2024-2025学年安徽省马鞍山市高一（上）期末物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省马鞍山市高一（上）期末物理试卷（含答案），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.人工智能时代的到来，扫地机器人已进入千家万户。扫地机器人可以预约工作时间并定时完成工作。小明同学预约机器人早上9：00开始工作，一个小时完成清扫，图甲、图乙为机器人采用的两种寻路方式的运动轨迹，扫地机器人均从家中的某位置出发，扫地完成后再回到初始位置。下列说法正确的是( )
A. 9：00指的是时间间隔
B. 两种寻路方式位移大小相等
C. 甲图所示的寻路方式平均速度更大
D. 扫地机器人在躲避障碍的过程中，可以将其看成质点
2.下列描述正确的是( )
A. 甲图，水平桌面对书产生竖直向上的弹力
B. 乙图，碗对筷子的弹力方向如图中箭头所示沿筷子斜向上
C. 丙图，反弹出去的排球在空中运动时，受到沿运动方向的弹力
D. 丁图，竖直细线悬挂的小球，靠在光滑的斜面上，受到垂直斜面向上的支持力
3. 2024年10月30日，“神舟十九号”载人飞船发射成功，在火箭沿竖直方向加速上升过程中，下列说法正确的是( )
A. 宇航员处于完全失重状态
B. 宇航员速度不断增大，惯性增加
C. 宇航员受到的合力方向竖直向上
D. 座椅对宇航员的作用力大于宇航员对座椅的作用力
4.某物体运动的速度—时间(v−t)图像如图所示，则( )
A. 0−4s，物体的位移大小为0
B. 1s时与3s时物体在同一位置
C. 0−4s，物体的加速度不变
D. 0−2s，物体的加速度大小为1m/s2
5.如图所示，小明两手握住轻绳两端提着一钩码保持静止，不计钩码与轻绳的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 缓慢减小轻绳之间的夹角，轻绳的弹力将逐渐变大
B. 无论用多大的力拉轻绳，也不可能将轻绳拉至水平
C. 缓慢增大轻绳之间的夹角，轻绳的弹力大小一定大于钩码的重力大小
D. 当轻绳之间的夹角为60°时，轻绳的弹力大小等于钩码的重力大小
6.如图所示，一辆带有竖直自动升降梯的路灯维修车正在工作。某段时间内升降梯匀速下降，同时车向左启动做匀加速直线运动，对于这段时间内站在梯子上的工人，描述正确的是( )
A. 工人一定做匀变速运动
B. 工人对升降机的摩擦力水平向左
C. 工人相对地面的运动轨迹可能是直线
D. 车的加速度增大，工人到达升降机底端的时间变短
7.物体以初速度v0竖直上抛，经2s到达最高点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 物体上升的最大高度为40m
B. 物体在第1s内、第2s内位移大小之比为1：4
C. 物体在第1s内、第2s内平均速度之比为3：1
D. 物体在2s内速度改变量的大小为20m/s，方向竖直向上
8.如图所示，质量为3kg的物块放在一木箱内，轻弹簧一端与木箱固定，另一端与物块栓接。开始时物块与木箱均保持静止状态，弹簧伸长且弹力大小为6N。已知物块和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 木箱以1m/s2的加速度水平向左加速瞬间，物块所受摩擦力大小为9N
B. 木箱以1m/s2的加速度水平向右加速瞬间，物块所受摩擦力大小为12N
C. 木箱以10m/s2的加速度竖直向上加速瞬间，物块所受的支持力大小为48N
D. 木箱以10m/s2的加速度竖直向下加速瞬间，物块的加速度大小为2 26m/s2
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，一斜面固定放置在光滑水平桌面上，斜面底端与桌面平滑连接。有一物块从距斜面底端0.5m处由静止开始滑下，从桌面的边缘水平飞出后落地不反弹。已知斜面倾角为37°，物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25，桌面距地面的高度为0.8m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则( )
A. 物块在斜面上的加速度大小为4m/s2B. 物块滑至斜面底端的速度大小为4m/s
C. 物块飞出后至落地，运动时间为0.4sD. 物块落至地面的速度大小为4m/s
10.如图甲所示，两端带有固定挡板的长木板静置于粗糙的水平桌面上，长木板质量为2kg，O为长木板上表面一点(图中未标出)，O点左侧光滑，右侧粗糙。一质量为2kg的小滑块紧靠左挡板放在长木板上，其与长木板上表面粗糙部分间的动摩擦因数为0.6。现对长木板施加水平向右的推力F，推力F随时间t变化的关系如图乙所示，在推力作用下长木板运动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。t=2s时撤去推力F，再经一段时间滑块运动至O点时，长木板速度恰好为零。滑块运动过程中始终未与长木板右挡板相碰，重力加速度g取10m/s2，不计挡板厚度，桌面足够长。则( )
A. 长木板底面与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
B. 长木板光滑部分的长度为2m
C. 长木板的最小长度为4m
D. 长木板发生的最大位移6.5m
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图甲所示的实验装置探究弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。
(1)为完成实验，还需要的实验器材有______。
A.弹簧测力计
B.毫米刻度尺
C.打点计时器
(2)根据实验数据，作出弹簧弹力大小F跟弹簧总长度x之间的函数关系的图线如图乙所示。可求出弹簧的原长为______cm，劲度系数为______N/m。
12.某实验小组为了探究物体质量一定时，加速度大小与力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。
(1)下列说法正确的是______。
A.平衡摩擦力时纸带不必与小车连接
B.每次改变重物的质量需要重新平衡摩擦力
C.实验时应该先接通打点计时器电源，后释放小车
(2)图乙是实验中打出的一条纸带，相邻两个计数点之间的时间间隔均为0.1s，则小车在C点的速度为______m/s，小车运动的加速度大小为______m/s2。
(3)某同学用该装置做实验时，忘记平衡摩擦力，始终将长木板放在水平桌面上。多次改变重物质量后，绘制出小车加速度a与弹簧测力计示数F之间的图像如图丙所示，据此可以推知小车的质量为______kg。
(4)若打点计时器使用的电源频率是51Hz，导致相邻计数点间的时间间隔小于0.1s。实验中，同学并不知道，则加速度的测量值与实际值相比______(选填“偏大”、“偏小”、“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.宁马城际铁路正在建造中，预计将于2025年全线通车，通车后从马鞍山市中心到南京市中心仅需30分钟即可互通互达。假设某辆列车从马鞍山某一站点从静止出发并开始计时，出发后的运动看作匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2，列车的最大速度为20m/s，求：
(1)列车从静止运行至5s末的速度大小；
(2)列车从静止运行至最大速度的过程中行驶的位移大小；
(3)列车从静止运行至位移大小为25m所用的时间。
14.如图所示，一光滑圆球静止于竖直墙面和滑块之间，已知光滑圆球的半径R=20cm，质量为M=2kg，滑块的质量m=1kg，滑块右侧与墙面的距离d=32cm，滑块与水平地面的动摩擦因数μ=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)滑块与圆球之间弹力大小；
(2)地面对物块摩擦力的大小；
(3)若给物块施加一水平向右的推力F，为使物块仍能保持静止，求推力F的最大值。
15.如图所示，一水平的浅色传送带左端放置一质量为m=2kg的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时，传送带与煤块均静止。现让传送带以恒定的速度v0=2m/s做顺时针运动，同时对煤块施加水平向右的恒力F=6N，一段时间后撤去F，当煤块运动至传送带最右端时与传动带速度刚好相同。已知传送带左右两端的距离为L=9.4m，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)煤块初始时刻加速度大小；
(2)F的作用时间；
(3)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A.9：00是时间轴上的一点，指的是时刻，故A错误；
BC.两种方式，扫地机器人均从家中的某位置出发，扫地完成后再回到初始位置，位移均为零，平均速度的大小等于位移与时间的比值，由于位移为零，平均速度大小也都为零，故B正确，C错误；
D.扫地机器人在躲避障碍的过程中，其大小和形状不能忽略，因此不能将其看成质点，故D错误。
故选：B。
时刻是指时间轴上的一点，时间间隔是指时间轴上上的一段；位移是描述物体运动位置变化的物理量，是矢量有大小有矢量；平均速度是指一段时间内(位移内)的速度，大小等于位移与时间的比值；任何物体，只要大小和形状对研究的问题的影响可以忽略，都可以看作质点。
本题主要考查时刻和时间间隔、位移、平均速度、质点等概念的应用，根据对各个概念的理解解答。
2.【答案】A
【解析】解：A.甲图，弹力的方向与形变的方向相反，与接触面相垂直。所以水平桌面对书产生竖直向上的弹力，故A正确；
B.乙图，碗对筷子弹力方向应该垂直于接触点的切线，指向碗的圆心，故B错误；
C.丙图，反弹出去的排球在空中运动时，只受到重力作用，不受沿运动方向的弹力作用，故C错误；
D.丁图，竖直细线悬挂的小球处于平衡状态，因无摩擦力，由共点力的平衡条件可知，小球受到沿细线向上的拉力及竖直向下的重力作用，不受垂直斜面的支持力，故D错误；
故选：A。
弹力的方向与形变的方向相反，与接触面相垂直。
本题主要考查了弹力的方向，解题关键是掌握弹力的方向与形变的方向相反，与接触面相垂直。
3.【答案】C
【解析】解：AC.在火箭沿竖直方向加速上升过程中，加速度方向竖直向上，宇航员受到的合力方向竖直向上，航员受到的支持力大于重力，处于超重状态而非完全失重状态(完全失重状态下支持力为0)，故A错误，C正确；
B.惯性只由质量决定，与速度无关，故B错误；
D.根据牛顿第三定律，两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。座椅对宇航员的作用力(支持力)与宇航员对座椅的作用力(压力)是一对作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，故D错误。
故选：C。
火箭加速上升时，宇航员的加速度方向竖直向上。根据牛顿第二定律，宇航员受到的合力方向与加速度方向一致，即竖直向上；根据牛顿第三定律，两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
火箭加速上升过程中，宇航员处于超重状态，受到的合力方向竖直向上，惯性保持不变，座椅与宇航员间的作用力遵循牛顿第三定律，大小相等。
4.【答案】D
【解析】解：AB、由v−t图像可知，物体在0～4s内一直沿正方向运动，所以1s时与3s时物体不在同一位置。根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移，由图可知，0−4s，物体的位移大小为x=12×2×4m=4m，故AB错误；
CD、根据v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，0−2s，物体的加速度为a=22m/s2=1m/s2
2−4s，物体的加速度为a′=0−22m/s2=−1m/s2，可知0−4s，物体的加速度是变化的，故C错误，D正确。
故选：D。
分析物体的运动情况，判断1s时与3s时位置是否相同。根据v−t图像与横轴围成的面积表示位移来求解位移大小。根据v−t图像的斜率表示加速度，来分析加速度是否变化，并求出0−2s内物体的加速度大小。
解题的关键是要明确v−t图像的斜率表示加速度，v−t图像与横轴围成的面积表示位移，速度正负表示速度方向。
5.【答案】B
【解析】解：ACD.设钩码的质量为m，轻绳之间的夹角为θ，两手握住轻绳两端提着钩码保持静止，根据受力平衡可得2Tcsθ2=mg
可得轻绳的弹力大小为T=mg2csθ2
可知缓慢减小轻绳之间的夹角，轻绳的弹力将逐渐减小；当轻绳之间的夹角为60°时，轻绳的弹力大小为T=mg2cs60∘2= 33mg4m/s
故C正确，D错误。
故选：AC。
斜面上的匀加速直线运动(用牛顿第二定律求加速度，运动学公式求末速度)；
平抛运动(竖直方向自由落体求时间，水平匀速+竖直自由落体求落地速度)。
本题需分阶段处理运动：①斜面上的匀加速(牛顿第二定律+运动学公式)；②平抛运动(分解为水平匀速、竖直自由落体)。关键在于准确分析受力和运动状态，合理选择公式。
10.【答案】ABD
【解析】解：A、对长木板和物块组成的系统进行受力分析，根据牛顿第二定律有F−μ(M+m)g=(M+m)a，由速度—时间图像斜率可得a=ΔvΔt，解得：a=2m/s2，结合图像数据解得μ=0.2，故A正确；
B、撤去外力F后，物块匀速运动，长木板做匀减速运动，其加速度满足−μ(M+m)g=Ma′，解得a′=−4m/s2，运动时间t1=0−v0a′，解得：t1=1s，光滑段长度d=v0t1−12a′t12，解得：d=2m，故B正确；
C、当物块进入粗糙段时，由于μ0mg=12N>μ(M+m)g=8N，物块减速而长木板加速。物块加速度−μ0mg=ma1，解得a1=−6 m/s2；长木板加速度μ0mg−μ(M+m)g=Ma2，解得a2=2 m/s2。共速时满足v0+a1t2=a2t2，解得t2=0.5s，v共=1m/s。粗糙段最小长度d′=12(v0+v共)t2−12v共t2，解得：d′=1m，故总长度L=d+d′，解得：L=3m，故C错误；
D、共速后整体减速，加速度−μ(M+m)g=(M+m)a共，解得a共=−2 m/s2。长木板总位移x=v022a+v022|a′|+v共22a2+v共22|a共|，代入数据得x=6.5m，故D正确。
故选：ABD。
分析题目需要从动力学角度理解长木板与滑块的相互作用过程。在推力F作用下，长木板加速运动，滑块在光滑部分保持静止，进入粗糙部分后开始相对滑动。撤去推力后滑块匀速运动至O点，长木板减速停止。计算长木板与桌面间的摩擦因数需考虑整体受力情况。确定光滑部分长度需结合撤去推力后长木板的减速时间和速度变化。最小长度需考虑滑块在粗糙部分相对滑动时的位移差。最大位移则需分段计算长木板在不同阶段的运动情况并累加。
本题综合考查牛顿运动定律、摩擦力分析、运动学公式应用以及多物体系统的动力学问题，属于中等偏上难度的力学综合题。题目通过图像信息与文字描述相结合的方式，巧妙地将受力分析、运动过程分解、临界条件判断等核心知识点融入其中，计算量较大且对学生的物理建模能力要求较高。解题时需要准确理解F−t图和v−t图所隐含的动力学信息，并分阶段分析滑块与长木板的相对运动状态，特别是要处理好光滑段与粗糙段转换时的受力突变问题。选项C对最小长度的判断涉及相对运动分析中的临界条件，是本题的思维难点，而选项D的位移计算则要求学生能系统整合各阶段的运动学特征，充分体现了对综合分析能力的考查。
11.【答案】B 4;50
【解析】解：(1)实验需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有毫米刻度尺；弹力的大小等于钩码的重力，不需要弹簧测力计；本实验不用打点计时器，故AC错误，B正确。
故选：B。
(2)弹簧弹力为0时弹簧的长度即弹簧的原长，为4cm；
由胡克定律F=kx，可得劲度系数为k=ΔFΔx=8−0(20−4)×10−2N/m=50N/m
故答案为：(1)B；(2)4，50。
(1)根据实验原理分析判断；
(2)利用图像截距和斜率计算弹簧的原长和劲度系数。
本题关键掌握探究弹力和弹簧伸长关系的实验原理和注意事项，利用图像计算弹簧原长和劲度系数的方法。
12.【答案】C 1.05;1.8 1.5 偏小
【解析】解：(1)A.平衡摩擦力时，不挂重物，将长木板有打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，可知，平衡摩擦力时纸带需要与小车连接，故A错误；
B.结合上述，令长木板的倾角为θ，平衡摩擦力时有mgsinθ=μmgcsθ
小车的质量可以消去，即平衡摩擦力时与小车的质量大小无关，可知，每次改变重物的质量不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C.为了避免在纸带上出现大量的空白段落，实验时应该先接通打点计时器电源，后释放小车，故C正确。
故选：C。
(2)匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则小车在3点的速度为v=(9.60+11.40)×10−22×0.1m/s=1.05m/s
根据逐差法可知，小车运动的加速度a=(9.60+11.40)×10−2−(6.00+7.80)×10−24×0.12m/s2=1.8m/s2
(3)若没有平衡摩擦力，对小车进行分析，根据牛顿第二定律有
2F−f=ma
变形得a=2Fm−fm
结合图丙有2m=−1
解得m=1.5kg
(4)测量值所用频率为50Hz，实际频率为51Hz，故实际周期比测量周期小，则测量值比实际值偏小。
故答案为：(1)C；(2)1.05，1.8；(3)1.5；(4)偏小。
(1)根据实验原理、正确操作以及平衡摩擦力的原理和方法分析作答；
(2)根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻速度求解速度，根据逐差法求加速度；
(3)根据牛顿第二定律求解a−F函数，结合图像斜率和纵截距求解作答；
(4)频率是f=51Hz，则周期变小，计数点之间的时间间隔变小，即实际的时间间隔小于0.1s，但是该同学仍以0.1s计算，故加速度测量值比实际值偏小。
本题考查纸带数据处理，学生应掌握瞬时速度计算和加速度计算。
13.【答案】(1)列车从静止运行至5s末的速度大小为2.5m/s (2)列车从静止运行至最大速度的过程中行驶的位移大小为400m (3)列车从静止运行至位移大小为25m所用的时间为10s
【解析】解：(1)依据匀变速直线运动的速度与时间关系，可得5s末列车的速度大小为v=at，解得：v=2.5m/s；
(2)列车从静止加速至最大速度所通过的位移为x=vm22a，解得：x=400m；
(3)设列车从静止运行至位移x′=25m时的速度为v′，根据运动学公式有v′2=2ax′，代入数据解得：v′=5m/s。列车在此过程中所用的时间为t′=v′a，解得：t′=10s；
答：(1)列车从静止运行至5s末的速度大小为2.5m/s；
(2)列车从静止运行至最大速度的过程中行驶的位移大小为400m；
(3)列车从静止运行至位移大小为25m所用的时间为10s。
(1)列车由静止匀加速启动，已知加速度与时间，直接利用速度与时间的关系式即可求出末速度。
(2)列车从静止匀加速到最大速度，已知初速度、末速度与加速度，利用速度与位移的关系可直接求出此过程的位移。
(3)先通过位移与加速度求出达到该位移时的瞬时速度，此速度小于最大速度，说明整个过程仍处于匀加速阶段，再利用速度与时间关系求出所用时间。
本题综合考查匀变速直线运动的基本规律及其实际应用，属于力学中基础且典型的运动学问题。题目通过设定城际列车启动这一具体情境，要求学生运用速度公式v=at、位移—速度关系v2=2ax以及速度—时间关系t=v/a进行计算。计算量较小，难度层级属于中等偏下，重点在于考查学生对匀加速直线运动核心公式的准确记忆与直接应用能力。整个解题过程逻辑清晰，步骤分明，有助于学生巩固对匀变速直线运动基本模型的理解，并锻炼其将实际问题抽象为物理模型并进行简单运算的基本技能。
14.【答案】(1)滑块与圆球之间弹力大小等于25N (2)地面对物块摩擦力的大小等于15N (3)推力F的最大值等于33N
【解析】解：(1)对圆球受力分析如图所示
根据平衡条件可得，滑块与圆球之间的弹力大小为F1=Mgcsθ
由几何知识可得sinθ=d−RR=32−2020=0.6
故csθ=0.8
联立解得F1=25N
(2)对滑块和圆球整体受力分析，水平方向受力平衡，则有f=F2=Mgtanθ
代入数据解得，地面对滑块的摩擦力大小为f=15N
(3)对圆球和滑块整体受力分析，根据平衡条件可得Fmax=F2+fmax
其中fmax=μ(M+m)g
结合上述结论可得推力的最大值Fmax=33N
答：(1)滑块与圆球之间弹力大小等于25N；
(2)地面对物块摩擦力的大小等于15N；
(3)推力F的最大值等于33N。
(1)对圆球受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解；
(2)对滑块和圆球整体受力分析，水平方向受力平衡，结合平衡条件列式求解；
(3)对圆球和滑块整体受力分析，根据平衡条件列式求解。
本题是共点力平衡条件的应用问题，注意正确选择研究对象，采用整体法和隔离法结合，通过受力分析，作出受力分析图即可顺利求解。
15.【答案】(1)煤块初始时刻加速度大小为5m/s2 (2)F的作用时间为1.09s (3)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度为4.8m
【解析】解：(1)对煤块进行受力分析，由牛顿第二定律得：F+μmg=ma1，代入数据解得：a1=5m/s2。
(2)设力F作用时间为t1，撤去推力时煤块速度为：v1=a1t1。
撤去推力后，根据牛顿第二定律可得：−μmg=ma2，代入数据解得：a2=−2m/s2。
加速阶段位移为：x1=12a1t12，减速阶段位移为：x2=v02−v122a2，由x1+x2=L，代入数据联立解得：t1=1.09s。
(3)加速阶段传送带位移：x带=v0t1，代入数据解得：x带=2.2m，煤块位移：x1=12a1t12，代入数据解得：x1=3.0m，相对位移：Δx1=x1−x带，代入数据解得：Δx1=0.8m。
设煤块减速至与传送带同速时间为t2，由t2=v0−v1a2，代入数据解得：t2=1.75s。
此阶段传送带位移：x带′=v0t2，代入数据解得：x带′=3.5m，煤块位移为：x2=v0+v12t2，代入数据解得：x2=6.56m，相对位移为：Δx2=x带′−x2，代入数据解得：Δx2=−4.8m。
因|Δx2|>|Δx1|，故黑色痕迹长度为4.8m。
答：(1)煤块初始时刻加速度大小为5m/s2。
(2)F的作用时间为1.09s。
(3)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度为4.8m。
(1)根据受力分析可求出合外力，进而得到加速度大小。
(2)力F作用期间煤块做匀加速运动，撤去F后煤块在摩擦力作用下减速。通过分析加速和减速两阶段的位移关系，结合总传送带长度可建立方程求解F的作用时间。
(3)黑色痕迹长度由煤块与传送带相对位移决定。分别计算加速和减速阶段两者的位移差，取绝对值较大的相对位移作为最终痕迹长度。
本题综合考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律以及相对运动等力学核心知识点，是一道典型的动力学与运动学结合的综合应用题。题目通过传送带模型设置多过程运动情境，要求学生具备较强的物理建模能力和分阶段分析能力。第一问考查受力分析与牛顿第二定律的直接应用，计算量较小；第二问需建立位移与时间的关联方程，涉及二次方程求解，计算量中等；第三问对相对运动的理解要求较高，需通过比较两阶段相对位移确定最终痕迹长度，是本题的难点所在。题目通过煤块与传送带的速度变化过程，有效考查了学生对运动图像、临界条件判断以及多过程衔接的综合分析能力，尤其第三问对物理思维的缜密性提出了较高要求。