重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高一上学期期末物理试卷（解析版）

这是一份重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高一上学期期末物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共7题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法不正确的是（ ）
A. 做匀变速曲线运动的物体，其加速度方向不变
B. 物体的加速度越大，则速度的变化率就一定越大
C. 伽利略通过斜面实验并对实验结果合理外推得到自由落体运动的速度是随时间均匀变化的
D. 做圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心
【答案】D
【解析】A．做匀变速曲线运动的物体，其加速度方向不变，这是匀变速曲线运动的定义，即加速度大小和方向都不变的曲线运动，故A正确，不符合题意；
B．物体的加速度越大，则速度的变化率就一定越大，加速度是速度变化量与时间的比值，在相同时间内，加速度越大，速度变化量就越大，即速度的变化率也越大，故B正确，不符合题意；
C．伽利略通过斜面实验并对实验结果合理外推得到自由落体运动的速度是随时间均匀变化的，这是伽利略对自由落体运动的研究结论，他通过斜面实验减缓了物体的下落速度，使得时间可以测量，并通过合理外推得到了自由落体运动的速度—时间关系，故C正确，不符合题意；
D．对于匀速圆周运动，物体加速度（即向心加速度）确实指向圆心，因为此时物体的速度大小不变，只有方向在改变，而加速度的方向始终与速度方向垂直，指向圆心；但是，对于非匀速圆周运动（如变速圆周运动），物体的加速度不仅包含向心加速度，还包含切向加速度，此时加速度的方向就不再指向圆心，故D错误，符合题意。
故选D。
2. 如图所示，一楔形物体M静置水平地面上，斜面上有物体A、B、C，用平行于斜面的力F拉A，使A、B、C一起沿斜面匀速上滑，楔形物体M始终保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体A可能受到3个力作用
B. 物体B可能受到4个力作用
C. 物体C一定受到6个力作用
D. 物体C可能受到7个力作用
【答案】D
【解析】AB．若C光滑，则B不可能匀速，故A受重力、支持力以及摩擦力和拉力，受4个力作用，B受重力、支持力以及摩擦力，故AB错误；
CD．如果M光滑，则C受重力，AB的摩擦力以及压力，M的支持力，物体C受到6个力作用；如果M不光滑，则C可能受重力，AB的摩擦力以及压力，M的支持力以及摩擦力，即物体C可能受到7个力作用，故C错误，D正确。
故选D。
3. 一小船渡河，河宽为120m，水流速度为4m/s，船在静水中的速度为3m/s，现调整船头方向使船渡河的时间最短，则船渡河的位移为（ ）
A. 200mB. 240mC. 280mD. 300m
【答案】A
【解析】要使渡河时间最短，船头要始终正对河岸，即v船方向始终垂直河岸，船渡河时间
船登陆的地点离正对岸的距离
解得
那么船在最短时间内渡河，渡河位移为
故选A。
4. 如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时调整发球机出球口距地面的高度，然后向竖直墙面发射网球。如图乙所示，先后两次从同一位置水平发射网球A、B，网球A、B分别碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为45°和60°，若不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. A球的发射速度小于B球的发射速度
B. A球的速度变化率小于B球的速度变化率
C. A球在空中的飞行时间大于B球在空中的飞行时间
D. A、B两球位移之比
【答案】D
【解析】C．发出的网球在竖直方向做自由落体运动，根据可得，网球在空中运动的时间为
由图可知
所以A球在空中的运动时间小于B球在空中的运动时间，故C错误；
A．网球在水平方向上做匀速直线运动，两网球在水平方向的位移相等，根据可知，A球的发射速度大于B球的发射速度，故A错误；
B．速度的变化率是指加速度，两个网球的加速度都是重力加速度，所以A球的速度变化率等于B球的速度变化率，故B错误；
D．根据平抛运动的推论，物体速度偏转角的正切值是位移与水平方向位移夹角正切值的2倍，设A、B的位移方向与水平方向的夹角分别为α、β，则，
设两球的水平位移为x，根据几何关系有
解得A、B两球的位移之比为
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。时刻将质量为m=1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。0s~15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（ ）
A. 2.5mB. 3mC. 5mD. 6.3m
【答案】C
【解析】煤块相对传送带滑动时，由牛顿第二定律得
代入数据解得a＝0.4m/s2
由图乙所示v﹣t图像可知，在0~10s内传送带速度加速度a1
在10~15s内传送带的加速度a2
由于a＞a1，则在0~10s内煤块相对传送带静止一起以加速度a1向上做匀加速直线运动
在10~15s内由于a＜a2，煤块相对于传送带向下滑动，在传送带上留下痕迹
该时间内煤块的位移x1＝vt3×5mm＝20m
传送带的位移x2＝vt3×5mm＝25m
则在0~15s内煤块在传送带上划出痕迹的长度
C正确，ABD错误。
故选C。
6. 如图所示，质量为M=3kg的“L”型装置放在水平地面上，细绳一端连接“L”型装置，细绳跨过固定在竖直墙上的光滑定滑轮，另一端与质量为m1=20kg物块A连接，“L”型装置的底面粗糙，“L”型装置底面与地面间的动摩擦因数。物体A下降过程中，质量为m2=1kg的某种动摩擦因数较大的特殊材料制成的物块B恰能静止于“L”型装置的竖直壁上，重力加速度为g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A下降过程中与“L”型装置和地面不相撞，则物块B和“L”型装置的竖直壁间的动摩擦因数μ2为（ ）
A. 1.25B. 1.7C. 2D. 2.3
【答案】A
【解析】对A分析有
对M和B整体分析有
对B隔离分析有
且竖直方向有
解得
故选A。
7. 如图所示，水平地面上固定一表面粗糙的斜面体，斜面顶端安装有定滑轮，轻绳1跨过定滑轮，一端连接物体A，另一端连接物体B；轻绳2绕过定滑轮，一端连接物体B，另一端人为控制；现让物体B缓慢由O点正下方P点运动到Q点，O点和Q点等高，轻绳1一直处于张紧状态且物体A始终保持静止，不计空气阻力以及滑轮的摩擦力，在物体B由P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳1的拉力大小先增大再减小
B. 轻绳2的拉力一直变大
C. 轻绳1和轻绳2对物体B的拉力的合力逐渐减小
D. 物体A受到斜面的摩擦力一定是先减小后增大
【答案】B
【解析】AB．由于物体B缓慢运动，即合外力为零，所以轻绳1和轻绳2对物体B合力始终跟物体B的重力等大反向，受力情况如图所示
补充画出B受力的矢量三角形如图
分析图中各夹角的几何关系有，
根据正弦定理有
即
所以，
物体B由P点运动到Q点的过程中θ减小，T2一直变大，T1一直减小，故A错误，B正确；
C．由于物体B缓慢运动，即合外力为零，所以轻绳1和轻绳2对物体B的拉力的合力始终跟物体B的重力等大反向，故C错误；
D．由于一开始物体A所受静摩擦力方向不确定，所以物体A受到斜面的摩擦力不一定是先减小后增大，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：共3题，每题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 四个水球可以挡住一颗子弹!央视“国家地理”频道播出的一挡节目真实地呈现了该过程，其实验示意图如图所示。四个完全相同的装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹以初速度v水平射入水球中并在其中做匀减速直线运动，恰好能穿出第4号水球。子弹视为质点，不计球皮对子弹的阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 子弹从第3个水球穿出时的速度大小为
B. 子弹从左向右穿过每个水球的过程中速度变化量之比分别为1:3:5:7
C. 子弹穿过1、2两水球的平均速度与穿过3、4两水球的平均速度之比为1:
D. 子弹从1水球穿出时的速度和从2水球穿出时的速度之比是:1
【答案】AC
【解析】B．根据逆向看，子弹的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，子弹穿过水球时，通过四个连续相等的位移，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，子弹穿过4个水球的时间之比为，子弹从左向右穿过每个水球的过程中速度变化量之比为，故B错误；
D．子弹从1水球穿出时的速度和从2水球穿出时的速度之比从逆向看，等于，故D错误；
A．穿过前三个球的总时间和最后一个球的时间相等，根据匀变速直线运动的中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可得子弹从第3个水球穿出时的速度大小为，故A正确；
C．子弹穿过1、2两水球的平均速度与穿过3、4两水球的平均速度之比为
故C正确。
故选AC。
9. 曲柄连杆结构是发动机实现工作循环、完成能量转化的主要运动零件。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞Q在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0=12m/s的匀速圆周运动，已知OP=6m，PQ=8m，则下列说法正确的是（ ）
A. 当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于12m/s
B. 当O、P、Q在同一直线时，活塞运动的速度为零
C. 当PQ垂直于OP时，活塞运动的速度为10m/s
D. 当PQ垂直于OP时，活塞运动的速度为15m/s
【答案】ABD
【解析】A．对P和Q的运动分解，如图所示
由关联速度可知
则
当OP与OQ垂直时，α=β，P的速度大小为v0，此时杆PQ整体运动的方向是相同的，方向沿OQ的平行的方向，所以活塞运动的速度等于P的速度，都是v0=12m/s，故A正确；
B．当O、P、Q在同一直线时，P的速度方向与OQ方向垂直，沿OQ方向的分速度为0，Q的瞬时速度为0，所以活塞运动的速度等于0，故B正确；
CD．当PQ垂直于OP时，即杆与圆相切
根据几何关系可得
解得
故C错误，D正确。
故选ABD。
10. 如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为45°，此时绳绷直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则（ ）
A. ω时，细绳中的张力为零
B. ω时，物体受到的摩擦力为mg
C. ω时，细绳中的张力大小为
D. ω时，细绳中的张力大小为
【答案】BCD
【解析】A．由题意可知，当细线恰好要产生张力时，有μmg＝mω2Lsin45°，
解得ω
故A错误；
B．当ω，则有f＝mω2Lsin45°
可得：fmg
故B正确；
C．设当物块恰好要离开转台时，细线张力为T，则有Tcs45°＝mg，Tsin45°＝
联立解得Tmg，
当ω，则物块已离开转台，设绳子与竖直方向的夹角为α，则有sinα＝mω2Lsinα
联立可得：
故C正确；
D．ω，则有cs45°+N＝mg，
其中
解得mg
故D正确；
故选BCD。
三、非选择题：共5题，共57分。
11. 某同学设计了一个研究平抛运动的实验，装置如图所示。为了测定小球做平抛运动初速度的大小，他的主要操作步骤如下：
①安装好器材，将斜槽轨道的末端调成水平；
②在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽E前，木板与槽E之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直。
③使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A。
④将木板沿水平方向向右平移一段距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B。
⑤将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C。若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2。
（1）关于该实验，下列说法正确的是 ；
A. 斜槽是否光滑对实验没有影响
B. 小球每次从不同位置静止释放对实验没有影响
C. 为了减小实验误差，实验中应选取质量大、体积小的小球完成实验
（2）若某次实验测得y1=20cm，y2=30cm，x=20cm，则小球平抛的初速度大小为 ________m/s。当小球撞在木板上得到痕迹B时，小球从E点运动到B点的时间为t= _________s。（重力加速度g=10m/s2）
【答案】（1）AC （2）2.0 0.25
【解析】
【小问1解析】
AB．根据实验原理，只要每次从斜槽上的同一位置静止释放小球，小球做平抛运动的初速度解相同，斜槽是否光滑对实验没有影响，故A正确，B错误；
C．为了减小空气阻力的影响，实验中应选取质量大、体积小的小球完成实验，故C正确。
故选：AC。
【小问2解析】
小球在水平方向做匀速直线运动，由图可知相邻点迹的时间间隔相等，设为T；
小球竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动推论
代入数据解得T＝0.1s
水平初速度
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打下B点的竖直速度
根据匀变速直线运动规律vyB＝gt
小球从E点运动到B点的时间t＝0.25s
12. 小巴同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图1所示的实验装置。一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连。实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用纸带计算出小车对应的加速度a。已知重力加速度为g。
（1）用该装置进行实验，下列说法正确的是（ ）
A. 电火花计时器使用8V的交流电源
B. 为了减小实验误差，实验中小车的质量一定要远大于钩码的质量
C. 本实验需要进行阻力补偿，且阻力补偿时应取下钩码和纸带
D. 实验时应将小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车
（2）根据实验要求进行实验，实验得到如图2所示的一条纸带，已知电源的频率为50Hz，每五个点取一个计数点，则小车运动的加速度大小为________m/s2（保留2位有效数字）；
（3）改变钩码质量，根据得到的多条纸带得到小车运动的加速度大小a并记录对应的弹簧测力计的示数F，根据实验数据得到的a-F关系如图3所示（图中b和c为已知量），则小车的质量M为__________________，根据图3中的b和c可以推算，当小车的加速度大小为b时，所挂钩码的质量m的表达式为m=____________________（用已知量表示）。
【答案】（1）D （2）1.9 （3）
【解析】
【小问1解析】
A．电火花计时器使用220V的交流电源，故A错误；
B．由于弹簧测力计可测得绳子拉力，实验中小车的质量无需远大于钩码的质量，故B错误；
C．本实验需要进行阻力补偿，且阻力补偿时应取下钩码，纸带还需与小车连接，故C错误；
D．为得到更多点迹，实验时应将小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，故D正确。
故选D。
【小问2解析】
每五个点取一个计数点，则时间为
根据逐差法可知加速度为
【小问3解析】
对小车，根据牛顿第二定律有
可得
根据图像斜率可知
解得
对钩码，根据牛顿第二定律有
解得
13. 为提高货物运输的效率，确保航班行李和货物的及时装卸，机场常用小火车在停机坪和货运站之间运输行李、货物等。如图所示是一辆机场小火车，它由一辆牵引车和5节载货拖车组成，拖车在牵引车牵引力的作用下做匀速直线运动，速度大小为v0=3m/s，若某时刻最后一节拖车与前车脱钩，但牵引车的牵引力未变化。假设牵引车和各节拖车的质量都相同，它们运动时所受的阻力都等于他们车重的0.1倍，不计各拖车之间的距离，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）最后一节拖车刚脱钩后，牵引车的加速度是多大？
（2）4s末，最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离是多少？
【答案】（1）0.2m/s2 （2）9.1m
【解析】
【小问1解析】
设牵引车与每节拖车的质量都是m，牵引车与5节拖车做匀速直线运动，由平衡条件解得F＝0.6mg
最后一节拖车脱钩后，对牵引车与剩余的4节拖车整体，由牛顿第二定律得F﹣0.5mg＝5ma1
代入数据解得：a1＝0.2m/s2
【小问2解析】
对最后一节拖车，由牛顿第二定律得0.1mg＝ma2
代入数据解得：a2＝1m/s2
最后一节拖车减速到零需要的时间t0s＝3s＜4s
最后一节拖车减速到零的位移x2m＝4.5m
牵引车在t＝4s内的位移x1＝v0t
代入数据解得：x1＝13.6m
4s末最后这节拖车距离其前面一节拖车的距离d＝x1﹣x2＝13.6m﹣4.5m＝9.1m
14. 如图所示，放置于水平地面上的餐桌，其高度为H=0.8m、半径为R=0.5m，餐桌中心处有一个半径为r=0.3m的转盘，转盘能够绕中心轴转动，而桌面无法转动，忽略转盘与桌面的高度差。置于转盘边缘的质量为m的餐盘（可视为质点）随转盘加速转动，当转速达到某一数值时，餐盘恰好从转盘滑离，经过一段时间后离开桌面做平抛运动。已知餐盘与转盘间的动摩擦因数，餐盘与餐桌面间的动摩擦因数，设餐盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，28.3。求：
（1）餐盘离开转盘的最大角速度是多大？
（2）餐盘离开餐桌面时的速度是多大？
（3）餐盘落地点距离餐桌中心在水平地面上的投影点有多远？（第3问请以cm为单位表示）
【答案】（1）rad/s （2）0.2m/s （3）56.6cm
【解析】
【小问1解析】
由题意可知，餐盘在转盘上做圆周运动，静摩擦力提供向心力，则餐盘离开转盘时，由牛顿第二定律可得
解得
【小问2解析】
结合（1）可知，餐盘离开转盘，沿转盘切线飞出速度大小为
根据几何关系可知，餐盘沿转盘切线飞出运动到餐桌边沿的位移大小为
解得
餐盘沿转盘切线飞出运动到餐桌边沿的过程，由动能定理可得
联立可得，餐盘离开餐桌面时的速度大小为
【小问3解析】
餐盘离开餐桌后做平抛运动，根据平抛运动的运动规律可知，竖直方向有
水平方向有
由几何关系可知，餐盘落地点与餐桌中心在水平地面上的投影点的距离为
联立可得
15. 如图，一倾角为的光滑固定足够长斜面的顶端放有质量M=0.06kg的U形框，其EF边与斜面底边平行，长度为L=0.6m，棒CD的两端置于框上，初始时CD与EF相距。现让棒与U形框同时由静止开始下滑，棒下滑距离后到达图示两虚线区域的上边界（两虚线与斜面底边平行），开始受到一个“神秘力”的持续作用，棒在两虚线间做匀速直线运动，直至离开两虚线间区域。当棒离开两虚线区域的下边界的瞬间，U形框的EF边正好到达两虚线区域的上边界，也开始受到一个“神秘力”的持续作用，从EF边进入两虚线区域开始，U形框做匀速直线运动，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知棒或者U形框的EF边只有在图示两虚线间滑动时才会受到“神秘力”的作用，并且“神秘力”的大小跟棒或者EF边的速度大小成正比，方向与其速度方向相反，即，比例系数k=0.12kg/s。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）棒刚进入两虚线间时的速度大小；
（2）棒的质量以及棒与U形框之间的动摩擦因数；
（3）两虚线区域的宽度为d；
（4）U形框匀速运动的距离。
【答案】（1）1.5m/s （2）0.02kg，0.375 （3）0.3m （4）
【解析】
【小问1解析】
根据题意可知，棒和框在没有进入两虚线间前一起做匀加速直线运动，设棒的质量为m，二者一起运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
解得
设棒刚进入两虚线间时的速度大小为v0，根据运动学公式可得
解得
【小问2解析】
棒进入虚线区域时受到的“神秘力”方向沿斜面向上，大小为
代入数据解得
此过程中棒受到框给它的滑动摩擦力f沿斜面向下，对棒，因其匀速运动，有，
此时U形框受到棒给它滑动摩擦力方向沿斜面向上，正向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设U形框刚进入两虚线区域速度为v1，根据运动学公式可得
U形框进入两虚线间匀速运动，受到的“神秘力”大小为，
联立解得，，，，，
【小问3解析】
设两虚线区域的宽度为d，棒在两虚线间运动的时间为t1，这段时间内棒匀速运动，而U形框做匀加速直线运动，有
解得
两虚线区域的宽度
【小问4解析】
棒出虚线区域时速度小于U形框的速度，因此受到沿斜面向下的滑动摩擦力，做加速运动，设其加速度大小为a2，则有
解得
设再经过时间为t2，棒与U形框共速，则有
解得
此过程U形框匀速运动的距离为
经分析，当二者共速时，U形框还在两虚线间区域（x