荆州八县市2023一2024学年度第一学期期末联考
高一物理试题
(测试时间：75分钟卷面总分：100分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题
只有一项符合题目要求。第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但
不全的得2分，有选错的得0分。
1.有关标量与矢量的说法，正确的是
A.只有大小、没有方向的物理量是矢量
B.既有大小、又有方向的物理量是标量
C.位移、速度、加速度都属于矢量
D.路程、时间、重力都属于标量
2.下列有关力的说法中，正确的是
A.轻杆一端所受弹力的方向一定沿轻杆的方向
B.只有运动的物体才会受到摩擦力的作用
C.滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反
D.某物体作为一个施力物体，同时也是受力物体
3.甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动，两物体运动的-t图像如图所示，甲物体
比乙物体早1s停止运动。下列说法正确的是
↑m·
高一物理试题第1页共6页
A.t=1s时，乙的加速度大小为1.5m.s2
B.在甲、乙整个运动过程中，t=3s时，甲、乙相距最远且最远距离为1.5m
C.甲在加速过程中的位移与在减速过程中的位移大小相等
D.甲、乙的总位移大小之差为4m
4.如图所示，一重力为10N的光滑小球受到一通过球心、大小为20N的作用力F,F与竖
直方向夹角为60°，小球静止在固定于竖直墙上的斜面上，下列说法正确的是
A.小球可能不受墙的弹力
B.小球一定受到墙的弹力且方向水平向左
C,小球可能受到斜面的弹力且方向垂直斜面向上
6
D.小球一定同时受到斜面与墙的弹力
5.一架无人机以2mfs的速度在5m的高空水平飞行，从无人机上每隔0.5s释放一个小
球，先后共释放四个完全相同的小球。若不计空气阻力，重力加速度取10m/s2,下列说
法正确的是
A.第二个小球和第四个小球的下落所用时间均为1s
B.第三个小球落地时的速度大小为10ms
C.第一个小球落地点与第四个小球的落地点间距为4m
D.第一个小球和第二个小球在空中的任何时刻都不在同一竖直线上
6.如图所示的传动装置，皮带轮O和O'上有三点A、B、C,O和O'半径之比为1：4，C是
O'上某半径的中点，则皮带轮转动时，关于A、B、C三点的线速度、角速度之比，正确
的是
A.@A @B:@c=4:2:1
B.A:wB:aC=2:2:1
C.VA:U8:vc=4:2:1
D.vA UB:vc=2:2:1
7.小明乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示，其中t1一t2时间内图像
为直线。小明所受支持力的大小用N表示，小明的质量为m,重力加速度大小为g。下
列判断错误的是
A.0一t1时间内，小明处于超重状态
高一物理试题第2页共6页参考答案
1.【答案】C
【解析】只有大小、没有方向的物理量是标量，A项错误；既有大小、又有方向的物理量是矢量，B项错误；位移、速度、加速度、重力这些物理量均属于矢量，路程、时间这两个物理量均属于标量，C项正确，D项错误。
2.【答案】D
【解析】轻杆一端所受弹力的方向可能沿杆方向，也可能不沿杆方向，A 项错误；静止的物体也可能受到摩擦力的作用，B项错误；滑动摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反，C 项错误；力的作用是相互的，一个物体是施力物体的同时也是受力物体，D项正确。
3.【答案】C
【解析】由图像可知，0~3s内乙物体做匀加速直线运动，加速度大小为 A项错误；v-t图线与t 轴所围成的面积即为位移，结束运动后，甲物体总位移.x甲=9 m，乙物体总位移xz=12m，两物体的位移大小之差为 3m 且相距最远，B、D项错误；甲物体在0~2 s内做匀加速直线运动，运动的位移大小为 3m ，方向与运动方向相同，甲在3~5s内做匀减速直线运动，运动的位移大小为 3m ，方向与运动方向相同，故甲在加速过程中的位移与在减速过程中的位移相等，C项正确。
4.【答案】B
【解析】对小球进行受力分析如图所示，重力与作用力 F 的合力水平向右，此时小球又要处于静止状态。若小球只受到斜面对小球的弹力，则小球无法保持静止状态；若小球只受到墙的弹力，则小球可以保持静止状态；若小球既受到斜面的弹力又受到墙的弹力，则小球受力不平衡，小球无法处于静止状态；因此，小球一定受到墙壁对小球水平向左的弹力，一定不受到斜面给小球的弹力，故 B 项正确。
5.【答案】A
【解析】每个小球都做相同的平抛运动，由 h = 知，落地时间 A项正确；小球落 地 的 速度 ，B项错误；第一个小球与第四个小球之间间隔 1.5s ,故落地点的间距 s=vt =2m/s×1.5s =3m，C项错误；小球都做相同的平抛运动，水平方向都是相同速度的匀速直线运动，所以在空中任何时刻总是排成竖直的直线，D 项错误。
6.【答案】D
【解析】根据传动装置的特点可知，A、B两点的线速度大小相等，即 根据 v=ωr,可得 又因为共轴转动特点，可知B、C 两点的角速度相等，即ωB=ωc ,根据v=ωr,可得 综合可得 故A、B、C项错误,D项正确。
7.【答案】B
【解析】s-t 图像的斜率表示速度，可知0~t 时间内，电梯向上做加速运动，加速度向上，根据 N一mg=ma，可知支持力大于重力，所以小明处于超重状态,A项正确;t ~t 时间内，电梯匀速上升，小明的速度不变，B项错误；t ~t 时间内，电梯速度减小，则小明的加速度方向向下，小明处于失重状态，根据mg-N=ma，可知支持力小于重力，故 C、D 项正确，本题选错误的，故选B项。
8.【答案】ACD
【解析】根据牛顿第一定律可知，物体不受外力或所受的合外力为零时，物体做匀速直线运动或者保持静止状态，因此做匀速直线运动的物体，可能不受力，也可能受平衡力，A 项正确；做匀速直线运动的物体突然受外力，若受外力方向与速度共线，则做直线运动；若受外力方向与速度不共线，则做曲线运动，B项错误；物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不共线，C项正确；匀速圆周运动的物体所受的合力提供向心力，合力大小不变，方向与速度方向始终垂直，因此合力是变力，D项正确。
9.【答案】BD
【解析】木块与木块之间只有弹力，没有摩擦力，A 项错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 解得 a = B项正确;对 1、2号木块进行整体分析，由牛顿第二定律得 F-f 解得 -2ma=5N,故 C 项错误;对 1 号木块进行分析，由牛顿第二定律得 解得 ，对 4 号木块整体分析，由牛顿第二定律得 解得 ，故D项正确。
10.【答案】ABC
【解析】由图丙可知，t 时，将木板 A、物块 B看成一个整体，此时他们刚好开始运动，有 解得μ =0.1,A 项正确;在t ~8s 过程中，木板 A、物块 B一起相对地面运动，8 s后物块 B受到的摩擦力恒定为6 N，. 解得 ,在 8 s时刻木板 A与物块B刚好发生相对运动，由牛顿第二运动可知，此时加速度为 4m /s ,对 B 物 块进行受力分析可得 F 一 解得 根据图乙，由几
何知识可得 解得 , B 项正确；在t 时刻，物块 B刚好保持静止，即 =2N，由图乙结合几何知识可得 解得t =1.6 s,C:项正确；在 t 时刻，对物块 B进行受力分析，根据牛 顿第二定律得a B = D项错误。
11.【答案】(1)B(2分) (2)不是(2 分) (3)9.8(3分)
【解析】(1)还需要刻度尺，刻度尺用于测量印迹间的距离，B项正确；
(2)由图像分析和水平方向分运动可得，小球从A 到B，B到C 的运动时间相等，若 A 点是平抛运动的抛出点，则小球从 A 到B，B 到C，竖直方向的分位移之比应为 1 ：3，由图像可知yAB=14.7 cm、yBc = 24.5cm,则有yAB : yBC=3：5，则A 点不是平抛运动的抛出点；
(3)由纸带公式 可得当地的重力加速度为 9.8 m/s 。
12.【答案】(1)交流 220 V(2 分) (2)应该先接通电源再释放小车(2 分) (3)0.50(3 分) 0.83(3 分)
【解析】(1)电火花打点计时器使用 220 V 交流电源；
(2)为了充分利用纸带，应该先接通电源，再释放小车；
(3)相邻两计数点间的时间间隔为 根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，因此打C点的瞬时速度 =0.50 m/s,根据“逐差法”，小车加速度 a = 代入数据解得，小车加速度 a=0.83 m/s 。
13.【答案】(1)13.5m (6 分) (2)4 s(4分)
【解析】(1)由题意可知，A 汽车发现 B汽车时 A汽车的速度为 1分)
A 汽车的速度末为
B汽车的速度末为 (1分)
当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远即 时,联立解得 t=1s(1分)
此时汽车 A 的位移
此时汽车 B的位移 (1分)
故最远的距离 (1分)
联立解得 x=13.5m(1分)
(2)设运动 t 时间后，汽车 A 恰好追上汽车 B
汽车 B的运动时间 (1分)
汽车 A 的位移为
汽车 B 的位移为 分)
两车相遇时有 (1分)
联立解得 (1分)
故经过 4s ，汽车 A 恰好追上汽车B
14.【答案 (4分)
(6 分)
(5分)
【解析】(1)小球从 B 点到 圆 盘 做平 抛 运 动(1分)
竖直方向上有
解得 (1分)
此时小球正好落在圆心O
水平方向上有 (1分)
解得 (1分)
(2)初速度 v 最小时，小球刚好落在圆盘左侧边缘
由水平方向小球做匀速直线运动可得
2R-R=vmint(1分)
解得 (1分)
初速度 v。最大时，小球刚好落在圆盘右侧边缘由水平方向小球做匀速直线运动可得
2R+R=vmaxt(1分)
解得 (1分)
综合可得，小球要能落在圆盘上，小球初速度的范围为 (2分)
(3)C 点随圆盘一起以角速度ω匀速转动，要使小球落到C 点，
必须满足 (2分)
即 分)
联立第(1)问解得 (2分)
15.【答案】(1)0.2m(5 分) (6分) (3)1 s(7分)
【解析】(1)小球 B 在三个力的作用下处于平衡状态(1分)
对小球B受力分析如图所示
由平衡条件可得
(2分)
解得F弹=40 N,x=0.2m(2分)
(2)剪断绳 BC的瞬间，弹簧的弹力不变
对小球 B有 (1分)
由牛顿第二定律可得 (1分)
解得 (1分)
剪断绳 BC 的瞬间，物块 A 从斜面由静止开始下滑
对物块 A 进行分析，由牛顿第二定律可得
mAgsinα-μ mAgcosα=m aA((2分)
(1分
(3)物体从斜面由静止开始下滑，做加速度为 的匀加速直线运动
由几何知识可得
解得 分)
由匀加速直线运动的位移公式可知
解得物块 A 到达斜坡底端 D 时，速度 4m /s(1分)
物块 A 在传送带上运动时，运动方向与传送带运动方向相反
由牛顿第二定律可得
解得 (1分)
物块 A 在传送带 DE 上做匀减速直线运动
当物块 A 速度减小为0时，物块 A 运动的距离最远
即
解得 (1分)
故物块 A 能离开传送带(1分)
设离开传送带时速度为 vE
由位移公式可知
解得 分)
物块 A 离开传送带所需的时间为 1 s(1分)
