云南省楚雄彝族自治州2024-2025学年高一上学期期末考试（选考）物理检测试卷（附答案）

这是一份云南省楚雄彝族自治州2024-2025学年高一上学期期末考试（选考）物理检测试卷（附答案），共10页。试卷主要包含了6m/s等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后、请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟
一、选择题:本题共10小题，共46分，在给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8-10题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，每小题6分，全对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。
1.深中通道是连接深圳市和中山市的特大桥，于2024年6月30日建成开通，全长约24公里，限速100km/h。一游客开汽车经过深中通道用时约20分钟。下列说法正确的是( )
A. 汽车仪表台上的速度计测量的是瞬时速度，里程表测的是位移
B. 100km/h是指汽车行驶的瞬时速度大小
C. 该游客的平均速度约为72km/h
D. 该游客全程的位移为24km
2.平直公路上有甲、乙两辆小车，从同一地点向同一方向运动的位移—时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 乙车的加速度一定不变
B. 时间内，乙车运动的速度总大于甲车运动的速度
C. 时间内，甲、乙两车的距离先增大后减小
D. 时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
3.已知物体做直线运动，下列说法正确的是( )
A. 加速度为零，速度一定为零 B. 物体有加速度，速度一定增加
C. 速度变化越快，加速度越大 D. 速度变化越大，加速度越大
4.小球被竖直向上抛出，如图所示为小球向上做匀减速直线运动时的频闪照片，频闪仪每隔0.05s闪光一次，测得ac长为23cm，af长为34cm，下列说法正确的是( )
A. bc长为13cm
B. 小球通过f点时的速度大小为0.6m/s
C. 小球通过d点时的速度大小为2.2m/s
D. 小球的加速度大小为12m/s2
5.如图是一研究性学习小组利用频闪相机，对一可看作质点的物块从固定斜面上某位置无初速度释放后的运动过程进行拍摄，得到的部分照片，已知该频闪相机的频闪周期为T，AB段对应的实际长度为x1，BC段对应的实际长度为x2，则下列说法不正确的是( )
物块下滑到B点时的速度大小为x2−x12T
物块下滑到C点时的速度大小为3x2−x12T
C. 物块下滑的加速度大小为x2−x1T2
D. x1和x2的比值有可能为1：2
6.“钓鱼岛事件”牵动着军民爱国之心，我国空军某部为捍卫领土完整，举行了大规模的跳伞保岛演练，图甲是战士从悬停在高空的直升机中无初速度跳下后运动过程中的画面，图乙是战士从跳离飞机到落地过程中的v−t图像，若规定竖直向下为正方向，忽略水平方向的风力作用，关于战士的运动过程，下列说法正确的是( )
A. 0∼10s内做加速度逐渐增大的加速运动
B. 0∼15s内做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动
C. 在10s末打开降落伞，随后做匀减速运动至15s末
D. 10∼15s内加速度方向竖直向上，加速度的大小逐渐减小
7.现在很多商场中都有安装无阶梯式斜面自动扶梯，当顾客将购物车推上扶梯后无需顾客推动，购物车便可自动随扶梯匀速上升，如图所示，则下列说法中正确的是( )
A. 由于购物车向上运动，故而受到向下的滑动摩擦力
B. 由于购物车做匀速直线运动，故没有受到摩擦力作用
C. 扶梯对购物车的作用力方向垂直扶梯平面方向向上
D. 购物车所受合力为0
8.伽利略研究自由落体运动的实验中，利用斜面“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量。某同学利用这种思想，设计了如图所示的实验：将两个相同质量的小物块A、B，分别从同一光滑斜面的不同位置由静止释放，初始时距斜面底端的距离之比为2∶1。则A、B两物块( )
从释放到斜面底端所经历的时间之比为∶1
从释放到斜面底端所经历的时间之比为2∶1
C. 到斜面底端时的速度之比为∶1
D. 到斜面底端时的速度之比为2∶1
9.如图所示，足够长的水平传送带顺时针匀速转动。t=0时刻一小物块从传送带最右端的P点以速度v0滑上传送带，它在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，g=10m/s2，则( )
A. 传送带的速度为2m/s
B. 物块与传送带间的摩擦系数为μ=0.2
C. 物块距传送带右端最远距离为1m
D. 物块在传送带上共运动了2.25s
10.如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平地面上，现有一小球由某高处自由落下，落在轻质弹簧上，O为弹簧自由状态时最上端，A为小球合力为零的点，B为小球运动的最低点。运动过程弹簧在弹性限度内，小球视为质点，不计空气阻力。则下列说法正确的是( )
A. 小球落至A点时的加速度为零
B. 小球落至O点时速度达到最大值
C. 小球在OA段处于失重状态
D. 小球从O到B的过程中加速度逐渐增大
二、非选择题
11.如甲图所示是利用气垫导轨测量当地重力加速度g的实验装置。主要的实验操作如下：
(1)将气垫导轨适当倾斜放置并固定。在气垫导轨上取相距较远的两点，测出这两点沿导轨方向的长度L和这两点在竖直方向的高度差H，计算气垫导轨与水平方向夹角α的正弦值sinα= 。
(2)用毫米刻度尺测量小滑块上的遮光条的宽度d如乙图所示，则d= mm。
(3)接通气源，小滑块与气垫导轨间的摩擦力近似为零。让小滑块从气垫导轨上O点由静止释放。记录遮光条通过光电门的时间t，则小滑块通过光电门的速度大小v= (用字母表示)。
(4)用毫米刻度尺测出O点处遮光条所在位置到光电门中心的距离s。
(5)改变小滑块静止释放的位置，重复以上操作。
(6)由测得的多组数据做出s−1t2图像，如丙图所示。若图像的斜率为k，则当地重力加速度g= (用d、L、k、H表示)。
12.播州区某学校学习小组采用了图甲装置来进行验证“牛顿第二定律”实验，请根据所学相关内容回答下列问题：
(1)实验前， (填“需要”或者“不需要”)将木板右侧垫高，以补偿阻力。
(2)乙图是该小组实验中得到的一条纸带的一部分。已知电火花计时器所用电源频率为50 Hz，且相邻计数点间还有四个点未画出，由此可求出小车的加速度a= (计算结果保留三位有效数字)。
(3)保持所加钩码的质量不变，改变小车的质量m，小明根据得到的实验数据画出如图丙所示a−1m图线，从图线可得所挂钩码的总质量为 kg。(g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字)
(4)改变所挂钩码的质量，并保持小车的质量不变，致远和其小组成员根据实验数据画出的a−F图像如图丁所示，可能使图中图像弯曲的原因是 。
13.某一列火车车头以72km/h的初速度进入某一座石桥后，立即做匀减速直线运动，经历了100s后，该列火车车头即将下桥，此时速度为36km/ℎ，已知该石桥桥面水平，求：
(1)此过程火车的加速度大小；
(2)该石桥桥面的长度；
(3)此过程列车的平均速度大小。
14.夜间行车在视线不明路段除会车等特殊情况外建议开启远光灯，有研究发现，不开启远光灯，司机的视距为30m，开启远光灯后，司机的视距可达150m，某段长直高速公路上，一辆货车正以v1=108km/ℎ的速度驶入黑暗路段，司机当即开启远光灯，发现前方x=100m处有事故车辆，人体反应时间是t0=0.2s，反应过来后货车司机立即刹车，货车安全制动、启动的最大加速度大小为a1=5m/s2。
(1)以最大安全加速度刹车，货车是否会撞上事故车辆？如会，请论证；如不会，请计算出货车停下时离事故车辆的距离。
(2)若货车司机减速到v3=54km/ℎ后完成变道匀速行驶，恰在此时后方一辆未开远光灯的汽车以v4=126km/ℎ的速度从后方开过来，汽车在距货车x0=30m处看到货车，反应过来后立即刹车，已知汽车刹车的最大加速度是a2=10m/s2，汽车是否会撞上货车，如会，请论证；如不会，请计算出汽车与货车的最小距离。
15.在物流快递中，分拣是其中一个重要环节，分拣传送装置如图甲所示，它由水平传送机与倾斜传送机组成。图乙是该装置的简化图，水平部分AB的长度LAB=3.5m，倾斜部分CD的长度LCD=3.05m，它们的间距忽略不计。水平传送带以v1=5m/s的速率顺时针匀速转动，倾角37°的传送带也是顺时针匀速转动，速率v2未知，把一个可视为质点的货物轻放在A端，假设货物从B运动到C速度大小保持不变，已知货物与两段传送带间的动摩擦因数μ均为0.5，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)货物从A端传送到B端所用的时间；
(2)货物刚到达C点时，加速度大小的可能值；
(3)倾斜传送带速率至少为多少时，货物才能运送到D。
一、单选题
1.【正确答案】B
限速100km/h，100km/h是指汽车行驶的瞬时速度的大小，里程表测的是汽车行驶的轨迹长度，即指的是路程，故A错误，B正确；平均速率指的是路程与时间的比值，根据题意可以求出该游客的平均速率为v¯=st=242060km/ℎ=72km/ℎ，由于不能确定汽车的位移，故无法求出该游客的平均速度，故C错误；根据题意可知该游客的路程为24km，因为游客做曲线运动，所以游客的位移大小要小于此，故D错误。
2.【正确答案】C
图线斜率表示速度，由题给的图像结合题意只能知道乙的速度发生变化，但是看不出加速度变化情况。 时间内乙的速度先比甲大，再比甲小，故AB错误； 时间内甲、乙之间的距离先增大、后减小，C正确； 时间内，两车位移相等，可知乙车平均速度等于甲车平均速度，D错误。
3.【正确答案】C
物体的加速度为零，则物体可能静止或做匀速直线运动，速度不为零，故A错误；有加速度的物体其速度一定变化，但当加速度与速度同向时加速，反向时则为减速。故B错误；加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，物体的速度变化越快，其加速度就越大，故C正确；根据加速度的定义a=ΔvΔt，知加速度大小与速度变化和时间都有关，故D错误。
4.【正确答案】D
根据匀变速直线运动规律，连续相等时间间隔内的位移差为定值，可得Δx=ac−cf=ac−af−ac=a2T2，解得a=ac−cf4T2=0.23−0.34−0.234×0.052m/s2=12m/s2，故D项正确；同理可得ab−bc=aT2，ab+bc=ac=0.23m，联立解得bc=0.1m=10cm，故A错误；匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这段中间时刻的瞬时速度，则vd=cf2T=0.34−0.232×0.05m/s=1.1m/s，故C错误；由速度时间关系式得vf=vd−aT=1.1−12×0.05m/s=0.5m/s，故B错误。
5.【正确答案】A
根据匀变速直线运动规律得，物块下滑到B点时的速度大小为vB=x1+x22T，故A错误，符合题意；由逐差法Δx=aT2可得，物块下滑的加速度大小为a=x2−x1T2，故C正确，不符合题意；物块下滑到C点时的速度大小为vC=vB+aT=x1+x22T+x2−x1T2T=3x2−x12T，故B正确，不符合题意；初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移之比为1：3：5：…，但是A点不一定是初始点，则x1和x2的比值有可能为1：2，故D正确，不符合题意。
6.【正确答案】D
v-t图像的斜率表示加速度，根据图像可知0～10s内图线的斜率在减小，说明战士做加速度逐渐减小的加速运动，10～15s由于图像的斜率在减小，战士做加速度减小的减速运动，由上可知0−15s加速在变化，故ABC错误；根据图像可知10s～15s内速度一直为之方向，即竖直向下，又因为加速度为负，即加速度方向竖直向上，战士在该段时间内加速度的大小在逐渐减小，故D正确。
7.【正确答案】D
购物车随扶梯匀速上升，受到重力、支持力和沿扶梯向上的静摩擦力，故AB错误；购物车做匀速直线运动，处于平衡状态，所受合力为0，扶梯对购物车的作用力包括垂直扶梯平面向上的支持力和沿扶梯向上的静摩擦力，由平衡条件可知二者合力方向竖直向上与购物车重力等大反向，即为竖直向下，故C错误，D正确。
8.【正确答案】AC
根据位移公式得x＝at2，解得t＝，两物块下滑过程中加速度相等，物块从释放到斜面底端所经历的时间，因此＝，A正确，B错误；根据v2＝2ax，解得v＝，物块到斜面底端的速度之比＝，C正确，D错误。
9.【正确答案】BCD
由图可知，小物块先向左做匀减速直线运动，接着向右做匀加速直线运动，最后向右匀速运动，速度为1m/s，则传送带的速度为1m/s，故A错误；由图像的斜率可知物块在传送带上的加速度为：a=ΔvΔt=21m/s2=2m/s2，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得物块与传送带间的摩擦系数为μ=0.2，故B正确；当物块的速度减为0时，物块距传送带右端最远，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知物块距传送带右端最远距离为x=12×1×2m=1m，故C正确；物块向右加速的时间为t2=va=0.5s，加速的位移为x1=12at22=14m，匀速的时间为t3=x−x1v=34s，物块在传送带上总共运动的时间为t=t1+t2+t3=2.25s，故D正确。
10.【正确答案】AC
A为小球合力为零的点，根据牛顿第二定律可知，小球落至A点时的加速度为零，故A正确；小球落至O点后压缩弹簧，弹力开始时小于重力，加速度方向向下，小球向下做加速度减小的加速运动，到达O点时，加速度为0，速度达到最大值，之后，弹簧弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速度增大的减速运动，直至运动到B点速度为0，故B错误；结合上述，小球在OA段加速度方向向下，则小球在OA段处于失重状态，故C正确；结合上述可知，小球从O到B的过程中加速度先减小后增大，故D错误。
11.【正确答案】(1)HL，(2)3.0，(3)dt，(6)d2L2kH
(1)根据几何关系可知sinα=HL
(2)毫米刻度尺分度值为1mm，读数时需要估读到分度值的下一位，则d=3.0mm。
(3)根据光电门的测速原理可知，小滑块通过光电门的速度大小v=dt
(6)根据速度—位移公式有v2=2as，则有s=d22at2；根据图像斜率可知d22a=k，解得a=d22k；根据牛顿第二定律有mgsinα=ma，解得g=d2L2kH。
12.【正确答案】(1)需要；(2)1.60；(3)0.020；(4)没有满足小车的质量远大于钩码的质量
(1)为使绳子的拉力大小即为小车所受的合外力，在实验前，需要将木板右侧垫高，以补偿阻力。
(2)根据准差法可知小车的加速度a=x36−x039T2=(13.81+12.22+10.60−9.02−7.41−5.79)×10−29×0.12m/s2=1.60m/s2
(3)根据牛顿第二定律a=F⋅1m可得F=2.412=0.2N，可知所挂钩码的总质量为m'=Fg=0.210kg=0.020kg；
(4)该实验是将钩码的重力当作小车的合力，使图中图像弯曲的原因是随着所挂钩码质量没有满足远小于小车的质量。
13.【正确答案】(1)0.1m/s2；(2)L=1500m；(3)v¯=15m/s
(1)根据题意可知火车的初、末速度分别为：v0=72kmℎ=20ms，vt=36km/ℎ=10m/s
根据加速度的定义式可得a=vt−v0t
解得：a=−0.1m/s2，“-”代表方向与初速度方向相反
(2)根据匀变速直线运动速度－位移关系有vt2−v02=2aL，解得L=1500m
(3)根据匀变速直线运动平均速度的推论，可得此过程列车的平均速度大小为v¯=v0+vt2，解得v¯=15m/s
14.【正确答案】(1)不会撞上事故车，货车停下时离事故车辆的距离为5m；(2)不会撞上货车，汽车与货车的最小距离为10.5m。
(1)由题意，货车速度v1=108km/ℎ=30m/s
在反应时间内货车做匀速直线运动，运动的距离为x1=v1t0=30×0.2m=6m
货车减速直到停止运动的距离为x2=v122a=3022×5m=90m
可得货车司机从发现事故车辆到停止所运动的位移为x=x1+x2=95m