安徽省淮北市部分学校2024-2025学年高一（上）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省淮北市部分学校2024-2025学年高一（上）期末物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.如图所示为手机被吸在磁性手机支架上的情形，汽车正在水平路面上加速直线行驶，关于手机的受力，下列说法正确的是(

)

A.手机可能只受三个力的作用 B.手机可能不受摩擦力的作用

C.支架对手机的作用力一定竖直向上 D.支架对手机的作用力一定大于手机的重力2.如图为某电梯铭牌，该电梯额定载客人数为14人，额定载重量为1050kg，当电梯受到的压力超过额定载重物体的重力时电梯会鸣笛警示。该电梯在八层停靠时进入15位乘客，15位乘客总质量1040kg。则下列说法正确的是(

)

A.当第15位乘客进入电梯时，该电梯会鸣笛警示

B.当电梯从八层开始向下运动时，电梯会鸣笛警示

C.当电梯从八层下降到一层，快要停止时，电梯可能会鸣笛警示

D.电梯从八层下降到一层停止全过程中一定不会鸣笛警示3.如图所示，用力推动物块在水平桌面上向左运动，物块与水平面间的动摩擦因数为0.4。某时刻突然撤掉向左的推力，而换成水平向右的推力F=0.04N。则此时物块产生的加速度是(g取10m/s2，物块的质量为0.01kg)(

)A.0 B.4m/s2，水平向右

C.4m/s2，水平向左4.如图所示，绕过轻质滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持手握绳子位置不变，手与绳无相对滑动且球不碰地不碰墙。下列说法正确的是(

)

A.人缓慢抬高绳子一小段距离则绳上张力不变，滑轮静止位置更靠近B点

B.人缓慢向左移动一小段距离绳上张力变大，人对地面压力变大

C.换质量更大的小球则绳子之间的张角变小，绳子拉力更大

D.人缓慢抬高绳子且向右移动一小段距离绳上张力变小，人对地面压力不变5.如图所示，在距离地面1.8m高的位置竖直向上以v0=8m/s的速度抛出一枚网球，最后落回地面，g=10m/s2，规定竖直向上为正方向，则A.网球落地时的速度大小为10m/s

B.网球在空中运动的时间为1.6s

C.上升过程加速度的方向向上，下降过程加速度的方向向下

D.上升过程加速度不断减小，下降过程加速度不断增大

6.如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是(

)

A.0 B.mg C.12mg 7.如图分别为a、b两质点在同一直线上运动的速度—时间图像，则下列判断正确的是(

)A.10s末a、b一定相遇

B.若t=0时a在b前方50m，此后a、b只能相遇一次

C.若t=0时a在b前方10m，此后a、b将会相遇两次

D.若t=0时b在a前方的距离大于40m，此后a、b将不会相遇

8.如图甲所示，在一根固定不动的圆弧形树枝上，小鸟有时停在圆弧上的A点，有时停在圆弧上的B点。图乙为该情景的抽象示意图。对于这两个点下列分析正确的是(

)

A.小鸟停在A点时，受到的支持力较小 B.小鸟停在B点时，对树枝的压力较小

C.小鸟停在A点时，受到的摩擦力较小 D.小鸟停在B点时，受到树枝的作用力较小二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.全红婵在2021年东京奥运会女子单人10m跳台跳水比赛中，以三轮满分的成绩，赢得金牌。某运动员进行跳水训练，起跳时开始计时其竖直速度与时间的关系如图所示，已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，运动员可视为质点。下列说法正确的是(

)A.运动员在t1时刻到达最高点

B.由题中信息可以求出t1、t2、t3

C.由题中信息可以求出t1、t2，但不能求出10.如图所示，在竖直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物。轻绳一端固定在墙壁上的A点，墙壁BC段竖直，CD段水平，不计一切摩擦，关于轻绳的拉力F的变化情况，下列说法正确的是(

)

A.绳端由B点移动至C点的过程中F一直不变

B.绳端由B点移动至C点的过程中F一直增大

C.绳端由C点移动至D点的过程中F一直不变

D.绳端由C点移动至D点的过程中F一直变大三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某实验小组用一个弹簧测力计做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。他们先将橡皮筋的一端固定在白纸板上，另一端和两根细线系成一个结点，并在纸板上适当位置做出标记点O。部分实验步骤如下：(实验中用到的弹簧测力计最小分度为0.1N)(1)用测力计拉细线将橡皮筋的结点拉到纸板上的标记点O，测力计的示数如图甲所示，由图知此时细线的拉力大小为_______N；(2)直接用手和测力计，同时沿不同的方向平行于纸板拉细线，将橡皮筋的结点再次拉到纸板上的O点，记录_____________和两根细线的方向OM和ON，如图乙所示；(3)放回橡皮条，换用手直接拉右边的细线测力计拉左边的细线，平行于纸板将橡皮筋的结点也拉到纸板上的O点。为能比较两根细线拉力与合力的关系，本步骤中除已述的实验措施外还应保证_______。12.某小组用如图1所示的装置研究：小车质量一定的情况下，加速度与力的关系。实验中可认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。测出小车和槽码的质量分别为M、m。重力加速度为g。(1)关于该实验，下列说法正确的是

A.小车的质量应该远大于槽码的质量B.补偿阻力时，将槽码通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带应连好C.实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源D.实验中应改变槽码的质量，打出多条纸带(2)该小组得到如图2所示的一条纸带。已知打点计时器的工作频率为50 Hz。A、B、C、D、E、F是在纸带上选取的6个计数点，各计数点间还有4个点未画出。由此可得，小车的加速度大小为

m/s2。(结果保留2(3)改变槽码的质量重复实验，得到多组槽码质量m及小车加速度a的数据，作出a−m关系图像如图3所示，图像出现弯曲的原因是

A.槽码的质量过小B.槽码的质量过大C.补偿阻力时长木板的倾角偏小D.补偿阻力时长木板的倾角偏大(4)小明认为，根据第(3)问中测得的小车加速度a与对应槽码质量m作出的1a−1m四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.如图所示，质量为2kg的金属块放在水平地面上，在大小为20N、方向与水平方向成37°角的斜向上拉力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，已知金属块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，力F持续作用2s后撤去(sin37°=0.6,cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2)。求：

(1)在F作用下，金属块的加速度为多大？

(2)撤去力F后金属块在地面上还能滑行多远？14.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上滑的最大距离。

15.如图所示，倾角θ=37∘的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L=3.2m。质量m=1kg的物体Q放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，通过轻质细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面ℎ=2.0m高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2，sin(1)若P的质量M=0.6kg，判断物体Q是否运动，并说明理由。(2)为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求物体P质量M的范围。

答案和解析1.【答案】D

【解析】AB.手机一定受重力，磁性吸引力、支架的支持力以及支架对手机的摩擦力四个力的作用，并且由于支持力和磁性吸引力方向都与支架平面垂直，当手机加速前进时，手机所受沿磁片向上的摩擦力大于重力沿磁片向下的分力，即一定有摩擦力，AB错误；

CD.由于汽车在加速运动，因此支架对手机的作用力与手机受到的重力的合力一定水平向前，根据力的合成可知，支架对手机的作用力一定斜向前方，且大于重力，C错误，D正确。

故选D。2.【答案】C

【解析】A.由于15位乘客的总质量为1040kg，而电梯额定载重量为1050kg，则当第15位乘客进入电梯时，还没有达到电梯的额定载重量，所以电梯不会呜笛警示，故A错误；

B.当电梯从八层开始向下运动时，加速度向下，由牛顿第二定律知mg−FN=ma，解得：FN=mg−ma，由牛顿第三定律知FN=FN′，则此时乘客给电梯的压力FN′小于乘客的重力，由题意知电梯不会鸣笛警示，故B错误；

CD.当电梯从八层下降到一层，快要停止时，加速度向上，由牛顿第二定律知3.【答案】D

【解析】解：物块受力如图所示

对物块，由牛顿第二定律得：F+μmg=ma

代入数据解得：a=8m/s2，方向水平向右，故ABC错误，D正确。

故选：D。4.【答案】D

【解析】

A、设滑轮和小球的总质量为m，以滑轮和小球整体为研究对象，受力分析如下图所示：

滑轮两边绳的张力T大小相等，由平衡条件得：2Tcosθ2=mg，解得：T=mg2cosθ2，

设滑轮位置为O，根据几何关系可得：LABsinθ2=dAB  , LOBcosθ2=ℎOB，其中LAB为AB绳长，dAB为AB两点间的水平距离，ℎOB为BO之间的竖直距离，

人缓慢抬高绳子一小段距离，但AB间水平距离和绳长不变，故θ不变，但BO间竖直距离变大，故L OB变大，则绳上张力不变，滑轮静止位置更靠近A点

，故A错误；5.【答案】A

【解析】解：A.设网球落地时的速度大小为v，由竖直上抛运动的位移公式可得

v2−v02=−2gℎ

即v2−(8m/s)2=−2×10×(−1.8)m/s2

解得v=10m/s，方向向下，

故A正确；

B.设网球在空中运动的时间为t，由竖直上抛运动的速度公式可得

−v=v0−gt

即−10m/s=8m/s−10m/s2×t

解得【解析】解：将4块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力4mg，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得：2f=4mg，f=2mg。由此可见：第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg，方向竖直向上。

将第1块砖和第2块砖当作一个整体隔离后进行受力分析，受竖直向下的重力2mg，木板对第1块砖向上的摩擦力f=2mg；由平衡条件可得二力已达到平衡，第2块砖和第3块砖之间的摩擦力必为零。

故选：A。

7.【答案】C

【解析】解：A.10s末a、b两质点图像相交，v−t图像的交点，表示物体速度相等，此时ab位移不相等，不会相遇，故A错误；

B.10s末a、b两质点速度相等，由v−t图像围成的面积表示位移，可求得此时a质点发生的位移为：xa=12×10×10m=50m，此时b质点发生的位移为xb=12×(8+10)×10m=90m，若t=0时a在b前方50m，10s末a、b两质点速度相等时，此时两者相距：Δx=(xa+50)−x=(50m+50m)−90m=10m，故B错误；

C.若t=0时a在b前方35m，在10s之前，由于10m<Δx′=xb−xa=90m−50m=40m则质点b将在10s前追上质点a，追上之后，由图像由于质点a的速度增加比质点b的速度增加得快，故质点a追上质点b，以后将不再相遇，所以a、b将会相遇两次故C正确；

D.若t =0时b在a前方的距离大于40m，由于质点a的速度增加比质点b的速度增加快，故质点a将在10s后追上点b，且由于以后质点a的速摩比质点【解析】ABC.设小鸟的重力为mg，过小鸟在树枝上位置的切线的倾角为θ，则小鸟所受支持力大小为

N=mgcosθ

，所受摩擦力大小为

f=mgsinθ

，因为过A的切线的倾角比过B的切线的倾角大，所以小鸟停在A点时受到的支持力较小，站在B点时受到的支持力较大，根据牛顿第三定律可知，小鸟停在B点时对树枝的压力较大，小鸟站在A点时受到的摩擦力较大，故D.小鸟站在A点或B点时所受树枝的作用力都和小鸟的重力平衡，所以两个位置树枝对小鸟的作用力相等，故D错误。故选A。9.【答案】ACD

【解析】解：A、0−t1时间内，运动员向上运动，t1时刻速度为零，到达最高点，故A正确；

BC、根据v−t图像的斜率表示加速度，则有4t1=g=10m/s2，则t1=0.4s。运动员参加10m跳台训练，根据图像与时间轴围成面积表示位移，得：−4t12+12(t2−t1)[4(t2−t【解析】解：设绳子总长为L，绳子两端之间的水平距离为s，两段绳子之间的夹角为2θ，同一根绳子拉力相等，所以每根绳子与竖直方向的夹角均为θ，如图所示

根据平衡条件可得：2Fcosθ=mg

由根据图中几何关系结合数学知识得到：sinθ=sL

当轻绳的右端从B点移到C点时，L、s不变，则θ保持不变，则F不变；

当轻绳的右端从C点移到D点时，s增大，θ变大，cosθ变小，则F增大；

所以绳子拉力变化情况为先不变后增大，故BC错误，AD正确。

故选：AD11.【答案】(1)6.40；(2)测力计的示数；(3)使细线再次保持OM、ON方向。

【解析】(1)图甲弹簧测力计最小分度为0.1N，读数时，估读到分度值的下一位，图中读数为6.40N；

(2)在本实验中，我们需要知道两分力的大小和方向，故应记下弹簧测力计的读数及两个细绳套的方向。

(3)本实验只有一个弹簧测力计，故需要依次测出两细线方向的拉力，在测拉力过程中应保证使细线再次保持OM、ON方向。

故答案为：(1)6.40；(2)测力计的示数；(3)使细线再次保持OM、ON方向。12.【答案】AD0.50B同意，理由：根据牛顿第二定律mg=可得1作出的

1a−

【解析】(1)A.为了使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，实验中槽码的总质量应该远小于小车的总质量，故A正确；B.平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故B错误；C.实验时，应先接通打点计时器的电源，再放开小车，故C错误；D.本实验是研究小车质量一定，小车所受到的拉力与小车加速度的关系，所以需要改变槽码的数量，打出多条纸带，通过研究纸带数据从而得出结论，故D正确。故选AD。(2)已知打点计时器的工作频率为50 Hz，各计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为T=由逐差法有x解得(3)根据题意，由牛顿第二定律有mg=整理可得a=可知，当m

≪

M时g保持不变，a

−

m图像为过原点的直线，当m逐渐增大，不满足m

≪

M时，

gm+M

减小，a

−

m故选B。(4)同意，理由：根据牛顿第二定律mg=可得1作出的

1a−13.【答案】解：(1)对金属块受力分析，如下图所示：

水平方向，由牛顿第二定律有：Fcos37°−f=ma

竖直方向，由