高級中學名校試卷PAGEPAGE12024—2025學年度上學期期末考試高一試題物理考試時間：90分鐘滿分：100分第Ⅰ卷（選擇題，共48分）一、選擇題，本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，其中1~8小題只有一個選項正確，9~12小題有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。1.物理學家在建立物理概念、探究物理規律的過程中，應用的思想方法正確的是（）A.在建立“質點”、“瞬時速度”概念時，都應用了極限法B.在建立“重心”、“合力與分力”概念時，都應用了等效替代法C.在得出勻變速直線運動的速度和時間關系時應用了微元累積法D.伽利略在研究自由落體運動規律時應用了理想實驗法【答案】B【解析】A．建立質點概念時，應用了理想化模型的研究方法，瞬時速度運用的極限法，故A錯誤；B．在建立“重心”、“合力與分力”概念時，都應用了等效替代法，故B正確；C．在得出勻變速直線運動的位移和時間關系時應用了微元累計法，在得出勻變速直線運動的速度和時間關系時沒有應用微元累積法，故C錯誤；D．伽利略在研究自由落體運動時采用了邏輯推理、實驗和數學相結合的研究方法，故D錯誤。故選B。2.下列單位中是基本單位，并且以之為單位的物理量既有標量也有矢量的單位是（）A.m B.N C.m/s D.J【答案】A【解析】m/s、N和J都不是國際單位制中的基本單位；m是國際單位制中的基本單位，是位移的單位，也是路程的單位，而位移是矢量，路程是標量。故選A。3.羽毛球運動是一項深受同學們喜愛的課間體育運動。如圖所示是無風天氣一羽毛球的飛行軌跡圖，圖中A、B為軌跡上等高的兩點，P為最高點。假設羽毛球所受空氣阻力方向與運動方向始終相反，則該羽毛球在從A到B的整個運動過程中（）A.在A、B兩點時速度相同B.從P到B速度不斷增大C.從A到P速度不斷減小D.經過P點時加速度等于重力加速度g【答案】C【解析】A．A、B兩點等高，羽毛球重力做功為零，空氣阻力與運動方向始終相反，所以空氣阻力做負功，即Wf＜0從A點到B點過程，由動能定理有可知B點的速度小于A點的速度大小，且兩點速度方向不同，故A錯誤；B．從P到B，阻力做負功，重力做正功，無法判斷動能大小的變化，速度大小變化無法判斷，故B錯誤；C．從A到P，阻力做負功，重力做負功，動能不斷減小，速度不斷減小，故C正確；D．羽毛球在P點時，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以水平方向還有空氣阻力，羽毛球在P點的合力大于重力，所以羽毛球經過P點的加速度大于重力加速度g，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，物體A、B疊放在粗糙的斜面C上，在沿斜面向上的力F作用下，物體A、B一起沿斜面向上勻速運動，而斜面C始終靜止在水平地面上，此過程中，下列說法正確的是（）A.物體A受4個力作用B.物體B受6個力作用C.斜面C受6個力作用D.地面受到的壓力大于C所受地面的支持力【答案】A【解析】A．因為物體A勻速運動，對物體A受力分析，除受拉力，重力、支持外，還受到B對其沿斜面向下的靜摩擦力作用，共4個力，故A正確；B．對物體B受力分析，物體A、B間有沿斜面方向的靜摩擦力，B、C間有沿斜面方向的滑動摩擦力，物體B還受到重力、支持力、壓力、共5個力，故B錯誤；C．對斜面C受力分析，斜面C除受到重力外，還受到地面對C的靜摩擦力及支持力，物體B對C的壓力及滑動摩擦力，共5個力，故C錯誤；D．地面受到的壓力與C所受地面的支持力是一對作用力與反作用力，大小相等，故D錯誤。故選A。5.如圖所示，豎直面內固定一大圓環③，三個小環套在三根不同的光滑桿上，從上至下桿長之比為1∶4∶9，桿的上端固定在圓的頂點O，下端分別固定在圓①②③的圓周A、B、C點上。圓①②③共用頂點O，半徑之比為1∶2∶3，三個小環從頂點O由靜止開始沿桿自由下滑至A、B、C三點經過的時間之比為（）A.1∶2∶3 B.1∶1∶1C. D.【答案】C【解析】設光滑桿與豎直直徑的夾角為θ，圓環的半徑為R，對小環受力分析可得，小環所受的支持力大小為所受合外力大小為根據牛頓第二定律可得小環的加速度大小為小環沿滑軌運動的位移為根據位移時間關系有可得小環沿滑軌運動的時間為三小環運動時間之比為故選C。6.如圖所示，木塊A、B重力分別為50N和70N，它們與水平地面間的動摩擦因數均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。初始狀態A、B間的輕彈簧被壓縮了4cm，系統靜止不動。已知彈簧的勁度系數為200N/m，現突然用水平向右的力N推木塊A，則在力F作用的瞬間，下列說法正確的是（）A.A所受摩擦力大小為8NB.A所受摩擦力大小為10NC.B所受摩擦力大小為6ND.B所受摩擦力大小為14N【答案】B【解析】AB．A的最大靜摩擦力為彈簧的彈力為力F作用的瞬間故A產生向右的加速度，受到的滑動摩擦力為10N，故A錯誤，B正確；CD．B的最大靜摩擦力為彈簧的彈力為力F作用的瞬間，彈簧彈力不變故B在這一瞬間加速度為0，則有方向向左，故CD錯誤。故選B。7.近年來我國大力發展自主品牌創新，其中“大疆”已經成為無人機領域的龍頭老大。如圖是一款“大疆”四旋翼無人機，能實現自主水平懸停、水平直線運動及垂升垂降。某次拍攝中，它先以10.0m/s的速度勻速水平向東運動了10.0s，又以恒定的加速度（方向向西）運動了10.0s，在此20.0s內的平均速率為13.5m/s，則加速度的大小為（）A.0.4m/s2 B.1.4m/s2 C.4.5m/s2 D.5.0m/s2【答案】D【解析】無人機向東勻速飛行的路程為s2為勻變速運動的路程，根據平均速率定義式解得根據位移-時間關系，可得速度減為零時的位移為其中反向加速的位移為其中聯立解得a=5.0m/s2故選D。8.如圖所示，均可視為質點的小球A、B通過跨過車廂頂部的光滑輕質定滑輪的輕繩連接，小球A用輕繩AC系于車廂側壁，當小車在水平面上向左做勻加速直線運動時，定滑輪兩側的輕繩恰好垂直，輕繩AC恰好水平。已知A、B兩小球的質量分別為0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A.輕繩AB中的張力大小為6N B.小車的加速度大小為C.輕繩CA中的張力大小為3N D.輕繩對定滑輪的作用力小于7N【答案】B【解析】A．設輕繩中的張力大小為T，OA與豎直方向的夾角為，則有，解得，故A錯誤；B．小車在水平面上向左做勻加速直線運動，結合上述可知，小球受到的合力為根據牛頓第二定律有解得加速度大小為故B正確；C．設輕繩中張力大小為，則有解得故C錯誤；D．由于定滑輪兩側的輕繩恰好垂直，則輕繩對定滑輪的作用力大小為故D錯誤。故選B。9.下列描述直線運動的四個圖像中，a為加速度，x為位移，v為速度，t為時間，其中B、D選項中的圖像皆為拋物線，則所描述的運動一定是初速度為零的勻加速直線運動的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】A．圖像A中加速度不變，即勻變速直線運動，但初速度是否為零，是加速還是減速，都是不確定的，故A錯誤；B．圖像中相鄰相同時間間隔的位移之比為，因此，可以用來描述初速度為零的勻加速直線運動，故B正確；C．由初速度為0的勻加速直線運動位移時間關系可知與成正比，所以C圖像可以描述初速度為零的勻加速直線運動，故C正確；D.由初速度為0的勻加速直線運動速度時間關系可見它的圖應該是過原點的傾斜直線，D圖像是彎曲的，不可以描述勻加速直線運動，故D錯誤。故選BC。10.2024年9月11日12時，我國自主研發的朱雀三號VTVL-1在酒泉衛星發射中心圓滿完成十公里級垂直起降返回飛行試驗，假設火箭從最高點自由下落2s后遙控打開降落傘減速，開傘后最初一段距離內火箭速度v與開傘后下降的距離x之間滿足關系式：，其中C為特定常數，開傘下降距離d后以5m/s的速度勻速下降直到落地，為了簡便計算，忽略在開傘前受到的空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則下列判斷正確的是（）A.常數C的值為0.5B.開傘后下降距離C.開傘后火箭處于失重狀態D.從開傘到勻速過程平均速度大小為12.5m/s【答案】AB【解析】A．設開傘瞬時速度為，由公式，其中t1=2s，解得此時x=0，代入公式，解得故A正確；B．把v=5m/s代入公式，得故B正確；C．由公式知，隨著位移的增大，速度v減小，所以開傘后做減速下落運動，加速度方向豎直向上，則有火箭處于超重狀態，故C錯誤；D．由公式知，打開降落傘后做出圖像，如圖由圖像得，圖像在第一象限內圍成的面積等于時間，則從開傘到勻速過程的時間為所以從開傘到勻速過程的平均速度大小為故D錯誤。故選AB。11.如圖所示，三根輕質細線a、b、c將質量相同的兩個小球1、2懸掛，當兩小球靜止時，細線a與豎直方向夾角為30°，細線c水平。現保持細線a與豎直方向夾角30°不變，將細線c在豎直面內逆時針緩慢轉過60°的過程中，下列說法正確的是（）A.細線b上拉力逐漸減小B.細線b上拉力方向不變C.細線c上拉力逐漸減小D.細線c上拉力先減小后增大【答案】AD【解析】CD．對兩小球的整體受力分析，如下圖所示由整體的平衡可推得細線a上的張力Ta一直減小。細線c逆時針緩慢轉過60°的過程中，Tc先變小，當Tc與Ta垂直時Tc最小，之后Tc又增大，故C錯誤，D正確；AB．對小球1受力分析，如下圖所示細線a上的拉力Ta方向不變而大小一直減小，由圖所示的mg、Ta和Tb所圍成矢量三角形變化過程可知Tb逐漸變小，方向不斷變化，故A正確，B錯誤。故選AD。12.一木板A與輕彈簧一端栓接，彈簧豎直固定在水平面上，A上面放置物塊B，系統處于靜止狀態，如圖所示，現對B施加豎直向上的拉力F（圖中未畫出），使其由靜止開始做加速度大小的勻加速直線運動。彈簧的勁度系數，A、B的質量均為，A、B均視為質點，重力加速度g取10m/s2，彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A.F的最小值為4NB.A、B剛分離時，彈簧處于原長狀態C.A、B分離后，A在上升階段先做加速度減小的加速運動再做加速度增大的減速運動D.若在A、B剛分離時撤去F，則此后B上升的最大高度為0.018m【答案】ACD【解析】A．A、B分離前對AB整體由牛頓第二定律得A對B的支持力逐漸減小，F增大，所以剛開始運動時，F最小，此時所以故A正確；B．當A、B分離時對A由牛頓第二定律得彈簧處于壓縮狀態，故B錯誤；C．A、B分離后，A在上升階段，F彈越來越小，由可知A的加速度先減小，此時A向上做加速度減小的加速運動，當時此后的上升過程中由可知加速度的方向豎直向下，做加速度增大的減速運動，故C正確；D．開始時，系統處于靜止狀態，設此時彈簧形變量為，則有解得A、B剛分離時，設彈簧形變量為，則有代入數據解得所以A上升的位移大小A、B剛分離時，B上升的位移大小為x，設B的速度為v，撤去F后B上升的最大高度為h，由運動學公式可知，代入數據解得故D正確。故選ACD。第Ⅱ卷（非選擇題，共52分）二、填空題，本題共2小題，13題6分，14題8分，共14分。13.在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，某小組進行實驗的主要步驟是：①如圖甲所示，輕質小圓環掛在橡皮條的一端，橡皮條的另一端固定，橡皮條長度為GE；②用手通過兩個彈簧測力計共同拉動小圓環，小圓環受到拉力、的共同作用，處于O點，橡皮條伸長的長度為EO，如圖乙所示。記錄O點位置以及、的大小和方向；③撤去、，改用一個測力計單獨拉住小圓環，仍使它處于O點，此時測力計示數為F，如圖丙所示。記錄F的大小和方向；④圖丁是在白紙上根據實驗記錄進行猜想后畫出的力的合成圖示。（1）關于此實驗，下列敘述正確的有______；A.進行圖乙的實驗操作時，、的夾角越大越好B.通過描點確定拉力方向時，所描的點到O點的距離應適當大一些C.進行圖丙的實驗操作時，也可以用一個彈簧測力計將小圓環拉到O點之外的其它合適點D.重復實驗再次進行驗證時，小圓環到達的平衡位置O可以與前一次不同（2）圖丁中是以、為鄰邊構成的平行四邊形的對角線，實驗中一定沿GO方向的是______（填“F”或者“”）；（3）若在圖乙中，F?、F?的夾角θ為鈍角，現保持O點位置不變，順時針緩慢轉動測力計a的同時逆時針緩慢轉動測力計b，使圖中夾角α、β均減小，則彈簧測力計a在彈性限度內的過程中示數大小變化為______（填“增大”、“減小”或者“不變”）。【答案】（1）BD（2）F（3）增大【解析】【小問1解析】A．在進行圖乙的實驗操作時，為減小實驗誤差，F1、F2的夾角應適中，F1、F2的夾角不是越大越好，故A錯誤；B．過描點確定拉力方向時，所描的點到O點的距離應適當大一些，有利于減小誤差，故B正確；C．為使合力的作用效果與兩分力的作用效果相同，在進行圖丙的實驗操作時，不可以用一個彈簧測力計將小圓環拉到O點之外的其它合適點，故C錯誤；D．重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同，但是每一次完整的實驗必須保證結點位置相同，故D正確。故選BD。【小問2解析】是通過平行四邊形定則做出的F1、F2合力理論值，而F1、F2合力的實驗值由一個彈簧測力計直接測得，一定沿GO方向。小問3解析】現保持O點位置不變，順時針緩慢轉動測力計a的同時逆時針緩慢轉動測力計b，使圖中夾角α、β均減小，根據平行四邊形定則做圖如圖所示可知F1和F2都增大。14.某學習小組利用如圖甲所示的裝置探究加速度與力的關系。請回答下列問題：（1）關于本實驗，某小組補償阻力時，將小車放在水平靜止的長木板上，將遠離滑輪的一端緩慢墊高，直到小車拖著紙帶由靜止開始沿木板向下滑動為止，該小組的操作______（填“正確”或“錯誤”）；（2）圖乙是實驗打出紙帶的一部分，電源頻率為50Hz，相鄰兩計數點間均有4個點未畫出，使用毫米刻度尺讀數后，求出小車的加速度大小為______m/s2（結果保留兩位有效數字）；（3）該小組在某次實驗中，保持小車和砝碼總質量不變，以槽碼的重力為外力，通過改變槽碼的個數，得到了圖丙中的曲線圖像。發現圖像既不過原點，末端又發生了彎曲，可能的原因是（）A.沒有補償摩擦阻力，且小車和砝碼質量較大B.補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過大，且槽碼的質量較大C.補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過小，且槽碼的質量較大D.補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過小，且小車和砝碼質量較大（4）該小組經過重新補償阻力，討論改進了實驗方案，保持槽碼、小車、砝碼總質量不變，把槽碼分別逐個疊放在小車上，重復實驗。由此得到的圖像是一條______（填“直線”或“曲線”）。【答案】（1）錯誤（2）0.50（3）C（4）直線【解析】【小問1解析】小車由靜止下滑，說明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡過度，所以該同學的操作不正確，正確的操作應該為給小車一個初速度，小車能夠帶動紙帶勻速下滑。【小問2解析】圖中相鄰兩個點之間還有4個點未畫出，打點計時器所用電源頻率為50Hz可得圖中標記的兩點間時間間隔為小車加速度的大小為【小問3解析】由圖可知，已經加外力了，還沒有加速度，說明沒有平衡摩擦力或補償摩擦阻力時，木板的傾斜角度過小；以小車為對象，根據牛頓第二定律可得以槽碼為對象，根據牛頓第二定律可得聯立可得可知當小車質量遠大于槽碼的質量時，小車受到的合外力可以近似等于槽碼的重力；所以圖線上部彎曲的原因是：隨著槽碼質量的增加，小車質量不再遠大于槽碼的質量，綜合以上故選C。【小問4解析】保持槽碼、小車、砝碼的總質量不變，把槽碼分別逐個疊放在小車上，槽碼、小車和砝碼總質量不變，以槽碼、小車和砝碼為整體，則有解得可知，得到的圖像是一條直線。三、計算題，本題共3小題，15題10分，16題12分，17題16分，共38分。解答時應寫出必要的文字說明，方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確的寫出數值和單位。15.正在公路上行駛的汽車，只需按下一個鍵，就能輕松切換到飛行模式，變身飛機躍入天空，這就是飛行汽車！一輛飛行汽車在平直的公路上以20m/s的速度行駛，某時刻司機啟動飛行模式，汽車保持水平速度不變，沿豎直方向開始勻加速爬升，經過一段時間爬升到100m高處，用x表示水平位移，y表示豎直位移，這一過程的圖像如圖所示。求汽車飛行時：（1）從啟動飛行模式，到離地100m高處需要多長時間；（2）到達100m高處時豎直速度和瞬時速度的大小（可用根式表示）。【答案】（1）；（2），【解析】（1）飛行汽車的水平速度不變，當爬升到100m高處時有解得（2）豎直方向做勻加速直線運動，有解得合速度為16.攀爬運動可以很好的鍛煉兒童的四肢協調能力。如圖所示，質量的攀爬裝置放在地面上，裝置上表面與水平面夾角為37°，假設裝置上表面光滑，有一個質量為的小孩在攀爬過程中，用力拉住繩索保持平衡，繩索與豎直方向的夾角為45°，整個裝置處于靜止狀態。（假設小孩可以看作質點，，，重力加速度g取10m/s2）求此狀態下：（1）