深圳盐田高级中学2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题答案

参考答案：题号12345678910答案DBDCBBCABACCD1．D【详解】A．计算行车时间时，可以忽略汽车的形状和大小，可以视为质点，故A错误；B．大桥全长36km指的是路程，而不是位移大小，故B错误；C．“100km/h”为瞬时速度大小，而不是平均速度，故C错误；D．汽车过桥的平均速率为可知此次驾车过程一定有瞬时速度大于限速100km/h，所以此次驾车过程已超速行驶，D正确；故选D。2．B【详解】A．由题图可知弹簧产生的弹力和弹簧的形变量成正比，故A错误；B．由题图可知弹簧弹力的增加量与弹簧形变量的增加量成正比，即所以又因为弹簧形变量的增加量一定等于弹簧长度的增加量，所以弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比，故B正确；C．F-x图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则该弹簧的劲度系数是故C错误；D．由题图可知图像的斜率不变，所以弹簧的劲度系数不变，故D错误。故选B。3．D【详解】由题可知两人的手臂对水桶的拉力大小为F，两人拉力方向与竖直方向都成θ角，根据对称性可知，结合平衡条件得解得当θ＝0°时，cosθ值最大，则；当θ＝30°时，；当θ＝45°时，；当θ为60°时，；当θ越大时，则F越大；故ABC错误，D正确；故选：D。4．C【详解】根据初速为零的匀加速直线运动的规律，连续相等时间内的位移之比为由题意可知x1：xn=1：21故有2n-1=21解得n=11由于连续时间间隔为1s，故小球下落的总时间t=11s故大厦的高度=605m故选C。5．B【详解】速度增大，阻力增大，根据牛顿第二定律有则加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，位移时间图线切线斜率表示速度，速度时间图线切线斜率表示加速度。故选B。B【详解】A．设矿泉水瓶的质量为，以两个轻环和矿泉水瓶为整体，竖直方向受到重力和水平横梁对两轻环的支持力，如图所示根据平衡条件得解得可知水平横梁对轻环的支持力不变，故A错误；B．以b环为研究对象，受力如图所示根据受力平衡可得，联立可得将两环间的距离变大后，减小，减小，则b环受到的摩擦力变大，即b环对杆的摩擦力变大，故B正确；C．杆对a环的支持力不变，摩擦力变大，则杆对a环的作用力变大，故C错误；D．以矿泉水瓶为对象，设细绳对矿泉水瓶的拉力为，根据受力平衡可知解得由于减小，减小，则绳子拉力变大，故D错误。故选B。7．C【详解】AB．松子沿冰面下滑的加速度大小为，松鼠加速度为，t1=3s时松鼠追上松子，有lAB=解得冰面AB的长度lAB=9m，故AB错误；CD．松鼠与松子相隔的距离最远时，松鼠与松子速度相等，设此时松子运动时间为，有,解得，dm=1.125m故C正确，D错误；故选C。8．AB【详解】A．图甲利用“微小量放大法”观察桌面的微小形变，故A正确；B．图乙伽利略的斜面实验是在可靠的事实为基础上，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出结论，采用了“理想化模型法”，故B正确；C．图丙将看成、的合力，采用了“等效替代法”，故C错误；D．图丁把匀变速直线运动的图像分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，把各小段的位移相加代表物体在内总位移，采用了“微元法”，故D错误。故选AB。9．AC【详解】AB．对8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律解得整列车的加速度大小为故A正确，B错误；CD．对5-8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为故C正确，D错误。故选AC。10．CD【详解】A．从图中斜率可知，开始运动的加速度故A错误；B．人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动，故B错误；CD．根据牛顿第二定律，开始时由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），即有两式联立，得将，代入后得，,CD正确。故选CD。11．C④③①②2.2（2.1~2.3）9.6（9.5~9.7）可以【详解】（1）[1]要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小的小钢球最适合；故选C；（2）[2]要完成实验首先应该将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头的位置；因为下落时间很短，所以一定要先打开摄像头开始摄像，然后再将小球从刻度尺旁静止释放，故顺序为④③①②；（3）[3]由三张图片读出小球球心所在位置的刻度分别为、、，小球在第2幅图片中小球的下落速度为（2.1~2.3均算正确）[4]根据可得（9.5~9.7均算正确）（4）[5]利用计算加速度大小与初速度是否为零无关，故可以。12．(1)A瓶子和细沙的重力G(2)当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比(3)【详解】（1）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）往复运动，故第一个峰值即为绳子被剪断时的瞬时加速度，则剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的A点；[2]剪断细绳前，根据受力平衡可知，弹簧的弹力等于手机的重力与瓶子和细沙的重力G之和；剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，则手机受到的合力大小F等于瓶子和细沙的重力G。（2）由丙图知，图像为过原点的一条直线，由图可得结论：在误差允许的范围内，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。（3）根据牛顿第二定律可得可得可知图像的斜率为可得手机的质量为13．(1)10m(2)7s【详解】（1）企鹅先向上做匀加速直线运动...............................1分企鹅卧倒时..............................1分企鹅向上匀减速..............................1分企鹅距离出发点最远距离为..............................1分解得x=10m..............................1分（2）向上匀加速的时间为t=4s向上匀减速的时间为..............................1分反向匀加速阶段有..............................1分解得2s..............................1分所以企鹅完成一次游戏所用时间7s..............................1分14．（1），；（2）；（3）【详解】（1）小球处于静止状态时，对小球受力分析，根据平衡条件有..............................1分..............................1分解得..............................1分..............................1分（2）若，则有因此弹簧处于拉伸状态..............................1分对物体有..............................1分对物体有..............................1分解得..............................1分根据牛顿第三定律有..............................1分（3）N与地面弹力恰好为零时，对N有..............................1分对Q有..............................1分解得m=0.4M..............................1分要使物体N不离开地面，则N的质量m至少是M的0.4倍..............................1分15．(1)27N；(2)2.8m/s2；(3)当F≤40N时(m/s2)，当F＞40N时(m/s2)【详解】(1)当杆在水平方向上固定时，据牛顿第二定律可得..............2分mgFyNfx代入数据可解得FmgFyNfx杆与水平方向间夹角为37°时，mgsin37°=0.6mg，而fm=μN=μmgcos37°=0.32mg即mgsin37°>fm..............1分故小球不能静止在杆上..............1分据牛顿第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°=ma2..............2分代入数据可得a2=2.8m/s2。..............1分小球受力如图所示，正交分解，若Fsin37°