所示，等腰直角三角形AOB斜面固定在地面上，AO边竖直，质量为m的带正电的小球（可看作质点），在三角形平面内从A点以速度v水平射出，小球恰好落在斜面底端B点，若加一个竖直向下的匀强电场，小球仍然以相同的速度从A点水平抛出，小球落在斜面AB的中点，忽略空气阻力，则下列说法中正确的有（）A．小球受到的电场力大小等于mgB．小球两次落到斜面上时的速度方向不同C．小球第二次落到斜面上时的速度等于第一次落到斜面上时的速度D．小球第二次落到斜面上时重力瞬时功率小于第一次落到斜面上时重力的瞬时功率三、实验题（共12分）13．某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力时，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示，则：(1)通过图像得到弹簧的劲度系数N/m(2)为了用弹簧测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案。①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案更合理。②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为4.0N，b的示数为10.0N，则A、B间的动摩擦因数为。14．如图所示是用落体法验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平。回答下列问题：①为完成此实验，除了以上的器材，还需要的器材有下面的哪些？A.毫米刻度尺B.秒表C.0~12V的交流电源D.0~12V的直流电源E.0~6V的交流电源②在实验中打点计时器所接交流电频率为50Hz，当地重力加速度g=9.8m/s2，实验选用的重物质量m=1kg，纸带上打点计时器打下的连续计数点A、B、C到打下第一点O的距离如图所示。则从打下O点至B点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp=J，动能的增加量ΔEk=J。（计算结果均保留3位有效数字）③通过计算发现，在数值上ΔEp（选填“>”“＜”或“=”）ΔEk。这是因为。四、解答题（共44分）15．质量为100t的机车从停车场出发，经225m后，速度达到54km/h，此时，司机关闭发动机，让机车进站，机车又行驶125m才停止在站上。设运动阻力不变，求机车关闭发动机前所受到的牵引力。16．如图所示，一足够长且竖直固定的长直圆管内有一静止的薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为h=0.8m。一小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速直线运动，在圆盘的速度减为零的瞬间，小球恰好第2次与圆盘发生碰撞。已知每次碰撞后瞬间圆盘和小球的速率均为碰撞前瞬间小球速率的一半，小球与圆盘发生碰撞的时间极短（可忽略），小球在圆管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小球从释放到第1次与圆盘碰撞的时间；（2）小球第2次与圆盘碰撞时，圆盘下降的高度；（3）圆盘在圆管内做匀减速直线运动的加速度大小。17．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4.45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：（1）工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度和所用的时间；（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2大小（v2＜v1）．18．如图所示，长L=4m的水平传送带以v0=4m/s的速度顺时针匀速转动，A、B为传送带的左、右端点，BC段水平地面长xBC=3m，并在C点与倾角为37°的光滑长斜面平滑连接，将一滑块从A（1）滑块放上传送带时的加速度大小；（2）滑块第一次到达C点时的速度大小；（3）滑块从放在A点上到最终静止下来所用的时间。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.惯性是物体的固有属性，无论物体处于静止、匀速运动还是加速运动状态，都具有惯性。因此，物体在任何情况下都有惯性，并非仅在静止或匀速直线运动时才有。故A错误。

B.惯性由质量决定，羽毛球质量较小，因此惯性小，容易被改变运动状态（如快速拍打或改变方向）。这一说法正确反映了质量与惯性的关系。故B正确。

C.惯性仅由质量决定，与速度无关。汽车更难刹车是因为动能（）随速度增大而增加，需要更大的制动力来抵消，而非惯性增大。故C错误。D.惯性由质量决定，与重力加速度无关。物体从地球移到月球，质量不变，惯性不变。虽然重量（重力）减小为16，但惯性不受影响。故D错误。

故选B。

2．【答案】C【解析】【解答】A．根据力的合成可以得出：F1=3N11但是F3B．根据力的合成可以得出：F1=3N4但是F3C．根据力的合成可以得出：F1=7N12F3D．根据力的合成可以得出：F1=5N22但是F3故选C。

【分析】根据力的合成可以求出两个力的合力范围，结合第三个力的大小可以判别三力合力是否等于0.3．【答案】D【解析】【解答】A．根据纵坐标的变化量表示位移，可知，0~2s内，质点通过的位移大小为3.27m，路程为3.27m。2~3s内，质点通过的位移大小为1.27m，路程为1.27m，故0~3sB．根据图像的斜率表示速度，知0~3sC．1~5sD.3s末质点的速度大小等于1s末质点的速度大小，为v=Δx故答案为：D。

【分析】本题考查位移-时间图像的物理意义，核心思路是通过图像斜率判断速度变化，结合路程、位移的定义及平均速度公式分析各选项。4．【答案】A【解析】【解答】对小球受力分析，如图所示利用力的合成法则，可知拉力和支持力的合力与重力等大反向，根据相似三角形原理F解得FN=25mg5．【答案】D【解析】【解答】当物体做匀变速直线运动时，根据位移公式有x=变形得x交点坐标可以得出图像解析式为x可得v0=0.5解得初速度和加速度的大小为：v可知物体的加速度方向与速度方向相同，且加速度的大小不变，故物体做匀加速直线运动，故选D。

【分析】利用匀变速直线运动的位移公式结合交点坐标可以求出初速度和加速度的大小，进而判别物体的运动情况。6．【答案】A【解析】【解答】连接b球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律m当连接b球的细线摆到竖直位置时，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：T−a球对地面的压力恰好为0，则有T=mAg联立解得：mA故答案为：A。

【分析】当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0，细线的拉力等于a球的重力。b球摆动过程中，运用机械能守恒求出b球在最低点的速度。再根据牛顿运动定律和向心力公式求解。7．【答案】C【解析】【解答】AB．剪断绳子的瞬间，弹簧中的弹力不能突变，因此弹簧中的弹力保持不变，故AB错误；C．设物体P的质量为m，剪断细线前，对PQ整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F弹=mP+mQg=3mg

再对物体P受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力发生突变减为零，故物体P受到的力的合力等于D．剪断细线前，对物体Q受力分析，受到重力和细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，根据牛顿第二定律得物体Q的加速度为g，方向竖直向下，故D错误。故答案为：C。

【分析】本题考查瞬间受力与加速度分析（弹簧弹力不变、绳拉力突变），核心思路是通过平衡状态推导弹簧弹力，再结合牛顿第二定律分析剪断绳子后P、Q的加速度。8．【答案】A【解析】【解答】根据牛顿第二定律可以得出开始时物块的加速度a=根据速度公式可以得出加速的时间为t根据位移公式可以得出加速的位移为x以后物块做匀速运动，则货物到达右端的速度v=2m/s，总时间t=故选A。

【分析】利用牛顿第二定律可以求出物块加速度的大小；结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出物块运动的时间。9．【答案】B,C【解析】【解答】小球的受力情况如图所示，根据正弦定理有mg解得x=mgsin在轻绳的A端向右上方缓慢提升的过程中，∠OPA保持不变即θ保持不变，α增大，β从开始减小，则x减小，F增大。故答案为：BC。

【分析】通过受力分析结合正弦定理，分析角度变化对弹簧形变量和轻绳拉力的影响。10．【答案】B,C,D【解析】【解答】根据匀变速直线运动的规律可以得出：由于一段过程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则2.5s时刻的瞬时速度第3s内的平均速度，即

vt2.5=v3=31m/s=3m/s

根据速度公式可以得出加速度

11．【答案】B,D【解析】【解答】A．由图乙可知，在4s时撤去力F，此时长木板P的速度为5s时两者速度均为v0∼5s内，滑块Q的加速度大小为

由牛顿第二定律有

μ解得

μ4∼5s内，长木板P的加速度大小为

由牛顿第二定律有

μ解得μ2B．0∼4s内，长木板P的加速度大小为

由牛顿第二定律有

F−解得F=1.75NC．因μ1>μ2解得a3D．0∼5s内，小滑块的位移大小为

长木板的位移大小为

x故长木板P的长度至少为

Δx=x故答案为：BD。

【分析】本题考查板块模型的v-t图像与牛顿定律应用，核心思路是通过v-t图像求加速度，结合牛顿第二定律推导摩擦因数、拉力，再通过相对位移的面积差计算木板最小长度。12．【答案】A,C【解析】【解答】A．竖直方向h=水平方向x=得h=初速度相同，加速度之比为1：2，则有电场mg+F=2mg小球受到的电场力大小等于mg，tanθ=B．小球两次做类平抛运动，位移偏转角相同，根据平抛规律可知，速度偏转角正切值相同，速度偏转角相同，则两次落到斜面上时的速度方向相同，故B错误；C．根据动能定理第一次1第二次1所以第二次落到斜面上时的速度等于第一次落到斜面上时的速度，故C正确；D．重力功率P=mgvsin故答案为：AC。

【分析】利用类平抛运动的位移关系推导加速度，结合牛顿第二定律求电场力；通过位移偏转角与速度偏转角的关系判断速度方向；用动能定理和瞬时功率公式分析速度大小和功率变化。13．【答案】300；甲；0.2【解析】【解答】（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=20cm，即弹簧的原长为20cm，由图读出弹力为F0由胡克定律得弹簧的劲度系数为k=F0（2）乙方案中，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计必须要求其做匀速直线运动，比较困难，读数不是很准；甲方案中，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理。

由于弹簧测力计a示数为4.0N，所以A、B间的摩擦力为Ff=4.0N，A、B间的动摩擦因数μ=FfFN=Ff14．【答案】A；2.55；2.50；>；因为下落过程中重物受到阻力做负功等，因此动能的增加量会小于重力势能的减少量【解析】【解答】①通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，电火花打点计时器应该与220V交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离。故答案为：A。②重力势能减小量Δ利用匀变速直线运动的推论得Δ则动能的增加量为EkB③通过计算可知重力势能的减小量大于动能的增加量，其原因是物体在下落过程中克服摩擦阻力做功，导致重力势能没有完全转化为动能。

故答案为：>；因为下落过程中重物受到阻力做负功等，因此动能的增加量会小于重力势能的减少量

【分析】（1）依据“实验需测量的物理量（位移）”选择器材。

（2）利用“重力势能公式”和“匀变速直线运动的中间时刻速度推论”分别计算势能减少量和动能增加量。

（3）从“能量损失的原因（阻力做功）”分析两者的大小关系。15．【答案】解：机车从出发到速度为54km/h=15m/s由动能定理(F−f)关闭发动机到停止由动能定理−f解得F=1.4×​​​​​​​【解析】【分析】机车先加速后加速，利用动能定理可以求出机车受到的牵引力的大小。16．【答案】（1）解：小球与圆盘碰撞前做自由落体运动，有h=解得t1（2）解：以向下为正方向，小球第Ⅰ次与圆盘碰撞前瞬间的速度v=gt小球第1次与圆盘碰撞后瞬间，小球的速度v球圆盘的速度v盘设经时间t，小球第2次与圆盘碰撞，此时圆盘下降的高度为H，对小球有H=对圆盘，有H=联立解得H=0.6m（3）解：圆盘做匀减速直线运动，有v解得a=103【解析】【分析】（1）直接应用自由落体位移公式求解时间。

（2）通过碰撞前后的速度分析和位移相等条件，结合运动学公式推导圆盘位移。

（3）利用匀减速运动的速度-位移公式求解加速度。（1）小球与圆盘碰撞前做自由落体运动，有h=解得t1（2）以向下为正方向，小球第Ⅰ次与圆盘碰撞前瞬间的速度v=gt小球第1次与圆盘碰撞后瞬间，小球的速度v球圆盘的速度v盘设经时间t，小球第2次与圆盘碰撞，此时圆盘下降的高度为H，对小球有H=对圆盘，有H=联立解得H=0.6m（3）圆盘做匀减速直线运动，有v解得a=10317．【答案】解：（1）工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲

牛顿第二定律可得：N1=mg；f1=μN1=ma1

联立解得

a1=μg=0.5×10m/s2=5m/s2由运动学公式有

t1=v1a1=5由于x1＜LAB，随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2为

t2=LAB−x1v1=4-2.55s=0.3s工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙由牛顿第二定律可得N2=mgcosθmgsinθ+μN2=ma2

解得

a2=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2由运动学公式有

x2=0−v12工作沿CD传送带上升最大高度为

h=x2sinθ=1.25×0.6m=0.75m沿CD上升的时间为

t故总时间为

t=t1+t2+t3=1.8s；（2）CD传送带以速度v2大小向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，受力分析如图丙由牛顿第二定律可得

mgsinθ﹣