深圳市盐田高级中学2023-2024学年高一（上）期末物理试卷

第17页（共17页）（五）2023-2024学年广东省深圳市盐田高级中学高一（上）期末物理试卷一、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．（4分）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．（4分）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2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（）图2图3A．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．（4分）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3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．（4分）蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图4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（）,图4图5A．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．（4分）如图5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．（4分）如图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图象如图乙所示，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/s B．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图6图77．（4分）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2mg B．t2时刻手机刚好离开手掌 C．t3时刻手机的速度为3m/s D．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）（多选）8．（6分）如图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（）图8图9A．冰壶第1s内的位移大小是7.8m B．冰壶的加速度大小是0.4m/s2 C．前10s位移和后10s的位移之比为3：1 D．冰壶的初速度大小是6m/s（多选）9．（6分）如图9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 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2mg（多选）10．（6分）粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图象如图中甲、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为2m/s2 B．前4s内物体运动的位移的大小为8m C．物体的质量m为2kg D．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1三、实验题（本题共2小题，共18分）11．（8分）“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．（10分）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．（10分）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（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；（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l2。14．（12分）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．（14分）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/s2．（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f的大小；（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h；（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．

2023-2024学年广东省深圳市盐田高级中学高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、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．【分析】根据基础的物理知识分析即可。【解答】解：A．图甲中，伽利略外推到斜面倾角为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，故A错误；B．图乙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，故B错误；C．图丙中，平衡车的重力与地面对平衡车的支持力大小不相等，且两力均作用在同一物体上，根据牛顿第三定律可知，这两个力不是一对相互作用力，故C错误；D．图丁中，弹簧测力计用来测力的大小，其单位为牛顿，符号为N，而牛顿不属于国际基本单位，是导出单位。由F＝ma，其量纲相乘可得1N＝1kg⋅m/s2，故其是基本单位组成的导出单位，不是国际的基本单位，故D正确。故选：D。【点评】本题考查学生对基本知识的掌握程度，需要注意的基本规律和对应物理学家的关系。2．【分析】根据飞机的运动情况判断其加速度情况；根据牛顿第二定律判断乘客所受的合力方向，进而得到乘客受到飞机座椅的力的方向；加速度有竖直向上的分量，飞机和乘客均处于超重状态。【解答】解：A、此瞬间飞机斜向上做加速直线运动，所以加速度方向与运动方向相同，为斜向上方向，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，乘客受到飞机座椅的力与重力的合力方向与飞机的加速度方向相同，为斜向上，而重力竖直向下，所以乘客受到飞机座椅的力一定斜向上，故B错误；CD、乘客和飞机的加速度都斜向上，具有竖直向上的分量，所以都处于超重状态，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查牛顿第二定律，知道加速度有竖直向上的分量，物体处于超重状态，加速度有竖直向下的分量，物体处于失重状态。3．【分析】对圆珠笔进行受力分析，根据受力特点结合牛顿第二定律得出加速度的方向，由此得出地铁的速度方向；根据几何关系得出拉力与圆珠笔重力的关系，结合牛顿第二定律得出地铁的加速度。【解答】解：C、对笔进行受力分析，如图所示由图可知笔的合力方向水平向左，即加速度方向水平向左，地铁的加速度方向与笔的方向相同，所以该地铁的加速度方向向左，故C错误；A、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，结合上述，可知该地铁的速度方向向左，故A错误；BD、令绳子与竖直方向的夹角为θ，根据上述受力分析图有解得a＝gtanθ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，故B错误，D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。4．【分析】质量是惯性大小唯一的量度。分析人的受力情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断人的运动情况。【解答】解：A、惯性的大小只与质量有关，人的质量不变，则惯性不变，故A错误；BD、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，人受到弹性绳向上的弹力和向下的重力，弹力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，所以人先向下加速后向下减速，即人的速度先增大后减小，故B正确，D错误；C、弹性绳在绷紧前，人做自由落体运动，加速度保持不变。弹性绳绷紧后，弹力先小于重力，后大于重力，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，故C错误。故选：B。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确力是改变物体运动状态原因，要根据受力情况来分析运动情况，注意不能认为绳子一张紧人立即减速，而实际情况是人要先做加速度减小的加速运动，然后再做加速度反向增大的减速运动。5．【分析】先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化。【解答】解：A、由于小球P光滑，P、Q之间没有摩擦力作用，则小球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，故A错误；BCD、以小球P为对象，根据受力平衡可得Tcosθ＝mPg，Tsinθ＝NQ可得，NQ＝mPgtanθ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为对象，根据受力平衡可得N墙＝NP＝NQ，f＝mQg可知墙壁对Q的支持力将变大，Q受到的静摩擦力不变，故C正确，BD错误。故选C。【点评】为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况。6．【分析】根据v﹣t图象，图象的斜率表示加速度，可知10～15s运动员做加速度逐渐减小的减速运动；10s末运动员的速度方向仍然为正方向；15s末开始运动员处于匀速直线运动状态。【解答】解：A、0～10s内，若运动员做匀加速运动，平均速度为＝＝m/s＝10m/s。根据图象的“面积”等于位移可知，运动员的实际位移大于匀加速运动的位移，所以由公式＝得知：0～10s内的平均速度大于匀加速运动的平均速度10m/s，故A错误；B、10～15s图象的斜率减小，则其加速度减小，故10～15s运动员做加速度减小的减速运动，故B正确；C、由图看出，运动员的速度一直沿正向，速度方向没有改变，故C错误；D、由图知，15s末开始运动员做匀速直线运动，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了匀变速直线运动的速度—时间图象、平均速度公式等知识点。v﹣t图象的面积表示位移是求解本题的关键。7．【分析】本题根据牛顿第二定律结合图像，求加速度；根据加速度，确定t2时刻平衡，确定手机没有离开手掌；根据自由落体位移和速度公式，求高度和速度；【解答】解：A.t1时刻手机的最大加速度为a＝20m/s2＝2g，方向向上，根据牛顿第二定律，F﹣mg＝ma，解得F＝3mg，故A错误；B.t2时刻手机加速度为0，处于平衡状态，故手机没有离开手掌，故B错误；CD.手机在0.66s离开手后做竖直上抛，在1.26s接住，则升的高度为h＝gt2＝×10×（）2m＝0.45m，t3时刻手机的速度为v＝，v＝3m/s，故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题考查学生读图能力，以及对牛顿第二定律、自由落体位移和速度公式的掌握，难度不高，是一道基础题。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．【分析】根据位移—时间公式，速度—时间公式，结合逆向思维法把整个过程看作初速度为0的匀加速直线运动，分析求解。【解答】解：B．整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1s内位移大小为0.2m，根据代入数据解得a＝0.4m/s2故B正确；D．冰壶的初速度为v0＝at0＝0.4×20m/s＝8m/s故D错误；A．冰壶第1s内的位移大小是故A正确；C．由初速度为零的匀加速直线运动的规律可知前10s位移和后10s的位移之比为3：1，故C正确。故选：ABC。【点评】本题考查了匀变速直线运动的规律，合理选取运动学公式，准确分析运动过程是解决此类问题的关键。9．【分析】剪断B、C间的轻绳之前，对B、C整体进行分析，由平衡条件求出轻绳的弹力大小。再对A进行分析，确定弹簧的弹力大小。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和A分别运用牛顿第二定律求加速度。【解答】解：D、剪断B、C间的轻绳之前，对B、C整体进行分析，由平衡条件可知A与B之间的轻绳的弹力大小为T1＝（2m+m）g＝3mg可知物体A与B之间的轻绳的弹力大于物块A的重力，则弹簧处于拉伸状态，对A进行分析，由平衡条件有2mg+F＝T1解得弹簧的弹力大小为：F＝mg剪断B、C间的轻绳瞬间，弹簧没有发生突变，弹簧的弹力与剪断前一样，可知弹簧产生的弹力仍然为mg，故D错误；ABC、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进行分析，由牛顿第二定律有T2﹣2mg＝2ma对A进行分析，由牛顿第二定律有F+2mg﹣T2＝2ma解得物体A与B之间轻绳的弹力为：，A、B的加速度大小为：，故AB正确，C错误。故选：AB。【点评】本题是瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，特别是弹簧的弹力大小，然后分析剪断轻绳瞬间物体的受力情况，根据牛顿第二定律列式求解加速度。要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，来不及突变，而轻绳的弹力是由微小形变产生的，可以突变。10．【分析】根据速度图象的斜率等于加速度，求出前2s内物体运动的加速度，在v﹣t图象中与时间轴所围面积为物体的位移，即可求出位移。分析物体的运动情况：前2s内做匀加速运动，后2s内做匀速直线运动，由图读出两个过程中水平拉力的大小，根据牛顿第二定律分别研究两个过程，列出方程，联立解得m和μ。【解答】解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，知前2s内物体的运动加速度：a＝m/s2＝2m/s2，故A正确B、前4s内物体的位移为：x＝＝12m，故B错误C、根据牛顿第二定律得：前2s内：F1﹣μmg＝ma后2s内：F2＝μmg由图得F1＝15N，F2＝5N代入解得：m＝5kg，μ＝0.1，故C错误，D正确故选：AD。【点评】本题一要掌握速度图象的物理意义：斜率等于加速度，二要掌握牛顿第二定律，即可求出相关量。三、实验题（本题共2小题，共18分）11．【分析】（1）根据实验原理与实验操作分析判断；根据弹簧测力计的分度值读数；（2）分析两个合力的来源可知合力的实验值及理论值；（3）根据平行四边形法则解答.【解答】解：（1）①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。故ACD错误，B正确。故选：B。②按照弹簧秤的分度值为0.1N，读数为2.00N；（2）力F1和F2的合力的理论值是通过平行四边形法则得到的，故是F；F′是用一个弹簧秤测出的合力，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F1缓慢转至水平方向的过程中，F1和F2都在一直增大。故BCD错误，A正确。故选：A。故答案为：（1）①B；②2.00；（2）F；F′；（3）A。【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。12．【分析】（1）根据实验原理选择所需要的器材；（2）根据平衡摩擦力的原理和正确操作分析作答；（3）根据匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度求瞬时速度；根据逐差法求加速度；（4）长木板倾角过大，重力沿斜面分力大于摩擦力，根据牛顿第二定律结合图像分析作答；（5）本实验使用了力传感器，不需要用钩码的重力代替小车所受合力。【解答】解：（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，故A错误，BC正确。故选：BC。（2）该实验是将拉力作为小车的合力，故应在不挂钩码的情况下平衡摩擦力，平衡摩擦力时应将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好做匀速运动，则此时小车重力的下滑分力刚好抵消小车受到的摩擦力，故C正确，ABD错误。故选：C。（3）相邻计数点间的时间间隔为根据匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，可得打计数点3时小车的速度大小为根据逐差法，可得小车的加速度为（4）长木板倾角过大，重力沿斜面分力大于摩擦力，当拉力为零，加速度不为零，故C正确，ABD错误。故选：C。（5）该实验使用传感器测量细线对小车的拉力，不需要满足钩码质量远远小于小车和传感器的总质量。故答案为：（1）BC；（2）C；（3）0.611；2.00；（4）C；（5）不需要。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。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．【分析】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律求解加速度a1的大小；（2）根据速度—位移公式求解货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）货物在水平轨道上运动时，根据牛顿第二定律和速度—位移公式相结合求解水平滑轨的最短长度l2。【解答】解：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律得mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1解得：（2）货物在倾斜滑轨上滑行时，根据速度—位移公式得v2＝2a1l1解得：v＝4m/s（3）货物在水平滑轨上滑行时，根据牛顿第二定律得μmg＝ma2解得：根据运动学公式可得解得：l2＝1.5m‍可知水平滑轨的最短长度为1.5m。答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；（3）水平滑轨的最短长度l2为1.5m。【点评】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；要知道加速度是联系力和运动的桥梁。14．【分析】（1）对小球受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第三定律求出当斜面体静止时，求小球对斜面的压力；（2）将斜面体缓慢向右推动，斜面体受力平衡，找到不变量，根据共点力平衡条件球轻绳拉力的最小值；（3）当拉力取最小值时，细线与水平方向夹角为30°，把小球和斜面