广东省揭阳市第一中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题（解析版）

第第页广东省揭阳市第一中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题（选择性考试）一、选择题（共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8-10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1．在下列问题的研究中，说法正确的是（）A．马拉松运动员在比赛中运动路线的长度就是运动员的位移B．研究跳水运动员在比赛中的技术动作完成情况时，运动员可视为质点C．举重运动员在举起杠铃时需坚持3s，3s指的是时间间隔D．体操运动员在吊环上落下时，以地面为参照物，他是静止的【答案】C【解析】【解答】A．位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度，马拉松运动员在比赛中运动路线的长度是运动员的路程，故A错误；B．研究跳水运动员在比赛中的技术动作完成情况时，运动员的大小、体积等不能忽略，不能把运动员视为质点，故B错误；

C．举重运动员在举起杠铃时需坚持3s，3s是一段时间间隔，故C正确；

D．体操运动员在吊环上落下时，以地面为参照物，他是运动的，故D错误。

故选：C。【分析】根据路程的定义分析；根据能否看成质点的条件分析；根据时间的定义分析；物体与参照物位置关系发生改变则物体是运动的。2．在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方15m处，从该时刻开始计时，0~4s内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图象如图所示。下列说法中正确的是（）A．t=2s时刻，甲车刚好追上乙车B．t=4s时刻，甲车刚好追上乙车C．乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小D．此过程中甲、乙两车之间的距离一直在增大【答案】A【解析】【解答】A．v−t图象与时间轴所围面积表示位移，可得t=2s时刻，甲、乙两车的位移分别为s1=20+102×2B．由图象可知，2s~4s时间内，甲车的位移小于乙车的位移，故t=4s时刻，甲车在乙车后面，B错误；C．图象斜率表示加速度，可得，甲、乙两车的加速度大小分别为a1=D．此过程中甲、乙两车之间的距离先减小再增大，D错误。故答案为：A。

【分析】1.位移计算：通过梯形/三角形面积公式，计算不同时间段两车位移。

2.追及判断：对比位移差与初始间距，确定是否追上。

3.加速度比较：通过斜率计算加速度大小，直接对比。

4.间距分析：根据速度大小关系，判断间距“减小/增大”的阶段。3．射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目，中国队有较强的实力。如图甲所示，射箭时，刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100N，对箭产生的作用力为120N，其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示，对箭产生的作用力如图乙中F所示，则弓弦的夹角α应为A．53° B．127° C．143°【答案】D【解析】【解答】本题关键是正确的进行受力分析，根据力的矢量法则求解，要注意弓弦对箭的作用力大小是箭的合力。以箭与弓弦交点作为受力对象，根据图乙

可知F由力的合成法则，得F得cos解得α=故选D。​​​​​【分析】以箭与弓弦交点作为受力对象，受力分析，根据平衡条件，结合三角知识，即求解弓弦的夹角。4．如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是（）A．站起过程中人处于超重状态B．该人做了一次下蹲—起立的动作C．下蹲过程中人处于失重状态D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态【答案】B【解析】【解答】CD．在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，加速度向下，失重；后向下做减速运动，加速度向上，超重，故下蹲过程人先处于失重状态后处于超重状态，故CD错误；

AB．人在起立过程中，先向上做加速运动，加速度向上，后向上做减速运动，加速度向下，则站起过程中先处于超重状态后失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，故A错误，B正确。

故选：B。【分析】判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，结合图像分析。5．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则（）A．a1=a2=a3 B．【答案】B【解析】【解答】甲图中加速度为a1，则有mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=gsinθ-μgcosθ乙图中的加速度为a2，则有（m+m'）gsinθ-μ（m+m'）gcosθ=（m+m'）a2解得a2=gsinθ-μgcosθ丙图中的加速度为a3，则有（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3解得a故a1=a2＜a3，故ACD错误，B正确。

故答案为：B。

【分析】1.受力拆解：对每个情景中的滑块（或整体），分解重力、摩擦力等力，沿斜面和垂直斜面建立正交坐标系。2.方程建立：沿斜面方向合力等于质量乘以加速度，列出牛顿第二定律方程。3.化简对比：约去质量项（乙图整体质量不影响加速度），对比丙图因额外恒力F导致加速度增大。4.结论推导：通过表达式直接比较a16．图左侧为不锈钢砧板架实物图。在图右侧图中，质量为M的圆形砧板稳稳的竖立在砧板架上，砧板架两侧横梁近似光滑，间距为d，取重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．砧板对砧板架一侧横梁的作用力一定小于MgB．若增大横梁的间距d，砧板对两侧横梁的作用力均增大C．若增大横梁的间距d，砧板架对地面的压力增大D．若换一个质量相同直径更大的砧板，两侧横梁受到的压力均增大【答案】B【解析】【解答】A．设每侧砧板架对砧板的支持力均为FN，FN垂直接触面指向砧板圆心，FN对砧板竖直方向根据平衡条件有2根据牛顿第三定律可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力大小为F根据数学知识可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力不一定小于Mg，A错误；BD．若增大横梁的间距d，θ变大，根据FN'表达式可知FN'变大；同理，若换一个质量相同直径更大的砧板可知θ变小，根据FN'表达式可知FN'变小，故B正确，D错误；

C．对砧板和砧板架整体分析可得地面对砧板架的支持力等于砧板和砧板架的总重力，若增大横梁的间距d，根据牛顿第三定律可得砧板架对地面的压力不变，故C错误。

故选：B。

【分析】对砧板分析，根据平衡条件进行分析即可。7．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度A．FB．FC．μD．在0~t【答案】B,C,D【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键在于理解图像所表述的力与运动过程，而其中最重要的是考虑静摩擦力、滑动摩擦力的转换临界时刻。在运用牛顿第二定律解题时，要掌握整体法和隔离法的应用。A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有FA错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ解得FμBC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。

【分析】根据F-t图像和a-t图像进行分析，t1-t2时间内木板的加速度呈线性增加，说明此时木板和物块相对静止，木板加速度随物块对木板的静摩擦力增大而增大；t2时刻后木板的加速度恒定不变，说明其受到两个滑动摩擦力，物块与木板发生相对滑动，即可求出此时的加速度；0-t1时间内，无加速度说明木板和物块相对地面静止不动。再根据牛顿第二定律进行解题即可。8．如图所示，人用手握住一个油瓶，并确保能使瓶子静止在竖直方向上，以下说法中正确的是（）A．手握得越紧，油瓶受的摩擦力就会越大B．手握得越紧，油瓶与手之间的动摩擦因数就会越大C．手握得越紧，油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大D．往油瓶里添油，油瓶受的摩擦力会增大【答案】C,D【解析】【解答】ABC、对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，因而静摩擦力与重力等大反向，手握得越紧，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大，但是静摩擦力不变，故AB错误，C正确；D、往油瓶里添油，重力变大，静摩擦力等于瓶子和油的总重力，所以油瓶受的摩擦力会变大，故D正确。

故选：CD。【分析】瓶子保持静止，受力平衡，对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，根据静摩擦力的特点可以判断。9．物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是()A．物体零时刻的速度是4m/sB．物体的加速度是2m/s2C．任何1s内的速度变化都是2m/sD．第1s内的平均速度等于6m/s【答案】A,B,C【解析】【解答】AB.规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得物体的加速度为a=ΔvΔt=8−61C.物体的加速度是2mD.第1s内的位移为：x=v0t+12at10．粗糙水平面上并排放着两个长方体木块，质量分别为mA=m，mB=2m，木块A、B与水平面间的动摩擦因数均为A．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为FB．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为2FC．木块A、B分离时，弹簧的弹力为0D．木块A、B分离前，A、B一直做加速运动【答案】B,C【解析】【解答】AB．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有F−μm+2mg=m+2ma1

对B进行分析，根据牛顿第二定律有C．木块A、B刚刚分离时，加速度相等，相互之间的弹力为0，对B进行分析，根据牛顿第二定律有μ⋅2mg=2m方向水平向左。对A进行分析，根据牛顿第二定律有μmg−F1=maD．结合上述，木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，此时弹簧处于原长，可知，弹簧先前一直处于压缩状态，弹力一直减小至0，则撤去外力后，弹簧弹力开始大于摩擦力，后小于摩擦力，即A、B先做加速运动，后做减速运动，故D错误。故答案为：BC。

【分析】1.瞬间受力：撤去外力瞬间，弹簧弹力不变，用整体法求加速度，隔离法求内力（A对B的作用力）。

2.分离条件：分离时相互作用力为0，分别对A、B受力分析，推导弹簧弹力。

3.运动分析：根据弹簧弹力与摩擦力的大小关系，判断加速/减速阶段。二、实验题（共2道小题，满分14分。每空2分）11．某同学测量一弹簧的劲度系数，得到的实验数据如下表：弹力F（N）0.501.001.502.002.503.003.50伸长量x（10－2m）0.741.802.803.724.605.586.42在上图中画出F与x的关系图线，并求得该弹簧的劲度系数k=N/m。【答案】；54.1【解析】【解答】根据描点法作出图象，如图所示根据图象得

k=ΔFΔx=2.50.046212．某同学准备做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与质量的关系”实验。实验中，他将悬挂物的重力大小拟为小车受到的细线拉力大小。（1）在即将补偿小车所受的阻力时，器材状态是图（填“甲”或“乙”）（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50Hz，该同学某次实验得到的纸带如图所示。A、B、C、D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据读取不当，这组数据是（填A、B、C、D或E）。根据上述信息可得小车的加速度大小为ms计数点ABCDE位置坐标（cm）4.505.507.309.8013.3（3）在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据做出的a−F图像如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且BC段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是_________。A．不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足B．不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力过度C．图线BC段弯曲可能是悬挂物总质量不满足远小于小车质量的条件D．图线BC段弯曲可能是小车质量不满足远小于悬挂物总质量的条件（4）若多次增大悬挂物的质量进行实验，得到悬挂物的质量m及对应的小车运动的加速度a，作出a−m图像如图实线所示，在曲线部分取一点P、对应的横坐标为m1，已知重力加速度大小为g，若小车的质量为M，则P点与坐标原点O的连线斜率为（用g、M、m【答案】（1）甲（2）E；0.80（3）A；C（4）g【解析】【解答（1）平衡摩擦力时，细线末端不挂重物，器材状态是图甲；

（2）由各点位置可知刻度尺的分度值为0.1cm，因此E点读数不当；相邻两计数点间有四个点未画出，则周期为T=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有a=（3）本实验是用悬挂物的重力代替细线的拉力，要求满足悬挂物总质量满足远小于小车质量这个条件，由于悬挂物的质量不断增加，当悬挂物总质量未满足远小于小车质量的条件时，图线出现弯曲，当有一定的拉力才有加速度，可知不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足，故AC正确，BD错误。

故选：AC。（4）把小车和悬挂物作为一个系统，由牛顿第二定律得mg=解得小车加速度a=题意知P点横坐标为m1k=gM+m1

【分析】（1）根据平衡摩擦力的正确操作作答；

（2）根据刻度尺的分度值判断，结合逐差法解得加速度；（1）补偿阻力的方法是取下悬挂物，让小车拖着纸带在倾斜的木板上恰好能做匀速直线运动，故选图甲；（2）[1]图中可知刻度尺最小分度值为0.1cm，故读数需估读到0.01cm，从表格数据可知E点读数不当；[2]由于相邻两计数点间有四个点未画，故相邻两计数点时间间隔为T=0.1s，由逐差法得加速度a=（3）AB．图像未通过坐标原点，即当F达到一定值时才产生加速度，可能是因为平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力导致，故A正确，B错误；CD．随着拉力增加，即随着悬挂物质量增加，当悬挂物质量增加到一定程度时，悬挂物总质量不满足远小于小车质量的条件，造成BC段弯曲，故C正确，D错误。故选AC。（4）把小车和悬挂物作为一个系统，由牛顿第二定律得mg=解得小车加速度a=题意知P点横坐标为m1k=三、计算题（满分38分，其中13题10分，14题9分，15题21分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）13．一小石块从塔顶从静止开始自由下落，在到达地面前的最后1s内通过的位移是55m。不计空气的阻力（g取10m/s2）求：（1）石块下落到地面的时间；（2）塔的高度。【答案】（1）解：最后1s内的平均速度v最后1s内的平均速度等于最后1s内中间时刻的瞬时速度，则落地的速度v=则石块下落的时间t=v（2）解：塔的高度h=v【解析】【分析】（1）利用自由落体运动的位移公式，通过设下落总时间为t，表示出t秒和t-1秒内的位移，根据最后1秒位移列方程求解总时间。

（2）再根据自由落体位移公式，代入总时间求出塔的高度。14．如图，一与水平方向成θ=30°角斜向右上方，大小为T=20N的恒力拖着一质量为m=2kg的旧轮胎在水平冰面上从静止开始向右运动，（忽略轮胎与冰面的摩擦力，取（1）地面对旧轮胎的支持力；（2）拖动时间t=2s【答案】（1）根据题意，对旧轮胎受力分析，如图所示由平衡条件有mg=解得F（2）根据题意，由牛顿第二定律有T解得a=5旧轮胎运动的位移为x=【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，根据平衡条件即可解出；

（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式即可解出。15．图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5kg的货物（可视为质点），轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带AB段的数控设备记录的货物的v−t图像，1.2s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知CD段的长度L=3.6m，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C间距忽略不计，取g=10（1）货物与传送带间的动摩擦因数μ；（2）物体在水平传送带上运动的时间；（3）若使货物以最短的时间被运送至D处，则传送带的速度需要满足什么条件？并求出货物从A端运送至D端的最短时间？【答案】（1）解：0~0.2s内，根据v−t图像可知货物在倾斜传送带上的加速度大小为a根据牛顿第二定律可得mg0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为a根据牛顿第二定律可得mg联立解得θ=37°，μ=0.5。（2）解：结合