2023?2024學年度高一第一學期期末教學質量檢測

物理試題

注意事項：

1.本試題共6頁，滿分100分，時間90分鐘。

2.答卷前，考生務必將自己的姓名和準考證號填寫在答題卡上。

3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需

改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

4.考試結束后，監考員將答題卡按順序收回，裝袋整理；試題不回收。

第I卷（選擇題共48分）

一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，計48分。在每小題給出的四個選項中，第

1~8題只有一項符合題目要求；第9~12題有多項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但

不全的得2分，有選錯或不選的得0分）

1.2023年10月26日11時14分，神舟十七號載人飛船在酒泉衛星發射中心發射成功，載人飛船經過6.5

小時的飛行后，于17時46分成功對接空間站天和核心艙端口，此后載人飛船同空間站一起繞地球運行，

繞行一圈大約需要90分鐘。以下說法正確的是（）

A.題中“90分鐘”指的是時刻

B.研究飛船繞地球的運行軌跡時，可將飛船視為質點

C.若飛船繞地球的圓軌道半徑為R,則飛船繞行一圈的位移大小為火

D.飛船繞地球運行一圈的平均速度為零，所以飛船相對地球是靜止的

【答案】B

【解析】

【詳解】A.題中“90分鐘”指的是時間間隔，故A錯誤；

B.研究飛船繞地球的運行軌跡時，飛船的形狀大小對所研究的問題影響很小，可以忽略不計，可將飛船

視為質點，故B正確；

C.若飛船繞地球的圓軌道半徑為7?,則飛船繞行一圈的位移大小為0,故C錯誤；

D.飛船繞地球運行一圈的平均速度為零，但飛船相對地球是運動的，故D錯誤。

故選B。

2.關于牛頓運動定律，下列選項正確的是（）

A.牛頓運動定律都可以通過實驗操作進行驗證

B.由牛頓第一定律可知物體只有在不受力時才具有慣性

C.由牛頓第二定律可得到lN=lkg?m/s2

D.由牛頓第三定律可知相互作用力就是一對平衡力

【答案】C

【解析】

【詳解】A.牛頓第一定律不能通過實驗進行驗證，故A錯誤；

B.慣性是物體的固有屬性，由牛頓第一定律可知物體受力時、不受力時都具有慣性，故B錯誤；

C.公式尸=7也中，各物理量的單位都采用國際單位，可得到力的單位

1N=Ikg.m/s2

故C正確；

D.由牛頓第三定律可知相互作用力分別作用在兩個物體上，不是一對平衡力，故D錯誤。

故選C。

3.錢學森彈道是我國科學家錢學森于上世紀40年代提出的一種新型導彈彈道的設想。這種彈道的特點是

將彈道導彈和飛航導彈的軌跡融合在一起，使之既有彈道導彈的突防性能力，又有飛航式導彈的靈活性。

如圖是導彈的一段飛行軌跡，A、B、C、。是軌跡上的四個位置點，導彈在這四個位置點的速度v與所受

合外力P的關系可能正確的是（）

A.A點B.B點C.C點D.Z）點

【答案】D

【解析】

【詳解】做曲線運動的物體速度方向為軌跡在該點的切線方向，而合外力應指向軌跡的凹側，二者分居于

軌跡兩側。

故選D。

4.“蹦極”是一項刺激的體育運動。某人身系彈性繩自高空尸點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位

置，c是人所到達的最低點，b是人靜止懸吊著時的平衡位置，人在從P點下落到最低點c點的過程中

p

/Ta

ib

工a-------

A.在。點時人的速度最大B.在湖段人做加速運動

C.在瓦段，人處于失重狀態D.在c點，人的速度為零，處于平衡狀態

【答案】B

【解析】

【詳解】A.人下落至6處，拉力等于重力，加速度為零，獲得最大速度，故A錯誤；

B.在湖段繩的拉力小于人的重力，加速度方向向下，做加速運動，并且隨著下降彈力繩的拉力逐漸變

大，加速度減小，故B正確；

C.在兒段繩的拉力大于人的重力，加速度方向向上，人處于超重狀態，故C錯誤；

D.在c點，人的速度為零，但是彈力大于重力，不是處于平衡狀態，故D錯誤。

故選B。

5.如圖所示，某磁吸式手機支架利用手機殼里的鐵片和磁性支架相互吸引，可實現任意角度的調整。下列

關于手機（包括手機殼）與該支架間的相互作用的說法正確的是（）

A.靜止在支架上的手機受三個力

B.手機受到的摩擦力方向可以豎直向下

C.磁性支架對手機的彈力可能大于手機重力

D,無法將該支架調整到豎直方向且保持手機不滑落

【答案】C

【解析】

【詳解】A.當支架傾斜時，靜止在支架上的手機受到重力、支架對手機的支持力、支架對手機的磁吸力

以及支架對手機的摩擦力，當支架調整為水平時，手機水平，只受到重力、支持力和磁吸力，手機受到的

力可能為四個或者三個，A錯誤；

B.手機在支架上始終有向下運動的趨勢，有摩擦力只能是斜向上，B錯誤；

C.手機水平時，彈力等于重力與磁力之和，彈力大于重力，C正確；

D.可以將該支架調整到豎直方向且保持手機不滑落，D錯誤。

故選C。

6.小明同學為了測量學?？萍紭堑母叨龋瑥目萍紭堑捻敳坑伸o止釋放一小石子，約3s后聽到石子落地的

聲音；小明同學還觀察到一片銀杏樹葉從樹頂飄落，樹葉從離開樹頂到落地用時約3s,則學?？萍紭呛豌y

杏樹的高度最接近（）

A.42m、12mB.15m、45mC.15m>12mD.45m、45m

【答案】A

【解析】

【詳解】根據自由落體運動的規律可知

h=-gt1=45m

由于石子下落過程中受到空氣阻力，所以實際加速度稍小于重力加速度，石子下落高度將稍小于45m,而樹

葉飄落過程中實際加速度較重力加速度較小，因此同樣下落3s,樹葉下落距離應遠小于石子。

故選Ao

7.如圖所示，某同學訓練定點投籃，先后兩次跳起投籃時，投球點和籃筐正好在同一水平面上，兩次均命

中，但第二次籃球的滯空時間比第一次短，不考慮空氣阻力，則（）

A.兩次投出速度方向相同B.兩次最大高度相同

C.第一次投出速度一定大D.第一次在最高點速度小

【答案】D

【解析】

【詳解】B.投球點和籃筐正好在同一水平面上，兩次均命中，但第二次籃球的滯空時間比第一次短，則

上升最大高度為

可知第二次最大高度小于第一次最大高度，故B錯誤；

D.水平位移相同，則有

x=vt

由于第二次籃球的滯空時間比第一次短，可知第二次在最高點速度大，第一次在最高點速度小，故D正

確；

A.從投出點到最高點，豎直方向有

t

V=s—

y32

可知第二次投出的豎直分速度小于第一次投出的豎直分速度，而第二次投出的水平分速度大于第一次投出

的水平分速度，根據

V

tan6*=—

匕

可知第二次投出速度方向與水平方向的夾角小于第一次投出速度方向與水平方向的夾角，故A錯誤；

C.根據

由于第二次投出的豎直分速度小于第一次投出的豎直分速度，而第二次投出的水平分速度大于第一次投出

的水平分速度，則第一次投出速度不一定大，故C錯誤。

故選D。

8.如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。若已知飛船質量為3.0x103kg,在飛船與空間站對

接后，其推進器的平均推力/為900N,推進器工作5s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05m/s,

則（）

空間站飛船F

A,飛船對空間站的推力為900NB.飛船的加速度為0.3m/s2

C.空間站的質量為8.7xl（rkgD,在5s內，飛船和空間站前進的距離是0.125m

【答案】C

【解析】

【詳解】ABC.已知飛船質量為m=3.OxlO3kg,在其推進器的平均推力/作用下，整體獲得加速度為

Avo

a.=——=0.01m/s"

At

根據牛頓第二定律可得

F=

代入數據解得

M=87000kg

飛船對空間站的推力為

F'=Ma,=870N

故AB錯誤，C正確；

D.因為初狀態不清楚，所以無法計算在5s內，飛船和空間站前進的距離，故D錯誤。

故選C

9.關于下列各圖的說法中，正確的是（）

A.圖甲中，汽車速度計顯示的“195km/h”是瞬時速度

B.圖乙中，槳往后劃水，龍舟向前加速運動，說明水對槳的力大于槳對水的力

C.圖丙中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球相互間由于接觸而產生彈力

D.圖丁中，小錘用不同的力擊打彈性金屬片，A、B兩球總是同時落地

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.圖甲中，汽車速度計顯示的“195km/h”是瞬時速度，故A正確；

B.水對槳的力與槳對水的力是一對相互作用力，大小總是相等，故B錯誤；

C.圖丙中，靜止在光滑水平地面上的兩個足球，根據受力平衡可知，兩個足球相互間不存在彈力作用，

故C錯誤；

D.圖丁中，小錘用不同的力擊打彈性金屬片，A、B兩球總是同時落地，故D正確。

故選AD?

10.如圖a所示，工人用推車運送石球,到達目的地后，緩慢抬起把手將石球倒出（圖b）。若石球與板08、OA

之間的摩擦不計，ZA（9B=60°,圖。中50與水平面的夾角為30。，則在抬起把手使。4變為水平的過程

中，石球對。8板的壓力N］、對Q4板的壓力N2的大小變化情況是（）

A.M變小B.N［變大

C.N2先變大后變小D.N2先變小后變大

【答案】AC

【解析】

【詳解】以石球為對象，受力如圖所示

緩慢抬起過程中，石球受力平衡，結合數學知識可得

N、N］G

sinpsinysina

其中G和a不變，在轉動過程中尸從90。增大到180。，貝Isin"不斷變小，2將不斷變?。?從150。減

小到60。，其中跨過了90。，因此sin7先變大后變小，則N2將先變大后變小。

故選AC。

11.汽車A和汽車B（均可視為質點）在平直公路上沿兩平行車道同向行駛，A車在后（如圖甲所示）。

以某時刻作為計時起點，此時兩車相距Xo=16m。汽車A運動的x—力圖像如圖乙所示，汽車B運動的

丫一。圖像如圖丙所示。下列說法正確的是（)

A.汽車A由靜止開始做勻加速直線運動

B.汽車B在05s內的位移大小為20m

C.在/=0.5s時，兩車相距最遠，且最遠距離為18m

D.在r=9s時，兩車并排，之后A車超越B車

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.根據龍圖像的斜率表示速度，可知汽車A做勻速直線運動，速度為

16,.,

V,=-m/s=4m/s

A4

故A錯誤；

B.根據y—/圖像可知，/=4.5s汽車B已經停下，則汽車B在。5s內的位移大小等于0?4.5s內的位

移大小，根據v-/圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得

xB=；（0.5+4.5）x8m=20m

故B正確；

C.在/=0.5s時，汽車B的速度仍大于汽車A速度，此時兩車相距并不是最遠，故C錯誤；

D.當t=4.5s汽車B剛好停下，此時汽車A通過的位移為

xA=VA?=4X4.5=18m<x0+xB

則汽車A追上B車所用時間為

/+/_16+2°$=9s

4

可知在/=9s時，兩車并排，之后A車超越B車，故D正確。

故選BD?

12.A3是固定在空中的光滑水平橫桿，一質是為M的物塊穿在桿A8上，物塊通過輕細線懸吊著一質量為

加的小球。現用沿桿的恒力尸拉物塊使物塊、小球一起（保持相對靜止）向左運動，細線與豎直方向夾

角為。，重力加速度為g,則以下說法正確的是（）

AB

A.桿對物塊的支持力大小為（〃+m）gB.細線上的拉力大小為小冬

C.物塊和小球的加速度大小為gsin。D.恒力T7XAf+Mgtan。

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.以物塊、小球為整體，豎直方向根據受力平衡可得，桿對物塊的支持力大小為

N=（M+喻g

故A正確；

BC.以小球為對象，豎直方向根據受力平衡可得

Tcos0=mg

可得細線上的拉力大小為

cos6,

水平方向根據牛頓第二定律可得

Tsin0—ma

解得物塊和小球的加速度大小為

a=gtan。

故BC錯誤；

D.以物塊、小球為整體，水平方向根據牛頓第二定律可得

F—[M+"?）a=（Af+機）gtan0

故D正確。

故選AD。

第II卷（非選擇題共52分）

二、實驗探究題（本大題共2小題，計16分）》

13.某同學用橡皮筋與彈簧測力計驗證“力的平行四邊形定則”，實驗裝置如圖甲所示。其中A為固定橡

皮筋的圖釘，02和0C為細繩。

(2)如圖乙所示四個力口、耳、瑞、F'，其中不是由彈簧測力計直接測得的是o

(3)如圖丙所示，耳、心夾角大于90。，現保持。點位置不變，拉力工方向不變，增大及與工夾

角，將可緩慢轉至水平方向的過程中，兩彈簧測力計示數大小變化為(填正確選項前的字

母。兩彈簧測力計的拉力均不超出它們的量程)。

A.耳一直增大，工一直增大B.6先減小后增大，工一直增大

C.片一直增大，工一直減小D.耳一直增大，工先減小后增大

(4)實驗結束后，該同學取下其中一個彈簧測力計的彈簧(自重不計)來探究“彈簧所受彈力產與彈簧

長度L的關系”，繪出如圖丁所示的圖像，由圖像可知該彈簧的原長為cm,彈簧的勁度系數

為N/mo

【答案】①.等效替代法②.F③.A?.6⑤.40

【解析】

【詳解】(1)口］本實驗中兩次拉橡皮筋的效果相同，主要體現的科學方法是等效替代法。

(2)［2］由圖乙可知歹是由平行四邊形得出的合力理論值，不是由彈簧測力計直接測得的。

(3)［3］耳、工夾角大于90。，現保持。點位置不變，拉力工方向不變，增大耳與工的夾角，將耳緩

慢轉至水平方向的過程中，耳、心的合力不變，如圖所示

由圖可知，耳一直增大，工一直增大。

故選Ao

（4）[4]由圖像可知該彈簧的原長為

Lo=6cm

[5]根據胡克定律可得

F=k（L-L0）

可知F-L圖像的斜率等于彈簧的勁度系數，則有

AF40

k=——=-------------N/m=40N/m

AL（16—6）x10-2

14.如圖甲所示為“探究滑塊加速度與力、質量的關系”實驗裝置圖?；瑝K置于一端帶有定滑輪的長木板

上，左端連接紙帶，紙帶穿過電磁打點計時器?；瑝K的質量為優，托盤（及祛碼）的質量為重力加速

度g已知。

（1）關于該實驗，下列說法正確的是=（填正確選項前的字母）

A.為平衡滑塊與木板之間的摩擦力，應將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛托盤（及祛碼）的情況

下使滑塊恰好做勻速直線運動

B.每次改變滑塊質量時，應重新平衡摩擦力

C.本實驗中M應遠小于m

D.實驗時，先接通打點計時器的電源，再釋放滑塊

（2）實驗中得到一條如圖乙所示的紙帶，圖中相鄰兩計數點間還有4個點未畫出，打點計時器所用電源

2

的頻率為50Hz。由圖中實驗數據可知，滑塊運動的加速度大小是m/so（結果保留兩位有效數

字）

（3）在探究滑塊加速度與質量的關系時，為了更直觀地判斷出加速度。與質量相的關系，應該作的是

（選填"a—m”或“q_工”）圖像。

m

（4）如圖丙是某同學在探究加速度與力的關系時根據測量數據作出的圖線，圖線不過坐標原點的原因是

o（填正確選項前的字母）

A.未完全平衡摩擦力B.平衡摩擦力過度

C.滑塊質量過重D.滑塊質量遠小于托盤（及祛碼）的質量

【答案】?.ACD②.0.50?.a--B

m

【解析】

【詳解】（1）[1]A.為平衡滑塊與木板之間的摩擦力，應將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛托盤

（及祛碼）的情況下使滑塊恰好做勻速直線運動，故A正確；

B.每次改變滑塊質量時，不需要重新平衡摩擦力，故B錯誤；

C.本實驗中繩的拉力需要用托盤（及祛碼）的總重力代替，所以M應遠小于，然，故C正確；

D.實驗時，先接通打點計時器的電源，再釋放滑塊，故D正確。

故選ACD。

（2）[2]根據題意可知，相鄰兩計數點間的時間間隔為0.1s,滑塊運動的加速度大小為

「=CE-AC=（241+2.91）-（141+1.91）乂2介=。.5。次

4T24x0.12

（3）[3]在探究滑塊加速度與質量關系時，加速度與質量成反比，因此為了更直觀地判斷出加速度。與質

量機的關系，應該作的是a-工圖像。

m

（4）[4]由圖可知，開始時沒有掛鉤碼但小車已經有加速度，說明平衡摩擦力過度。

故選B。

三、計算題（本大題共4小題，計36分。解答應寫出文字說明、計算過程或演算步驟，只寫

出結果的不得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）

15.冰壺，又稱擲冰壺、冰上溜石，是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目，屬于冬奧會比賽項

目，并設有冰壺世錦賽。在某次比賽中，冰壺被投出后，如果做勻減速直線運動，用時16s停止，最后1s

內位移大小為0.25m,求：

（1）冰壺的加速度大小是多少？

（2）冰壺第1s內的位移大小是多少？

【答案】（1）0.5m/s2；⑵7.75m

【解析】

【詳解】（1）整個過程的逆過程是初速度為0的勻加速直線運動，由于最后1s內的位移為0.25m,即反向

后第1s內的位移為0.25m。設加速度的大小為。，根據位移時間公式可得

1”

%=Q的

代入數據解得冰壺的加速度大小為

?=0.5m/s2

(2)根據速度時間公式可得，初速度為

%=G=0.5xl6m/s=8m/s

則冰壺第Is內的位移大小為

x=—;。產=7.75m

16.周末，小美幫媽媽做飯，防止燙手用夾子夾住長方形托盤，如圖甲所示，側視圖如圖乙所示。已知托

盤的質量(含食物)為77?=6OOg,托盤側邊與豎直方向的夾角為6=53°,夾子與托盤兩側共有6個接觸

點，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取10m/sin53°=0.8，cos530=0.6o當托盤水

平靜止時，求:

(1)托盤對取物夾每個接觸點彈力的大小;

(2)取物夾與托盤側邊接觸點間的動摩擦因數〃的最小值。

甲

【答案】(1)0.8N；(2)〃=0.75

【解析】

【詳解】(1)取物夾與托盤兩側邊共有6個接觸點，則每個接觸點取物夾對托盤的作用力為

L1

F=-mg

設在每個接觸點取物夾對托盤的彈力大小為取,摩擦力為工，如圖

兩個力的合力與產等大，有

既=/sin53°

解得

FN=0.8N

由牛頓第三定律可知，托盤對取物夾每個接觸點彈力的大小為

R=4=0.8N

(2)當〃最小時，取物夾與托盤之間的摩擦力恰好為最大靜摩擦力，則

Ff=Feos53°

Ff=JUFN,FN=Esin53°

代入數據聯立解得

〃=0.75

17.如圖所示，足夠長的水平傳送帶在電動機的帶動下順時針勻速轉動。現有質量為加的煤塊(可視為質

點)由靜止從傳送帶左端在傳送帶的作用下達到傳送帶的速度后從右端尸點離開傳送帶做平拋運動，正好

落入運煤車車廂中心處，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.25,P點與運煤車底板間的豎直高度

H=3.2m,與運煤車車廂底板中心處的水平距離x=2.4m,8IX10m/s20求：

(1)傳送帶勻速轉動的速度大小；

(2)若傳送帶長為4.2m,煤塊從傳送帶左端到落入車廂需要的時間。

【答案】(1)3m/s；(2)2.8s

【解析】

【詳解】(1)由平拋運動的規律可得

12

HTT=—gt,x=vt

代入數據解得

/=0.8s,v=3m/s

（2）煤塊開始沿傳送帶做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得

jumg=ma

解得

a—2.5m/s2

煤塊與傳送帶共速時的位移為

V232

s,=——=--------m=1.8m<4.2m

12a2x2.5

煤塊加速階段所用時間為

v3._

t,=—=——s=1.2s

1a2.5

煤塊與傳送帶共速后，勻速運動到最右端所用時間為

則煤塊從傳送帶左端到落入車廂需要的時間為

九—+12+1=2.8s

18.人工智能正在改變人們的生活方式，某貨場利用機器人裝配貨物，極大地節省了人力成本。其工作流

程簡化圖如圖1所示，質量加=10kg的貨箱靜止于水平面上的C點，傾角