广东省深圳市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（含答案）3

广东省深圳市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列说法正确的是（）A．图甲中，伽利略使用该斜面进行实验，得出力和运动的关系B．图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于足球发生了形变C．图丙中，平衡车的重力与地面对平衡车的支持力是一对作用力与反作用力D．图丁中，该工具测得的物理量，不属于国际单位制中的基本物理量2．C919是我国自行研制、拥有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，图示是国产大飞机C919起飞离地后，斜向上加速直线运动的一个瞬间，关于此瞬间，以下说法正确的是（）A．飞机的加速度方向竖直向上B．乘客受到飞机座椅的力竖直向上C．乘客处于超重状态D．飞机处于失重状态3．某同学为研究地铁8号线的运动情况，它用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁启动时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知当地重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．该地铁的速度方向向右B．只需测出笔的质量，即可估算出地铁的加速度C．该地铁的加速度方向向右D．只需测出细绳与竖直扶手之间的夹角，即可估算出地铁的加速度4．蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图所示，弹性绳（满足胡克定律）一端固定在高空跳台上，另一端系住跳跃者的脚腕，人从跳台上由静止开始落下，弹性绳质量不计，忽略空气阻力的影响，则人第一次下落的过程中（）A．人在加速下落过程中，其惯性增大B．速度先增大后减小C．加速度先不变后增大D．弹性绳伸直时人开始做减速运动5．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于粗糙墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，整体处于静止状态。略微改变绳子的长度，P、Q仍然均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（）A．P、Q两物体都受3个力作用B．若绳子变短，墙壁对Q的支持力将减小C．若绳子变短，绳子的拉力将变大D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大6．跳伞运动员做低空跳伞表演如图甲所示。运动员从高空悬停的直升机上跳下沿竖直方向运动，其v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．运动员在0~10s内的平均速度大小等于10m/sB．10s~15s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动C．10s末运动员的速度方向发生改变D．从15s末开始运动员处于静止状态7．手机中有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着质量为m的手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中t1=0.38s，t2=0.55s，t3=0.66s，t4=1.26s，取重力加速度g=10m/s2，由此可判断出（）A．t1时刻手掌对手机的作用力2mgB．t2时刻手机刚好离开手掌C．t3时刻手机的速度为3m/sD．手机离开手掌后上升的高度为0.9m二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每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）8．冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，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20s停止，最后1s内位移大小为0.2m，则下面说法正确的是（）A．冰壶第1s内的位移大小是7.8mB．冰壶的加速度大小是0.4m/s2C．前10s位移和后10s的位移之比为3︰1D．冰壶的初速度大小是6m/s9．如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为2m、2m、m，其中物体B和C通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在一起，物体A与轻弹簧上端连在一起，轻弹簧下端固定在地面上，现在剪断B、C间的轻绳，在剪断瞬间下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A．物体A与B之间轻绳的弹力为5mg2 B．物体B的加速度大小为C．物体A的加速度为0 D．弹簧产生的弹力为2mg10．粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及物体的运动速度v随时间变化的图像如图甲和图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。则（）A．前2s内物体运动的加速度大小为2m/s2B．前4s内物体运动的位移的大小为8mC．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1D．物体的质量m为2kg三、实验题（本题共2小题，共18分）11．“验证力的平行四边形定则”实验。（1）小王同学设计实验如图甲所示，三个细线套L1、L2、L3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计B和重物M上，A挂于固定点P。手持B拉动细线，使结点静止于O点。

①本实验中，主要体现的科学方法是。A．理想实验法B.等效替代法C.极限思想法D.建立物理模型法②某次实验中A的指针位置如图甲所示，其读数为N；（2）小李同学设计实验如图乙所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图丙是在白纸上根据实验结果画出的图，图丙中的是力F1和F2的合力的理论值；是力F1和F2的合力的实际测量值。

（3）如图丁所示，F1、F2夹角大于90°，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为____（两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程）。

A．F1一直增大、F2一直增大 B．F1先减小后增大、F2一直增大C．F1一直增大、F2一直减小 D．F1一直增大、F2先减小后增大12．图（a）为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。（1）为完成实验，除了图（a）中标出的实验器材外，还需要的实验器材有____A．秒表B．刻度尺（最小刻度为mm）C．50Hz低压交流电源（2）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是____。A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在托盘和砝码拉动下恰好做匀速运动B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在托盘和砝码拉动下恰好做匀加速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘和砝码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂托盘和砝码的情况下使小车恰好做匀加速运动（3）实验中得到如图（b）所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，可得打计数点3时小车的速度大小为v3＝m/s，小车的加速度大小为a＝m/s2。（均保留三位有效数字）（4）实验小组用a表示小车的加速度，用F表示测量细线拉力的传感器的示数，在平衡摩擦力时，不慎使长木板倾角过大，则得到的a-F关系是图（c）中的哪幅图？答：。（5）该实验（选填“需要”或“不需要”）满足钩码质量远远小于小车和传感器的总质量。四、解答题（本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分）13．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成37°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，货物可视为质点（（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过1m/s，求水平滑轨的最短长度l214．一个底面粗糙､质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，斜面体的斜面光滑､足够长且与水平面成30°角，现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，重力加速度为g，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图所示。（1）当斜面体静止时，求小球对斜面的压力；（2）水平缓慢移动斜面体，在移动过程中，求轻绳拉力的最小值；（3）试求当轻绳拉力最小时（斜面体保持静止），地面对斜面体的摩擦力大小。15．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m。求飞行器所阻力（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.图甲中的实验是伽利略使用将小球在斜面上的运动外推到斜面倾角为90°的情形，间接证明了自由落体运动是匀加速直线运动，不是力和运动的关系，A不符合题意；

B.落在球网中的足球受到弹力的施力物体是球网产生的，所以足球受到弹力是由于球网发生了形变，B不符合题意；

C.图丙中，平衡车的重力与地面对平衡车的支持力大小相等，方向相反，且两力均作用在平衡车上，所以这两个力是一对平衡力，C不符合题意；

D.图丁中，弹簧测力计用来测力的大小，其单位为牛顿，而牛顿不属于国际基本单位，是导出单位，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】根据物理学史分析；弹力是由施力物体的形变产生；根据平衡力和作用力与反作用力的特点分析；力学部分中，只有三个基本单位：千克、米、秒。2．【答案】C【解析】【解答】A．由于飞机斜向上做加速直线运动，则飞机的加速度方向斜向上，故A错误；

B．乘客的加速度与飞机的加速度相等，乘客受重力和飞机座椅对其的作用力，则乘客受到飞机座椅的力应斜向上方，故B错误；

C．由于飞机有斜向上方向的加速度，即乘客有斜向上的加速度，其加速度有竖直向上的分量，所以乘客处于超重状态，故C正确；

D．由于飞机有斜向上方向的加速度，其加速度有竖直向上的分量，所以飞机处于超重状态，故D错误。

故选C。

【分析】根据飞机斜向上做加速直线运动，得出飞机的加速度方向，乘客的加速度与飞机加速度相等，其加速度有竖直向上的分量，则飞机与乘客都处于超重状态。3．【答案】D【解析】【解答】AC.对笔进行受力分析，如图所示：

可知圆珠笔所受合力向左，所以加速度方向向左，根据题意，地铁正处于启动过程，即地铁正在由静止加速，可知，速度方向与加速度方向相同，该地铁的速度方向向左，A不符合题意；

BD.令绳子与竖直方向的夹角为θ，根据上述受力分析图有tan解得a=g所以计算加速度大小只需测量绳子与竖直方向的夹角，与笔的质量无关，B不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】分析圆珠笔受力，由圆珠笔所受合外力的方向得出加速度方向，再根据地铁处于加速运动状态的特点，得出速度方向；由牛顿第二定律推导地铁加速度的表达式，确定影响加速度大小的因素。4．【答案】B【解析】【解答】A.惯性大小的唯一量度是质量，与速度无关，所以人在加速下落过程中，其惯性不变，A不符合题意；

BCD.弹性绳在绷紧前，跳跃者做自由落体运动，速度逐渐增大，弹性绳绷紧后，受到弹性绳向上的弹力和向下的重力，开始时弹力小于重力，合力向下，随着弹力增大，合力减小，加速度减小，人做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，加速度为零，人的速度达到最大，之后人继续下落，弹力大于重力，合力变为向上，随着弹力增大，合力增大，加速度增大，所以人做加速度增大的减速运动，综上所述，运动员的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，A不符合题意，B符合题意；

C.弹性绳在绷紧前，跳跃者的加速度竖直向下保持不变，处于失重状态。弹性绳绷紧后，弹力逐渐增大，所受合力先减小直至为零再反向增大，则加速度先向下减小直至为零后向上增大，先失重后超重，CD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】惯性大小的唯一量度是质量；分析弹性绳弹力与人的重力的大小关系，结合牛顿第二定律，得出人的运动过程中速度和加速度的变化情况。5．【答案】C【解析】【解答】A.由于小球P光滑，P、Q之间没有摩擦力作用，所以小球P受到重力、Q的支持力和绳子拉力，共3个力作用；物块Q受到重力、P的压力、粗糙墙壁的支持力和摩擦力，共4个力作用，A不符合题意；

BCD.以小球P为研究对象，根据受力平衡可得Tcosθ=可得绳子上的拉力大小为T=Q对P的支持力大小为N若绳子变短，绳子与竖直方向的夹角θ变大，可知绳子的拉力将变大，Q对P的支持力变大；以物块Q为研究对象，根据受力平衡可得N墙=可知墙壁对Q的支持力将变大，Q受到的静摩擦力不变，C符合题意，BD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】先分析小球P的受力，再分析Q的受力；分析小球P的受力，由共点力平衡条件分析绳子变短后各力的变化，再以物块Q为研究对象，由共点力平衡条件分析Q受到的支持力和摩擦力的大小变化。6．【答案】B【解析】【解答】A.如果运动员在0～10s内做匀加速直线运动，如图中虚线所示：

则其平均速度为v而运动在0～10s内的运动速度任意时刻到大于同一时刻做匀变速直线运动时的速度，所以该运动员在0～10s内的平均速度大于10m/s，A不符合题意；

B.根据v-t图像的斜率表示加速度，可知10s～15s内运动员的加速度逐渐减小，速度逐渐减小，故10s～15s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动，B符合题意；

C.在整个过程中，运动员的速度一直为正值，故10s末运动员的速度方向没有发生改变，C不符合题意；

D.由图可知，从15s末开始运动员的速度不变，做匀速直线运动，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】将运动员的运动与匀加速直线运动的平均速度进行对比，得出结论；根据v-t图像的斜率表示加速度，分析10s～15s内加速度的变化，得出运动员的运动性质；根据速度的正负分析运动员的运动方向；根据图像分析15s末运动员的运动状态。7．【答案】C【解析】【解答】A.由图可知，t1a=20方向向上，手机受重力和手掌对手机向上的作用力，由牛顿第二定律得F-mg=ma解得F=3mgA不符合题意；

B.由图可知，t2时刻加速度为零，则手机处于平衡，手掌对手机的作用力与重力等大反向，故手机没有离开手掌，B不符合题意；

CD.手机在0.66s离开手后做竖直上抛，加速度恒定不变，为-10m/h=t3v=C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】分析手机受力，由牛顿第二定律求出t1时刻手掌对手机的作用力；根据手机t2时刻所处的状态，分析手掌对手机的作用；根据图像得出t3时刻手机离开手做竖直上抛运动，然后由位移公式求出手机离开手掌后上升的高度和8．【答案】A,B,C【解析】【解答】B.根据运动可逆，将冰壶的整个过程反过来看成是初速度为0的匀加速直线运动，因为冰壶最后1s内位移大小为0.2m，根据匀变速直线运动位移-时间的关系式可得x代入数据解得冰壶的加速度大小为a=B符合题意；

D.由匀变速直线运动的速度-时间公式可得，冰壶的初速度为vD不符合题意；

A.冰壶第1s内的位移大小是xA符合题意；

C.根据初速度为零的匀加速直线运动中，相邻的相等的时间内的位移比为1：3：5…，可知前10s位移和后10s的位移之比为3：1，C符合题意。

故答案为：ABC。

【分析】根据运动可逆，将冰壶的整个过程反过来看成是初速度为零的匀加速直线运动，再由匀变速直线运动的公式及规律进行相关求解。9．【答案】A,B【解析】【解答】D.剪断B、C间的轻绳之前，对B、C整体，由共点力平衡条件可得，细绳上的拉力大小为T可知物体A与B之间的轻绳的弹力大于物块A的重力2mg，可知弹簧处于拉伸状态，对A，由共点力平衡条件可得2mg+F=解得弹簧弹力大小为F=mg剪断B、C间的轻绳瞬间，弹簧弹力来不及变化，与剪断前一样，可知弹簧产生的弹力仍然为mg，D不符合题意；

ABC.根据上述，剪断B、C间的轻绳瞬间，弹簧弹力不变，A、B的加速度大小相等，对B，由牛顿第二定律可得T对A，由牛顿第二定律可得F+2mg-解得T2=AB符合题意，C不符合题意。

故答案为：AB。

【分析】剪断B、C间的轻绳之前，分别以B、C整体和A进行受力分析，由共点力平衡条件，求出弹簧弹力；剪断B、C间的轻绳瞬间，根据弹簧弹力不突变的特点，分别分析A和B的受力，由牛顿第二定律求出轻绳上的拉力和A、B的加速度。10．【答案】A,C【解析】【解答】A.结合图乙中数据，由加速度的定义式a=可得，前2s内物体的运动加速度大小a=A符合题意；

B.根据v-t图像的面积表示位移，可得前4s内物体的位移为x=B不符合题意；

CD.根据牛顿第二定律得，前2s内F后2s内F由图甲可得F1=15代入解得m=5C符合题意，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】由加速度的定义式a=∆v11．【答案】（1）B；2.00（2）F；F（3）A【解析】【解答】（1）①因为合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的是等效替代法，B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

②图中弹簧秤的最小分度为0.1N，根据读数规则可得，弹簧秤的读数为2.00N；

（2）由图可知，F是力F1和F2通过平行四边形法则得到的，所以F是理论值；F'是用一个弹簧秤测出的合力，所以是实际测量值；

（3）保持O点位置不变，即F1和F2的合力不变，根据平行四边形法则作图如下，由于F1、F2夹角大于90°，故随着A缓慢转至水平方向的过程中，F1和F2都在一直增大，A符合题意，BCD不符合题意。

12．【答案】（1）B；C（2）C（3）0.611；2.00（4）C（5）不需要【解析】【解答】（1）实验需要用刻度尺测纸带上两点间的距离，打点计时器需要使用低压交流电源，该实验打点计时器具有计时功能，不需要秒表，BC符合题意，A不符合题意。

故答案为：BC。

（2）平衡摩擦力的操作过程为：在不挂钩码的情况下，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车拖动穿过打点计时器限位孔的纸带恰好做匀速运动，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

（3）相邻计数点间的时间间隔为T=5根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打计数点3时小车的速度大小为v根据匀变速直线运动的位移差公式∆x=aTa=（4）长木板倾角过大，重力沿斜面分力大于摩擦力，故当拉力为零时，加速度不为零，故C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

（5）因为拉力传感器能准确测量细线对小车的拉力，所以不需要满足钩码质量远远小于小车和传感器的总质量。

【分析】（1）根据实验原理选择实验器材；（2）根据平衡摩擦力的原理分析；（3）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，计算打计数点3时小车的速度大小，根据匀变速直线运动的位移差公式∆x=aT13．【答案】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律可得mg解得a（2）根据速度位移公式可得v解得v=4m/s（3）货物在水平滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律可得μmg=m解得a根据运动学公式可得v解得l2可知水平滑轨的最短长度为1.【解析】【分析】