四川省眉山市东坡区眉山冠城七中实验名校2024-2025学年高一下学期开学物理试题（含答案）

四川省眉山市东坡区眉山冠城七中实验名校2024-2025学年高一下学期开学
物理试题
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。）
1．万有引力定律是由（　　）提出的
A．牛顿 B．卡文迪许 C．胡克 D．开普勒
2．2022年10月9日7时43分，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”在酒泉卫星发射中心搭载“长征二号丁”运载火箭升空，正式开启对太阳的探测之旅。该卫星设计寿命4年，绕地球运行在约720公里的太阳同步晨昏轨道上。它的科学目标是同时观测太阳磁场和太阳上两类最剧烈的爆发现象——耀斑和日冕物质抛射，研究它们的形成、演化、相互作用和彼此关联。下列说法正确的是（　　）
A．“2022年10月9日7时43分”指的是时刻
B．“夸父一号”绕地球运动一周通过的路程为0
C．“夸父一号”在观测大阳时，可以把太阳当作质点
D．“长征二号丁”运载火箭升空的全过程都处于失重状态
3．下列叙述正确的是（　　）
A．在不考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫“理想化模型”
B．根据速度定义式 ，当 Δt 非常小时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义选用了“控制变量法”
C．在探究加速度、合力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了“假设法”
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了“等效替代”
4．以下有关物理学知识，说法正确的是（　　）
A．只有体积很小的物体才能看成质点
B．路程是标量，即位移的大小
C．做自由落体运动的物体，刚下落瞬间物体的为零
D．书静止于水平桌上，桌面对书的支持力与书受的重力是一对平衡力
5．宇航员在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4s内的位移是21 m，则(　　)
A．该星球表面的重力加速度为10 m/s2
B．物体在2 s末的速度是12 m/s
C．物体在第2 s内的位移是12 m
D．物体在4 s内的位移是80 m
6．如图甲所示，清洗楼房玻璃外墙时。工人贴墙缓慢下滑的过程，可简化为图乙所示的模型。设绳索对人的拉力大小为 T， 竖直玻璃墙对人的弹力大小为 N。不计人与玻璃的摩擦和绳索的重力，则下滑过程中（　　）
A．T增大， N增大 B．T增大， N减小
C．T减小， N减小 D．T减小， N增大
7．成都规划到030年建成27条地铁线路，越来越多的市民选择地铁作为出行的交通工具。如图所示，t=0时，列车由静止开始做匀加速直线运动，第一节车厢的前端恰好与站台边感应门的一根立柱对齐。t=6s时，第一节车厢末端恰好通过这根立柱所在位置，全部车厢通过立柱所用时间18s。设各节车厢的长度相等，不计车厢间距离。则（　　）
A．该列车共有9节车厢
B．第2个6s内有4节车厢通过这根立柱
C．倒数第二节车厢通过这根立柱的时间为
D．第4节车厢通过这根立柱的末速度小于整列车通过立柱的平均速度
二、多项选择题（每题5分，共15分。有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错不得分）
8．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（　　）
A．电梯可能加速下降，加速度大小为5m/s2
B．电梯可能减速上升，加速度大小为2.5m/s2
C．乘客处于超重状态
D．乘客对电梯地板的压力为375N
9．如图所示，甲、乙两图中A、B两球质量相等，图甲中A、B两球用轻质杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间（　　）
A．图甲中轻杆的作用力不为零
B．图甲中两球的加速度一定相等
C．图乙中两球的加速度一定相等
D．图甲中A球的加速度是图乙中A球加速度的一半
10．如图所示，倾角的传送带以的速率顺时针转动，其上方与一水平台面平滑连接。一质量kg的货物从传送带的底端A处以m/s的速率滑上传送带，已知货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A、B间的高度差m，，，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．货物能冲上水平台面
B．货物从A处运动到B处所用的时间为0.9s
C．货物在传送带上的划痕长1.05m
D．货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.2J
三、实验题（共2个小题，共16分）
11．使用如图（a）所示的装置，某同学研究了弹簧弹力F与长度L的关系。将弹簧上端固定在铁架台的横杆上，并记录弹簧自由下垂时下端所到达的刻度位置。在弹簧下端悬挂不同数量的钩码，记录悬挂钩码的重力和弹簧下端的刻度位置，依次增加钩码，重复上述操作。实验中弹簧始终未超过其弹性限度，通过数据分析得出实验结论。
（1）以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧长度L为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出F-L图像，如图（b）所示。由图像知：弹簧自由下垂时的长度L=　 　cm，劲度系数k=　 　N/m。
（2）用此弹簧制作成弹簧测力计，如图（c），测力计的示数为　 　N，此时弹簧的伸长量x=　 　cm。
12．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器所用电源频率为50Hz。
（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫板、小车和砝码、砂和砂桶、天平（附砝码）。除以上器材外，还需要的有（　　）
A．秒表 B．刻度尺 C．交流电源 D．直流电源
（2）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．在平衡阻力时，应将槽码通过定滑轮用细绳拴在小车上
B．连接槽码和小车的细绳应与长木板平行
C．平衡阻力后，长木板的位置不能移动，每次改变小车质量时，应重新平衡阻力
D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先释放小车，再接通电源
（3）本实验采用的科学方法是　 　；
（4）实验中，需要平衡打点计时器对小车的阻力及其他阻力；小车放在长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把长木板一端垫高，调节长木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿长木板做　 　运动；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量　 　（选填“远大于”“远小于”或“等于”）小车的质量。
（5）该同学实验中得到如图所示的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻计数点（相邻两计数点之间还有四个点未画出），计时器使用的交流电源频率为50Hz；根据纸带可以求出小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（6）该同学通过数据的处理作出了a-F图像，如图所示，则：
①图中的图线不过原点的原因是　 　。
②此图中图线发生弯曲的原因是　 　。
四、计算题（本题共3小题，共41分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）
13． 如图为某同学根据“马德堡半球模型”设计的实验。两个底面积相同的轻质圆筒，开口端紧密对接，圆筒内封闭气体的总体积为V0=28mL，其压强与大气压强相等，均为p0=1.0×105Pa。将注射器活塞推至针筒底部，通过细管与气阀连通；打开气阀，然后缓慢拉动活塞，当注射器内气体体积为时停止拉动。已知圆筒的底面积，装置气密性良好，圆筒形状与气体温度全程不变。
（1）求停止拉动活塞时圆筒内气体的压强p；
（2）关闭气阀，撤去注射器，求将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力F。
14．如图所示，粗细均匀且足够长的直杆水平放置，一个质量为m=0.6kg的小圆环套在杆上，静止在O点。在杆所在的竖直平面内，现用与水平方向成θ=37°角斜向右上的拉力F拉圆环，圆环以a=8m/s2的加速度向右做匀加速运动。已知圆环与杆间的动摩擦因数为μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。
（1）求杆对圆环的弹力大小及拉力F的大小；
（2）若拉力F=10N，作用1.5s后撤去拉力，则圆环在杆上运动的总距离为多少？
15．如图所示，一倾角、长度的斜面底端与光滑平台平滑相连，平台末端紧挨着一质量、长度的长木板，长木板的上表面与平台等高。一个质量的小滑块在斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端的速度大小为，已知小滑块与长木板之间的动摩擦因数，水平地面光滑，重力加速度，，，求：
（1）小滑块与斜面的动摩擦因数；
（2）小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间；
（3）为了使小滑块不离开长木板，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的恒力，求的取值范围。
答案解析部分
1．A
2．A
A．“2022年10月9日7时43分”指的是时刻，A符合题意；
B．“夸父一号”绕地球运动一周通过的位移为0，路程不为0，B不符合题意；
C．“夸父一号”在观测大阳时，太阳的形状，大小不可忽略，不可以把太阳当作质点，C不符合题意；
D．“长征二号丁”运载火箭升空的过程，在加速阶段，处于超重状态，D不符合题意；
故答案为：A。
时刻在时间轴上为一时间点，位移是初点到末点有向线段的长度，路程是物体运动轨迹的长度，当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点，当物体具有向上的加速度时处于超重。
3．A
A、用质点代表物体的方法叫做理想模型法，所以A对；
B、当时间趋近于0时，平均速度可以近似为瞬时速度，该定义使用了极限思想，所以B错；
C、探究加速度和质量、合外力的关系使用了控制变量法，所以C错；
D、利用图像推导匀变速直线运动的位移大小时使用了微元法，所以D错；
正确答案为A。
质点代表物体的方法叫做理想模型法；利用平均速度定义瞬时速度使用了极限思想；探究加速度与质量、合外力的大小关系使用了控制变量法；推导匀变速直线运动的位移大小使用了微元法。
4．D
5．B
A．第4s内的位移是21m，有 ，解得 ，A不符合题意；
B．物体在2s末的速度是 ，B符合题意；
C．前2s的位移 ，第1s内的位移 ，则物体在第2s内的位移 ，C不符合题意；
D．物体在4s内的位移 ，D不符合题意。
故答案为：B。
利用位移公式可以求出重力加速度的大小；利用速度公式可以求出2s末速度的大小；利用位移公式可以求出物体在第2s内位移的大小；利用位移公式可以求出物体在4s内位移的大小。
6．C
用解析式法解决动态平衡问题时，可用角度为变量，也可用几何线段的长度为变量。由表达式判定力的变化情况时，需切实注意变量的取值范围。
工人受到重力、支持力和拉力，如图所示
根据共点力平衡条件，有水平方向
FTsinα=FN
竖直方向
FTcosα=G
解得
FN=Gtanα
当人缓慢下滑时，悬绳的长度缓慢增加，α变小，重力不变，FT与FN同时减少。
故选C。
对人进行受力分析，根据角度的变化情况对支持力和拉力分析求解。
7．A
A、设每节车厢的长度为L，列车的加速度为a，列车整个通过立柱的时间为t0，根据匀变速直线运动某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度可得在3s末列车的速度为
根据速度与时间的关系有
联立解得
根据位移与时间的关系可得
代入数据解得
故A正确；
B、在前两个6s内，根据位移与时间的关系有
由题知，第一个6s内通过一节车厢，由此可知，在第2个6s内有3节车厢通过这根立柱，故B错误；
C、第7节车厢以及第8节车厢通过立柱时，根据速度与位移的关系可得
，
解得
，
倒数第二节车厢即第8节车厢通过立柱的时间t1为
故C错误；
D、第四节车厢通过立柱的末速度
整个列车通过立柱的平均速度
可知
即第4节车厢通过这根立柱的末速度大于整列车通过立柱的平均速度，故D错误。
故答案为：A。
根据6s内列车通过的位移结合运动学规律确定列车的加速度，再根据完全通过的时间结合位移与时间的关系确定列车的车厢数量。明确选项中列车经过的位移，再根据匀变速直线运动规律进行分析解答。
8．B,D
ABC．电梯静止不动时，小球处于静止，根据平衡方程有
电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据小球的牛顿第二定律，有
解得
方向竖直向下，电梯可能加速下降或减速上升，由于加速度方向向下所以乘客处于失重状态，故B正确，AC错误；
D．以乘客为研究对象，由于乘客加速度与小球加速度大小相等，根据牛顿第二定律可得
解得
故D正确。
故选BD。
利用小球的平衡方程及牛顿第二定律可以求出小球的加速度大小及方向；利用加速度方向可以判别乘客处于失重状态；利用乘客的牛顿第二定律可以求出乘客对地板压力的大小。
9．B,D
10．A,B,D
11．10.0；40；3.0；7.5
（1）由图像知：当弹力等于0时可以得出：弹簧自由下垂时的长度
根据胡克定律可以得出图线的斜率等于劲度系数，故
（2）如图（c），已知弹簧测力计的分度值为0.2N，测力计的示数为3.0N，根据胡克定律可以得出此时弹簧的伸长量
（1）利用图像可以得出弹簧自由下垂时的长度大小；利用图像斜率可以求出劲度系数的大小；
（2）利用弹簧测力计的分度值可以得出弹力的大小，结合胡克定律可以求出弹簧形变量的大小。
12．（1）B；C
（2）B
（3）控制变量法
（4）匀速直线；远小于
（5）1.25
（6）平衡摩擦力过度；砝码和砝码盘的总质量不满足远小于小车质量
13．（1）解：抽气过程，以原球内气体为研究对象，缓慢过程为等温变化过程，由玻意耳定律可得
解得
（2）解：对一个圆筒受力分析，有
可知将两个圆筒沿轴线拉开的最小拉力为18N。
（1）根据题意确定抽气初末状态时，封闭气体的体积，再根据玻意耳定律进行解答；
（2）当拉力大于内气气压差时，圆筒能被拉开，确定圆筒的受力情况，再根据临界情况结合力与压强的关系进行解答。
14．（1）解：假设杆对圆环的弹力方向向上，受力分析可得 ， ，
联立解得 ，
若杆对圆环的弹力方向向下，受力分析可得 ， ，
联立解得 ， ，不符
所以可得 ，
（2）解：当拉力F=10N时，分析可得
可得此时杆对圆环的弹力大小为零，水平方向有
解得
作用1.5s后速度为
该段时间位移为
当撤去拉力后，设圆环的加速度大小为 ，从撤去拉力到圆环停止运动的距离为 ，受力分析有
同时有
联立解得
所以圆环在杆上运动的总距离为
（1） 杆对圆环的弹力方向向上和向下时对圆环进行受力分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律和滑动摩擦力的表达式得出拉力和杆对圆环弹力的大小；
（2） 当拉力F=10N时 ，根据共点力平衡以及牛顿第二定律得出加速度的大小。利用匀变速直线运动的速度与时间的关系以及位移与时间的关系得出作用1.5s后速度和位移；结合牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出圆环在杆上运动的总距离 。
15．（1）根据速度与位移的关系式，可得小滑块在斜面上运动的加速度为，解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（2）小滑块在长木板上滑动过程中，加速度大小为，解得
木板的加速度大小为，解得
设滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为，由题意有，解得
小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间为，根据位移关系可得
代入数据整理得
解得，舍去
小滑块从滑上长木板到离开长木板的时间为
（3）为了使小滑块不离开长木板，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的最小恒力，此时长木板的加速度为，小滑块恰好滑到长木板右端与长木板速度相同经过的时间为，根据位移关系和速度关系，可得
联立解得
对长木板，根据牛顿第二定律，得
解得
为了使小滑块不离开长木板，在小滑块滑上长木板的同时给长木板施加一个水平向右的恒力，的取值范围为
（1）滑块在斜面做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块与斜面之间动摩擦因数的大小；
（2）滑块滑上目标时，利用牛顿第二定律可以求出滑块与木板的加速度大小，结合速度公式可以求出共速的时间，结合速度位移公式可以求出滑块滑上木板到离开所花的时间；
（3）当给木板施加恒力F时，利用匀变速的速度公式及位移公式及牛顿第二定律可以求出恒力的大小范围。