山东省聊城市2023-2024学年高一上学期期末物理试卷（含答案）

山东省聊城市2023-2024学年高一上学期期末物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．在物理学发展过程中，科学家们运用了许多研究方法。下列说法正确的是A．重心、合力概念的提出，体现了等效思想B．用质点代替有形状和大小的物体的理想化模型法是不科学的C．牛顿的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因D．根据平均速度的定义式υ=ΔxΔt=x2−x2．如图，消防战士在进行徒手爬杆训练，杆保持竖直。战士先采用“双手互换握杆”的方式保持身体匀速上升，到达杆顶后再采用“手握腿夹”的方式匀速下滑到地面。设战士匀速上升和匀速下滑所受的摩擦力分别为f1和fA．f1竖直向上，f2竖直向下 B．f1C．f1、f2的大小相等 D．f3．在实验室中，一同学将三个力传感器的钩勾在一起，处于静止状态，并读出三个传感器的读数，下列数据明显有误的是（）A．1N、5N、10N B．7N、4N、4N C．1N、8N、8N D．4N、8N、9N4．如图所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球受到的重力为12N，轻绳的拉力为10N，水平轻弹簧的拉力为9N，则轻杆对小球的作用力的大小及其方向与竖直方向的夹角为(取sin37°=0.6)()A．12N，53° B．6N，90° C．5N，37° D．1N，90°5．如图所示为两种形式的电梯，甲是商场中常用的扶梯，乙是居民楼中常用的直梯。则当它们都加速上升时(加速度方向如图所示)，下列说法正确的是()A．甲电梯上的人受到重力、支持力和摩擦力的作用B．甲电梯上的人处于失重状态C．乙电梯中的人处于失重状态D．乙电梯中的人受到重力、支持力和摩擦力的作用6．如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动。当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x、速度为v。若只减小滑块质量，重新拉动木板，滑块与木板分离时()A．x变小，v变小 B．x变大，v变大C．x变小，v变大 D．x变大，v变小7．假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s。甲、乙相距x0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化分别如图甲、乙所示，取运动方向为正方向。下列说法正确的是()A．t=3s时两车相距最近B．t=6s时两车速度不相等C．t=6s时两车距离最近，且最近距离为10mD．两车在0～9s内会相撞二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。8．一质量为m的物块静置于粗糙水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，在t=0时刻，对其施加一个水平方向的作用力F。F的大小随时间的变化规律如图所示，Ff表示其受到的摩擦力，v表示其速度，a表示其加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在下列选项中对应图像可能正确的是()A．A B．B C．C D．D9．如图，建筑工人用砖夹竖直搬运四块相同的砖，每块砖的质量均为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．当砖静止时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为12B．当砖静止时，砖块2对砖块3的摩擦力为零C．当将四块砖一起竖直向上加速提起时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为mgD．当将四块砖一起竖直向上加速提起时，砖块2对砖块3的摩擦力为零10．如图，甲、乙两物体的质量相等，物体甲通过轻绳悬挂在光滑轻质动滑轮A上，动滑轮A置于轻绳上。轻绳的一端固定在水平天花板上的O点，另一端通过光滑定滑轮B与物体乙相连，系统处于平衡状态。现将定滑轮B水平向右缓慢移动一小段距离x，移动滑轮的过程中，物体、滑轮始终没有相碰。设轻绳通过动滑轮A形成的夹角为θ，且不计两滑轮的大小。下列说法正确的是A．未移动滑轮B之前，θ=120°B．移动滑轮B的过程中，θ不变C．移动滑轮B后，物体甲水平方向移动的位移大小为xD．移动滑轮B后，物体乙竖直方向移动的位移大小为311．一物块静止在粗糙水平地面上，物块受到水平向右的拉力F的作用，在0～4s的时间内，拉力的大小F随时间t变化的关系如图所示。已知t=1s时物块恰好刚要运动，t=3s时物块的加速度a=8m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g取A．物块的质量等于0.5kgB．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2C．在t=2s时，物块的加速度大小为4m/D．在3～4s的时间内，物块的速度变化量为6m/s12．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板的加速度a，得到如图乙所示的aF图像。g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．滑块的质量m=4kgB．木板的质量M=2kgC．当F=8N时，滑块的加速度为2m/s2D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1三、实验题（共16分，第13题6分，第14题10分）13．频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。根据平抛运动规律分析下列问题(g取10m/s2)：（1）图乙中，A处频闪仪器所拍摄的频闪照片为(选填“a”或“b”)。（2）测得图乙a中OP距离为45cm，b中OP距离为30cm，则小球做平抛运动的初速度大小应为m/s，小球在P点速度大小应为m/s。14．在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验装置。操作如下：（1）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，先（填“增大”或“减小”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距相等为止。（2）已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力，应该满足的条件是Mm（填“远小于”、“远大于”或“等于”）。（3）实验中得到如图丙所示的一条纸带，已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为m/s2。打图中第4个计数点时小车的速度为（4）实验中长木板水平放置且细线平行于长木板，以绳的拉力F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像如图丁所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F0，且已知重力加速度为g，小车与长木板间的动摩擦因数为μ=。（结果用F四、解答题（共44分，第15题8分，第16题12分，第17题10分，第18题14分）15．如图所示为一水平传送带装置示意图，紧绷的皮带AB始终保持v=1m/s的速度向右运动。一质量为m=0.5kg的煤块从离皮带很近处竖直落到A处。若煤块可视为质点，煤块与皮带间的动摩擦因数μ=0.16．如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1kg的物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度—时间图像部分如图乙所示，g取10m/s2，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）物块与传送带之间的动摩擦因数μ；（2）物块沿传送带向上运动的最大位移。17．如图所示，甲、乙两车沿一条直线公路上不同车道同向运动，为简化问题可将两车视为质点。当甲车刚从收费站开出时（此时t=0），乙车距收费站的距离x1=60m，甲车的速度v0=0，乙车的速度v1（1）甲车追上乙车的时间；（2）若某段时间甲乙行驶在同一单行直公路上，甲在前，乙在后，甲乙速度分别为v甲=6m/s、v乙18．如图所示，倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M=3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ=32。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；（2）若F=37.5N，物块能否滑离木板?若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、重心、合力概念的提出，体现了等效思想，故A正确；

B、在所研究的问题中物体的形状、大小可以忽略时可将物体看成质点，便于对主要问题的研究，因此用质点代替有形状和大小的物体的理想化模型法是科学的，故B错误；

C、伽利略的理想实验将实验和逻辑推理结合得出了力不是维持物体运动的原因，故C错误；

D、根据平均速度的定义式当Δt→0时，就可以表示物体t1时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故D错误。

故答案为：A。

【分析】重心、合力概念的提出，体现了等效思想，在所研究的问题中物体的形状、大小可以忽略时可将物体看成质点运用了理想模型法，在所研究的问题中物体的形状、大小可以忽略时可将物体看成质点。2．【答案】C【解析】【解答】消防战士采用“双手互换握杆”的方式匀速上升时，战士所受的摩擦力是静摩擦力，根据平衡条件可知，静摩擦力f1方向沿杆竖直向上，大小为f采用“手握腿夹”的方式匀速下滑时，战士所受的摩擦力是滑动摩擦力，根据平衡条件可知，f2方向沿杆竖直向上，大小为f故答案为：C。

【分析】根据运动情况确定消防战士所受摩擦力的类型，再根据平衡条件确定摩擦力的大小情况。3．【答案】A【解析】【解答】A、1N、5N的合力范围是4N≤F≤6N，10N不在这个范围之内，则三个力的合力最小值不为零，不能处于静止状态，故A错误，符合题意；

B、4N、4N的合力范围是0N≤F≤8N，7N在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零，处于静止状态，故B正确，不符合题意；

C、8N、8N的合力范围是0N≤F≤16N，1N在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零，处于静止状态，故C正确，不符合题意；

D、4N、8N的合力范围是4N≤F≤12N，9N在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零，处于静止状态，故D正确，不符合题意；

故答案为：A。

【分析】任选两力，根据力的合成法则，确定两力的合力范围，再根据合力范围与另一力的大小关系结合平衡条件进行分析。4．【答案】C【解析】【解答】以小球为研究对象，小球受四个力的作用，重力G、轻绳的拉力F2、轻弹簧的拉力F1、轻杆的作用力F，其中轻杆的作用力的方向和大小不能确定；如图所示

重力、弹簧的弹力二者的合力大小为F设F合与竖直方向夹角为α，则sin解得α=37°所以轻杆对小球的作用力方向与F2方向相同，大小为F=故答案为：C。

【分析】弹簧的弹力及轻绳的拉力均沿弹簧及绳方向，杆对小球的支持力不一定沿杆方向，根据力的合成确定弹力、绳子拉力及重力的合力大小和方向，再根据平衡条件确定杆对小球作用力的大小和方向。5．【答案】A【解析】【解答】A、甲电梯上的人有斜向左上方的加速度，所受合力斜向左上方，因而人受到水平向左的摩擦力、重力、支持力三个力的作用，故A正确；

BC、由于甲、乙电梯中的人均具有向上的加速度，所以人都处于超重状态，故BC错误；

D、乙电梯中的人具有向上的加速度，且由受力分析可知，人水平方向不受外力，即人在水平方向不受摩擦力，故D错误。

故答案为：A。

【分析】根据运动情况，确定人的受力情况，对于倾斜向上的加速度可分解成水平方向和竖直方向的加速度。加速度向上，物体处于超重状态。6．【答案】A【解析】【解答】长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a长木板加速度a由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x=滑块相对长木板的位移为L=滑块相对地面的速度为v=若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a1不变，长木板加速度

a2变大，由滑块相对长木板的位移为L=可得运动时间t变小，滑块相对地面的位移为x=变小，滑块相对地面的速度为v=变小，故A正确，BCD错误；

故答案为：A。

【分析】滑块与木板分离时，两者的位移之差等于板长。分别对两者运用牛顿第二定律及匀变速直线运动规律确定分离时，滑块的位移与速度与运动时间及加速度之间的关系进行解答。7．【答案】C【解析】【解答】ABC、由题给图像画出两车的v­-t图像如图所示

由图像可知，t=6s时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差，即∆x=即两车在t=6s时距离最近，最近距离为x=故AB错误，C正确；

D、t=6s时，两车相距10m，且甲车在前、乙车在后，在6～9s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，故在0～9s内，甲车一直在前，两车不会相撞，故D错误。

故答案为：C。

【分析】根据题意结合v-t图像的斜率表示加速度画出两车的v-t图像，v-t图像与时间轴所围面积表示位移，两者的图像的面积之差表示运动过程的位移之差。当两车速度相等时，两车的距离最近。8．【答案】B,D【解析】【解答】AB、根据图像可知，物块所受拉力F随时间均匀增大，当拉力F小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，摩擦力为静摩擦力，满足f=F=kt当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，大小满足f=μmg故A错误，B正确；

C、物块滑动前加速度为零，当物块开始滑动后，由牛顿第二定律可得F-μmg=ma解得a=加速度随时间线性增大，且应有横截距，故C错误；

D、当拉力小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始做加速度增大的变加速运动，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】当摩擦力为静摩擦力时，摩擦力的大小与拉力的大小等大反向，当摩擦力为滑动摩擦力时，摩擦力的大小只与正压力与摩擦因数有关。根据物体的受力情况根据力的大小情况，根据牛顿第二定律确定加速度的变化情况，再根据v-t图像的斜率表示加速度确定速度与时间图像。9．【答案】B,D【解析】【解答】A、以整体为研究对象，1号砖和4号砖所受砖夹摩擦力相等，根据平衡条件有2f=4mg以123为研究对象，根据平衡条件有f+联立解得f故A错误；

B、以砖块12为研究对象，由物体的平衡条件f+联立解得f故B正确；

C、对以整体为研究对象，1号砖和4号砖所受砖夹摩擦力相等，根据牛顿第二定律有2以砖块4为研究对象，根据牛顿第二定律有f得f方向竖直向上，故C错误；

D、以砖块34为研究对象，根据牛顿第二定律有f解得f故D正确；

故答案为：BD。

【分析】根据整体法确定砖夹对砖的摩擦力大小，再根据题意确定恰当的研究对象，根据平衡条件或牛顿第二定律确定各砖块之间的摩擦力大小。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A、轻绳OAB上的张力大小处处相等，绳中张力始终等于物体重力，且两绳的合力与物体甲的重力大小相等，对滑轮A由三力平衡可得θ=120°故A正确；

BCD、设OB的水平距离为d

根据几何关系，滑轮B左侧轻绳的长度L=滑轮B水平向右缓慢移动一小段距离x，因为绳中的力不变，所以θ不变，根据几何关系可知，物体甲水平方向移动的位移大小为x2L'=即左侧轻绳伸长x右侧轻绳缩短233x，物体乙竖直方向移动的位移大小为23311．【答案】A,C【解析】【解答】AB、t=1s时物块恰好刚要运动，则有最大静摩擦力等于拉力有f=t=3s时物块的加速度a=8m/s2，则有F解得m=0.5kg，故A正确；B错误；

C、由图可知，在t=2s时，物块受到的拉力为4N，故物块的加速度大小为a故C正确；

D、在3～4s的时间内，物块的速度变化量为∆v=a∆t=8×1故D错误；

故答案为：AC。

【分析】当物体恰好要运动时，物体所受的静摩擦力达到最大值，根据3s时物体的加速度，结合牛顿第二定律确定摩擦因数及质量的大小。再根据牛顿第二定律确定各时间段的加速度大小，再根据速度与加速度的关系确定速度变化量的大小。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】AB、当F=6N时，加速度为a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=(M+m)a代入数据解得M+m=6当F>6N时，滑块与木板之间发生相对滑动，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得a=知图线的斜率k=解得M=2kg，故AB正确；

CD、由图像可知，当拉力F=6N时，滑块达到最大加速度为am=1m/s2，此时有μmg=m得μ=0.1故C错误，D正确；

故答案为：ABD。

【分析】当物块与木板之间的摩擦力小于最大静摩擦力时，物块与木板之间保持相对静止。当摩擦力达到最大静摩擦力时，滑块的加速度达到最大值。根据图像乙确定物块与木板之间的摩擦力达到最大值时的临界加速度。再根据相对静止和相对滑动时，分别对整体或各物体运用牛顿第二定律结合图像进行解答。13．【答案】（1）b（2）1；5【解析】【解答】（1）小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，摄像头A拍摄的是水平方向上的运动，故应该是间距相等的点．故摄像头A所拍摄的频闪照片为b图。

（2）摄像头A拍摄小球水平方向上的匀速直线运动，摄像头B拍摄小球竖直方向的自由落体运动，根据测得图乙（a）OP距离为h=45cm，则h=解得t=0.3由（b）中OP距离为s=30cm，则s=解得平抛物体的初速度大小为vP点竖直速度大小为v则P点的速度大小为v=【分析】小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，相等时间内通过的水平位移相等。再根据平抛运动的规律进行解答。14．【答案】（1）增大（2）远大于（3）1.97；0.994（4）k【解析】【解答】（1）先增大木板的倾角，使重力的沿斜面向下的分力平衡木板与小车间的摩擦力。

（2）根据牛顿第二定律，对小车和盘与砝码整体分析mg=(M+m)a得a=对小车分析，绳子的拉力F=Ma=所以当M≫m时，才能认为细线的拉力近似等于盘和砝码的总重力。

（3）两计数点间还有四个点没有画出，则相邻计数点的时间为0.1s，由逐差法可得a=打计数点4时小车的速度为v（4）由牛顿第二定律得F-μMg=Ma得a=所以有1又当a=0时，F=F0，即0=得μ=【分析】增大木板的倾角，使小车做匀速直线运动，此时重力的沿斜面向下的分力平衡木板与小车间的摩擦力。当绳子拉力无法测出时，需满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量。根据牛顿第二定律及小车的受力情况确定图像的函数表达式，继而得出图像斜率或截距的物理意义，继而进行数据处理。15．【答案】解：当煤块放到A处时，煤块相对传送带向左运动，受到向右的摩擦力，由公式umg=ma得a=ug=1m煤块达到与传送带共同的速度，所需要的时间t1，由公式得t煤块运动的位移s得s传送带的位移s传送带与煤块的相对位移s=煤块达到传送带的速度后，运动到B再需要的时间t煤块从A点运动到B所需时间t=【解析】【分析】对于传送带模型，需判断当物体与传送带达到共速时，物体是否与传送带保持相对静止。对煤块进行受力分析，确定煤块与传送带公式时所需的时间及煤块和传送带运动的位移，注意此时间段内传送带的位移是否大于传送带的总长度，若小于总长度，则划痕长度等于两者位移之差，若传送带位移大于总长度，需注意划痕是否发生重叠。再根据AB距离确定共速时，煤块距B的距离，再根据匀速运动规律确定剩余位移所需时间。16．【答案】（1）解：由题图乙可知，物块的初速度v0=8m/s，传送带转动的速度v=4m/s，在t0=0到t=0.4s时间内，物块沿传送带向上做减速运动，物块的加速度大小a1=v0-vt由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得μ=0.5。（2）解：在t=0.4s后，由于μ<tanθ，故物块继续向上做减速运动，设物块的加速度大小为a2，则有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得a2=2m/s2。物块从t=0.4s开始，经过t1时间速度减为零，有t1=va从t0=0到t=0.4s，物块的位移为x1=v0t-12a1t2从t=0.4s到t2=2.4s，物块减速到零的位移x2=v2t1物块沿传送带向上运动过程中的位移为x=x1+x2=6.4m。【解析】【分析】（1）由图乙确定物体v-t图像斜率发生改变的原因即传送带的速度大小。根据v-t图像确定传送带的加速度，再根据运动情况，确定物体的摩擦力方向，再根据牛顿第二定理及滑动摩擦力公式确定摩擦因数的大小；

（2）确定物体与传送带共速后，物块的受力情况及加速度的大小，再根据不同阶段物块的运动情况，结合匀变速直线运动位移与时间的关系解答即可。17．【答案】（1）解：乙车停下来的时间为t这段时间内乙车的位移为x这段时间内甲车的位移x=因为x<所以乙车停下来后甲车再追上乙车，则有x解得甲车追上乙车的时间为t=8s（2）解：设两车恰好不发生撞车事故，乙车的加速度大小