廣東省湛江市雷州市第二中學2024-2025學年高一下學期開學考試

物理試卷

一'單選題：本大題共7小題，共28分。

1.2023年9月23日，杭州第19屆亞運會盛大開幕。如圖所示為亞運會歷史上首個“數字人”正在跨

越錢塘江奔向亞運會主場館的情景，持續時間約30s。下列說法正確的是（）

A.“30s”指的是時刻

B.以錢塘江面為參考系，火炬手是靜止的

C.研究火炬手跑動的姿態時，可以把火炬手視為質點

D.研究火炬手通過錢塘江的平均速度時，可以把火炬手視為質點

2.一輛汽車在4s內做勻加速直線運動，初速為2m/s,末速為10m/s,在這段時間內（）

A.汽車的加速度為2m/s2B.汽車的加速度為8m/s2

C.汽車的平均速度為5m/sD.汽車的平均速度為10m/s

3.某跳傘運動員打開降落傘后以4m/s的速度勻速豎直降落，當運動員到達離地面16m的高度時，

突然起風，持續水平風力使運動員連同降落傘產生一個沿水平方向的加速度，運動員的落地點偏離

了6m,則運動員在水平方向的加速度大小為（）

A.0.5m/sB.0.75m/sC.lm/sD.1.25m/s

4.一支150機長的搶險救災隊伍勻速前進，位于隊尾的隊長放出無人機到前方1000TH處偵察受災路

況，拍照后立即返回，當無人機返回隊長處時，隊伍已前進了200根。無人機的運動軌跡圖如圖所

示，對整個運動過程，下列說法正確的是（）

1000m

無人機

隊尾隊苜隊尾隊首

*150m*!

200m

A.無人機的路程為1400m

B.無人機的位移大小為400m

C.若無人機的平均速率為45m/s,則隊伍的速度為5m/s

D.若隊伍的速度為4m/s,則無人機的平均速度為36m/s

5.下列說法正確的是（）

A.靜摩擦力的方向可能與物體的運動方向成任意夾角

B.一本書放在水平桌面上，書受向上的支持力，是因為書發生了向下的彈性形變

C.長江上新建的某大橋有很長的引橋，這是為了增大汽車重力沿橋面向下的分力

D.根據〃=￡可知，動摩擦因數〃與滑動摩擦力中成正比，與正壓力FN成反比

6.伽利略設計了如圖所示的實驗：讓一個小球沿斜面從靜止狀態開始運動，小球將“沖”上另一個斜

面.如果沒有摩擦，小球將到達原來的高度。如果第二個斜面傾角減小，小球仍將到達原來的高

度，但是運動的距離更長。由此可以推斷，當斜面最終變為水平面時，小球要到達原有高度將永遠

運動下去。這說明（）

A.力不是維持物體運動的原因

B.物體運動速度越大，慣性越大

C.沒有力的作用，物體只能靜止

D.物體受到的外力一定時，質量越大，它的加速度越小

7.如圖甲所示是一個小朋友玩抖空竹的游戲，圖乙是小朋友玩該游戲的示意圖，兩根不可伸長的線

是對稱的。如果小朋友的兩手離得更遠一些，兩細線再次保持對稱并穩定后，下列說法正確的是

甲乙

A.兩細線的拉力都變大B.兩細線的拉力都變小

C.兩細線的拉力都不變D.兩細線的拉力合力變大

二'多選題：本大題共3小題，共18分。

8.物體做勻加速直線運動，已知第1s末的速度是6m/s,第2s末的速度是8m/s,則下面結論正確的

是（）

A.物體的初速度是3m/sB.物體的加速度是2m/s2

C.任何1s內的速度變化都是2m/sD.第Is內的平均速度是6m/s

9.物體甲的x-t圖像和物體乙的v-t圖像分別如圖所示，則這兩物體的運動情況（）

A.甲在整個t=6s時間內運動方向一直不變，它通過的總位移大小為4m

B.甲在整個t=6s時間內有來回運動，它通過的總位移為0

C.乙在整個t=6s時間內運動方向一直不變，它通過的總位移大小為4m

D.乙在整個t=6s時間內有來回運動，它通過的總位移為0

10.如圖甲所示，勁度系數k=500N/m的輕彈簧，一端固定在傾角為。=37。的帶有擋板的光滑斜面體

的底端，另一端和質量為mA的小物塊A相連，質量為mB的物塊B緊靠A一起靜止，現用水平推

力使斜面體以加速度a向左勻加速運動，穩定后彈簧的形變量大小為X。在不同推力作用下、穩定時

形變量大小x隨加速度a的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內，不計空氣阻力，取重力加速

度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是（）

甲乙

A.ao=7.5m/s2

B.mA=3kg

C.若@=20,穩定時A、B間彈力大小為0

D.若a=ao,穩定時A對斜面的壓力大小為12.5N

三'實驗題：本大題共2小題，共16分。

11.探究力的平行四邊形定則的實驗中

(1)實驗原理是等效原理，其等效性是指

A.使兩次橡皮筋伸長的長度相等

B.使彈簧秤在兩種情況下發生相同的形變

C.使兩分力與合力滿足平行四邊形定則

D.使兩次橡皮筋與細繩套的結點都與某點O重合

(2)下列哪些方法可減小實驗誤差____________________

A.兩個分力Fi、F2間的夾角越小越好

B.兩個分力Fi、F2的大小要適當大些

C.拉橡皮條的細繩要適當長些

D.彈簧秤必須與木板平行，讀數時視線要正對彈簧秤刻度

(3)如圖2所示是甲、乙兩名同學在做“驗證力的平行四邊形定貝V的實驗時得到的結果。若按實

驗中要求的符號表示各個力，則可判定實驗結果中尊重實驗事實的是o

12.某實驗小組設計的“探究加速度與力的關系”的實驗裝置如圖甲所示，小車后面固定一條紙帶，

穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪和動滑輪與掛在豎直平面內

的拉力傳感器相連，拉力傳感器用于測量小車受到的拉力大小。

///

_!拉_

力電火花打

傳____點計時器爾番

感.小車---紙用

器

一

\A單位：cm/

甲乙

（1）實驗中（填“需要”或“不需要”）滿足動滑輪上所掛鉤碼的質量m遠小于小車的質

量M。

（2）某同學在實驗中打出的紙帶的一部分如圖乙所示，用毫米刻度尺測量并在紙帶上標出了部分

計數點的間距，已知打點計時器使用的低壓交流電源的頻率為50Hz。由圖乙中的數據可求得打下A

點時，小車的速度大小為，小車做勻加速直線運動的加速度大小為m/s2o（計算

結果均保留3位有效數字）

（3）該實驗小組通過該實驗裝置完成實驗，以拉力傳感器的示數F為橫坐標，小車的加速度大

小a為縱坐標，作出的圖像為下圖中的0

（4）改變鉤碼的質量，假設鉤碼的質量可以為任意大小，則小車加速度的最大值為

（已知當地重力加速度大小為g）=

四'計算題：本大題共3小題，共38分。

13.如圖所示，一寬為2L、垂直于平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，虛線MN、PQ為

勻強磁場足夠長的水平邊界。一邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形線框從MN上方2L處以水

平初速度孫平拋，線框恰好從PQ勻速穿出磁場，忽略空氣阻力，線框平面始終在MNQP面內且線

框上下邊始終平行于MN（PQ）,重力加速度為g,求：

%

2L

MN

1;-X----X---X----X---X---X

2￡XXXXXX

XXXXXX

p0

(1)線框穿出磁場過程中，回路中的電流大小；

(2)線框穿過磁場過程中所用時間。

14.掛紅燈籠是我國傳統文化，用來表達喜慶。如圖所示，一小燈籠用輕繩連接并懸掛在O點，在

穩定水平風力F作用下發生傾斜，輕繩與豎直方向的夾角為37。，若燈籠的重力為4N,cos370=

0.8,sin37°=0.6。

(1)畫出燈籠的受力示意圖；

(2)求水平風力F和懸繩拉力T的大小；

(3)分析說明隨著風力的增大，繩子拉力T大小如何變化。

風

15.如圖，質量為M=4kg的木板AB靜止放在光滑水平面上，木板右端3點固定一根輕質彈簧，

彈簧自由端在C點，C到木板左端的距離L=0.5m,質量為m=1kg的小木塊(可視為質點)靜止

放在木板的左端，木塊與木板間的動摩擦因數為〃=0.2,木板AB受到水平向左的恒力F=14N,

作用一段時間后撤去，恒力/撤去時木塊恰好到達彈簧自由端C處，此后運動過程中彈簧最大壓縮

量x=5cm,且將物塊向左彈回后能恢復原長，g=10m/s2o求：

B

亡

rAAAA/WW\dI

/___—――——r

(1)水平恒力產作用時木塊與木板的加速度大小;

(2)水平恒力R作用的時間t-,

（3）撤去產后，彈簧的最大彈性勢能々.

答案解析部分

1.D

A.數字人跨越的時間“30s”指的是時間間隔，故A錯誤；

B.以錢塘江面為參考系，由于火炬手的位置不斷變化，所以火炬手是運動的，故B錯誤；

C.研究火炬手跑動的姿態時，火炬手的形狀、大小對跑動的姿勢有影響，不可以把火炬手視為質點，

故C錯誤；

D.研究火炬手通過錢塘江的平均速度時，火炬手的形狀、大小可以對平均速度沒有影響，可以把火

炬手視為質點，故D正確。

故選D。

數字人跨越的時間代表時間間隔；以錢塘江面為參考系，火炬手是運動的；物體能否作為質點主要看

所研究的問題。

2.A

解：A、B、由于是勻加速直線運動，因此初末速度方向相同，所以有

加速度為：a=鐺=早m/s=2m/s2,A符合題意，B不符合題意；

△t4'

C、D、平均速度^=EQ±Et=2+10m/s=6向s.CD不符合題意.

故答案為：A.

利用加速度定義式可以求出加速度的大小；利用初末速度之和的一半可以求出平均速度的大小。

3.B

在豎直方向上，運動員運動的時間為

h16

"瓦=^s=4s

起風后，水平方向上有

12

S=

乙

解得

a=0.75m/s2

故B正確，ACD錯誤。

故答案為：B。

在豎直方向上，做勻速直線運動，求出時間，再根據水平方向上做勻加速直線運動，求出水平方向上

加速度大小。

4.C

AB.根據圖像可得對整個運動過程研究，無人機與隊伍的位移大小均為200m,無人機的路程為

s機=(1000X2—200)m=1800m

故AB錯誤；

C.若無人機的平均速率為45m/s,則運動時間為

s機1800

1V45s=40s

則隊伍的速度為

”隊伍200

m/s=Sm/s

"隊伍=40

故C正確；

D.無人機與隊伍的位移大小均為200m,所以隊伍的速度與無人機的平均速度相等，當隊伍的速度

為4m/s,則無人機的平均速度為4m/s,故D錯誤。

故答案為：Co

根據圖像分別求出無人機與隊伍的位移以及路程大小；根據公式求出無人機的運動時間，再求出隊

伍的速度大小；根據平均速度公式求解。

5.A

A.靜摩擦力的方向與相對運動的趨勢相反，可以與物體運動方向成任意夾角，A符合題意；

B.一本書放在水平桌面上，書受向上的支持力，是因為桌子發生了向下的彈性形變，B不符合題

息；

C.長江上新建的某大橋有很長的引橋，這是為了減小汽車重力沿橋面向下的分力，c不符合題意；

D.動摩擦因數只與物體與水平面間有關，D不符合題意。

故答案為：Ao

彈簧彈力是由于施力物體發生形變產生的；利用物體在斜面上的受力特點可得出結論。

6.A

7.A

受力分析如下圖所示

開始時兩根繩子是對稱的，與豎直方向夾角相等，根據力的平衡可得2Fcose=mg,當小朋友的

兩手離得更遠一些時，兩根繩子依然對稱，兩根繩子與豎直方向夾角6依然相等，且夾角9變

大，由于兩根繩子的合力不變，根據上式可知，拉力F變大。

故答案為：Ao

對空竹進行受力分析，根據力的分解以及共點力平衡得出F的表達式，從而得出兩手離得更遠一些

時F的變化情況。

8.B,C

AB.物體做勻加速直線運動，根據速度公式

v=v0+at

可得，物體的加速度大小為

a=--------27nls2

同理可以得出：物體的初速度為

v0=vr—at=4m/s

故A錯誤，B正確；

C.物體的加速度是2m/s2,根據速度公式則任何Is內的速度變化為

Av—at=2m/s

C正確；

D.已知物體的初速度為4m/s和第Is末的速度為6m/s,根據平均速度公式可以得出：第1s內的平

均速度為

VQ+%

v=-------=5m/s

乙

D錯誤。

故選BC。

利用速度公式可以求出物體加速度的大小，結合速度公式可以求出物體初速度的大小；利用速度公

式可以求出任意1s內速度變化量的大小；利用初末速度可以求出平均速度的大小。

9.A,D

AB.在甲圖中，斜率表示速度，甲在整個t=6s時間內，運動方向一直不變，甲的起點坐標為-2m,

終點為2m,因此甲的總位移大小為4m,故A正確，B錯誤；

CD.在v-t圖中，圖像面積表示位移，且在橫坐標以上，速度方向為正，位移也為正，在橫坐標以

下，速度方向為負，位移也為負，因此乙在整個t=6s時間內有來回運動，面積之和為0,它通過的

總位移為0,故C錯誤，D正確。

故答案為：AD。

根據甲圖斜率表示速度得出其運動方向不變，再得出其甲的位移情況；

根據乙圖得出其面積表示位移得出速度以及位移情況得出結論。

10.A,C,D

A.由圖結合題意可知時彈簧處于原長狀態，對AB整體，根據牛頓第二定律

(mA+ms),gtan37°=(mA+mB)a0

解得

2

a0=7.5m/s

故A正確；

B.對AB整體分析，根據受力平衡，可求出質量大小。當a=0時，對AB整體分析有

(mA+mB)gsin37°—kx0

當a>a。時，圖中另一縱截距的意義為

mAgsm37°—kx、

聯立解得W=1kg,mB=2kg

故B錯誤；

C.對B分析，利用牛頓第二定律可求出AB間彈力大小。當。=的時，對B,根據牛頓第二定律

FNsin。—FABCOS6=mBa,FNcos9+FABsinO=mBg

解得

=°

故C正確；

D.當。=劭時，物塊A、B恰要分離，對A有

由牛頓第三定律知A對斜面的壓力大小為12.5N,故D正確。

故選ACDo

在解答本題時，應注意選擇研究對象時，選擇整體進行分析可以減少受力分析的復雜程度。對AB

整體利用牛頓第二定律可求出加速度大小；對AB整體分析，根據受力平衡，可求出質量大小；對

A利用牛頓第二定律，結合牛頓第三定律可求出A對斜面壓力的大小；對B分析，利用牛頓第二定

律可求出AB間彈力大小。

11.(1)D

(2)B；C；D

(3)甲

(1)實驗原理是等效替代的原理，等效性體現在兩次橡皮筋與細繩套的結點都與某點O重合；故選

Do

(2)A.實驗中為保證方便、準確地測量，兩分力適當大些，讀數時相對誤差會小，但夾角不宜太

大也不宜太小。A選項說法錯誤。

B.在合力F不超過量程的前提下，兩個分力Fi、F2盡量大些，這樣可以減小相對誤差，提高實驗

精度。B選項說法正確。

C.為準確記下拉力的方向，采用兩點描線時兩點應盡量距離大一些，所以細繩應長些。C選項說法

正確。

D.實驗中，彈簧秤必須與木板平行，讀數時視線要正對彈簧秤刻度，以確保讀數準確。D選項說法

正確。

故選BCD。

(3)實驗測的彈力方向沿繩子方向，即圖中的AO方向，由于誤差的存在，作圖法得到的合力與實

驗值有一定的差別，即作圖得出的合力方向與AO方向有一定的夾角，故甲更符合實驗事實。

故答案未：(1)D；(2)BCD；(3)甲

首先對每個問題進行逐一分析。對于(1),根據等效替代原理的定義，明確其等效性體現為結點與

某點O重合，從而得出答案。對于(2),分別分析每個選項，A選項指出實驗要求和夾角問題，

判斷其錯誤；B選項從提高實驗精度角度說明分力盡量大的好處；C選項解釋細繩長些便于準確記

錄拉力方向；D選項強調彈簧秤的使用規范，最終綜合得出答案。對于(3),依據實驗中彈力方向

的規定以及誤差的存在，比較兩圖得出甲更符合實驗事實

(1)實驗原理是等效原理，其等效性是指使兩次橡皮筋與細繩套的結點都與某點O重合。

故選D。

(2)A.實驗要方便、準確，兩分力適當大點，讀數時相對誤差小，夾角不宜太大，也不宜太小，

故A錯誤；

B.在合力F不超過量程的前提下，兩個分力Fi、F2要盡量大些，故B正確；

C.為了準確記下拉力的方向，故采用兩點描線時兩點應盡量距離大一些，故細繩應長些，故C正

確；

D.實驗中，彈簧秤必須與木板平行，讀數時視線要正對彈簧秤刻度，故D正確。

故選BCD。

(3)實驗測的彈力方向沿繩子方向，即圖中的A0方向，由于誤差的存在，作圖法得到的合力與實

驗值有一定的差別，即作圖得出的合力方向與A。方向有一定的夾角，故甲更符合實驗事實。

12.(1)不需要

(2)1.85；4.95

(3)D

(4)2g

(1)本實驗因為使用拉力傳感器直接測量小車受到的拉力大小，故不需要滿足動滑輪上所掛鉤碼的

質量加遠小于小車的質量M。

(2)將每一段位移分別記為久1、肛、町、％4,且有

T=2x0.02s=0.04s

由于A點為相和久3的中間時刻，則有

(7.01+7.79)x10—2

m/s1.85m/s

2T2x0.04

根據逐差法可得小車做勻加速直線運動的加速度大小為

%4+—%2—

(8.60+7.79—7.01—6.21)X10?2

a=-------------六--------=--------------------------------------5----------------------m/s?4.95m/s

4T,4x0.042

(3)

由題意可知，使用該裝置實驗時未平衡摩擦力，故圖像不過坐標原點，與橫坐標有交點，又因為使

用了拉力傳感器，故圖像不會彎曲，所以圖D符合。

故選D。

(4)

對鉤碼分析有

mg—2T=ma

當血無窮大時，拉力7可以忽略不計，則鉤碼的最大加速度為g,由于小車位于動滑輪的活動端，故小

車的加速度為鉤碼的加速度的2倍，故為2g。

(1)根據實驗原理及力傳感器作用分析，傳感器直接測量小車受到的拉力大小，不滿足掛鉤碼的質

量771遠小于小車的質量M;

(2)中間時刻瞬時速度等于全程平均速度求解瞬時速度，勻變速直線運動利用逐差法求加速度；

(3)根據牛頓第二定律結合圖像分析判斷；

(4)根據牛頓第二定律求得加速度表達式進而分析最大值。

(1)本實驗因為使用拉力傳感器直接測量小車受到的拉力大小，故不需要滿足動滑輪上所掛鉤碼的

質量加遠小于小車的質量M。

(2)[1]將每一段位移分別記為久1、到、￡3、％4,且有

T=2X0.02s=0.04s

由于A點為久2和久3的中間時刻，則有

(7.01+7.79)x10—2

m/s=1.85m/s

加=2T2x0.04

⑵根據逐差法可得小車做勻加速直線運動的加速度大小為

%4+為3—%2—(8.60+7.79—7.01—6.21)X102r

22

a=-------------六--------=------------------------------------5----------------------m/s?4.95m/s

4TZ4X0.042

(3)由題意可知，使用該裝置實驗時未平衡摩擦力，故圖像不過坐標原點，與橫坐標有交點，又因

為使用了拉力傳感器，故圖像不會彎曲，所以圖D符合。

故選D。

(4)對鉤碼分析有

mg—2T=ma

當小無窮大時，拉力r可以忽略不計，則鉤碼的最大加速度為g,由于小車位于動滑輪的活動端，故小

車的加速度為鉤碼的加速度的2倍，故為2g。

13.(1)線框恰好勻速穿出，則由平衡條件可知

mg=BIL

解得

_mg

I=~BL

(2)線框恰好進入磁場MN時，豎直速度記匚巧，由自由落體運動規律可得

聽=2gX2L

解得

%=2y[gL

安培力的沖量大小為

/=BILt-BLq

線框完全進入磁場，流過線框的電荷量為

4⑦BL2

口=僅=下

線框勻速穿出磁場，豎直速度記為外，有

mg=BIL,I=一？2

R

解得

mqR

v2=22

Bl/

線框從進入磁場到穿過磁場用時為t,根據動量定理可得