四川省攀枝花市2023-2024学年高一年级上册期末检测物理试题（解析版）

攀枝花市2023-2024学年度高一（上）普通高中教学质量监测

物理试题

本试题卷共6页。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。

满分100分，考试时间90分钟。

注意事项：

1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。并用2B铅笔将答题卡考

号对应数字标号涂黑。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。

答在试题卷上无效。

一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，第

1~10题只有一项符合题目要求，第11~13题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选

对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.下列单位中，与“牛顿”表示同一物理量单位的是（）

A.kg-m/sB.kg-m/s2C.kg/（m-s）D.kg/（m-s2）

【答案】B

【解析】

【详解】由牛顿第二定律歹=皿可得

IN=lkg-m/s2

故选B。

2.关于做变速直线运动的物体，下列说法中正确的是（）

A.加速度越大时，速度也一定越大

B,速度变化量变大时，加速度也一定变大

C.合外力增大时，速度也一定增大

D.合外力增大时，加速度也一定增大

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据加速度定义式有

Av

a——

Ar

可知，加速度越大时，速度的变化率越大，速度不一定越大，故A错误；

B.根据加速度的定义式可知，速度变化量变大时，当经历时间也很大时，加速度可能变小，故B错误；

CD.根据牛顿第二定律可知，合外力增大时，加速度一定增大，根据加速度定义式可知，此时，速度不

一定增大，故C错误，D正确。

故选D。

3.2023年10月22日，四川银行“滋味盐边•羊肉米线”半程马拉松赛暨“跑遍四川”（盐边站）鸣枪

开跑。设置半程马拉松、迷你跑两个项目。其中，半程马拉松赛全程21.0975km,参赛选手999人；迷你

跑全程5km,参赛人数2023人。A选手跑完半程马拉松的成绩为1小时8分59秒。下列说法中正确的是

（）

A.“1小时8分59秒”为时刻

B.选手跑完半程马拉松过程中的位移为21.0975km

C.根据题中数据可以计算A选手的平均速率

D.在研究选手的技术动作时可以将选手视为质点

【答案】C

【解析】

【详解】A.“1小时8分59秒”指跑完半程马拉松的成绩，因此指时间间隔，故A错误；

B.选手跑完半程马拉松过程中的路程为21.0975km,故B错误；

C.根据题意已知选手总路程与总的时间，可知，根据题中数据可以计算A选手的平均速率，故C正

确；

D.在研究选手的技术动作时，选手的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，可知，在研究选手的

技术动作时不能够将选手视为质点，故D错误。

故选Co

4.一小球从5m高处自由落下，被地板弹起后，上升高度为3.2m,整个过程用时2s,则小球在整个过程

中通过的位移和平均速度的大小分别为（）

A.1.8m,0.9m/sB.1.8m,4.1m/sC.8.2m,0.9m/sD.2m,4.1m/s

【答案】A

【解析】

【详解】依题意，小球在整个过程中通过的位移大小为

x=5m-3.2m=1.8m

根据平均速度定义式，可得

v=—=0.9m/s

t

故选A„

5.人站在地板上，会受到地板对人的弹力，这个弹力产生的直接原因是（）

A.鞋子的形变B.地板的形变

C.鞋子和地板共同形变D.人受到重力

【答案】B

【解析】

【详解】人站在地板上，会受到地板对人向上的弹力，这个弹力产生的直接原因是地板发生了形变，由

于地板发生了形变，地板对与之接触的鞋子产生弹力作用。

故选B。

6.下列图像描述的物体运动，一定不属于直线运动的是（）

【详解】A.给出的位移一时间图像是一条平行于时间轴的直线，位移始终不变，表明物体始终处于静止

状态，该图像描述的物体运动，一定不属于直线运动，故A正确；

B.给出的速度一时间图像是一条平行于时间轴的直线，表示物体做匀速直线运动，描述的运动属于直线

运动，故B错误；

C.给出的加速度一时间图像是一条平行于时间轴的直线，物体加速度不变，表明物体做匀变速运动，当

加速度与速度方向在同一直线上时，物体做匀变速直线运动，当加速度与速度方向不在同一直线上时，

物体做匀变速曲线运动，故C错误；

D.给出的合力一时间图像是一条平行于时间轴的直线，物体所受外力的合力一定，物体加速度不变，表

明物体做匀变速运动，当合力与速度方向在同一直线上时，物体做匀变速直线运动，当合力与速度方向

不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，故D错误。

故选A„

7.如图所示，光滑水平面上放置一轻质弹簧。当在弹簧两端施加大小均为20N的拉力时，弹簧的长度为

30cm；当在弹簧两端施加大小均为10N的压力时，弹簧的长度为15cm。弹簧均处于弹性限度内，则该弹

簧的劲度系数为（）

F\*------------，-

A.66.7N/mB.200N/m

C.300N/mD.400N/m

【答案】B

【解析】

【详解】令弹簧原长为左，当在弹簧两端施加大小均为20N的拉力时，根据胡克定律有

耳=氏（。-。）

当在弹簧两端施加大小均为10N压力时，根据胡克定律有

&=左（。—右）

结合题中数据解得

^=200N/m

故选B。

8.水平面上一质量为2kg的物体在水平向右、大小为2N的恒定拉力作用下向左运动，物体与水平面间的

摩擦因数为0.2。重力加速度取10m/s2,则该物体向左运动过程中的加速度为（）

v

<------

------------F

//////////////////////////

A.水平向左，Im。B.水平向左，3m/s2

C水平向右，lm/s2D.水平向右，3m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有

"mg+F-ma

解得

«=3m/s2

加速度方向水平向右。

故选D。

9.将甲物体从2/z高处以一定的初速度竖直下抛，同时乙物体从〃高处自由落下，它们同时落在同一水平

地面上，不计空气阻力，重力加速度为g,则甲物体的的初速度为（）

A「他B.巫

C.y/ghD.

\22

【答案】A

【解析】

【详解】对甲物体，根据位移公式有

2

2h=vot+—gt

对乙物体，根据位移公式有

,12

h=2gt

解得

%=樽

故选Ao

10.某质点做匀加速直线运动，途中连续经过A、8、C三点，已知8c的距离是A8的两倍，A8段的平

均速度是20m/s,段的平均速度是40m/s,则该质点通过c点时的速度大小为（)

A.40m/sB.45m/sC.50m/sD.55m/s

【答案】c

【解析】

【详解】令AB的距离为看,则BC的距离2%,则有

^AB^BC

解得

，AB=^BC

匀速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有

v="一+"BC=30m/s

B2

结合上述可知

解得

vc=50m/s

故选Co

11.将大小为3N的力/分解为两个分力6、F2,已知B的大小为若N,尸2与合力夹角为30。，则B的

大小可能是（）

A.1.5NB.无N

2

C.V3ND.26N

【答案】CD

【解析】

【详解】合力与两个分力能够形成一个闭合的三角形，由于尸2与合力夹角为30。，根据余弦定理有

222

7/=F!+F-2F^COS30

解得

F2=6N或者6=2j^N

故选CD。

12.如图所示，轻质滑轮用细线悬挂在天花板上，质量分别为根，M的物块P、Q用细线通过滑轮后连接

在一起，物块P悬空，物块Q静止在水平地面上，连接物块Q部分的细线与水平方向的夹角。=30。

已知重力加速度为g,细线重力均不计，则下列说法中正确的是（）

B.天花板受到的拉力大小为2mg

C.水平地面对物块Q的支持力大小为Mg

D.水平地面对物块Q的摩擦力大小为+

【答案】AD

【解析】

【详解】A.对物块P进行分析，根据平衡条件可知，细线对物块P的拉力大小为

T=mg

故A正确；

B.由于连接物块Q部分的细线与水平方向的夹角为

0=30

根据几何关系，连接物块Q部分的细线与连接物块P部分的细线夹角为

a=90-0=60

对滑轮进行分析，根据平衡条件有

T'=2Tcos-

2

结合上述解得

故B错误；

CD.对Q进行受力分析，如图所示

则有

N+Tsin3=Mg,f=Tcos0

解得

N=Mg--mg,f=^H-mg

故C错误，D正确。

故选AD。

13.U0时，A、B两物体从同一地点沿同一方向运动，其速度一时间图像如图所示，下列说法中正确的是

（）

A"=2s时，A、B相距最近B./=4s时，A、B两物体相遇

C.出发后，A、B两物体仅相遇一次D.0~2s内，A、B两物体之间的距离逐渐减小

【答案】BC

【解析】

【详解】由图像可知，A物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为

aA=2mzs2

B物体做初速度为2m/s的匀加速直线运动，加速度大小为

2

aB=lm/s

AD.0~2s内B物体的速度一直大于A物体的速度，两物体间距越来越大，仁2s时，A、B相速度相等，相

距最远，故AD错误；

BC.U4s内，A物体运动的位移

2

xA=^-x2x4m=16m

B物体运动的位移

2+6,

xB=---x4m=16m

故U4s时，A、B两物体相遇，之后A物体始终在B物体的前面，则出发后，A、B两物体仅相遇一次，

故BC正确。

故选BC„

二、实验和作图题（本题共3小题，共15分）

14.某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力与形变量的关系”实验。他通过实验得到如图乙所示的弹

力大小厂与弹簧长度/的关系图线。由图线可知弹簧的原长，=cm,劲度系数

gN/m。（保留两位有效数字）

【详解】口］［2］由胡克定律

F-k(l-l0)

当厂=0时，可得弹簧的原长为

l0=7.5cm

弹簧的劲度系数为

6—0

N/m=40N/m

Ax(22.5—7.5)x10-2

15.某实验小组利用图1所示的实验装置来探究加速度与力，质量的关系。除图中提供的实验器材外，实

验室还提供有质量相同的祛码若干，实验步骤如下：

(i)用天平测出带有凹槽的小车的质量和小桶的质量；

(ii)按图1所示组装实验装置，将木板一端垫高，平衡小车运动时所受的阻力及其他阻力；

(iii)保持小车质量不变，在小桶中放人祛码，并从静止开始释放小车；

(iv)取下纸带，分析打点计时器在纸带上留下的点迹，计算出小车的加速度；

(vi)在小桶中逐一增加祛码，重复步骤(iii)(iv),以小桶及祛码总重力mg作为小车所受的合力

F,将小车的加速度a和合力/等多组数据记录在表格1中；

(vii)保持小桶中祛码的质量不变，在小车的凹槽中放人一个祛码，并从静止释放小车；

(vii)取下纸带，分析打点计时器在纸带上留下的点迹，计算出小车的加速度；

(viii)在小车中逐一增加祛码，重复步骤(vi)(vii),将小车的加速度a和小车及祛码的总质量M等多

组数据记录在表格2中；

(ix)利用表格数据，分别作出a-尸、a-工图像，进行数据分析，得出实验结论。

表格1：

(3)0,493(4)小桶及祛码总质量过大，不满足M

【解析】

【小问1详解】

探究加速度与力，质量的关系时，每次研究其中两个物理量的关系时，需要确保其他物理量不变，可

知，实验中采用了控制变量法。

选B。

【小问2详解】

平衡小车运动时所受的阻力及其他阻力时，应该不挂小桶，小车上连接纸带，使小车向下运动过程中打

出的点迹均匀分布，表明小车此时向下做匀速直线运动，重力沿木板的分力与阻力平衡。

【小问3详解】

交流电频率为50Hz,打点周期为0.02s。由于相邻两计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点之间的

时间间隔为

T=5xO.O2s=O.ls

根据逐差法可知，加速度为

(4.99-1.51-1.51)x10-2,,

a=-----------------------------m/s«0.493m/s

4x0.12

【小问4详解】

平衡摩擦力后，绳的拉力等于小车实际上所受外力的合力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有

T=Ma

对小桶进行分析，根据牛顿第二定律有

mg—T=ma

解得

Mmgmg

1-----------=-------->mg

M+m、、m

1n------

M

当相.，〃时，近似有

Tamg

实验中，以小桶及祛码的总重力机g作为小车所受的合力F,在保持质量不变的情况下探究加速度与力的

关系时，当小桶的质量远远小于小车质量时，理论图像与实验图像在基本重合，图中右上部分明显偏离

直线，造成此现象的主要原因是小桶及祛码总质量过大，不满足m-Mo

16.如图所示，小球P通过轻绳连接在两根用饺链固定的轻杆。4、的节点。上，处于静止状态，请

作出节点。的受力示意图。

【解析】

【详解】轻杆用饺链固定，能够自由转动，则杆的弹力方向一定沿杆，根据平衡条件可知，节点。受到

连接小球的绳竖直向下的拉力、水平轻杆向左的拉力与倾斜杆沿杆向上的支持力三个力作用，作出节点

三、计算题（本题共5小题，共46分，解题要写出必要的文字说明，方程式和重要的演算

步骤，有数据计算的题目，还应计算出最后结果，只有最后答案的不得分）

17.一辆汽车在平直公路上以4m/s2的加速度开始制动，制动后第1秒内的位移为4m,求：

（1）汽车开始制动时的速度%;

（2）汽车开始制动后5s内的位移x。

【答案】（1）6m/s；（2）4.5m

【解析】

【详解】（1）由运动学公式

1，

代入数据解得，汽车开始制动时的速度为

%=6m/s

（2）汽车减速到零的时间为

z=-=—s=1.5s

a4

因为

1.5s<5s

所以汽车开始制动后5s内的位移为

片62，(

%=—=----m=4.5m

2a2x4

18.如图所示，质量m=2kg的物块P通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O,轻绳。4与竖直方向的夹

角为。，轻绳。2水平且与放置在水平桌面上质量M=2.5kg的物块Q相连，P、Q均恰好处于静止状态。

已知tan8=0.5,重力加速度g取lOm/sa,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

(1)轻绳OA,的张力大小；

(2)物体Q与桌面间的动摩擦因数〃。

|P|

【答案】(1)1O/N,1ON；(2)0.4

【解析】

详解】(1)对物块P与结点。整体分析，根据平衡条件有

tan

TOACOS6=mg,mg0=TOB

解得

%=10&N,7^B=10N

(2)Q均恰好处于静止状态，摩擦力达到最大静摩擦力，对Q进行分析有

T°B="N,N=Mg

解得

〃=0.4

19.如图所示，小球质量为优，斜劈质量为M、斜面倾角为仇用水平向右的推力作用在斜劈上时，小球

位于斜劈的斜面上和斜劈恰好相对静止。已知重力加速度为g,不计一切摩擦，求：

(1)斜劈对小球的支持力大小N；

(2)水平推力的大小「

【答案】(1)(2)(M+m)gland

COS8

【解析】

Ncos0=mg

解得

N=^-

cos，

(2)结合上述，对小球进行分析，牛顿第二定律有

mgtan0=ma

对斜劈与小球构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有

F=+a

解得

20.如图所示，在倾角为。的斜面上有一个质量m=lkg的物体，零时刻开始在大小厂=20N、方向沿斜面

向上的拉力作用下由静止开始运动，2s时物体的速度v=20m/s,方向沿斜面向上，3s时，撤去拉力。已知

sin8=0.6,cos8=0.8,重力加速度g取lOm/s2,斜面足够长，求：

(1)物体与斜面之间的动摩擦因数。

(2)撤去P后，物体经过多少时间回到初始位置。

F

0

【答案】⑴0.5；（2）（3+3AA0）S

【解析】

【详解】（1）物体由静止开始运动，2s时间内，根据速度公式有

V=卬］

解得

q=10m/s2

该时间间隔内对物体进行受力分析，如图所示

M=mgcos0,F-juNl-mgsin0=max

解得

〃=0.5

（2）经历3s,物体的位移与速度分别为

12

%1=-a/2,%=a/2

解得

x,=45m,=30m/s

3s后撤去拉力，物体开始向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有

+mgsin0=ma2

解得

2

a2=10m/s

向上减速至。过程，利用逆向思维，根据位移公式与速度公式有

12

x2=-a2t3,Vj=a2t3

解得

x2=45m,G=3s

由于重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，之后物体向下加速运动，根据牛顿第二定律有

mgsin0-〃乂=ma3

解得

2

a3=2m/s

根据位移公式有

1/

%+%2.初

时间