2024-2025学年辽宁省普通高中高一上学期1月期末物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025学年度上学期期末考试高一试题物理考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题，本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，其中1~8小题只有一个选项正确，9~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.物理学家在建立物理概念、探究物理规律的过程中，应用的思想方法正确的是（）A.在建立“质点”、“瞬时速度”概念时，都应用了极限法B.在建立“重心”、“合力与分力”概念时，都应用了等效替代法C.在得出匀变速直线运动的速度和时间关系时应用了微元累积法D.伽利略在研究自由落体运动规律时应用了理想实验法【答案】B【解析】A．建立质点概念时，应用了理想化模型的研究方法，瞬时速度运用的极限法，故A错误；B．在建立“重心”、“合力与分力”概念时，都应用了等效替代法，故B正确；C．在得出匀变速直线运动的位移和时间关系时应用了微元累计法，在得出匀变速直线运动的速度和时间关系时没有应用微元累积法，故C错误；D．伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理、实验和数学相结合的研究方法，故D错误。故选B。2.下列单位中是基本单位，并且以之为单位的物理量既有标量也有矢量的单位是（）A.m B.N C.m/s D.J【答案】A【解析】m/s、N和J都不是国际单位制中的基本单位；m是国际单位制中的基本单位，是位移的单位，也是路程的单位，而位移是矢量，路程是标量。故选A。3.羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（）A.在A、B两点时速度相同B.从P到B速度不断增大C.从A到P速度不断减小D.经过P点时加速度等于重力加速度g【答案】C【解析】A．A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，空气阻力与运动方向始终相反，所以空气阻力做负功，即Wf＜0从A点到B点过程，由动能定理有可知B点的速度小于A点的速度大小，且两点速度方向不同，故A错误；B．从P到B，阻力做负功，重力做正功，无法判断动能大小的变化，速度大小变化无法判断，故B错误；C．从A到P，阻力做负功，重力做负功，动能不断减小，速度不断减小，故C正确；D．羽毛球在P点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以水平方向还有空气阻力，羽毛球在P点的合力大于重力，所以羽毛球经过P点的加速度大于重力加速度g，故D错误。故选C。4.如图所示，物体A、B叠放在粗糙的斜面C上，在沿斜面向上的力F作用下，物体A、B一起沿斜面向上匀速运动，而斜面C始终静止在水平地面上，此过程中，下列说法正确的是（）A.物体A受4个力作用B.物体B受6个力作用C.斜面C受6个力作用D.地面受到的压力大于C所受地面的支持力【答案】A【解析】A．因为物体A匀速运动，对物体A受力分析，除受拉力，重力、支持外，还受到B对其沿斜面向下的静摩擦力作用，共4个力，故A正确；B．对物体B受力分析，物体A、B间有沿斜面方向的静摩擦力，B、C间有沿斜面方向的滑动摩擦力，物体B还受到重力、支持力、压力、共5个力，故B错误；C．对斜面C受力分析，斜面C除受到重力外，还受到地面对C的静摩擦力及支持力，物体B对C的压力及滑动摩擦力，共5个力，故C错误；D．地面受到的压力与C所受地面的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故D错误。故选A。5.如图所示，竖直面内固定一大圆环③，三个小环套在三根不同的光滑杆上，从上至下杆长之比为1∶4∶9，杆的上端固定在圆的顶点O，下端分别固定在圆①②③的圆周A、B、C点上。圆①②③共用顶点O，半径之比为1∶2∶3，三个小环从顶点O由静止开始沿杆自由下滑至A、B、C三点经过的时间之比为（）A.1∶2∶3 B.1∶1∶1C. D.【答案】C【解析】设光滑杆与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对小环受力分析可得，小环所受的支持力大小为所受合外力大小为根据牛顿第二定律可得小环的加速度大小为小环沿滑轨运动的位移为根据位移时间关系有可得小环沿滑轨运动的时间为三小环运动时间之比为故选C。6.如图所示，木块A、B重力分别为50N和70N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始状态A、B间的轻弹簧被压缩了4cm，系统静止不动。已知弹簧的劲度系数为200N/m，现突然用水平向右的力N推木块A，则在力F作用的瞬间，下列说法正确的是（）A.A所受摩擦力大小为8NB.A所受摩擦力大小为10NC.B所受摩擦力大小为6ND.B所受摩擦力大小为14N【答案】B【解析】AB．A的最大静摩擦力为弹簧的弹力为力F作用的瞬间故A产生向右的加速度，受到的滑动摩擦力为10N，故A错误，B正确；CD．B的最大静摩擦力为弹簧的弹力为力F作用的瞬间，弹簧弹力不变故B在这一瞬间加速度为0，则有方向向左，故CD错误。故选B。7.近年来我国大力发展自主品牌创新，其中“大疆”已经成为无人机领域的龙头老大。如图是一款“大疆”四旋翼无人机，能实现自主水平悬停、水平直线运动及垂升垂降。某次拍摄中，它先以10.0m/s的速度匀速水平向东运动了10.0s，又以恒定的加速度（方向向西）运动了10.0s，在此20.0s内的平均速率为13.5m/s，则加速度的大小为（）A.0.4m/s2 B.1.4m/s2 C.4.5m/s2 D.5.0m/s2【答案】D【解析】无人机向东匀速飞行的路程为s2为匀变速运动的路程，根据平均速率定义式解得根据位移-时间关系，可得速度减为零时的位移为其中反向加速的位移为其中联立解得a=5.0m/s2故选D。8.如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A.轻绳AB中的张力大小为6N B.小车的加速度大小为C.轻绳CA中的张力大小为3N D.轻绳对定滑轮的作用力小于7N【答案】B【解析】A．设轻绳中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为，则有，解得，故A错误；B．小车在水平面上向左做匀加速直线运动，结合上述可知，小球受到的合力为根据牛顿第二定律有解得加速度大小为故B正确；C．设轻绳中张力大小为，则有解得故C错误；D．由于定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，则轻绳对定滑轮的作用力大小为故D错误。故选B。9.下列描述直线运动的四个图像中，a为加速度，x为位移，v为速度，t为时间，其中B、D选项中的图像皆为抛物线，则所描述的运动一定是初速度为零的匀加速直线运动的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】A．图像A中加速度不变，即匀变速直线运动，但初速度是否为零，是加速还是减速，都是不确定的，故A错误；B．图像中相邻相同时间间隔的位移之比为，因此，可以用来描述初速度为零的匀加速直线运动，故B正确；C．由初速度为0的匀加速直线运动位移时间关系可知与成正比，所以C图像可以描述初速度为零的匀加速直线运动，故C正确；D.由初速度为0的匀加速直线运动速度时间关系可见它的图应该是过原点的倾斜直线，D图像是弯曲的，不可以描述匀加速直线运动，故D错误。故选BC。10.2024年9月11日12时，我国自主研发的朱雀三号VTVL-1在酒泉卫星发射中心圆满完成十公里级垂直起降返回飞行试验，假设火箭从最高点自由下落2s后遥控打开降落伞减速，开伞后最初一段距离内火箭速度v与开伞后下降的距离x之间满足关系式：，其中C为特定常数，开伞下降距离d后以5m/s的速度匀速下降直到落地，为了简便计算，忽略在开伞前受到的空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则下列判断正确的是（）A.常数C的值为0.5B.开伞后下降距离C.开伞后火箭处于失重状态D.从开伞到匀速过程平均速度大小为12.5m/s【答案】AB【解析】A．设开伞瞬时速度为，由公式，其中t1=2s，解得此时x=0，代入公式，解得故A正确；B．把v=5m/s代入公式，得故B正确；C．由公式知，随着位移的增大，速度v减小，所以开伞后做减速下落运动，加速度方向竖直向上，则有火箭处于超重状态，故C错误；D．由公式知，打开降落伞后做出图像，如图由图像得，图像在第一象限内围成的面积等于时间，则从开伞到匀速过程的时间为所以从开伞到匀速过程的平均速度大小为故D错误。故选AB。11.如图所示，三根轻质细线a、b、c将质量相同的两个小球1、2悬挂，当两小球静止时，细线a与竖直方向夹角为30°，细线c水平。现保持细线a与竖直方向夹角30°不变，将细线c在竖直面内逆时针缓慢转过60°的过程中，下列说法正确的是（）A.细线b上拉力逐渐减小B.细线b上拉力方向不变C.细线c上拉力逐渐减小D.细线c上拉力先减小后增大【答案】AD【解析】CD．对两小球的整体受力分析，如下图所示由整体的平衡可推得细线a上的张力Ta一直减小。细线c逆时针缓慢转过60°的过程中，Tc先变小，当Tc与Ta垂直时Tc最小，之后Tc又增大，故C错误，D正确；AB．对小球1受力分析，如下图所示细线a上的拉力Ta方向不变而大小一直减小，由图所示的mg、Ta和Tb所围成矢量三角形变化过程可知Tb逐渐变小，方向不断变化，故A正确，B错误。故选AD。12.一木板A与轻弹簧一端栓接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B，系统处于静止状态，如图所示，现对B施加竖直向上的拉力F（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小的匀加速直线运动。弹簧的劲度系数，A、B的质量均为，A、B均视为质点，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.F的最小值为4NB.A、B刚分离时，弹簧处于原长状态C.A、B分离后，A在上升阶段先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动D.若在A、B刚分离时撤去F，则此后B上升的最大高度为0.018m【答案】ACD【解析】A．A、B分离前对AB整体由牛顿第二定律得A对B的支持力逐渐减小，F增大，所以刚开始运动时，F最小，此时所以故A正确；B．当A、B分离时对A由牛顿第二定律得弹簧处于压缩状态，故B错误；C．A、B分离后，A在上升阶段，F弹越来越小，由可知A的加速度先减小，此时A向上做加速度减小的加速运动，当时此后的上升过程中由可知加速度的方向竖直向下，做加速度增大的减速运动，故C正确；D．开始时，系统处于静止状态，设此时弹簧形变量为，则有解得A、B刚分离时，设弹簧形变量为，则有代入数据解得所以A上升的位移大小A、B刚分离时，B上升的位移大小为x，设B的速度为v，撤去F后B上升的最大高度为h，由运动学公式可知，代入数据解得故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题，本题共2小题，13题6分，14题8分，共14分。13.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某小组进行实验的主要步骤是：①如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，橡皮条的另一端固定，橡皮条长度为GE；②用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力、的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O点位置以及、的大小和方向；③撤去、，改用一个测力计单独拉住小圆环，仍使它处于O点，此时测力计示数为F，如图丙所示。记录F的大小和方向；④图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。（1）关于此实验，下列叙述正确的有______；A.进行图乙的实验操作时，、的夹角越大越好B.通过描点确定拉力方向时，所描的点到O点的距离应适当大一些C.进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它合适点D.重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一次不同（2）图丁中是以、为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO方向的是______（填“F”或者“”）；（3）若在图乙中，F₁、F₂的夹角θ为钝角，现保持O点位置不变，顺时针缓慢转动测力计a的同时逆时针缓慢转动测力计b，使图中夹角α、β均减小，则弹簧测力计a在弹性限度内的过程中示数大小变化为______（填“增大”、“减小”或者“不变”）。【答案】（1）BD（2）F（3）增大【解析】【小问1解析】A．在进行图乙的实验操作时，为减小实验误差，F1、F2的夹角应适中，F1、F2的夹角不是越大越好，故A错误；B．过描点确定拉力方向时，所描的点到O点的距离应适当大一些，有利于减小误差，故B正确；C．为使合力的作用效果与两分力的作用效果相同，在进行图丙的实验操作时，不可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它合适点，故C错误；D．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，但是每一次完整的实验必须保证结点位置相同，故D正确。故选BD。【小问2解析】是通过平行四边形定则做出的F1、F2合力理论值，而F1、F2合力的实验值由一个弹簧测力计直接测得，一定沿GO方向。小问3解析】现保持O点位置不变，顺时针缓慢转动测力计a的同时逆时针缓慢转动测力计b，使图中夹角α、β均减小，根据平行四边形定则做图如图所示可知F1和F2都增大。14.某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系。请回答下列问题：（1）关于本实验，某小组补偿阻力时，将小车放在水平静止的长木板上，将远离滑轮的一端缓慢垫高，直到小车拖着纸带由静止开始沿木板向下滑动为止，该小组的操作______（填“正确”或“错误”）；（2）图乙是实验打出纸带的一部分，电源频率为50Hz，相邻两计数点间均有4个点未画出，使用毫米刻度尺读数后，求出小车的加速度大小为______m/s2（结果保留两位有效数字）；（3）该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像。发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是（）A.没有补偿摩擦阻力，且小车和砝码质量较大B.补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过大，且槽码的质量较大C.补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且槽码的质量较大D.补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车和砝码质量较大（4）该小组经过重新补偿阻力，讨论改进了实验方案，保持槽码、小车、砝码总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复实验。由此得到的图像是一条______（填“直线”或“曲线”）。【答案】（1）错误（2）0.50（3）C（4）直线【解析】【小问1解析】小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑。【小问2解析】图中相邻两个点之间还有4个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz可得图中标记的两点间时间间隔为小车加速度的大小为【小问3解析】由图可知，已经加外力了，还没有加速度，说明没有平衡摩擦力或补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小；以小车为对象，根据牛顿第二定律可得以槽码为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得可知当小车质量远大于槽码的质量时，小车受到的合外力可以近似等于槽码的重力；所以图线上部弯曲的原因是：随着槽码质量的增加，小车质量不再远大于槽码的质量，综合以上故选C。【小问4解析】保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质量不变，以槽码、小车和砝码为整体，则有解得可知，得到的图像是一条直线。三、计算题，本题共3小题，15题10分，16题12分，17题16分，共38分。解答时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，有数值计算的题，答案中必须明确的写出数值和单位。15.正在公路上行驶的汽车，只需按下一个键，就能轻松切换到飞行模式，变身飞机跃入天空，这就是飞行汽车！一辆飞行汽车在平直的公路上以20m/s的速度行驶，某时刻司机启动飞行模式，汽车保持水平速度不变，沿竖直方向开始匀加速爬升，经过一段时间爬升到100m高处，用x表示水平位移，y表示竖直位移，这一过程的图像如图所示。求汽车飞行时：（1）从启动飞行模式，到离地100m高处需要多长时间；（2）到达100m高处时竖直速度和瞬时速度的大小（可用根式表示）。【答案】（1）；（2），【解析】（1）飞行汽车的水平速度不变，当爬升到100m高处时有解得（2）竖直方向做匀加速直线运动，有解得合速度为16.攀爬运动可以很好的锻炼儿童的四肢协调能力。如图所示，质量的攀爬装置放在地面上，装置上表面与水平面夹角为37°，假设装置上表面光滑，有一个质量为的小孩在攀爬过程中，用力拉住绳索保持平衡，绳索与竖直方向的夹角为45°，整个装置处于静止状态。（假设小孩可以看作质点，，，重力加速度g取10m/s2）求此状态下：（1）绳索对小孩的拉力大小和装置对小孩的支持力大小；（2）地面对装置的支持力和摩擦力的大小。【答案】（1），（2），【解析】【小问1解析】对小孩受力分析，如图正交分解得x轴方向y轴方向解得，【小问2解析】对小孩和装置整体受力分析，如图x轴方向y轴方向解得，17.如图所示，质量为、长度的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一大小，方向水平向右的恒定拉力。假设物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物块相对木板向右滑行的最大距离x；（2）若水平面粗糙，木板与水平面之间的动摩擦因数为，恒定拉力F的大小可以调节，要使物块不会从木板上滑落，F的大小应满足的条件。【答案】（1）0.8m（2）【解析】【小问1解析】设物块在木板上做匀减速直线运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律有设木板向右做匀加速直线运动的加速度大小为，根据牛顿第二定律有设物块与木板经过时间t达到共同速度，根据匀变速直线运动的规律有物块在这段时间t内的位移大小木板在这段时间t内的位移大小物块相对木板向右滑行的最大距离解得【小问2解析】物块不从木板右端滑落的临界条件是当物块恰好到达木板的右端时，物块与木板具有共同速度，此种情况下物块的加速度大小仍为，设此种情况下拉力的大小为，木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律有设此种情况下物块与木板经过时间达到大小为的共同速度，根据匀变速直线运动得物块与木板在这段时间内的位移大小分别为，又解得N若N，则在物块滑到木板的右端前，物块与木板就已达到共同速度，此后物块必须相对木板静止，物块才不会从木板的左端滑落；设物块与木板达到共同速度后，物块恰好可以与木板相对静止的情况下，拉力的大小为，有解得N故恒定拉力的大小F应满足的条件为2024—2025学年度上学期期末考试高一试题物理考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题，本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，其中1~8小题只有一个选项正确，9~12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.物理学家在建立物理概念、探究物理规律的过程中，应用的思想方法正确的是（）A.在建立“质点”、“瞬时速度”概念时，都应用了极限法B.在建立“重心”、“合力与分力”概念时，都应用了等效替代法C.在得出匀变速直线运动的速度和时间关系时应用了微元累积法D.伽利略在研究自由落体运动规律时应用了理想实验法【答案】B【解析】A．建立质点概念时，应用了理想化模型的研究方法，瞬时速度运用的极限法，故A错误；B．在建立“重心”、“合力与分力”概念时，都应用了等效替代法，故B正确；C．在得出匀变速直线运动的位移和时间关系时应用了微元累计法，在得出匀变速直线运动的速度和时间关系时没有应用微元累积法，故C错误；D．伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理、实验和数学相结合的研究方法，故D错误。故选B。2.下列单位中是基本单位，并且以之为单位的物理量既有标量也有矢量的单位是（）A.m B.N C.m/s D.J【答案】A【解析】m/s、N和J都不是国际单位制中的基本单位；m是国际单位制中的基本单位，是位移的单位，也是路程的单位，而位移是矢量，路程是标量。故选A。3.羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（）A.在A、B两点时速度相同B.从P到B速度不断增大C.从A到P速度不断减小D.经过P点时加速度等于重力加速度g【答案】C【解析】A．A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，空气阻力与运动方向始终相反，所以空气阻力做负功，即Wf＜0从A点到B点过程，由动能定理有可知B点的速度小于A点的速度大小，且两点速度方向不同，故A错误；B．从P到B，阻力做负功，重力做正功，无法判断动能大小的变化，速度大小变化无法判断，故B错误；C．从A到P，阻力做负功，重力做负功，动能不断减小，速度不断减小，故C正确；D．羽毛球在P点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以水平方向还有空气阻力，羽毛球在P点的合力大于重力，所以羽毛球经过P点的加速度大于重力加速度g，故D错误。故选C。4.如图所示，物体A、B叠放在粗糙的斜面C上，在沿斜面向上的力F作用下，物体A、B一起沿斜面向上匀速运动，而斜面C始终静止在水平地面上，此过程中，下列说法正确的是（）A.物体A受4个力作用B.物体B受6个力作用C.斜面C受6个力作用D.地面受到的压力大于C所受地面的支持力【答案】A【解析】A．因为物体A匀速运动，对物体A受力分析，除受拉力，重力、支持外，还受到B对其沿斜面向下的静摩擦力作用，共4个力，故A正确；B．对物体B受力分析，物体A、B间有沿斜面方向的静摩擦力，B、C间有沿斜面方向的滑动摩擦力，物体B还受到重力、支持力、压力、共5个力，故B错误；C．对斜面C受力分析，斜面C除受到重力外，还受到地面对C的静摩擦力及支持力，物体B对C的压力及滑动摩擦力，共5个力，故C错误；D．地面受到的压力与C所受地面的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，故D错误。故选A。5.如图所示，竖直面内固定一大圆环③，三个小环套在三根不同的光滑杆上，从上至下杆长之比为1∶4∶9，杆的上端固定在圆的顶点O，下端分别固定在圆①②③的圆周A、B、C点上。圆①②③共用顶点O，半径之比为1∶2∶3，三个小环从顶点O由静止开始沿杆自由下滑至A、B、C三点经过的时间之比为（）A.1∶2∶3 B.1∶1∶1C. D.【答案】C【解析】设光滑杆与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对小环受力分析可得，小环所受的支持力大小为所受合外力大小为根据牛顿第二定律可得小环的加速度大小为小环沿滑轨运动的位移为根据位移时间关系有可得小环沿滑轨运动的时间为三小环运动时间之比为故选C。6.如图所示，木块A、B重力分别为50N和70N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始状态A、B间的轻弹簧被压缩了4cm，系统静止不动。已知弹簧的劲度系数为200N/m，现突然用水平向右的力N推木块A，则在力F作用的瞬间，下列说法正确的是（）A.A所受摩擦力大小为8NB.A所受摩擦力大小为10NC.B所受摩擦力大小为6ND.B所受摩擦力大小为14N【答案】B【解析】AB．A的最大静摩擦力为弹簧的弹力为力F作用的瞬间故A产生向右的加速度，受到的滑动摩擦力为10N，故A错误，B正确；CD．B的最大静摩擦力为弹簧的弹力为力F作用的瞬间，弹簧弹力不变故B在这一瞬间加速度为0，则有方向向左，故CD错误。故选B。7.近年来我国大力发展自主品牌创新，其中“大疆”已经成为无人机领域的龙头老大。如图是一款“大疆”四旋翼无人机，能实现自主水平悬停、水平直线运动及垂升垂降。某次拍摄中，它先以10.0m/s的速度匀速水平向东运动了10.0s，又以恒定的加速度（方向向西）运动了10.0s，在此20.0s内的平均速率为13.5m/s，则加速度的大小为（）A.0.4m/s2 B.1.4m/s2 C.4.5m/s2 D.5.0m/s2【答案】D【解析】无人机向东匀速飞行的路程为s2为匀变速运动的路程，根据平均速率定义式解得根据位移-时间关系，可得速度减为零时的位移为其中反向加速的位移为其中联立解得a=5.0m/s2故选D。8.如图所示，均可视为质点的小球A、B通过跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮的轻绳连接，小球A用轻绳AC系于车厢侧壁，当小车在水平面上向左做匀加速直线运动时，定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，轻绳AC恰好水平。已知A、B两小球的质量分别为0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A.轻绳AB中的张力大小为6N B.小车的加速度大小为C.轻绳CA中的张力大小为3N D.轻绳对定滑轮的作用力小于7N【答案】B【解析】A．设轻绳中的张力大小为T，OA与竖直方向的夹角为，则有，解得，故A错误；B．小车在水平面上向左做匀加速直线运动，结合上述可知，小球受到的合力为根据牛顿第二定律有解得加速度大小为故B正确；C．设轻绳中张力大小为，则有解得故C错误；D．由于定滑轮两侧的轻绳恰好垂直，则轻绳对定滑轮的作用力大小为故D错误。故选B。9.下列描述直线运动的四个图像中，a为加速度，x为位移，v为速度，t为时间，其中B、D选项中的图像皆为抛物线，则所描述的运动一定是初速度为零的匀加速直线运动的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】A．图像A中加速度不变，即匀变速直线运动，但初速度是否为零，是加速还是减速，都是不确定的，故A错误；B．图像中相邻相同时间间隔的位移之比为，因此，可以用来描述初速度为零的匀加速直线运动，故B正确；C．由初速度为0的匀加速直线运动位移时间关系可知与成正比，所以C图像可以描述初速度为零的匀加速直线运动，故C正确；D.由初速度为0的匀加速直线运动速度时间关系可见它的图应该是过原点的倾斜直线，D图像是弯曲的，不可以描述匀加速直线运动，故D错误。故选BC。10.2024年9月11日12时，我国自主研发的朱雀三号VTVL-1在酒泉卫星发射中心圆满完成十公里级垂直起降返回飞行试验，假设火箭从最高点自由下落2s后遥控打开降落伞减速，开伞后最初一段距离内火箭速度v与开伞后下降的距离x之间满足关系式：，其中C为特定常数，开伞下降距离d后以5m/s的速度匀速下降直到落地，为了简便计算，忽略在开伞前受到的空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则下列判断正确的是（）A.常数C的值为0.5B.开伞后下降距离C.开伞后火箭处于失重状态D.从开伞到匀速过程平均速度大小为12.5m/s【答案】AB【解析】A．设开伞瞬时速度为，由公式，其中t1=2s，解得此时x=0，代入公式，解得故A正确；B．把v=5m/s代入公式，得故B正确；C．由公式知，随着位移的增大，速度v减小，所以开伞后做减速下落运动，加速度方向竖直向上，则有火箭处于超重状态，故C错误；D．由公式知，打开降落伞后做出图像，如图由图像得，图像在第一象限内围成的面积等于时间，则从开伞到匀速过程的时间为所以从开伞到匀速过程的平均速度大小为故D错误。故选AB。11.如图所示，三根轻质细线a、b、c将质量相同的两个小球1、2悬挂，当两小球静止时，细线a与竖直方向夹角为30°，细线c水平。现保持细线a与竖直方向夹角30°不变，将细线c在竖直面内逆时针缓慢转过60°的过程中，下列说法正确的是（）A.细线b上拉力逐渐减小B.细线b上拉力方向不变C.细线c上拉力逐渐减小D.细线c上拉力先减小后增大【答案】AD【解析】CD．对两小球的整体受力分析，如下图所示由整体的平衡可推得细线a上的张力Ta一直减小。细线c逆时针缓慢转过60°的过程中，Tc先变小，当Tc与Ta垂直时Tc最小，之后Tc又增大，故C错误，D正确；AB．对小球1受力分析，如下图所示细线a上的拉力Ta方向不变而大小一直减小，由图所示的mg、Ta和Tb所围成矢量三角形变化过程可知Tb逐渐变小，方向不断变化，故A正确，B错误。故选AD。12.一木板A与轻弹簧一端栓接，弹簧竖直固定在水平面上，A上面放置物块B，系统处于静止状态，如图所示，现对B施加竖直向上的拉力F（图中未画出），使其由静止开始做加速度大小的匀加速直线运动。弹簧的劲度系数，A、B的质量均为，A、B均视为质点，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.F的最小值为4NB.A、B刚分离时，弹簧处于原长状态C.A、B分离后，A在上升阶段先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动D.若在A、B刚分离时撤去F，则此后B上升的最大高度为0.018m【答案】ACD【解析】A．A、B分离前对AB整体由牛顿第二定律得A对B的支持力逐渐减小，F增大，所以刚开始运动时，F最小，此时所以故A正确；B．当A、B分离时对A由牛顿第二定律得弹簧处于压缩状态，故B错误；C．A、B分离后，A在上升阶段，F弹越来越小，由可知A的加速度先减小，此时A向上做加速度减小的加速运动，当时此后的上升过程中由可知加速度的方向竖直向下，做加速度增大的减速运动，故C正确；D．开始时，系统处于静止状态，设此时弹簧形变量为，则有解得A、B刚分离时，设弹簧形变量为，则有代入数据解得所以A上升的位移大小A、B刚分离时，B上升的位移大小为x，设B的速度为v，撤去F后B上升的最大高度为h，由运动学公式可知，代入数据解得故D正确。故选ACD。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空题，本题共2小题，13题6分，14题8分，共14分。13.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某小组进行实验的主要步骤是：①如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，橡皮条的另一端固定，橡皮条长度为GE；②用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力、的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O点位置以及、的大小和方向；③撤去、，改用一个测力计单独拉住小圆环，仍使它处于O点，此时测力计示数为F，如图丙所示。记录F的大小和方向；④图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。（1）关于此实验，下列叙述正确的有______；A.进行图乙的实验操作时，、的夹角越大越好B.通过描点确定拉力方向时，所描的点到O点的距离应适当大一些C.进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它合适点D.重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一次不同（2）图丁中是以、为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO方向的是______（填“F”或者“”）；（3）若在图乙中，F₁、F₂的夹角θ为钝角，现保持O点位置不变，顺时针缓慢转动测力计a的同时逆时针缓慢转动测力计b，使图中夹角α、β均减小，则弹簧测力计a在弹性限度内的过程中示数大小变化为______（填“增大”、“减小”或者“不变”）。【答案】（1）BD（2）F（3）增大【解析】【小问1解析】A．在进行图乙的实验操作时，为减小实验误差，F1、F2的夹角应适中，F1、F2的夹角不是越大越好，故A错误；B．过描点确定拉力方向时，所描的点到O点的距离应适当大一些，有利于减小误差，故B正确；C．为使合力的作用效果与两分力的作用效果相同，在进行图丙的实验操作时，不可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它合适点，故C错误；D．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，但是每一次完整的实验必须保证结点位置相同，故D正确。故选BD。【小问2解析】是通过平行四边形定则做出的F1、F2合力理论值，而F1、F2合力的实验值由一个弹簧测力计直接测得，一定沿GO方向。小问3解析】现保持O点位置不变，顺时针缓慢转动测力计a的同时逆时针缓慢转动测力计b，使图中夹角α、β均减小，根据平行四边形定则做图如图所示可知F1和F2都增大。14.某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系。请回答下列问题：（1）关于本实验，某小组补偿阻力时，将小车放在水平静止的长木板上，将远离滑轮的一端缓慢垫高，直到小车拖着纸带由静止开始沿木板向下滑动为止，该小组的操作______（填“正确”或“错误”）；（2）图乙是实验打出纸带的一部分，电源频率为50Hz，相邻两计数点间均有4个点未画出，使用毫米刻度尺读数后，求出小车的加速度大小为______m/s2（结果保留两位有效数字）；（3）该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像。发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是（）A.没有补偿摩擦阻力，且小车和砝码质量较大B.补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过大，且槽码的质量较大C.补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且槽码的质量较大D.补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车和砝码质量较大（4）该小组经过重新补偿阻力，讨论改进了实验方案，保持槽码、小车、砝码总质量不变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复实验。由此得到的图像是一条______（填“直线”或“曲线”）。【答案】（1）错误（2）0.50（3）C（4）直线【解析】【小问1解析】小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑。【小问2解析】图中相邻两个点之间还有4个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz可得图中标记的两点间时间间隔为小车加速度的大小为【小问3解析】由图可知，已经加外力了，还没