保密★启用前
乐平三中 2023-2024 学年度上学期期末考试 高一物理试卷
满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1. 答题前请在试卷和答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2. 请将答案正确填写在答题卡上。
一、选择题（本题共 10 小题；共 46 分。1～7 单选。其中 8～10 是多项选择，全部选对的得 6 分，选不全的得 3
分，有选错或不答的得 0 分。）
1．在东汉王充所著的《论衡·状留篇》中提到“是故湍濑之流，沙石转而大石不移，何者？大石重而沙石轻也。”意
思是说轻小沙石的运动状态很容易被水流改变，而大石的运动状态不容易被水流改变。下列关于此句话中所描述的
现象的说法正确的是（ ）
A．说明力是改变物体运动状态的原因，有力作用物体才会运动，无力作用物体不会运动
B．沙石很小可以视为质点所以容易被冲走，大石很大不能被视为质点所以不容易被冲走
C．轻小的沙石由于质量太小，没有惯性，所以运动状态很容易被水流改变
D．重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变
2．“神舟十六号”返回舱载着三名航天员于 10月 31日返回地面，图甲是返回舱降落的场景，从引导伞、主伞依次
打开到返回舱即将落地，返回舱的简化 v-t图如图乙所示。舱内航天员的超重感觉最明显的时段是（ ）
A．从 t1到 t2 B．从 t2 到 t3 C．从 t3到 t4 D．从 t4到 t5
3．如图所示，小船以大小为 v1 5m/s、方向与上游河岸成 60 角的速度（在静水中的速度）从 A处渡河，经过
一段时间正好到达正对岸的 B处．已知河宽 d 180m，则下列说法中正确的是（ ）
A．河中水流速度为2.5 3m/s
B．小船以最短位移渡河的时间为 72s
C．小船渡河的最短时间为3.6s
试卷第 1页，共 6页
{#{QQABbQCAggigAgBAAQhCQwU6CkCQkBEACCoOxBAAoAAASBFABAA=}#}
D．小船以最短的时间渡河的位移是90 5m
4．如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球 A从斜面顶端以速率 v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的 P点；将
小球 B从空中某点以相同速率 v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中 Q点。不计空气阻力，重力加速度为 g，小
球 A、B在空中运动的时间之比为（ ）
A．2 tan2 ：1 B． tan2 ：1
C．1：2 tan2 D．1： tan2
5．轻绳一端系在质量为 m的物体 A上，另一端系在一个套在倾斜粗糙杆的圆环上.现用始终平行于杆的力 F拉住绳
子上一点 O，使物体 A从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，并且圆环仍保持在原来位置不动.则在这一过程中，
拉力 F和环对杆的摩擦力 Ff的变化情况是（ ）
A．F保持不变，Ff逐渐增大 B．F逐渐减小，Ff保持不变
C．F逐渐增大，Ff逐渐增大 D．F逐渐增大，Ff逐渐减小
6．如图所示，A、B两物块的质量分别为 2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为 ，B与地
面间的动摩擦因数为 0.5 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对A施加一水平拉力 F，则（ ）
A．当 F 2 mg时，A、B都相对地面静止
B．当 F 3 mg时，A相对B滑动
C．当 F 2.5 mg时，A的加速度为0.25 g
D．无论F 为何值，B的加速度不会超过0.4 g
试卷第 2页，共 6页
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7．如图所示，水平光滑长杆上套有物块 A，一细线跨过固定在天花板上 O点的轻质定滑轮一端连接 A，另一端悬
挂物块 B。开始时 A位于 P点，M为 O点正下方杆上一点，现将 A、B由静止释放。当 A通过杆上 N点时，绳与
水平方向夹角为 37°，取 sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，关于释放后的过程，下列说法正确的是（ ）
A．A从 P到 M过程，A的速度先增大后减小
B．A从 P到 M过程，B一直处于失重状态
C．A通过 N点时速度与此时 B的速度大小比为 5∶4
D．A到达 M之前，绳子对 B的拉力始终大于 B的重力
多选题
8．我国高铁总里程超 4万公里，高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。我国和谐号动车组由动车和拖车编组
而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。每节车厢质量均为 m，当列车在平直轨道上匀加速启动
时，每节动力车厢牵引力大小均为 F，每节车厢所受阻力均为车厢重力的 k倍，重力加速度为 g。某列动车组由 8
节车厢组成，其中第 2、4、5、7节车厢为动车，其余为拖车，该动车组在水平直轨道上运行，下列说法正确的是
（ ）
A．若做匀速运动时，各车厢间的作用力均为零
F 2kmg
B．匀加速启动时，整列车的加速度大小为
2m
C．不管是匀速运动还是加速启动时，第 4、5节车厢间的作用力一定都为零
F 2kmg
D．匀加速启动时第 7节车厢对第 8节车厢的作用力大小为
2
9．如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳 L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳 L2连接，细
绳 L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳 L2水平拉直，现将细绳 L2剪断，则细绳 L2剪断瞬间，下列说法正确的
是（ ）
试卷第 3页，共 6页
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A．细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 1：1
B．细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 cos2θ：1
C．A与 B的加速度之比为 1：1
D．A与 B的加速度之比为 cosθ：1
10．如图甲所示，倾角为 37 、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为m 2kg的物块锁定在斜面体上，t 0时
刻在物块上施加一水平向右的推力 F同时将锁定解除，使物块由静止开始沿斜面体运动，已知外力大小与物块速度
大小的变化规律为 F kv， k为定值，整个过程中物块运动的加速度关于速度的变化规律如图乙所示。重力加速度
取 g 10m / s2， sin37 0.6， cos37 0.8。下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面体间的动摩擦因数为 0.25
k 8B．
11
24
C．物块的速度最大时，推力 F的大小为 N
11
20
D．物块的加速度为1m / s2 时，推力 F 的大小为 N
11
二、实验填空题（请将答案写在答题卡的相应位置 每个空两分，共 18 分）
11．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。
（1）关于实验步骤，下列说法正确的是 。
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车，后接通电源
试卷第 4页，共 6页
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C．本实验砝码及砝码盘 B的质量应约等于小车 A的质量
1
D．在探究加速度与质量的关系时，应作 a m 图像A
（2）在实验中，某同学得到了一条纸带如图所示，选择了 A、B、C、D、E作为计数点，相邻两个计数点间还有 4
个计时点没有标出，其中 x1 7.00cm、 x2 7.60cm、 x3 8.30cm、 x4 8.90cm，电源频率为 50Hz，可以计算出小
车的加速度大小是 m / s2 。
（3）某同学将长木板右端适当垫高，其目的是 。如果长木板的右端垫得不够高，木板倾角过小，用 a表
示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力，他绘出的 a F关系图像可能是 。
A． B． C． D．
12．如图甲所示是“研究平抛物体的运动”的实验装置图：
（1）关于这个实验，以下说法正确的是 。
A．小球释放的初始位置越高越好
B．每次小球要从同一高度由静止释放
C．实验前要用铅垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直
D．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板
（2）某同学实验时得到如图乙所示物体的运动轨迹，A、B、C 是运动轨迹上的三点，位置已标出，O 点不是抛出
点，x 轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛运动的初速度是 m/s，小球从抛出运动到 B 点的时间
为 s，抛出点的坐标 x= m，y= m。 （g=10m/s2）
试卷第 5页，共 6页
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四、解答题
13（10分）．如图所示，质量 m = 2kg的光滑小球用细线系在质量为 M = 4kg、倾角为α = 37°的斜面体上，细线与
斜面平行，斜面体与水平面间的摩擦不计，g取 10m/s2。试求：
（1）若用水平向右的力 F拉斜面体，要使小球不离开斜面，拉力 F不能超过多少？
（2）若用水平向左的力 F推斜面体，要使小球不沿斜面向上滑动，推力 F′不能超过多少？
14（12分）．如图所示，传送带与地面倾角 37 ，从 A到 B长度为15.25m，传送带以5m/s的速度逆时针转动。
在传送带上端 A无初速地放一个质量为m 0.8kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5，煤块在传
送带上经过会留下黑色划痕。已知（ sin37 0.6， cos37 0.8）， g 10m/s2 。求：
（1）煤块从 A到 B运动的时间；
（2）煤块从 A到 B的过程中传送带上形成划痕的长度。
15（14分）．如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从 A点垂直于缓冲坡以 v0 20m/s起跳，最后落在缓冲坡上
的 B点，轨迹上的 C点与 A点等高（图中未画出），已知缓冲坡倾角θ=37°，不计空气阻力。已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，
重力加速度 g取 10m/s2。求：
（1）运动员从 A点到 C点过程中速度变化量的大小 v；
（2）缓冲坡上 A、B两点间的距离 L；
（3）运动员落在 B点的速度方向与水平面夹角的正切值 k。
试卷第 6页，共 6页
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参考答案：
1．D
【详解】A．力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，运动的物体，不受
力时，仍会一直运动下去，故 A错误；
B．物体是否可以看成质点，不是看物体的大小，是否容易被冲走不是取决于是否可以看成
质点，故 B错误；
C．轻小的沙石质量很小，但仍有惯性，只是惯性很小，所以运动状态很容易被水流改变，
故 C错误；
D．重的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变，故 D正确。
故选 D。
2．B
【详解】v-t图像中斜率的绝对值表示加速度大小，由图可知， t2 到 t3时间内向上的加速度
最大，可知这个阶段宇航员超重感觉最明显。
故选 B。
3．D
【详解】A．由题意知，小船方向与上游河岸成 60 角的速度（在静水中的速度）从 A
处渡河，经过一段时间正好到达正对岸的 B处，则
v1 cos60 v2
解得
v2 2.5m/s
故 A错误；
B．小船以最短位移渡河的时间为
t d 180 s 24 3sv1 cos30 5 3
2
故 B错误；
C．小船以最短时间渡河，船头应垂直对岸，时间为
t d 180 s 36s
v 5
故 C错误；
答案第 1页，共 13页
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D．小船以最短时间渡河时到达对岸，沿河岸通过的位移为
x v2t 2.5 36m 90m
通过的位移
x d 2 x2 1802 902m 90 5m
故 D正确。
故选 D。
4．A
【详解】设小球 A在空中运动的时间为 t1，小球 B在空中运动的时间为 t2，对小球 A，由平
抛运动的规律可得
2
tan = yA gt 1
xA 2v0t1
对小球 B，结合几何知识，由平抛运动的规律可得
tan v v = 0 0
vBy gt2
联合可得
t1 2tan
2
t2 1
故选 A。
5．C
【详解】先对结点 O受力分析，受物体的拉力(等于重力)、拉力 F和绳子的拉力 T，根据平
衡条件，结合三角形定则作图，如图所示
物体 A从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，拉力 F增加，再对环和物体整体受力分析，
受重力、拉力、支持力和摩擦力，如图所示
答案第 2页，共 13页
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根据平衡条件有，平行杆方向
F G sin Ff
拉力 F增大，则摩擦力增大，根据牛顿第三定律，环对杆的摩擦力 Ff 增大。
故选 C。
6．B
【详解】A．A、B间的最大静摩擦力为
fAB 2mg
B与地面间的最大静摩擦力为
f地B 1.5mg
因为 f地B fAB ，所以当0 F 1.5 mg时，A、B都相对地面静止，A错误；
BC．当 A的加速度 aA大于 B的加速度 aB的时候，A开始相对B滑动，对 A列牛顿第二定
律
F fAB 2maA
对 B列牛顿第二定律
fAB f地B maB
由 aA aB，得
F 2mg 2mg 1.5mg
2m m
解得
F 3 mg
此时A相对B滑动，B正确；
C．当 F 2.5 mg 3 mg时，A和 B还未发生相对滑动，对 A、B整体列牛顿第二定律
答案第 3页，共 13页
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F f地B 3ma
解得
a 2.5 mg 1.5 mg 1 g
3m 3
故 C错误；
D．对 B列牛顿第二定律
fAB f地B maB
得
fAB fa 地BB m
当 fAB最大时，aB最大，所以
a 2 mg 1.5 mgBm 0.5 gm
无论 F为何值，B的加速度不会超过0.5 g，D错误。
故选 B。
7．C
【详解】A．物块 A从 P到 M过程，绳子的拉力与 A运动方向夹角为锐角，A的加速度方
向一直与运动方向相同，A的速度一直增加，故 A错误；
B．开始时 B的速度为零，当物块 A到达 M点时，物块 B下降到最低点，因此 B的速度又
为零，则 B从释放到最低点过程，速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，先失重后
超重，故 B错误；
C．物块 A在 N点时，将 A的速度进行分析，沿绳方向的分速度大小等于物块 B的速度大
小，如图所示
答案第 4页，共 13页
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根据图中几何关系可得
vA cos37 vB
可得
vA : vB 5 : 4
故 C正确；
D．B从释放到最低点过程，速度先增大后减小，先向下加速后向下减速，先失重后超重，
所以绳子对 B拉力先小于后大于 B的重力，故 D错误。
故选 C。
8．BC
【详解】A．当动车组做匀速运动时，对整体有
4F 8kmg
则
F 2mg
则根据平衡条件可知第一列车厢有
F12 kmg
对于一、二列车厢整体有
2kmg F F23
可得二、三节车厢间作用力
F23 0
以此类推，可知
F34 kmg
F45 0
F56 kmg
F67 0
F78 kmg
答案第 5页，共 13页
{#{QQABbQCAggigAgBAAQhCQwU6CkCQkBEACCoOxBAAoAAASBFABAA=}#}
则可知各车厢间的作用力不是都为零，故 A错误；
B．匀加速启动时，对 8节车厢，根据牛顿第二定律
4F 8kmg 8ma
整列车的加速度大小为
a F 2kmg
2m
故 B正确；
C．加速启动时，对前 4节车厢有
2F 4kmg F45 4ma
可得
F45 0
第 4、5节车厢间的作用力为零，故 C正确；
D．匀加速启动时，对第 8节车厢有
F78 kmg ma
可得第 7节车厢对第 8节车厢的作用力大小为
F F78 2
故 D错误。
故选 BC。
9．BD
【详解】根据题述可知
A、B两球的质量相等，均设为 m，剪断细绳 L2瞬间，对 A球受力分析，如图 1所示
由于细绳 L1的拉力突变，沿细绳 L1方向和垂直于细绳 L1方向进行力的分解，得
答案第 6页，共 13页
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FT=mgcosθ
ma1=mgsinθ
剪断细绳 L2瞬间，对 B球进行受力分析，如图 2所示
由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有
Fcosθ=mg
ma2=mgtanθ
所以
FT∶F=cos2θ∶1
a1∶a2=cosθ∶1
故选 BD。
10．BD
【详解】A. t 0时刻，推力为零，物块的加速度大小为
a0 2m / s
2
对物块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律，沿斜面的方向有
mgsin mgcos ma0
解得
0.5
故 A错误；
B.物块加速度为零时，由力的平衡条件得
mgsin FN kvcos 0
又
FN mgcos kvsin
代入上式解得
mg sin cos
k
v sin cos
由图乙可知，此时
v 5m / s
答案第 7页，共 13页
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解得
k 8
11
故 B正确；
C.由 B选项分析可知，推力 F 的大小为
F kv 40 N
11
故 C错误；
D. a 1m / s2时，由牛顿第二定律得
mgsin FN Fcos ma
又
FN mgcos Fsin
代入数据解得
F 20 N
11
故 D正确。
故选 BD。
11． D 0.65 平衡摩擦力 B
【详解】（1）[1]A．根据
mg sin mg cos
每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项 A错误；
B．为了打点稳定，实验时应先接通电源，后释放小车，选项 B错误；
C．本实验中为了保证砝码及砝码盘的重力近似等于小车的牵引力，则砝码及砝码盘 B的质
量应远小于小车 A的质量，选项 C错误；
1
D．在探究加速度与质量的关系时，应作 a m 图像，可以得到线性图像，选项 D正确。A
答案第 8页，共 13页
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故选 D。
（2）[2]相邻两个计数点间还有 4个计时点没有标出，可知T 0.1s，则根据 x at 2 可得加
速度
a xCE xAC (8.90 8.30 7.60 7.00) 10
2
2 m / s
2 0.65m / s2
4T 4 0.12
（3）[3][4]某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；如果长木板的右端垫得不
够高，木板倾角过小，则当力 F增加到一定值时小车才会做加速运动，则他绘出的 a F关
系图像可能是 B。
12． BCD 4 0.4 -0.8 -0.2
【详解】（1）[1]A.小球释放的初始位置并不是越高越高，释放的位置如果过高，会使抛物
线轨迹开口过大，需要更宽的木板及坐标纸，不宜进行轨迹的绘制以及数据处理，所以释放
位置的高度适宜即可，故 A错误；
B．为了使小球每次抛出时速度大小相等，每次应使小球从同一高度由静止释放，故 B正确；
C．本实验中探究的是平抛运动的水平分运动与竖直分运动规律，所以实验前要用铅垂线检
查坐标纸上的竖线是否竖直，故 C正确；
D．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板，若接触木板，小球会受到木板的摩擦力作用，
使其不再做平抛运动，故 D正确。
故选 BCD。
（2）[2]小球在水平方向做匀速直线运动，由题图乙可知相邻两点间的水平距离相等，所以
相邻两点间运动的时间间隔相等，设为 T，小球在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学
规律有
Δy gT 2 yBC yAB 0.1m
解得 T=0.1s，故平抛运动的初速度为
v x0 AB 4m/sT
[3]小球在 B点的竖直分速度大小为
v y ACBy 4m/s2T
根据运动学公式可得小球从抛出运动到 B点的时间为
v
t By 0.4s
g
答案第 9页，共 13页
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[4][5]小球从抛出运动到 B点的水平位移大小为
xB v0t 1.6m
竖直位移大小为
y 1 gt2B 0.8m2
故抛出点的横坐标为
x=0.8m-1.6m=-0.8m
纵坐标为
y=0.6m-0.8m=-0.2m
13．（1）80N；（2）45N
【详解】（1）小球不离开斜面体，两者加速度相同、临界条件为斜面体对小球的支持力恰好
为 0，对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
mg
tan 37
ma
解得
a 40 m/s2
3
对整体，由牛顿第二定律得
F M m a 80N
（2）小球不沿斜面滑动，两者加速度相同，临界条件是细线对小球的拉力恰好为 0，对小
球受力分析如图所示
答案第 10页，共 13页
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由牛顿第二定律得
mg tan 37 ma
解得
a g tan 37 7.5m/s 2
对整体，由牛顿第二定律得
F M m a 45N
14．（1） 2.5s；（2） 4m
【详解】（1）开始阶段，由牛顿第二定律得
mg sin mg cos ma1
所以
a1 g sin g cos
可得
a1 10m/s
2
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
t v1 0.5sa1
煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为
x 1 a t 21 1 1 1.25m2
因1.25m 15.25m，所以煤块加速到5m/s时仍未到达 B点，此时摩擦力方向改变。
第二阶段有
答案第 11页，共 13页
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mg sin mg cos ma2
所以得
a2 2m/s
2
设第二阶段煤块滑动到 B的时间为 t2 ，则
L 1 2AB x1 vt2 a2 2
t2
解得
t2 2s
煤块从 A到 B的时间
t t1 t2 2.5s
（2）第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移
大小为
x1 vt1 x1 1.25m
故煤块相对于传送带上移1.25m。
第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为
x2 LAB x1 vt2
解得
x2 4m
即煤块相对传送带下移 4m。
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为
s x2 4m
17
15．（1）32m/s；（2）75m；（3）
6
【详解】（1）运动员竖直分速度
vy v0 cos37 16m/s
从 A点到 C点过程中速度变化量大小为
Δv 2vy 32m/s
答案第 12页，共 13页
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（2）沿缓冲坡为 x轴，起跳方向为 y轴。
y向加速度为
a g cos37 8m/s2y
y向往返时间为
t 2 v 0 5s
ay
x向加速度为
ax g sin 37 6m/s
2
AB之间的距离为
L 1 a t 2x 75m2
（3）沿水平方向为 x轴，竖直方向为 y轴。
着陆时水平方向的分速度为
vx v0 sin 37 12m/s
着陆时竖直方向的分速度为
vy gt v0 cos37 34m/s
着陆速度与地面夹角的正切值为
v
k tan 17 y
vx 6
答案第 13页，共 13页
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