广西壮族自治区玉林高中2024年高一物理上学期期末考试试题（含解析）

广西玉林高中2024年高一物理上学期期末考试试题含解析
一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分）
1、如图所示，某同学用水平向右的力F推放置在水平地面上的箱子，箱子仍保持静止．下列说法中正确的是
A.地面对箱子的静摩擦力方向水平向左
B.地面对箱子的静摩擦力方向水平向右
C.地面对箱子的滑动摩擦力方向水平向左
D.地面对箱子的滑动摩擦力方向水平向右
2、纪念抗战胜利70周年阅兵式上，20架直升机组成的“直升机字样编队飞过天安门上空．飞行员认为自己处于静止状态，则他选取的参考系可能是（　　）
A.天安门城楼 B.邻近的直升机
C.飞机上的旋翼 D.天安门广场上飘扬的红旗
3、一辆汽车以2m/s2的加速度做匀减速直线运动，经过2s(汽车未停下)汽车行驶了32m，汽车开始减速时的速度是(　　)
A.9m/s
B.18m/s
C.20m/s
D.12m/s
4、如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速直线运动，则关于下列物体受力情况的说法中正确的是（ ）
A.物体A可能只受到二个力的作用
B.物体A一定只受到三个力的作用
C.物体A一定受到了四个力的作用
D.物体A可能受到了四个力的作用
5、有关超重和失重的说法，正确的是（）
A.物体处于超重状态时，所受重力增大；处于失重状态时，所受重力减小
B.竖直上抛运动的物体处于完全失重状态
C.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于上升过程
D.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机一定处于下降过程
6、如图所示，用细绳将重球悬挂在光滑墙壁上，当绳子稍许变长(小球仍处于静止状态)，细绳对小球的拉力F、墙壁对小球的支持力的变化情况为（　　）
A.F、FN都不变 B.F变大、FN变小
C.F、FN都变小 D.F变小、FN变大
7、下列物理量中，属于标量的是（ ）
A.位移 B.速率
C.速度 D.加速度
二、多选题（本题共3小题，每题4分，共12分）
8、如图所示，倾斜传送带以速度顺时针匀速运动，时刻小物体从底端以速度冲上传送带，时刻离开传送带。下列描述小物体的速度随时间变化的图像可能正确的是（）
A. B.
C. D.
9、某同学用水平力推教室的讲台，但没推动，下列说法正确的是
A.推力小于摩擦力
B.推力小于讲台所受合力
C.讲台所受合外力为零
D.推力小于或等于讲台最大静摩擦力
10、一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度图像如图所示，那么0～t0和t0～3t0两段时间内（　　　　）
A.位移大小之比为1∶2 B.加速度大小之比为3∶1
C.平均速度大小之比为1∶1 D.平均速度大小之比为2∶1
三、填空题（本题共5小题，每题2分，共10分）
11、如图所示，下面游标卡尺的读数为_____mm。
12、某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系，实验装置如图（a）所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度；设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg砝码时，各指针的位置记为x；测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2）。已知实验所用弹簧的总圈数为60。
(1)将表中数据补充完整：①______，②______；
(2)以n为横坐标，为纵坐标，在图（b）给出的坐标纸上画出-n图像_________；
P1 P2 P3 P4 P5 P6
x0（cm） 2.04 4.06 6.06 805 10.03 12.01
x0（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k（N/m） 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
（m/N） 0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347
(3)图（b）中画出的直线可以近似认为通过原点，若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k=______N/m。
13、物体做直线运动，若在前时间内的平均速度为，后时间内的平均速度为，则全程的平均速度为______ ；若在前位移内的平均速度为，后位移内的平均速度为，则全程的平均速度为______
14、如图所示，在“力的平行四边形定则”的实验探究中，某同学进行实验的主要步骤是：将橡皮条的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根带有绳套的细绳，每根绳套分别连着一个弹簧测力计。沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮条的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小并标出方向；再用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小和方向。
（1）如图所示，弹簧秤读数为___________N；
（2）用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉到O点，这样做的目的是_________________。
15、为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题∶
(1)本实验需要平衡摩擦力，在平衡摩擦力的操作中，将木板不带滑轮的一端垫高，在______（填“挂钩码”或“不挂钩码”）的情况下，使_________（填“拖有纸带”或“不拖纸带”）的小车做匀速直线运动；
(2) A、B两位同学均用此装置探究小车加速度a与外力F的关系，需要保持________不变，改变钩码的数量，各自得到的a— F图像如图乙所示，分析二人所得图像不同的原因，是由于做实验时______不同；
(3)C同学对此装置进行了改进，如图丙所示，将力传感器（可直接显示拉力大小固定在了小车上，则改进后_________。
A.长木板水平放置，不需要进行平衡摩擦力操作
B.依然需要平衡摩擦力
C.不需要满足小车质量远大于钩码质量
D.需要满足小车质量远大于钩码质量
四、解答题（本题共5小题，每题10分，共50分）
16、“跳楼机”是游乐园和主题乐园常见的大型机动游戏设备，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。游戏初始时，游客环坐设备塔身四周的轿厢中，几秒钟内便可被抬升至67.5m的高处，然后自由下落，落至一定高度时再通过恒定制动力，让轿厢落回初始位置。若轿厢和游客的总质量为400kg，自由下落的运动时间为3s，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)轿厢向下运动过程中的最大速度；
(2)轿厢受到的恒定制动力。
17、一辆汽车在平直公路上以的速度匀速运动，遇紧急情况刹车，获得大小为加速度．求：
求刹车所用的时间；
求汽车刹车开始后20s内滑行的距离x；
从开始刹车到汽车位移为75m时所经历的时间
18、如图所示，质量为的木板B放在水平地面上，质量为的木箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数.现用水平向右、大小为200 N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin 37°≈0.6，cos 37°≈0.8，重力加速度g取10 m/s2)，则木板B与地面之间的动摩擦因数的大小是多少？
19、如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐薄木板的质量，长度在薄木板的中央有一个小滑块可视为质点，质量小滑块与薄木板之间的动摩擦因数，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动求：
(1)当外力时，m与M的加速度各为多大？
(2)若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？
(3)若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件
20、如图所示，一物体从高为，倾角斜坡上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平向右运动的传送带上设经过B点前后速度大小不变，物体与斜坡和传送带的动摩擦因数均为，传送带长为10m，传送带匀速运动的速度为取，，，求：
物体到达B点时的速度
物体从A点到C点离开传送带的时间
参考答案
一、单选题（本题共7小题，每题4分，共28分）
1、答案：A
【解析】用水平向右的力F推箱子，箱子与地面仍保持相对静止，箱子受到的摩擦力属于静摩擦力，根据平衡条件可得地面对箱子的摩擦力方向水平向左，大小为F，故A正确、BCD错误
2、答案：B
【解析】直升机相对于太阳、天安门、云彩的位置不断改变，以他们为参照物，直升机是运动的；以别的直升机为参照物，它们之间的位置没有发生变化，所以是静止的，故B正确，ACD错误
3、答案：B
【解析】汽车做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式：
x＝v0t－at2，
代入数据，解得：
v0＝18m/s
故选B。
4、答案：C
【解析】物体在水平方向受力平衡，一定有摩擦力，物体一定受到地面的支持力，所以物体一定受到四个力的作用，C对；
5、答案：B
【解析】A．当物体处于超重与失重状态时，实重不变，改变的只是视重，A错误；
B．竖直上抛物体只受重力，即a=g，处于完全失重状态，B正确；
CD．超重加速度向上有两种状态，向上加速运动或向下减速运动。失重加速度向下也有两种运动状态，向下加速运动或向上减速运动， CD错误，
故选B。
【点睛】当物体具有竖直向上加速度时，处于超重状态；当物体具有竖直向下加速度时，处于失重状态。不管物体处于失重还是超重状态，物体的实际重力没有变化。
6、答案：C
【解析】以球为研究对象，分析受力情况作出力图如图
设绳子与墙之间的夹角为α，根据平衡条件得
如果所用的绳子变长则α减小，减小，增大，mg不变，所以FN减小，F减小；故C正确，ABD错误。
故选C。
7、答案：B
【解析】位移、速度、加速度都是有大小又有方向的矢量，而速率为瞬时速度的大小，所以只有大小，没有方向是标量，故B正确。
故选B。
二、多选题（本题共3小题，每题4分，共12分）
8、答案：ABD
【解析】若且物体与传送带间动摩擦因数，即加速度沿传送带向上，则物体传送带向上做匀加速运动至速度为后做匀速向上运动；
若且物体与传送带间的动摩擦因数，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为0，后沿传送带向下做匀加速运动；
若且物体与传送带间的动摩擦因数，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为后向上做匀速运动；
若且物体与传送带间的动摩擦因数，则物体沿传送带向上做匀减速运动，加速度为
至速度为后加速度变为
向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动，加速度为
直至离开传送带。
选项C错误，ABD正确。
故选ABD。
9、答案：CD
【解析】对于平衡状态以及平衡条件的掌握程度，首先要判断讲台处于什么状态，然后再判断在这种状态下力的关系.
【详解】C、讲台在水平推力作用下处于静止状态，讲台所受合外力为零，选项C正确.
A、B、讲台没有被推动，则水平方向二力平衡，即推力大小等于静摩擦力，选项A，B错误.
D、静摩擦力由外力产生的趋势决定，大小在零到最大之间变化，，推力等于静摩擦力，故推力小于或等于讲台所受的最大静摩擦力，选项D正确.
故选CD.
【点睛】本题考查的是对二力平衡条件的理解和应用，在分析时，要注意明确物体所处的平衡状态的判断，然后根据二力平衡的条件进行分析，不要想当然的认为箱子没动就是因为推力小于摩擦力.
10、答案：AC
【解析】A．设物体的最大速度为v，根据v-t图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，则得位移之比为
x1：x2=(vt0)：(v 2t0)=1：2
故A正确；
B．根据v-t图象斜率的绝对值等于加速度大小，则得加速度大小之比为
a1：a2==2：1
故B错误
CD．在0-t0时间内物体做匀加速直线运动，在t0-3t0间内物体做匀减速直线运动，由平均速度公式
得两段时间内的平均速度均为，故C正确，D错误。
故选AC。
【点睛】v-t图象的斜率即为物体运动的加速度，“面积”大小等于位移，掌握这点是解决此类题目的关键所在
三、填空题（本题共5小题，每题2分，共10分）
11、答案：50
【解析】游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为
02×25mm=0.50mm
所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为
6mm+050mm=6.50mm
12、答案： ①.81.7 ②.0.0122 ③. ④.
【解析】(1) [1] [2]．根据P2的示数可知，P2部分的原长为4.06cm，拉伸后的长度为5.26cm，
根据胡克定律可得：
倒数为：
(2) [3]．根据表中的数据画出图像，如图所示：
(3) [4]．根据得到的图像可知：
解得：
。
13、答案： ①.8 ②.
【解析】[1][2]设物体做直线运动，设运动总时间为t，前时间内的平均速度为，后时间内的平均速度为，则前一半时间的位移为：，后一半时间的位移为，故总位移为
则全程的平均速度为：
设总位移为s，前的位移内的时间为：
余下的位移的时间为：
故总位移的平均速度为：
14、答案： ①.2.10 ②.合力与F1、F2的作用效果相同
【解析】(1)[1]由图可知弹簧秤的读数为2.10N；
(2)[2]合力与分力的关系是等效替代，所以我们要让一个力与两个力产生相同的作用效果；故都拉到O点的目的是使合力与分力F1、F2的作用效果相同。
15、答案： ①.不挂钩码 ②.拖有纸带 ③.小车质量 ④.小车质量 ⑤.BC
【解析】(1)[1][2]平衡摩擦力的操作中，将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使拖有纸带的小车恰好做匀速直线运动
(2)[3]探究小车加速度a与外力F的关系，需要保持小车质量不变
[4]由图像斜率表示小车质量的倒数，由图像可知，两直线斜率不同，说明做实验时小车质量不同
(3)[5]AB．实验中要将力传感器的示数作为小车的合外力，只有在平衡摩擦力情下，力传感器的示数才等于小车的合外力，故A错误，B正确；
CD．由于实验中力传感器可直接测出绳的拉力，在平衡摩擦力的情况下，绳的拉力即为小车的合力，则不需要满足小车质量远大于钩码质量，故C正确，D错误。
故选BC。
四、解答题（本题共5小题，每题10分，共50分）
16、答案： (1) (2)12000N
【解析】(1)开始制动时速度达最大,则：可得：
(2)自由下落高度：
减速距离：
减速加速度大小：
根据牛顿第二定律：，解得：
17、答案： (1)10s (2) 100m (3) 5s
【解析】以初速度的方向为正
汽车刹车速度减为零的时间：
因为，则汽车20s内的位移等于10s内的位移，即：
位移时间关系得：
代入数据解得：或舍去，所以位移为75m时所经历的时间为5s。
18、答案：3
【解析】对受力分析如图甲所示，
由题意得
①，
②，
③，
由①②③得：
对、整体受力分析如图乙所示，
由题意得：
④，
⑤，
⑥，
由④⑤⑥得：
19、答案：（1）（2）（3）
【解析】（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2．求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；
（2）应用牛顿第二定律求出拉力F；
（3）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解；
【详解】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为，薄木板的加速度为，根据牛顿第二定律有：
对滑块：
对木板：
且有：，解得：，
由于：， M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可知，加速度：；
（2）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：，则拉力至少为；
（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为，空间位置变化如图所示：
则滑块的速度：，
对滑块，由牛顿第二定律得：，
位移：，，
由几何关系得：，
木板的位移：，
根据牛顿第二定律，对木板：
解得：，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力；
【点睛】本题的关键是隔离法对滑块和木板分别正确受力分析由牛顿第二定律列方程，并找出其满足条件的临界情况．
20、答案： (1)4m/s；(2)5.6s
【解析】(1) 在斜坡上，物体重力，摩擦力，支持力，由牛顿第二定律可得：
mgsinα-f=ma1
垂直斜面方向上：
FN=mgcosα
f=μFN
代入数据解得：a1=gsinα-μgcosα=10×0.6-0.25×10×0.8=4m/s2
又因为
h=x1sinα
vB=a1t1
代入数据解得：
vB=4×1m/s=4m/s；
(2) 当物体进入水平传送带上，由于速度大于传送带的速度，则物体先做匀减速运动，则：
a2=-μg=-2.5m/s2
由运动学可得：2a2x2=v2-vB2
v-vB=a2t2
代入数据解得：
因为x2＜L，则物体先做匀减速运动，速度与传送带速度相等时，随后与传送带一起做匀速直线运动，则：
故物体从A点到C点离开传送带的时间为：
t=t1+t2+t3=1s+0.8s+3.8s=5.6s.