重庆市七校2024-2025学年高一上学期期末联考物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页重庆市七校2024-2025学年高一上学期期末联考物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.一年一度的运动会是同学们最喜欢的盛会之一，关于运动会中的100米和400米项目，下列说法正确的是(

)A.研究运动员的起跑动作时，运动员可以看成质点

B.甲、乙两名运动员分别参加100米和400米项目，甲的位移大于乙的位移

C.在起跑阶段，运动员的加速度方向与速度方向相反

D.在一次100米比赛中，某运动员的平均速度可能大于其任意时刻的瞬时速度2.小明将滑块以3m/s的初速度在水平面上推出，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2以初速度方向为正方向，下列说法正确的是(

)A.滑块的加速度为1m/s2 B.1s末，滑块的速度为1m/s

C.2s初，滑块的速度为2m/s D.4s3.如图所示，一质量为1kg的摄像机放置在三角架上。若三角架每只脚与竖直方向的夹角均为30°，重力加速度g取10m/s2。则每只脚对摄像机的支持力为(

)A.203NB.2039N4.质点从原点由静止开始做直线运动，其位移x随时间t按如图所示的正弦图线变化。在0～4s内，关于质点的运动情况，下列说法正确的是(

)A.t=1s时，速度最大

B.1～2s内，做减速运动

C.2～3s内，速度一直减小

D.0～1s内的平均速度值大于2～3s内的平均速度值5.如图，用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，假设在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。则墨条水平向左运动时，下列说法正确的是(

)A.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左

B.砚台对墨条的摩擦力方向水平向右

C.桌面对砚台的支持力和墨条对砚台的压力是一对平衡力

D.桌面对砚台的支持力和墨条对砚台的压力是一对相互作用力

6.如图所示，小球A、B分别从高度为l和2l的位置水平抛出。已知A、B的水平位移分别为2l和l，忽略空气阻力。关于小球的平抛运动，下列说法正确的是(

)A.A和B的位移大小不相等

B.B的运动时间是A的2倍

C.A的初速度大小是B的2倍

D.B的速度变化量是A的27.如图所示，斜面体固定不动，光滑小球置于斜面上，挡板可绕其下端转动，将挡板从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是(

)A.小球对斜面的压力不变

B.小球对斜面的压力先减小后增大

C.小球对挡板的压力一直减小

D.小球对挡板的压力先减小后增大二、多选题：本大题共3小题，共15分。8.关于曲线运动，下列说法正确的是(

)A.曲线运动一定是变速运动 B.做曲线运动的物体速度可能不变

C.做曲线运动的物体受力一定变化 D.做曲线运动的物体加速度可能不变9.在学习了超重和失重后，小明将一力学传感器固定在电梯轿厢顶部，并在传感器下方悬挂一重物。此后，小明观察到重物对传感器的拉力随时间变化的图像如图所示，则(

)A.0～t1时间内，电梯先静止，后向下运动

B.t1～t2时间内，小明处于失重状态

C.t10.如图所示，小球A、B质量分别为2m、m，用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶部。小车向右做匀加速运动时，两小球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为60°，轻弹簧与竖直方面夹角为θ，此时，细线拉力为F。若剪断细线的瞬间，小球A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度为g，则(

)A.F=6mg B.θ=60° C.aAD.a三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某同学用如图所示的实验装置完成“验证力的平行四边形定则”实验，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。

(1)(多选)下列说法正确的是______；

A.拉着细绳的两只弹簧秤，稳定后读数应相同

B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点

C.测量时，弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦

D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板平行

(2)图中沿OB方向拉的弹簧测力计的示数为______N。

(3)若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要______(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O点。12.用如图甲所示的实验装置来探究加速度与质量、合外力的关系。

在探究质量一定，加速度与合外力的关系时，用砂和砂桶拉动小车运动。

(1)本实验______(选填“需要”或“不需要”)满足“砂和砂桶的总质量远小于小车的质量”；______(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。

(2)在一次实验操作中，获得如图乙所示的纸带，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为50Hz，由纸带可求得小车运动的加速度a=______m/s2(计算结果保留三位有效数字)。

(3)①如图丙所示，小芳与小刚在实验中都做了a−F图线(a表示小车加速度，F表示拉力传感器的示数)，但两者的图像有差异。则小芳所得图线不过原点的原因可能是______。

②已知小刚所作图线的斜率为k，则小刚所用小车的质量为______。四、计算题：本大题共3小题，共41分。13.公路上一汽车从静止开始做匀加速直线运动，运动一段时间后发现前方路口出现红灯，立即以另一加速度做匀减速直线运动，刚好在斑马线前停下。若测得匀加速阶段第1s内位移为1m，匀加速与匀减速的时间之比为2：1，全程总位移为216m。求：

(1)匀加速阶段的加速度大小；

(2)全程的最大速度。14.如图所示，水平桌面上放置一倾角θ=30°、质量mC=5kg的斜面体C，质量mB=2kg的物块B放在斜面体上，一根平行于斜面的轻绳一端连接B，另一端跨过轻质光滑定滑轮后与轻绳OP系于O点，在O点下方悬挂一质量为mA=0.6kg的物块A后，整个系统处于静止状态。此时，OP水平，OQ与竖直方向的夹角α=60°，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)轻绳OP上的拉力大小；

(2)15.如图所示，小物块和长木板叠放在水平地面上，小物块质量M=2kg，长木板质量m=2kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.1，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，某时刻，长木板受到水平向右的恒力F=16N后从静止开始运动。若3s后撤去F，且小物块始终在长木板上运动。重力加速度g取10m/s2，小物块可视为质点。求：

(1)撤去F时小物块和长木板的速度；

(2)

答案解析1.B

【解析】解：A.当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点，研究运动员的起跑动作时，运动员的形状和大小不可忽略，不能看作质点，故A错误；

B.位移为初位置指向末位置的有向线段，100米和400米的比赛项目中，100米的位移为100米，400米的位移为零，故甲的位移大于乙的位移，故B正确；

C.起跑阶段，运动员做加速运动，其加速度方向与速度方向相同，故C错误；

D.平均速度等于位移与时间的比值，所以平均速度不可能大于任意时刻的瞬时速度，故D错误；

故选：B。

当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点，位移为初位置指向末位置的有向线段，加速度方向与速度方向同向，为加速运动；平均速度等于位移与时间的比值。

本题主要考查了质点、位移、加速度和平均速度的理解，比较基础，较简单。2.C

【解析】解：A、对滑块，由牛顿第二定律得：−μmg=ma，代入数据解得：a=−1m/s2，故A错误；

BCD、滑块做匀减速直线运动，滑块减速到零需要的时间t0=v0a=31s=3s

1s末滑块的速度v1=v0+at1=3m/s+(−1)×1m/s=2m/s

2s初与1s末是同一时刻，2s初的速度大小为3.B

【解析】解：三脚架对称展开，地面对三只脚的支持力相同，整体进行受力分析，由平衡条件可得：3FNcos30°=mg，解得：FN=mg3cos30∘=1×103×4.C

【解析】解：A、根据x−t图像的斜率表示速度可知，t=1s时，速度为零，故A错误；

B、1～2s内，图像的切线斜率绝对值逐渐增大，速度增大，质点做加速运动，故B错误；

C、2～3s内，图像的切线斜率绝对值逐渐减小，质点的速度一直减小，故C正确；

D、根据纵坐标的变化量表示位移，可知0～1s内与2～3s内的位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故D错误。

故选：C。

x−t图像的斜率表示速度，根据斜率的变化分析速度的变化。纵坐标的变化量表示位移，分析位移关系，再判断平均速度关系。

解决本题的关键要理解位移—时间图像的物理意义，知道图线的切线斜率表示表示速度，纵坐标的变化量表示位移。5.B

【解析】解：AB.当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，墨条受到砚台的摩擦力水平向右，故墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，又砚台处于静止状态，所以桌面对砚台的摩擦力水平向右，故A错误，B正确；

CD.竖直方向上，砚台受到墨条的压力和桌面支持力以及砚台的重力而处于平衡状态，故砚台受到墨条的压力和桌面支持力不是一对平衡力，根据牛顿第三定律可知也不是一对相互作用力，故CD错误；

故选：B。

AB.根据墨条的相对运动方向判断墨条和砚台的摩擦力方向，结合砚台的平衡状态分析解答；

CD.根据竖直方向的平衡条件结合牛顿第三定律判断墨条压力，支持力的关系。

考查滑动摩擦和静摩擦力的问题，结合牛顿第三定律以及平衡条件进行准确分析解答。6.D

【解析】解：A、位移为初位置到末位置的有向线段，由题图可得，A和B的位移大小相等、方向不同，故A错误；

B、小球做平抛运动的时间由高度决定，即tA=2×lg=2lg，tB=2×2lg=2lg，则B的运动时间是A的2倍，故B错误；

C、两小球在水平方向上做匀速直线运动，则vxA=2l2lg=2gl，vxB=l2lg=gl2，则A7.C

【解析】解：对小球受力分析，小球受竖直向下的重力mg、垂直于挡板指向小球的支持力F1，垂直于斜面指向小球的支持力F2，因为小球处于平衡状态，所以这三个力可构成封闭的矢量三角形，则将挡板从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，会经历以下3个状态：

由图可知，依次经过①→②→③的状态，F1、F2一直减小，

则由牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力不变、小球对挡板的压力一直减小，故C正确，ABD错误；

故选：C。

对小球受力分析，画出对应的矢量三角形，结合牛顿第三定律，即可分析判断ABCD8.AD

【解析】解：AB.曲线运动的速度方向发生变化，根据速度的矢量性可知，一定是变速运动，故A正确，B错误；

CD.做曲线运动的物体可能受到恒力作用，也可能受到变力作用，如果恒力作用时则加速度不变，故C错误，D正确。

故选：AD。

AB.根据曲线运动速度的矢量性进行分析解答；

CD.根据匀变速曲线运动和非匀变速曲线运动进行受力分析和加速度的解答。

考查物体的曲线运动的状态变化以及受力、加速度的问题，会根据题意进行准确分析解答。9.ABD

【解析】解：A.0～t1时间内，电梯先静止，后向下加速运动，加速度向下，属于失重状态，故A正确；

B.t1～t2时间内，拉力小于小明的真实重力，小明处于失重状态，故B正确；

C.t1～t2时间内，小明加速向下运动，t2时刻，小明的速度大于0，故C错误；

D.t10.AB

【解析】解：B、两小球与车厢保持相对静止，两小球与车厢的加速度相等，由牛顿第二定律得：

对小球A与小球B整体：(2m+m)gtan60°=(2m+m)a

对小球B：mgtanθ=ma

解得：θ=60°，a=3g，故B正确；

A、对小球A、B整体，在竖直方向：(2m+m)g=Fcos60°，解得：F=6mg，故A正确；

CD、剪断细线前，对小球B，在竖直方向：mg=F弹cos60°，解得弹簧的弹力大小：F弹=2mg

剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，小球B的受力情况不变，小球B的加速度不变，即aB=a=3g

剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，小球A所受重力不变，则剪断细线瞬间，小球A所受合力与剪断细线前细线的拉力大小相等、方向相反，

剪断细线瞬间，对小球A，由牛顿第二定律得：F=2maA11.BD

3.70

3

【解析】解：(1)A.拉着细绳的两只弹簧秤，拉力大小可以不等，所以稳定后读数可以不相同，故A错误；

B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点，这样画出的力的方向误差较小，故B正确；

C.测量时，弹簧秤外壳与木板之间存在摩擦不影响弹簧秤对细绳的拉力大小，故C错误；

D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板平行，这样才能保证弹簧秤的读数等于弹簧对细线的拉力，故D正确。

故选：BD。

(2)弹簧秤的最小刻度是0.1N，所以弹簧秤的读数为3.70N。

(3)若只有一只弹簧秤，需要先固定一个方向，然后让弹簧秤拉橡皮条到O点；然后固定弹簧秤拉的这个方向，用弹簧秤拉刚才固定的那个方向，把橡皮条拉到O点；然后用弹簧秤直接拉橡皮条结点到O，所以为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉到O点。

故答案为：(1)BD；(2)3.70；(3)3。

(1)两只弹簧秤的拉力大小可以不等；确定拉力的方向需要选择相距较远的两点；弹簧秤外壳与木板之间存在摩擦不影响弹簧秤对细绳的拉力大小；要保证弹簧秤的读数等于弹簧对细线的拉力；

(2)根据弹簧秤的读数规则读数；

(3)根据实验原理分析。

掌握“验证力的平行四边形定则”的实验原理，实验注意事项和实验数据的处理方法是解题的基础。12.不需要

需要

2.86

平衡摩擦力不足

2k【解析】解：(1)力传感器可以测量绳子拉力，不需要满足“砂和砂桶的总质量远小于小车的质量”；根据实验原理依然需要平衡摩擦力；

(2)相邻两计数点间均有四个点未画出，则T=5×1f=5×150s=0.1s

根据逐差法可知a=xGD−xDA9T2=16.29+13.43+10.59−7.72−4.88−2.019×0.12×0.01m/s2=2.86m/s2

(3)①由图可知F≠0时a=0，图线不过原点的原因可能是平衡摩擦力不足；

②根据牛顿第二定律有2F=Ma

解得a=213.解：(1)设匀加速阶段的加速度为a1，根据匀变速直线运动位移公式x1=12a1t12

解得a1=2m/s2

(2)设全程的最大速度v，匀加速时间为t加，匀减速时间为t减，则

t加：t减=2：1

匀加速阶段的位移x加=12vt加

【解析】(1)根据位移—时间公式计算；

(2)根据位移—时间公式结合速度—时间公式解答。

需要根据匀变速直线运动规律，结合已知条件建立方程求解加速度和最大速度。14.解：(1)对绳结O受力分析，并将OQ绳上的拉力F1正交分解，如图

根据平衡条件可知竖直方向F1sinα=mAg

水平方向F2=F1cosα

解得F1=10N，F2=8N

(2)B受到重力、绳子OQ的拉力、斜面的支持力以及摩擦力，选取沿斜面向上为正方向，设物体B受到的摩擦力的方向向上，则F1+f=mBgsinθ

解得f=0

(3)以A、B、C以及滑轮组成的整体为研究对象，整体受到三个重力、绳子OP的拉力、地面的支持力与摩擦力处于平衡状态，在竖直方向有N=mAg+【解析】(1)先