第=page11頁，共=sectionpages11頁安徽省淮北市部分學校2024-2025學年高一（上）期末物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.如圖所示為手機被吸在磁性手機支架上的情形，汽車正在水平路面上加速直線行駛，關于手機的受力，下列說法正確的是(

)

A.手機可能只受三個力的作用 B.手機可能不受摩擦力的作用

C.支架對手機的作用力一定豎直向上 D.支架對手機的作用力一定大于手機的重力2.如圖為某電梯銘牌，該電梯額定載客人數為14人，額定載重量為1050kg，當電梯受到的壓力超過額定載重物體的重力時電梯會鳴笛警示。該電梯在八層停靠時進入15位乘客，15位乘客總質量1040kg。則下列說法正確的是(

)

A.當第15位乘客進入電梯時，該電梯會鳴笛警示

B.當電梯從八層開始向下運動時，電梯會鳴笛警示

C.當電梯從八層下降到一層，快要停止時，電梯可能會鳴笛警示

D.電梯從八層下降到一層停止全過程中一定不會鳴笛警示3.如圖所示，用力推動物塊在水平桌面上向左運動，物塊與水平面間的動摩擦因數為0.4。某時刻突然撤掉向左的推力，而換成水平向右的推力F=0.04N。則此時物塊產生的加速度是(g取10m/s2，物塊的質量為0.01kg)(

)A.0 B.4m/s2，水平向右

C.4m/s2，水平向左4.如圖所示，繞過輕質滑輪的輕繩一端固定在豎直墻上，站在地面上的人用手拉著繩的另一端，滑輪下吊著一個小球，處于靜止狀態，不計滑輪摩擦。保持手握繩子位置不變，手與繩無相對滑動且球不碰地不碰墻。下列說法正確的是(

)

A.人緩慢抬高繩子一小段距離則繩上張力不變，滑輪靜止位置更靠近B點

B.人緩慢向左移動一小段距離繩上張力變大，人對地面壓力變大

C.換質量更大的小球則繩子之間的張角變小，繩子拉力更大

D.人緩慢抬高繩子且向右移動一小段距離繩上張力變小，人對地面壓力不變5.如圖所示，在距離地面1.8m高的位置豎直向上以v0=8m/s的速度拋出一枚網球，最后落回地面，g=10m/s2，規定豎直向上為正方向，則A.網球落地時的速度大小為10m/s

B.網球在空中運動的時間為1.6s

C.上升過程加速度的方向向上，下降過程加速度的方向向下

D.上升過程加速度不斷減小，下降過程加速度不斷增大

6.如圖所示，在兩塊相同的豎直木板之間，有質量均為m的4塊相同的磚，用兩個大小均為F的水平力壓木板，使磚塊靜止不動，則第2塊磚對第3塊磚的摩擦力大小是(

)

A.0 B.mg C.12mg 7.如圖分別為a、b兩質點在同一直線上運動的速度—時間圖像，則下列判斷正確的是(

)A.10s末a、b一定相遇

B.若t=0時a在b前方50m，此后a、b只能相遇一次

C.若t=0時a在b前方10m，此后a、b將會相遇兩次

D.若t=0時b在a前方的距離大于40m，此后a、b將不會相遇

8.如圖甲所示，在一根固定不動的圓弧形樹枝上，小鳥有時停在圓弧上的A點，有時停在圓弧上的B點。圖乙為該情景的抽象示意圖。對于這兩個點下列分析正確的是(

)

A.小鳥停在A點時，受到的支持力較小 B.小鳥停在B點時，對樹枝的壓力較小

C.小鳥停在A點時，受到的摩擦力較小 D.小鳥停在B點時，受到樹枝的作用力較小二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.全紅嬋在2021年東京奧運會女子單人10m跳臺跳水比賽中，以三輪滿分的成績，贏得金牌。某運動員進行跳水訓練，起跳時開始計時其豎直速度與時間的關系如圖所示，已知重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力，運動員可視為質點。下列說法正確的是(

)A.運動員在t1時刻到達最高點

B.由題中信息可以求出t1、t2、t3

C.由題中信息可以求出t1、t2，但不能求出10.如圖所示，在豎直平面內一根不可伸長的柔軟輕繩通過光滑的輕質滑輪懸掛一重物。輕繩一端固定在墻壁上的A點，墻壁BC段豎直，CD段水平，不計一切摩擦，關于輕繩的拉力F的變化情況，下列說法正確的是(

)

A.繩端由B點移動至C點的過程中F一直不變

B.繩端由B點移動至C點的過程中F一直增大

C.繩端由C點移動至D點的過程中F一直不變

D.繩端由C點移動至D點的過程中F一直變大三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某實驗小組用一個彈簧測力計做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗。他們先將橡皮筋的一端固定在白紙板上，另一端和兩根細線系成一個結點，并在紙板上適當位置做出標記點O。部分實驗步驟如下：(實驗中用到的彈簧測力計最小分度為0.1N)(1)用測力計拉細線將橡皮筋的結點拉到紙板上的標記點O，測力計的示數如圖甲所示，由圖知此時細線的拉力大小為_______N；(2)直接用手和測力計，同時沿不同的方向平行于紙板拉細線，將橡皮筋的結點再次拉到紙板上的O點，記錄_____________和兩根細線的方向OM和ON，如圖乙所示；(3)放回橡皮條，換用手直接拉右邊的細線測力計拉左邊的細線，平行于紙板將橡皮筋的結點也拉到紙板上的O點。為能比較兩根細線拉力與合力的關系，本步驟中除已述的實驗措施外還應保證_______。12.某小組用如圖1所示的裝置研究：小車質量一定的情況下，加速度與力的關系。實驗中可認為槽碼所受的重力等于使小車做勻加速直線運動的合力。測出小車和槽碼的質量分別為M、m。重力加速度為g。(1)關于該實驗，下列說法正確的是

A.小車的質量應該遠大于槽碼的質量B.補償阻力時，將槽碼通過定滑輪系在小車上且小車后面的紙帶應連好C.實驗時，應先放開小車，再接通打點計時器的電源D.實驗中應改變槽碼的質量，打出多條紙帶(2)該小組得到如圖2所示的一條紙帶。已知打點計時器的工作頻率為50?Hz。A、B、C、D、E、F是在紙帶上選取的6個計數點，各計數點間還有4個點未畫出。由此可得，小車的加速度大小為

m/s2。(結果保留2(3)改變槽碼的質量重復實驗，得到多組槽碼質量m及小車加速度a的數據，作出a?m關系圖像如圖3所示，圖像出現彎曲的原因是

A.槽碼的質量過小B.槽碼的質量過大C.補償阻力時長木板的傾角偏小D.補償阻力時長木板的傾角偏大(4)小明認為，根據第(3)問中測得的小車加速度a與對應槽碼質量m作出的1a?1m四、計算題：本大題共3小題，共42分。13.如圖所示，質量為2kg的金屬塊放在水平地面上，在大小為20N、方向與水平方向成37°角的斜向上拉力F作用下，從靜止開始做勻加速直線運動，已知金屬塊與地面間的動摩擦因數μ=0.5，力F持續作用2s后撤去(sin37°=0.6,cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2)。求：

(1)在F作用下，金屬塊的加速度為多大？

(2)撤去力F后金屬塊在地面上還能滑行多遠？14.一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度LAB=4m，BC段是傾斜的，傾角為θ=37°，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v=4m/s的恒定速率順時針運轉。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。現將一個工件(可看作質點)(1)工件第一次到達B點所用的時間；(2)工件沿傳送帶上滑的最大距離。

15.如圖所示，傾角θ=37°的斜面體靜止放在水平地面上，斜面長L=3.2m。質量m=1kg的物體Q放在斜面底端，與斜面間的動摩擦因數μ=0.5，通過輕質細繩跨過定滑輪與物體P相連接，連接Q的細繩與斜面平行。繩拉直時用手托住P使其在距地面?=2.0m高處由靜止釋放，著地后P立即停止運動。若P、Q可視為質點，斜面體始終靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑輪軸摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2，sin(1)若P的質量M=0.6kg，判斷物體Q是否運動，并說明理由。(2)為使Q能夠向上運動且不從斜面頂端滑出，求物體P質量M的范圍。

答案和解析1.【答案】D

【解析】AB.手機一定受重力，磁性吸引力、支架的支持力以及支架對手機的摩擦力四個力的作用，并且由于支持力和磁性吸引力方向都與支架平面垂直，當手機加速前進時，手機所受沿磁片向上的摩擦力大于重力沿磁片向下的分力，即一定有摩擦力，AB錯誤；

CD.由于汽車在加速運動，因此支架對手機的作用力與手機受到的重力的合力一定水平向前，根據力的合成可知，支架對手機的作用力一定斜向前方，且大于重力，C錯誤，D正確。

故選D。2.【答案】C

【解析】A.由于15位乘客的總質量為1040kg，而電梯額定載重量為1050kg，則當第15位乘客進入電梯時，還沒有達到電梯的額定載重量，所以電梯不會嗚笛警示，故A錯誤；

B.當電梯從八層開始向下運動時，加速度向下，由牛頓第二定律知mg?FN=ma，解得：FN=mg?ma，由牛頓第三定律知FN=FN′，則此時乘客給電梯的壓力FN′小于乘客的重力，由題意知電梯不會鳴笛警示，故B錯誤；

CD.當電梯從八層下降到一層，快要停止時，加速度向上，由牛頓第二定律知3.【答案】D

【解析】解：物塊受力如圖所示

對物塊，由牛頓第二定律得：F+μmg=ma

代入數據解得：a=8m/s2，方向水平向右，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。4.【答案】D

【解析】

A、設滑輪和小球的總質量為m，以滑輪和小球整體為研究對象，受力分析如下圖所示：

滑輪兩邊繩的張力T大小相等，由平衡條件得：2Tcosθ2=mg，解得：T=mg2cosθ2，

設滑輪位置為O，根據幾何關系可得：LABsinθ2=dAB??,?LOBcosθ2=?OB，其中LAB為AB繩長，dAB為AB兩點間的水平距離，?OB為BO之間的豎直距離，

人緩慢抬高繩子一小段距離，但AB間水平距離和繩長不變，故θ不變，但BO間豎直距離變大，故L?OB變大，則繩上張力不變，滑輪靜止位置更靠近A點

，故A錯誤；5.【答案】A

【解析】解：A.設網球落地時的速度大小為v，由豎直上拋運動的位移公式可得

v2?v02=?2g?

即v2?(8m/s)2=?2×10×(?1.8)m/s2

解得v=10m/s，方向向下，

故A正確；

B.設網球在空中運動的時間為t，由豎直上拋運動的速度公式可得

?v=v0?gt

即?10m/s=8m/s?10m/s2×t

解得【解析】解：將4塊磚看成一個整體，對整體進行受力分析，在豎直方向，共受到三個力的作用：豎直向下的重力4mg，兩個相等的豎直向上的摩擦力f，由平衡條件可得：2f=4mg，f=2mg。由此可見：第1塊磚和第4塊磚受到木板的摩擦力均為2mg，方向豎直向上。

將第1塊磚和第2塊磚當作一個整體隔離后進行受力分析，受豎直向下的重力2mg，木板對第1塊磚向上的摩擦力f=2mg；由平衡條件可得二力已達到平衡，第2塊磚和第3塊磚之間的摩擦力必為零。

故選：A。

7.【答案】C

【解析】解：A.10s末a、b兩質點圖像相交，v?t圖像的交點，表示物體速度相等，此時ab位移不相等，不會相遇，故A錯誤；

B.10s末a、b兩質點速度相等，由v?t圖像圍成的面積表示位移，可求得此時a質點發生的位移為：xa=12×10×10m=50m，此時b質點發生的位移為xb=12×(8+10)×10m=90m，若t=0時a在b前方50m，10s末a、b兩質點速度相等時，此時兩者相距：Δx=(xa+50)?x=(50m+50m)?90m=10m，故B錯誤；

C.若t=0時a在b前方35m，在10s之前，由于10m<Δx′=xb?xa=90m?50m=40m則質點b將在10s前追上質點a，追上之后，由圖像由于質點a的速度增加比質點b的速度增加得快，故質點a追上質點b，以后將不再相遇，所以a、b將會相遇兩次故C正確；

D.若t?=0時b在a前方的距離大于40m，由于質點a的速度增加比質點b的速度增加快，故質點a將在10s后追上點b，且由于以后質點a的速摩比質點【解析】ABC.設小鳥的重力為mg，過小鳥在樹枝上位置的切線的傾角為θ，則小鳥所受支持力大小為

N=mgcosθ

，所受摩擦力大小為

f=mgsinθ

，因為過A的切線的傾角比過B的切線的傾角大，所以小鳥停在A點時受到的支持力較小，站在B點時受到的支持力較大，根據牛頓第三定律可知，小鳥停在B點時對樹枝的壓力較大，小鳥站在A點時受到的摩擦力較大，故D.小鳥站在A點或B點時所受樹枝的作用力都和小鳥的重力平衡，所以兩個位置樹枝對小鳥的作用力相等，故D錯誤。故選A。9.【答案】ACD

【解析】解：A、0?t1時間內，運動員向上運動，t1時刻速度為零，到達最高點，故A正確；

BC、根據v?t圖像的斜率表示加速度，則有4t1=g=10m/s2，則t1=0.4s。運動員參加10m跳臺訓練，根據圖像與時間軸圍成面積表示位移，得：?4t12+12(t2?t1)[4(t2?t【解析】解：設繩子總長為L，繩子兩端之間的水平距離為s，兩段繩子之間的夾角為2θ，同一根繩子拉力相等，所以每根繩子與豎直方向的夾角均為θ，如圖所示

根據平衡條件可得：2Fcosθ=mg

由根據圖中幾何關系結合數學知識得到：sinθ=sL

當輕繩的右端從B點移到C點時，L、s不變，則θ保持不變，則F不變；

當輕繩的右端從C點移到D點時，s增大，θ變大，cosθ變小，則F增大；

所以繩子拉力變化情況為先不變后增大，故BC錯誤，AD正確。

故選：AD11.【答案】(1)6.40；(2)測力計的示數；(3)使細線再次保持OM、ON方向。

【解析】(1)圖甲彈簧測力計最小分度為0.1N，讀數時，估讀到分度值的下一位，圖中讀數為6.40N；

(2)在本實驗中，我們需要知道兩分力的大小和方向，故應記下彈簧測力計的讀數及兩個細繩套的方向。

(3)本實驗只有一個彈簧測力計，故需要依次測出兩細線方向的拉力，在測拉力過程中應保證使細線再次保持OM、ON方向。

故答案為：(1)6.40；(2)測力計的示數；(3)使細線再次保持OM、ON方向。12.【答案】AD0.50B同意，理由：根據牛頓第二定律mg=可得1作出的

1a?

【解析】(1)A.為了使得槽碼的重力近似等于小車的牽引力，實驗中槽碼的總質量應該遠小于小車的總質量，故A正確；B.平衡摩擦力時應取下槽碼，讓小車拖著紙帶，輕推小車后觀察紙帶上的點跡間距是否均勻，故B錯誤；C.實驗時，應先接通打點計時器的電源，再放開小車，故C錯誤；D.本實驗是研究小車質量一定，小車所受到的拉力與小車加速度的關系，所以需要改變槽碼的數量，打出多條紙帶，通過研究紙帶數據從而得出結論，故D正確。故選AD。(2)已知打點計時器的工作頻率為50?Hz，各計數點間還有4個點未畫出，則相鄰計數點間的時間間隔為T=由逐差法有x解得(3)根據題意，由牛頓第二定律有mg=整理可得a=可知，當m

?

M時g保持不變，a

?

m圖像為過原點的直線，當m逐漸增大，不滿足m

?

M時，

gm+M

減小，a

?

m故選B。(4)同意，理由：根據牛頓第二定律mg=可得1作出的

1a?13.【答案】解：(1)對金屬塊受力分析，如下圖所示：

水平方向，由牛頓第二定律有：Fcos37°?f=ma

豎直方向，由