2024-2025学年安徽省马鞍山市高一（上）期末物理试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年安徽省马鞍山市高一（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.人工智能时代的到来，扫地机器人已进入千家万户。扫地机器人可以预约工作时间并定时完成工作。小明同学预约机器人早上9：00开始工作，一个小时完成清扫，图甲、图乙为机器人采用的两种寻路方式的运动轨迹，扫地机器人均从家中的某位置出发，扫地完成后再回到初始位置。下列说法正确的是(

)A.9：00指的是时间间隔

B.两种寻路方式位移大小相等

C.甲图所示的寻路方式平均速度更大

D.扫地机器人在躲避障碍的过程中，可以将其看成质点2.下列描述正确的是(

)

A.甲图，水平桌面对书产生竖直向上的弹力

B.乙图，碗对筷子的弹力方向如图中箭头所示沿筷子斜向上

C.丙图，反弹出去的排球在空中运动时，受到沿运动方向的弹力

D.丁图，竖直细线悬挂的小球，靠在光滑的斜面上，受到垂直斜面向上的支持力3.2024年10月30日，“神舟十九号”载人飞船发射成功，在火箭沿竖直方向加速上升过程中，下列说法正确的是(

)A.宇航员处于完全失重状态

B.宇航员速度不断增大，惯性增加

C.宇航员受到的合力方向竖直向上

D.座椅对宇航员的作用力大于宇航员对座椅的作用力

4.某物体运动的速度—时间(v−t)图像如图所示，则(

)A.0−4s，物体的位移大小为0

B.1s时与3s时物体在同一位置

C.0−4s，物体的加速度不变

D.0−2s，物体的加速度大小为1m/5.如图所示，小明两手握住轻绳两端提着一钩码保持静止，不计钩码与轻绳的摩擦，下列说法正确的是(

)A.缓慢减小轻绳之间的夹角，轻绳的弹力将逐渐变大

B.无论用多大的力拉轻绳，也不可能将轻绳拉至水平

C.缓慢增大轻绳之间的夹角，轻绳的弹力大小一定大于钩码的重力大小

D.当轻绳之间的夹角为60°时，轻绳的弹力大小等于钩码的重力大小6.如图所示，一辆带有竖直自动升降梯的路灯维修车正在工作。某段时间内升降梯匀速下降，同时车向左启动做匀加速直线运动，对于这段时间内站在梯子上的工人，描述正确的是(

)A.工人一定做匀变速运动

B.工人对升降机的摩擦力水平向左

C.工人相对地面的运动轨迹可能是直线

D.车的加速度增大，工人到达升降机底端的时间变短

7.物体以初速度v0竖直上抛，经2s到达最高点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是A.物体上升的最大高度为40m

B.物体在第1s内、第2s内位移大小之比为1：4

C.物体在第1s内、第2s内平均速度之比为3：1

D.物体在2s内速度改变量的大小为20m/s，方向竖直向上8.如图所示，质量为3kg的物块放在一木箱内，轻弹簧一端与木箱固定，另一端与物块栓接。开始时物块与木箱均保持静止状态，弹簧伸长且弹力大小为6N。已知物块和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则(

)A.木箱以1m/s2的加速度水平向左加速瞬间，物块所受摩擦力大小为9N

B.木箱以1m/s2的加速度水平向右加速瞬间，物块所受摩擦力大小为12N

C.木箱以10m/s2的加速度竖直向上加速瞬间，物块所受的支持力大小为48N二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.如图所示，一斜面固定放置在光滑水平桌面上，斜面底端与桌面平滑连接。有一物块从距斜面底端0.5m处由静止开始滑下，从桌面的边缘水平飞出后落地不反弹。已知斜面倾角为37°，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25，桌面距地面的高度为0.8m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则(

)A.物块在斜面上的加速度大小为4m/s2 B.物块滑至斜面底端的速度大小为4m/s

C.物块飞出后至落地，运动时间为0.4s D.10.如图甲所示，两端带有固定挡板的长木板静置于粗糙的水平桌面上，长木板质量为2kg，O为长木板上表面一点(图中未标出)，O点左侧光滑，右侧粗糙。一质量为2kg的小滑块紧靠左挡板放在长木板上，其与长木板上表面粗糙部分间的动摩擦因数为0.6。现对长木板施加水平向右的推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在推力作用下长木板运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。t=2s时撤去推力F，再经一段时间滑块运动至O点时，长木板速度恰好为零。滑块运动过程中始终未与长木板右挡板相碰，重力加速度g取10m/s2，不计挡板厚度，桌面足够长。则(

)

A.长木板底面与水平桌面间的动摩擦因数为0.2

B.长木板光滑部分的长度为2m

C.长木板的最小长度为4m

D.长木板发生的最大位移6.5m三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.用如图甲所示的实验装置探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。

(1)为完成实验，还需要的实验器材有______。

A.弹簧测力计

B.毫米刻度尺

C.打点计时器

(2)根据实验数据，作出弹簧弹力大小F跟弹簧总长度x之间的函数关系的图线如图乙所示。可求出弹簧的原长为______cm，劲度系数为______N/m。12.某实验小组为了探究物体质量一定时，加速度大小与力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。

(1)下列说法正确的是______。

A.平衡摩擦力时纸带不必与小车连接

B.每次改变重物的质量需要重新平衡摩擦力

C.实验时应该先接通打点计时器电源，后释放小车

(2)图乙是实验中打出的一条纸带，相邻两个计数点之间的时间间隔均为0.1s，则小车在C点的速度为______m/s，小车运动的加速度大小为______m/s2。

(3)某同学用该装置做实验时，忘记平衡摩擦力，始终将长木板放在水平桌面上。多次改变重物质量后，绘制出小车加速度a与弹簧测力计示数F之间的图像如图丙所示，据此可以推知小车的质量为______kg。

(4)若打点计时器使用的电源频率是51Hz，导致相邻计数点间的时间间隔小于0.1s。实验中，同学并不知道，则加速度的测量值与实际值相比______(选填“偏大”、“偏小”、“不变”)。四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.宁马城际铁路正在建造中，预计将于2025年全线通车，通车后从马鞍山市中心到南京市中心仅需30分钟即可互通互达。假设某辆列车从马鞍山某一站点从静止出发并开始计时，出发后的运动看作匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，列车的最大速度为20m/s，求：

(1)列车从静止运行至5s末的速度大小；

(2)列车从静止运行至最大速度的过程中行驶的位移大小；

(3)列车从静止运行至位移大小为25m所用的时间。14.如图所示，一光滑圆球静止于竖直墙面和滑块之间，已知光滑圆球的半径R=20cm，质量为M=2kg，滑块的质量m=1kg，滑块右侧与墙面的距离d=32cm，滑块与水平地面的动摩擦因数μ=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)滑块与圆球之间弹力大小；

(2)地面对物块摩擦力的大小；

(3)若给物块施加一水平向右的推力F，为使物块仍能保持静止，求推力F的最大值。15.如图所示，一水平的浅色传送带左端放置一质量为m=2kg的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时，传送带与煤块均静止。现让传送带以恒定的速度v0=2m/s做顺时针运动，同时对煤块施加水平向右的恒力F=6N，一段时间后撤去F，当煤块运动至传送带最右端时与传动带速度刚好相同。已知传送带左右两端的距离为L=9.4m，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)煤块初始时刻加速度大小；

(2)F的作用时间；

答案解析1.【答案】B

【解析】解：A.9：00是时间轴上的一点，指的是时刻，故A错误；

BC.两种方式，扫地机器人均从家中的某位置出发，扫地完成后再回到初始位置，位移均为零，平均速度的大小等于位移与时间的比值，由于位移为零，平均速度大小也都为零，故B正确，C错误；

D.扫地机器人在躲避障碍的过程中，其大小和形状不能忽略，因此不能将其看成质点，故D错误。

故选：B。

时刻是指时间轴上的一点，时间间隔是指时间轴上上的一段；位移是描述物体运动位置变化的物理量，是矢量有大小有矢量；平均速度是指一段时间内(位移内)的速度，大小等于位移与时间的比值；任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略，都可以看作质点。

本题主要考查时刻和时间间隔、位移、平均速度、质点等概念的应用，根据对各个概念的理解解答。2.【答案】A

【解析】解：A.甲图，弹力的方向与形变的方向相反，与接触面相垂直。所以水平桌面对书产生竖直向上的弹力，故A正确；

B.乙图，碗对筷子弹力方向应该垂直于接触点的切线，指向碗的圆心，故B错误；

C.丙图，反弹出去的排球在空中运动时，只受到重力作用，不受沿运动方向的弹力作用，故C错误；

D.丁图，竖直细线悬挂的小球处于平衡状态，因无摩擦力，由共点力的平衡条件可知，小球受到沿细线向上的拉力及竖直向下的重力作用，不受垂直斜面的支持力，故D错误；

故选：A。

弹力的方向与形变的方向相反，与接触面相垂直。

本题主要考查了弹力的方向，解题关键是掌握弹力的方向与形变的方向相反，与接触面相垂直。3.【答案】C

【解析】解：AC.在火箭沿竖直方向加速上升过程中，加速度方向竖直向上，宇航员受到的合力方向竖直向上，航员受到的支持力大于重力，处于超重状态而非完全失重状态(完全失重状态下支持力为0)，故A错误，C正确；

B.惯性只由质量决定，与速度无关，故B错误；

D.根据牛顿第三定律，两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。座椅对宇航员的作用力(支持力)与宇航员对座椅的作用力(压力)是一对作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，故D错误。

故选：C。

火箭加速上升时，宇航员的加速度方向竖直向上。根据牛顿第二定律，宇航员受到的合力方向与加速度方向一致，即竖直向上；根据牛顿第三定律，两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。

火箭加速上升过程中，宇航员处于超重状态，受到的合力方向竖直向上，惯性保持不变，座椅与宇航员间的作用力遵循牛顿第三定律，大小相等。4.【答案】D

【解析】解：AB、由v−t图像可知，物体在0～4s内一直沿正方向运动，所以1s时与3s时物体不在同一位置。根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移，由图可知，0−4s，物体的位移大小为x=12×2×4m=4m，故AB错误；

CD、根据v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，0−2s，物体的加速度为a=22m/s2=1m/s2

2−4s，物体的加速度为a′=0−22m/s2=−1m/s2，可知0−4s，物体的加速度是变化的，故C错误，D正确。

故选：D5.【答案】B

【解析】解：ACD.设钩码的质量为m，轻绳之间的夹角为θ，两手握住轻绳两端提着钩码保持静止，根据受力平衡可得2Tcosθ2=mg

可得轻绳的弹力大小为T=mg2cosθ2

可知缓慢减小轻绳之间的夹角，轻绳的弹力将逐渐减小；当轻绳之间的夹角为60°时，轻绳的弹力大小为T=mg2cos60∘2=33mg<mg

6.【答案】A

【解析】解：A、由于人在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速运动，人在竖直方向受到的合外力为零，水平方向受到的合外力不变，故人整体受到的合外力不变，加速度恒定，人做匀变速运动，故A正确；

B、根据题意分析可知，人与升降机具有共同向左的加速度，因此，人受到升降机的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，人对升降机的摩擦力水平向右，故B错误；

C、根据物体做曲线运动的条件可知，人受到合外力的方向与运动方向不在同一直线上，故人相对于地面一定做曲线运动，故C错误；

D、根据运动的独立性可知，车的加速度增大，只会影响水平方向的运动，不会影响竖直方向上的运动，故车的加速度增大，工人到达升降机底端的时间不变，故D错误。

故选：A。

水平方向上匀加速，竖直方向上匀速，根据运动合成可知是匀变速；

人向左有加速度，根据牛顿第三定律可判断车受力；

根据曲线运动的条件判断物体的运动；

工人到达升降机底端的时间由竖直高度决定。

本题核心是运动的合成与分解：分运动(匀速、匀加速)决定合运动的加速度(匀变速)，受力由加速度方向推导(牛顿定律)，轨迹由速度与加速度的方向关系判断(不共线则曲线)，相对运动时间由相对位移和相对速度决定(与水平加速度无关)。7.【答案】C

【解析】解：A、由竖直上抛运动与自由落体运动的对称性可知，物体上升的最大高度h=12gt2，解得：h=20m，故A错误；

BC、根据初速度为零的匀变速直线运动规律，连续相等时间内的位移之比为1：3：5：⋯：(2n−1)，由此可知物体在第1s内与第2s内的位移大小之比为3：1，则物体在第1s内与第2s内的平均速度之比为3：1，故B错误，故C正确；

D、根据加速度定义式a=ΔvΔt可得，物体在2s内速度改变量的大小Δv=a⋅Δt=g⋅Δt，解得：Δv=20m/s8.【答案】D

【解析】解：A、木箱所受最大静摩擦力为fmax=μmg，解得：fmax=12N。当木箱以a1=1 m/s2的加速度向左加速时，物块所受合力F1=ma1，解得：F1=3N，方向向左，由牛顿第二定律得F1=F弹−f，解得：f=3N，故A错误；

B、当木箱以a2=1 m/s2的加速度水平向右加速瞬间，物块所受合力水平向右，由牛顿第二定律得F1=f−F弹，解得：f=9N，故B错误；

C、当木箱以ay=10 m/s2的加速度竖直向上加速瞬间，由牛顿第二定律得N−mg=may，解得物块所受支持力大小为9.【答案】AC

【解析】解：AB、根据题意分析可知，由牛顿第二定律可得物块在斜面上的加速度大小为a=mgsin37°−μmgcos37°m,代入数据解得a=4m/s2

根据匀变速直线运动位移和速度的关系可得2ah1sin37∘=v2

解得物块滑至斜面底端的速度大小为v=2×4×0.50.6m/s=2153m/s

故A正确，B错误；

CD、根据题意分析可知，物块飞出后至落地，竖直方向有h2=12gt2

解得运动时间为t=2h2g=2×0.810s=0.4s

物块落至地面的竖直分速度大小为vy10.【答案】ABD

【解析】解：A、对长木板和物块组成的系统进行受力分析，根据牛顿第二定律有F−μ(M+m)g=(M+m)a，由速度—时间图像斜率可得a=ΔvΔt，解得：a=2m/s2，结合图像数据解得μ=0.2，故A正确；

B、撤去外力F后，物块匀速运动，长木板做匀减速运动，其加速度满足−μ(M+m)g=Ma′，解得a′=−4m/s2，运动时间t1=0−v0a′，解得：t1=1s，光滑段长度d=v0t1−12a′t12，解得：d=2m，故B正确；

C、当物块进入粗糙段时，由于μ0mg=12N>μ(M+m)g=8N，物块减速而长木板加速。物块加速度−μ0mg=ma1，解得a1=−6 m/s2；长木板加速度μ0mg−μ(M+m)g=Ma2，解得a2=2 m/s2。共速时满足v0+a111.【答案】B

4;50

【解析】解：(1)实验需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有毫米刻度尺；弹力的大小等于钩码的重力，不需要弹簧测力计；本实验不用打点计时器，故AC错误，B正确。

故选：B。

(2)弹簧弹力为0时弹簧的长度即弹簧的原长，为4cm；

由胡克定律F=kx，可得劲度系数为k=ΔFΔx=8−0(20−4)×10−2N/m=50N/m

故答案为：(1)B；(2)4，50。12.【答案】C

1.05;1.8

1.5

偏小

【解析】解：(1)A.平衡摩擦力时，不挂重物，将长木板有打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，可知，平衡摩擦力时纸带需要与小车连接，故A错误；

B.结合上述，令长木板的倾角为θ，平衡摩擦力时有mgsinθ=μmgcosθ

小车的质量可以消去，即平衡摩擦力时与小车的质量大小无关，可知，每次改变重物的质量不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C.为了避免在纸带上出现大量的空白段落，实验时应该先接通打点计时器电源，后释放小车，故C正确。

故选：C。

(2)匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则小车在3点的速度为v=(9.60+11.40)×10−22×0.1m/s=1.05m/s

根据逐差法可知，小车运动的加速度a=(9.60+11.40)×10−2−(6.00+7.80)×10−24×0.12m/s2=1.8m/s2

(3)若没有平衡摩擦力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有

2F−f=ma

变形得a=2Fm−fm

结合图丙有2m=2.01.5kg−1

解得m=1.5kg

(4)测量值所用频率为50Hz，实际频率为51Hz，故实际周期比测量周期小，则测量值比实际值偏小。

故答案为：13.【答案】(1)列车从静止运行至5s末的速度大小为2.5m/s

(2)列车从静止运行至最大速度的过程中行驶的位移大小为400m

(3)列车从静止运行至位移大小为25m所用的时间为10s

【解析】解：(1)依据匀变速直线运动的速度与时间关系，可得5s末列车的速度大小为v=at，解得：v=2.5m/s；

(2)列车从静止加速至最大速度所通过的位移为x=vm22a，解得：x=400m；

(3)设列车从静止运行至位移x′=25m时的速度为v′，根据运动学公式有v′2=2ax′，代入数据解得：v′=5m/s。列车在此过程中所用的时间为t′=v′a，解得：t′=10s；

答：(1)列车从静止运行至5s末的速度大小为2.5m/s；

(2)列车从静止运行至最大速度的过程中行驶的位移大小为400m；

(3)列车从静止运行至位移大小为25m所用的时间为10s。

(1)列车由静止匀加速启动，已知加速度与时间，直接利用速度与时间的关系式即可求出末速度。

(2)列车从静止匀加速到最大