重庆市七校2024-2025学年高一上学期期末联考物理试卷（含解析）

重庆市七校2024-2025学年高一上学期期末联考物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.一年一度的运动会是同学们最喜欢的盛会之一，关于运动会中的米和米项目，下列说法正确的是( )
A. 研究运动员的起跑动作时，运动员可以看成质点
B. 甲、乙两名运动员分别参加米和米项目，甲的位移大于乙的位移
C. 在起跑阶段，运动员的加速度方向与速度方向相反
D. 在一次米比赛中，某运动员的平均速度可能大于其任意时刻的瞬时速度
2.小明将滑块以的初速度在水平面上推出，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度取以初速度方向为正方向，下列说法正确的是( )
A. 滑块的加速度为 B. 末，滑块的速度为
C. 初，滑块的速度为 D. 末，滑块的速度
3.如图所示，一质量为的摄像机放置在三角架上。若三角架每只脚与竖直方向的夹角均为，重力加速度取。则每只脚对摄像机的支持力为( )
A. B.
C. D.
4.质点从原点由静止开始做直线运动，其位移随时间按如图所示的正弦图线变化。在内，关于质点的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 时，速度最大
B. 内，做减速运动
C. 内，速度一直减小
D. 内的平均速度值大于内的平均速度值
5.如图，用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，假设在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。则墨条水平向左运动时，下列说法正确的是( )
A. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
B. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向右
C. 桌面对砚台的支持力和墨条对砚台的压力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力和墨条对砚台的压力是一对相互作用力
6.如图所示，小球、分别从高度为和的位置水平抛出。已知、的水平位移分别为和，忽略空气阻力。关于小球的平抛运动，下列说法正确的是( )
A. 和的位移大小不相等
B. 的运动时间是的倍
C. 的初速度大小是的倍
D. 的速度变化量是的倍
7.如图所示，斜面体固定不动，光滑小球置于斜面上，挡板可绕其下端转动，将挡板从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球对斜面的压力不变
B. 小球对斜面的压力先减小后增大
C. 小球对挡板的压力一直减小
D. 小球对挡板的压力先减小后增大
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动 B. 做曲线运动的物体速度可能不变
C. 做曲线运动的物体受力一定变化 D. 做曲线运动的物体加速度可能不变
9.在学习了超重和失重后，小明将一力学传感器固定在电梯轿厢顶部，并在传感器下方悬挂一重物。此后，小明观察到重物对传感器的拉力随时间变化的图像如图所示，则( )
A. 时间内，电梯先静止，后向下运动
B. 时间内，小明处于失重状态
C. 时刻，小明的速度为
D. 时间内，小明处于超重状态
10.如图所示，小球、质量分别为、，用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶部。小车向右做匀加速运动时，两小球与车厢保持相对静止，细线与竖直方向的夹角为，轻弹簧与竖直方面夹角为，此时，细线拉力为。若剪断细线的瞬间，小球、的加速度大小分别为、，重力加速度为，则( )
A.
B.
C.
D.
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图所示的实验装置完成“验证力的平行四边形定则”实验，其中为固定橡皮条的图钉，为橡皮条与细绳的结点，和为细绳。
多选下列说法正确的是______；
A.拉着细绳的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C.测量时，弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板平行
图中沿方向拉的弹簧测力计的示数为______。
若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要______选填“”、“”或“”次把橡皮条结点拉到点。
12.用如图甲所示的实验装置来探究加速度与质量、合外力的关系。
在探究质量一定，加速度与合外力的关系时，用砂和砂桶拉动小车运动。
本实验______选填“需要”或“不需要”满足“砂和砂桶的总质量远小于小车的质量”；______选填“需要”或“不需要”平衡摩擦力。
在一次实验操作中，获得如图乙所示的纸带，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为，由纸带可求得小车运动的加速度 ______计算结果保留三位有效数字。
如图丙所示，小芳与小刚在实验中都做了图线表示小车加速度，表示拉力传感器的示数，但两者的图像有差异。则小芳所得图线不过原点的原因可能是______。
已知小刚所作图线的斜率为，则小刚所用小车的质量为______。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.公路上一汽车从静止开始做匀加速直线运动，运动一段时间后发现前方路口出现红灯，立即以另一加速度做匀减速直线运动，刚好在斑马线前停下。若测得匀加速阶段第内位移为，匀加速与匀减速的时间之比为：，全程总位移为。求：
匀加速阶段的加速度大小；
全程的最大速度。
14.如图所示，水平桌面上放置一倾角、质量的斜面体，质量的物块放在斜面体上，一根平行于斜面的轻绳一端连接，另一端跨过轻质光滑定滑轮后与轻绳系于点，在点下方悬挂一质量为的物块后，整个系统处于静止状态。此时，水平，与竖直方向的夹角，重力加速度取。求：
轻绳上的拉力大小；
斜面体对的摩擦力大小；
地面对斜面体的支持力大小。
15.如图所示，小物块和长木板叠放在水平地面上，小物块质量，长木板质量，小物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，某时刻，长木板受到水平向右的恒力后从静止开始运动。若后撤去，且小物块始终在长木板上运动。重力加速度取，小物块可视为质点。求：
撤去时小物块和长木板的速度；
长木板的最短长度；
小物块最终距长木板右端的距离。
答案解析
1.
【解析】解：当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点，研究运动员的起跑动作时，运动员的形状和大小不可忽略，不能看作质点，故A错误；
B.位移为初位置指向末位置的有向线段，米和米的比赛项目中，米的位移为米，米的位移为零，故甲的位移大于乙的位移，故B正确；
C.起跑阶段，运动员做加速运动，其加速度方向与速度方向相同，故C错误；
D.平均速度等于位移与时间的比值，所以平均速度不可能大于任意时刻的瞬时速度，故D错误；
故选：。
当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时可把物体看作质点，位移为初位置指向末位置的有向线段，加速度方向与速度方向同向，为加速运动；平均速度等于位移与时间的比值。
本题主要考查了质点、位移、加速度和平均速度的理解，比较基础，较简单。
2.
【解析】解：、对滑块，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故A错误；
、滑块做匀减速直线运动，滑块减速到零需要的时间
末滑块的速度
初与末是同一时刻，初的速度大小为
滑块经过速度减为零，末滑块的速度为零，故C正确，BD错误；
故选：。
应用牛顿第二定律求出滑块的加速度，应用运动学公式分析答题。
分析清楚滑块的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
3.
【解析】解：三脚架对称展开，地面对三只脚的支持力相同，整体进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：，故B正确，ACD错误。
故选：。
三根支架等长且与水平地面的夹角相等，根据对称性知每根支架承受的压力大小相等；根据平衡条件求解即可。
本题考查共点力平衡条件的应用，分析时要注意抓住对称性，以竖直方向上的平衡条件求解其中一只脚对地面的压力。
4.
【解析】解：、根据图像的斜率表示速度可知，时，速度为零，故A错误；
B、内，图像的切线斜率绝对值逐渐增大，速度增大，质点做加速运动，故B错误；
C、内，图像的切线斜率绝对值逐渐减小，质点的速度一直减小，故C正确；
D、根据纵坐标的变化量表示位移，可知内与内的位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故D错误。
故选：。
图像的斜率表示速度，根据斜率的变化分析速度的变化。纵坐标的变化量表示位移，分析位移关系，再判断平均速度关系。
解决本题的关键要理解位移时间图像的物理意义，知道图线的切线斜率表示表示速度，纵坐标的变化量表示位移。
5.
【解析】解：当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，墨条受到砚台的摩擦力水平向右，故墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，又砚台处于静止状态，所以桌面对砚台的摩擦力水平向右，故A错误，B正确；
竖直方向上，砚台受到墨条的压力和桌面支持力以及砚台的重力而处于平衡状态，故砚台受到墨条的压力和桌面支持力不是一对平衡力，根据牛顿第三定律可知也不是一对相互作用力，故CD错误；
故选：。
根据墨条的相对运动方向判断墨条和砚台的摩擦力方向，结合砚台的平衡状态分析解答；
根据竖直方向的平衡条件结合牛顿第三定律判断墨条压力，支持力的关系。
考查滑动摩擦和静摩擦力的问题，结合牛顿第三定律以及平衡条件进行准确分析解答。
6.
【解析】解：、位移为初位置到末位置的有向线段，由题图可得，和的位移大小相等、方向不同，故A错误；
B、小球做平抛运动的时间由高度决定，即，，则的运动时间是的倍，故B错误；
C、两小球在水平方向上做匀速直线运动，则，，则的初速度是的倍，故C错误；
D、小球、在竖直方向上的速度分别为，所以可得，，即的速度变化量是的倍，故D正确．
故选：。
A、位移是由起点指向终点的有向线段，是矢量；
、根据平抛运动规律分析。
考查对平抛运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用。
7.
【解析】解：对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、垂直于挡板指向小球的支持力，垂直于斜面指向小球的支持力，因为小球处于平衡状态，所以这三个力可构成封闭的矢量三角形，则将挡板从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，会经历以下个状态：
由图可知，依次经过的状态，、一直减小，
则由牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力不变、小球对挡板的压力一直减小，故C正确，ABD错误；
故选：。
对小球受力分析，画出对应的矢量三角形，结合牛顿第三定律，即可分析判断正误。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
8.
【解析】解：曲线运动的速度方向发生变化，根据速度的矢量性可知，一定是变速运动，故A正确，B错误；
做曲线运动的物体可能受到恒力作用，也可能受到变力作用，如果恒力作用时则加速度不变，故C错误，D正确。
故选：。
根据曲线运动速度的矢量性进行分析解答；
根据匀变速曲线运动和非匀变速曲线运动进行受力分析和加速度的解答。
考查物体的曲线运动的状态变化以及受力、加速度的问题，会根据题意进行准确分析解答。
9.
【解析】解：时间内，电梯先静止，后向下加速运动，加速度向下，属于失重状态，故A正确；
B.时间内，拉力小于小明的真实重力，小明处于失重状态，故B正确；
C.时间内，小明加速向下运动，时刻，小明的速度大于，故C错误；
D.时间内，拉力大于小明的真实重力，小明处于超重状态，故D正确。
故选：。
结合图像分析小明的运动状态。失重状态：当物体对接触面的压力或对悬挂物的拉力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力或对悬挂物的拉力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。
本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，与超失重的概念联系起来加以识别。
10.
【解析】解：、两小球与车厢保持相对静止，两小球与车厢的加速度相等，由牛顿第二定律得：
对小球与小球整体：
对小球：
解得：，，故B正确；
A、对小球、整体，在竖直方向：，解得：，故A正确；
、剪断细线前，对小球，在竖直方向：，解得弹簧的弹力大小：
剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，小球的受力情况不变，小球的加速度不变，即
剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，小球所受重力不变，则剪断细线瞬间，小球所受合力与剪断细线前细线的拉力大小相等、方向相反，
剪断细线瞬间，对小球，由牛顿第二定律得：，解得：，故CD错误。
故选：。
应用牛顿第二定律求出夹角，根据小球受力情况求出细线的拉力；剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间小球的加速度。
本题考查了牛顿第二定律的应用，知道弹簧的弹力不能突变是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题。
11.
【解析】解：拉着细绳的两只弹簧秤，拉力大小可以不等，所以稳定后读数可以不相同，故A错误；
B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点，这样画出的力的方向误差较小，故B正确；
C.测量时，弹簧秤外壳与木板之间存在摩擦不影响弹簧秤对细绳的拉力大小，故C错误；
D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应与木板平行，这样才能保证弹簧秤的读数等于弹簧对细线的拉力，故D正确。
故选：。
弹簧秤的最小刻度是，所以弹簧秤的读数为。
若只有一只弹簧秤，需要先固定一个方向，然后让弹簧秤拉橡皮条到点；然后固定弹簧秤拉的这个方向，用弹簧秤拉刚才固定的那个方向，把橡皮条拉到点；然后用弹簧秤直接拉橡皮条结点到，所以为了完成该实验至少需要次把橡皮条结点拉到点。
故答案为：；；。
两只弹簧秤的拉力大小可以不等；确定拉力的方向需要选择相距较远的两点；弹簧秤外壳与木板之间存在摩擦不影响弹簧秤对细绳的拉力大小；要保证弹簧秤的读数等于弹簧对细线的拉力；
根据弹簧秤的读数规则读数；
根据实验原理分析。
掌握“验证力的平行四边形定则”的实验原理，实验注意事项和实验数据的处理方法是解题的基础。
12.不需要 需要 平衡摩擦力不足
【解析】解：力传感器可以测量绳子拉力，不需要满足“砂和砂桶的总质量远小于小车的质量”；根据实验原理依然需要平衡摩擦力；
相邻两计数点间均有四个点未画出，则
根据逐差法可知
由图可知时，图线不过原点的原因可能是平衡摩擦力不足；
根据牛顿第二定律有
解得
则
解得
故答案为：不需要；需要；；平衡摩擦力不足；
根据实验原理分析解答；
根据逐差法计算加速度；
根据牛顿第二定律分析解答。
本题关键掌握探究牛顿第二定律的实验原理和利用图像处理数据的方法。
13.解：设匀加速阶段的加速度为，根据匀变速直线运动位移公式
解得
设全程的最大速度，匀加速时间为，匀减速时间为，则
：：
匀加速阶段的位移
匀减速阶段位移
全程总位移
解得
答：匀加速阶段的加速度大小为；
全程的最大速度为。
【解析】根据位移时间公式计算；
根据位移时间公式结合速度时间公式解答。
需要根据匀变速直线运动规律，结合已知条件建立方程求解加速度和最大速度。
14.解：对绳结受力分析，并将绳上的拉力正交分解，如图
根据平衡条件可知竖直方向
水平方向
解得，
受到重力、绳子的拉力、斜面的支持力以及摩擦力，选取沿斜面向上为正方向，设物体受到的摩擦力的方向向上，则
解得
以、、以及滑轮组成的整体为研究对象，整体受到三个重力、绳子的拉力、地面的支持力与摩擦力处于平衡状态，在竖直方向有
答：轻绳上的拉力大小是；
斜面体对的摩擦力大小是；
地面对斜面体的支持力大小是。
【解析】先对点分析，受三个拉力，根据平衡条件列式求解绳与的拉力大小；
隔离分析，根据平衡条件求解摩擦力大小；
以、、以及滑轮组成的整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件分析支持力情况。
本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象进行受力分析，然后再根据平衡条件列式分析。
通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
15.解：设拉力拉长木板时小物块的加速度为，长木板的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得，
则撤去时小物块的速度和长木板的速度分别为
在撤去时小物块和长木板的相对位移为
撤去后小物块仍然受到向右的摩擦力，加速度大小不变，长木板要向右做匀减速运动，设长木板的加速度大小为，则
设经时间小物块和长木板的速度相等设为，则有
在这段时间内小物块和长木板的相对位移为
则木板的长度要满足
代入数据解得
因为，所以小物块和长木板速度相等后，小物块和长木板不能保持相对静止，以后小物块的加速度大小仍为，这是长木板的加速度设为，则
长木板速度减为零时，小物块继续向右运动，知道小物块速度减为零，则在这段时间内小物块相对长木板向右运动的距离为
所以小物块最终距离长木板右端的距离为
代入数据解得
答：撤去时小物块的速度为，长木板的速度为；
长木板的最短长度为；
小物块最终距长木板右端的距离为。
【解析】根据牛顿第二定律和速度时间公式计算即可；
分别计算出在有拉力时和撤去后到小物块和长木板速度相等的这段时间内的相对位移，即可解得；
当小物块和长木板速度相等后，二者都做减速运动，计算出小物块和长木板的相对位移，结合上面的相对位移即可解得。
能够分析清楚小物块和长木板的运动过程，尤其是在各个阶段长木板的加速度大小是解题的关键。
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