2024-2025学年高三第一次阶段性考试
物理试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下正确的是（ ）
0~t1时间内，v增大，FN>mg
B. t1~t2时间内，v减小，FN
2.汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1 s内的位移为24 m，倒数第2 s内的位移为 6 m，则下列计算正确的是( )
A．汽车第1 s末的速度为23 m/s B．汽车加速度大小为3 m/s2
C．汽车的减速时间为6.5 s D．汽车刹车总位移为78 m
3.质量相等的物体甲与木板乙通过光滑定滑轮(定滑轮质量不计)用轻绳竖直连接。对甲施加水平方向的力，将甲、乙压在逆时针转动的固定竖直传送带上，如图所示。甲、乙恰好均处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，则甲、乙间的摩擦因数与乙和传送带间的摩擦因数的比为(所有轻绳始终处于竖直方向)( )
A．1∶1
B．2∶1
C．1∶2
D．1∶3
4.如图所示，半径为R、质量为m的半圆柱体A放在粗糙的水平地面上，A与竖直墙面间有一半径为R、质量为m的光滑圆柱体B，A和B的质量分布都均匀。改变半圆柱体A距竖直墙面的距离，使A、B仍保持静止状态，半圆柱体A的圆心距竖直墙面的最远距离为2R。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆柱体A与地面间的动摩擦因数为( )
A． B．
C． D．
5.由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平．杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
6.一质量为m的物块恰好能沿倾角为30°的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力F，F与水平方向的夹角为α，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若α＝0°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左
B．若α＝60°，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力不为0
C．若α＝90°，物块仍沿斜面匀速下滑
D．若F推着物块沿斜面匀速上滑，则F的最小值为mg
7.如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（ ）
A. B．
C． D．
8.如图，右侧面光滑的斜面体固定在水平面上，质量相等的物块M、N分别放在斜面体的左右两个面上，M、N拴接在跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端，整个系统处于静止状态。现对N施加一始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使N缓慢移动至右侧细绳水平，该过程M保持静止。下列说法正确的是（ ）
A．拉力F逐渐增大
B．轻绳的拉力先减小后增大
C．M所受摩擦力先增大后减小
D．斜面对M的作用力先增大后减小
多项选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9.如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合。甲、乙两个小物块（均可视为质点）分别置于转台的A、B两处，OA、OB与间的夹角分别为和。转台静止时，甲、乙均不会下滑。已知甲的质量是乙的两倍，重力加速度大小为g。当转台从静止开始缓慢加速转动，直到其中一物块刚要滑动之前的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．甲的线速度大小始终为乙的倍
B．甲所受向心力的大小始终为乙的2倍
C．陶罐对甲、乙所做的功相等
D．当转台角速度为时，甲、乙在陶罐切线方向上均有向下运动的趋势
10.间距为10m的两根固定的竖直杆间有一根晾衣绳，晾衣绳两端等高，长度为14m且不可伸长。将一件衣服通过晾衣架挂在晾衣绳上，衣架能沿晾衣绳自由滑动，衣架挂钩和晾衣绳之间的摩擦力忽略不计。无风时，衣服和衣架的悬挂点刚好位于晾衣绳的中间位置，如图甲所示；有风时，有水平向右的风作用在衣服上，稳定后衣架悬挂点两侧的晾衣绳刚好垂直，如图乙所示。已知衣服和衣架的总质量为1.4kg，重力加速度g取10m/s2，风对晾衣绳的作用力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．无风时，晾衣绳中的拉力大小为7N
B．有风时，晾衣绳中的拉力大小为10N
C．有风时，风对衣服的作用力大小为2N
D．有风时，晾衣绳对衣架的作用力大小为12N
11.跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽度L=6m，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距离地面高h=0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q点，P点与Q点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．人助跑的距离为3.6m
B．人助跑的距离为3m
C．人刚离开墙壁时的速度大小为6m/s
D．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为
12.水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
非选择题：本题共6小题，共60分。
13.(6分)某实验兴趣小组利用如图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”实验时，实验操作如下：
①挂上托盘和砝码，调整木板的倾角，使质量为m0的小车沿木板匀速下滑；
②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑。设小车受到的合力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的x-t图像，并求出小车的加速度a；
③改变砝码质量和木板的倾角，重复步骤①②，可得到多组a、F的数据，并绘制a-F图像。
(1)下列说法正确的是________。
A．实验开始前需要先平衡阻力
B．调整滑轮高度使细线与木板平行
C．本实验需要满足m0 m
D．本实验将托盘和砝码的总重mg的大小作为小车受到的合力F的大小
(2)若测量质量时未考虑托盘的质量，仅将砝码质量记为m，则绘制出的a-F图像应该是图乙中的________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(3)某段时间内小车的x-t图像如图丙所示，根据图像可得小车的加速度大小为______m/s2(结果保留2位有效数字)。
14.(8分)某科学兴趣小组要验证小球做平抛运动的规律，实验设计方案如图甲所示，用轻质细线拴接一小球，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO′＝h(h＞L)。
(1)将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝x，则小球做平抛运动的初速度为v0＝________。
(2)图乙是以竖直方格板为背景通过频闪照相得到的照片，每个格的边长L＝5 cm，通过实验，记录了小球在运动过程中的三个位置，如图乙所示，则小球做平抛运动的初速度为______m/s；经过B点的速度为______m/s(取g＝10 m/s2)。
(3)在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O′点的水平距离x将随之改变，经多次实验，以x2为纵坐标、cos θ为横坐标，得到如图丙所示的图像，则当θ＝30°时，x为________m(此问可用根式表示)。
15.（8分）我国自主研制了运 20重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
16.（10分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度L1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
17.（12分）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
18.（16分）如图所示，传送带以恒定速率v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用F＝10 N的恒力拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地面高为H＝1.8 m 的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求物块在传送带上运动的时间。
(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？
2024-2025学年湖西高中第一次阶段性考试
物理试题参考答案
1.【答案】D【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN
2.【答案】C解析：由题意得，逆过程可看作初速度为0的匀加速运动，设汽车加速度大小为a，由位移公式得＝6 m，解得a＝4 m/s2，根据x1＝，可以求得汽车的初速度为v0＝26 m/s，第1 s末的速度为v1＝v0－at3＝22 m/s，选项A、B错误；汽车的减速时间为t0＝＝6.5 s，选项C正确；汽车刹车总位移为x＝t0＝84.5 m，选项D错误。
3.【答案】C解析：设绳子中的拉力为FT，传送带逆时针转动可知传送带对乙的摩擦力Ff2竖直向上，对甲乙整体受力分析有2FT＋Ff2＝2mg，可知FT＜mg，对甲单独受力分析，竖直方向受力平衡，受到竖直向上绳子的拉力FT，自身竖直向下的重力mg，可知乙对甲的摩擦力Ff1方向竖直向上，故有FT＋Ff1＝mg，联立解得2Ff1＝Ff2，设水平方向的力为F，甲、乙恰好均处于静止状态可知，Ff1＝μ1F，Ff2＝μ2F，故可知μ1∶μ2＝1∶2，故选C。
4.【答案】D 解析：对A、B整体受力分析如图甲所示，
可知地面对A的支持力FN地＝2mg，摩擦力Ff＝FN墙，对B受力分析如图乙所示，由几何关系可知θ＝30°，则FN墙＝mg tan 30°，又Ff＝μFN地，联立解得μ＝＝，故选D。
5.【答案】A【解析】由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，P点的加速度方向时刻指向O点，A正确，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，相对于O点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y＝lOP·sin,则可看出Q点在竖直方向不是做匀速运动，C错误；Q点相对于O点在水平方向的位置x关于t的关系x＝lOP·cos＋lPQ,则可看出Q点在水平方向也不是做匀速运动，D错误．
6.【答案】C 解析：未加力F时，物块匀速下滑，受力平衡，物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°，解得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，物块匀速下滑过程中，整体水平方向受力平衡，则地面对斜面的摩擦力为0，A错误；若α＝0°，对物块施加一个水平方向的力，物块下滑过程中对斜面的压力和滑动摩擦力成比例增加，即物块对斜面的作用力方向没有变，则地面对斜面的摩擦力仍为0，若α＝60°，即对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程中，对斜面的压力增加F、摩擦力增加μF，如图所示，根据几何关系可知tan θ＝，故此时物块对斜面的作用力方向仍向下，地面对斜面的摩擦力为0，B错误；若α＝90°，即对物块施加一个竖直向下的力F，相当于重力增大为mg＋F，则有(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，物块仍匀速下滑，C正确；若F推着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面夹角γ，根据平衡条件得F cos γ＝mg sinθ＋μ(mg cos θ＋F sin γ)，解得F＝＝，当θ－r＝0°时，F取最小值，所以Fmin＝＝mg sin 2θ＝mg，故D错误。
7.【答案】C【详解】设斜面倾角为，小球水平抛出，根据位移角关系，又水平位移,故小球水平抛出的抛出落点到抛出点的距离为,小球抛出的速度方向与斜面垂直时，将重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度为和垂直斜面方向的分加速度为，垂直斜面方向做类竖直上抛运动，时间为,沿斜面方向做匀加速直线运动，故小球垂直斜面抛出的抛出落点到抛出点的距离为,故水平抛出与垂直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为。故选C。
8.【答案】A【详解】AB．N离开斜面后，设F与竖直方向的夹角为，有，θ逐渐减小，所以绳子拉力逐渐减小，F逐渐增大。故A正确，B错误；C．力F作用之前，有,所以原来M所受摩擦力沿斜面向下，随着绳子拉力的减小，M受到的摩擦力逐渐减小，当右绳水平时，绳子拉力为零，则M受到的摩擦力沿斜面向上，所以M受到的摩擦力先沿斜面向下减小，再沿斜面向上增大，故C错误；D．斜面对M的作用力为斜面的支持力及摩擦力，因为支持力不变，所以当摩擦力先减小再增大时，斜面对M的作用力先变小后变大，故D错误。故选A。
9.【答案】ABC【详解】A．甲、乙的角速度相等，根据,可知甲、乙的线速度大小之比为,即甲的线速度大小始终为乙的倍，故A错误；B．根据,其中,可得甲、乙所受向心力大小之比为,即甲所受向心力的大小始终为乙的倍，故B错误；C．根据动能定理可知，陶罐对甲、乙所做的功之比为,故C错误；D．假设当转台角速度为时，陶罐对甲的摩擦力恰好为零，则此时有,解得.假设当转台角速度为时，陶罐对乙的摩擦力恰好为零，则此时有,解得，因为,所以.可知当转台角速度为时，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向下运动的趋势，故D正确。故选ABC。
10.【答案】BC【详解】A．无风时，设悬挂点两侧的晾衣绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可知,,对悬挂点受力分析可知,解得,A项错误；B．有风时，设悬挂点左侧的晾衣绳长度为，右侧长度为，则有,,解得,.设左侧晾衣绳与竖直方向的夹角为，右侧晾衣绳与竖直方向的夹角为，由几何关系可知，，设此时细线中的拉力大小为，对悬挂点受力分析，竖直方向有,解得,B项正确；C．水平方向有,解得,C项正确；D．衣服和衣架稳定后，晾衣绳对其作用力大小等于其重力和风力的矢量和，则,D项错误。
11.【答案】AD【详解】AB．人到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维，可知从点到点的逆过程为平抛运动，则,从点到点的过程为斜抛运动，根据对称性可得,.解得，，，人助跑的距离为,故A正确，B错误；C．人刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为,人刚离开墙壁时的速度大小为,故C错误；D．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为,故D正确。
12.【答案】BCD【解析】图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有,错误；图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有,解得，BC正确；图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
13.【答案】(1)BD (2)Ⅰ (3)2.1
解析：(1)本实验的原理是有托盘和砝码时小车做匀速运动，受力平衡，撤去托盘和砝码，小车所受的合力就为托盘和砝码所受的重力，根据实验原理可知，本实验不需要平衡阻力，不需要满足m0 m，为保证小车所受的合力平行木板方向，需要调整滑轮高度使细线与木板平行，故选B、D。
(2)根据牛顿第二定律F＝m0a，整理可得a＝·F，设托盘质量为m1，根据实验原理可得a＝·(m＋m1)＝·m＋，可知仅将砝码质量记为m，则绘制出的a-F图像应该是题图乙中的Ⅰ。
(3)根据题图像可知，给出的三个数据点中，相邻点之间的时间间隔均为T＝(0.30－0.20) s＝(0.20－0.10) s＝0.1 s，根据匀变速直线运动的规律有Δx＝aT2，其中Δx＝(38.20－25.20)×10-2 m－(49.10－38.20)×10-2 m＝2.1×10-2 m，解得a＝2.1 m/s2。
14.【答案】(1)x (2)1.5 2.5 (3)0.52(或)
解析：(1)小球做平抛运动，在水平方向上有x＝v0t，在竖直方向上有h－L＝gt2，联立解得v0＝x。(2)在竖直方向上，根据Δy＝2l＝gT2，可得T＝＝ s＝0.1 s，则小球做平抛运动的初速度为v0＝＝ m/s＝1.5 m/s，B点的竖直分速度为vBy＝＝ m/s＝2 m/s，经过B点的速度为vB＝＝ m/s＝2.5 m/s。
(3)由题图丙可得图像表达式x2＝2－2cosθ，当θ＝30°时，可得x＝ m≈0.52 m。
15.【答案】(1)78 m/s (2)2 m/s2 39 s
【解析】 (1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件m1g＝kv12①
m2g＝kv22②,由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有v22＝2as④ v2＝at⑤,联立③④⑤式及题给条件得a＝2 m/s2，t＝39 s.
16.【答案】 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1,解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1,解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2,根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2,联立解得l2＝2.7 m.
17.【答案】（1）0.05m；（2）；（3）
【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得,
根据得,弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得,由几何关系得圆环此时转动的半径为,联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有，,由几何关系得,联立解得.
18.【答案】(1)1 s (2)(2－) s
解析：(1)物块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有
F＋μmgcos 37°－mg sin 37°＝ma1，v＝a1t1，联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.5 s，故x1＝＝1 m
物块与传送带达到共同速度后，有F－mg sin 37°－μmg cos 37°＝0，故物块在平衡力作用下随传送带一起匀速上升x2＝－x1＝2 m，t2＝＝0.5s，物块在传送带上运动的总时间t＝t1＋t2＝1s。
(2)设沿传送带向上的方向为正方向，若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan 37°，故有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，假设物块能向上匀减速运动到速度为0，则物块通过的位移为x＝＝4 m＞x2，故物块向上做匀减速运动到速度为0前已经滑上平台，故x2＝，解得t3＝(2－) s(另一解不符合题意，已舍去)
故撤去恒力F后，物块还需(2－) s才能脱离传送带。
