2024-2025学年甘肃省兰州一中高一（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是( )
A. 图甲中，船相对水垂直河岸匀速行驶，渡河时间与水流速度大小无关
B. 图乙中，质点的运动轨迹已知，由此可知该质点加速度大小一直为零
C. 图丙中，篮球经过时所受合力可能沿图示方向
D. 图丁中，若用小锤用力敲击弹性金属片，球会比水平弹出的球先落地
2.在同一点抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度、、的关系和三个物体做平抛运动的时间、、的关系分别是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为，是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮的半径为，小轮的半径为。点在小轮上，到小轮中心的距离为、点和点分别位于小轮和大轮的边缘上。若在传动过程中，皮带不打滑，则( )
A. 点与点的角速度大小一定相等 B. 点与点的角速度大小一定相等
C. 点与点的向心加速度大小一定相等 D. 点与点的向心加速度大小一定相等
4.关于运动和力，以下说法正确的是( )
A. 物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变
B. 物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变
C. 物体受到的力不为恒力，物体一定做曲线运动
D. 初速度不为零，并且受到与初速度方向不在同一条直线的外力作用，物体一定做曲线运动
5.质量为的物体在水平面内做曲线运动，已知该物体在两个互相垂直方向上的分运动的速度时间图像分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 末物体速度大小为
B. 物体所受的合力大小为
C. 物体的初速度大小为
D. 物体初速度的方向与合力方向垂直，做匀变速曲线运动
6.如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块可视为质点，煤块与传送带之间的动摩擦因数为，初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在变速电机带动下先加速后减速，传送带的速度时间图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，，则下列说法正确的是( )
A. 黑色痕迹的长度为
B. 煤块在传送带上的相对位移为
C. 煤块在传送带上先加速，之后与传送带保持相对静止
D. 煤块的质量越大黑色痕迹的长度越长
7.如图所示，质量为的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为的小球，球与杆之间存在摩擦。小球从杆的顶端由静止释放，沿杆下滑的加速度大小为，则在小球下滑的过程中，木箱对地面
的压力为( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，小车以速度匀速向右运动，通过滑轮拖动物体上升，不计滑轮摩擦与绳子质量，当绳子与水平面夹角为时，下面说法正确的是( )
A. 物体的速度大小为 B. 物体的速度大小为
C. 物体加速上升 D. 绳子对物体的拉力等于物体的重力
9.如图所示，半圆形轨道竖直放在粗糙的水平地面上，质量为的光滑小球套在轨道上，在水平外力的作用下处于静止状态，与圆心的连线与水平面的夹角为。现让水平外力拉动小球，使其缓慢上移到轨道的最高点，在此过程中半圆形轨道始终保持静止。下列说法中正确的是( )
A. 小球最初静止时，水平外力大小为
B. 小球运动过程中，水平外力与小球重力的合力先减小后增大
C. 小球运动过程中，地面对轨道的摩擦力一直减小
D. 小球运动过程中，轨道对地面的压力保持不变
10.如图所示，河的宽度为，水速恒定，甲、乙两船以大小相同的速度相对静水同时开始渡河。出发时两船相距，甲、乙船头与河岸的夹角均为且乙船恰好能直达正对岸的点。下列说法正确的是( )
A. 甲船正好也在点靠岸 B. 甲船在点的左侧靠岸
C. 甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇 D. 甲、乙两船到达对岸的时间相等
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一斜槽轨道滑下，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为不正确的选项前面的字母填在横线上______。
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须相同
C.每次必须由静止释放小球
D.记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降
E.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
在做该实验中某同学只记录了物体运动的轨迹上的、、三点并以点为坐标原点建立了直角坐标系，得到如图所示的图像，试根据图像求出物体平抛运动的初速度大小为______；物体运动到点时的速度大小为______；抛出点的坐标为______。
12.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是 。
A.理想化模型法
B.阻力补偿法
C.等效替代法
D.控制变量法
已知交流电源频率为，启动打点计时器，释放小车，小车在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图所示图中相邻两点间有个点未画出。小车的加速度大小为 结果保留位有效数字
下列做法正确的是 填字母代号。
A.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量
C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度
实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出关系图像，如图所示。此图像的段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是 。选填下列选项的序号
A.小车与平面轨道之间存在摩擦
B.平面轨道倾斜角度过大
C.所用小车的质量过
D.所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大大
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.近日，我国东部战区位台岛周边开展“联合利剑”演习。假设在演习中，我国歼战机以水平匀速飞行，到达某地形底端点正上方时释放一颗导弹忽略空气阻力，导弹运动看作平抛运动，并垂直击中目标。已知该地形可看作倾角为的山坡，求：
导弹的飞行时间；
两点之间的距离。
14.如图所示，一探险者正从某瀑布上游划船渡河，已知河流的宽度，此时探险者正处于河流正中央点处，该点与下游瀑布危险区的最短距离为。已知水流速度为。从此时开始计时，
若小船在静水中速度为，则船到岸的最短时间是多少？所到目的地与河流正对岸间的距离是多少？
若小船在静水中速度为，则小船以最短的距离到岸时所需时间是多少？此时船头方向与河岸上游的夹角是多少？
为了使小船能避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是多少？
15.如图所示，质量为、足够长的木板乙置于水平面上，质量为的滑块甲置于长木板的最左端，已知滑块甲与长木板乙之间的动摩擦因数为，长木板乙与水平面间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块甲可视为质点，重力加速度。求：
若时刻给长木板乙向左的初速度，此时滑块甲和长木板乙的加速度大小；
在的条件下，经过足够长时间后，滑块甲与长木板乙均静止时，滑块甲到长木板乙最左端的距离以及滑块甲的总位移大小。
答案解析
1.
【解析】解：图甲中，船相对水垂直河岸匀速行驶时，渡河的时间为
可知，渡河时间只与船速有关，与水流速度大小无关，故A正确；
B.图乙中，质点的运动轨迹为曲线，力加速度方向指向曲线内侧，合力不为零，则加速度不为零，故B错误；
C.图丙中，不考虑空气阻力，篮球经过时所受合力为重力，方向竖直向下，故C错误；
D.图丁中，若用小锤用力敲击弹性金属片，两球在竖直方向的运动完全相同，则两球会同时落地，故D错误。
故选：。
根据渡河时间分析；曲线运动力加速度方向指向曲线内侧；斜抛合力为重力；平抛竖直方向为自由落体。
本题解题关键是掌握船渡河问题的渡河时间为，知道曲线运动合力加速度方向指向曲线内侧。
2.
【解析】解：三个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，如图所示，
由图可知：，
由可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以，所以C正确。
故选：。
研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。
3.
【解析】解：点与点是同缘转动，则线速度相等，根据可知，角速度大小不相等，根据向心加速度的表达式可知两点的向心加速度大小不相等，故AC错误；
B.点与点是同轴转动，则角速度大小一定相等，故B正确；
D.点与点是同轴转动，则角速度大小一定相等，根据向心加速度的表达式可知，向心加速度大小不相等，故D错误。
故选：。
熟悉传动模型的特点，结合线速度和向心加速度的表达式即可完成分析。
本题主要考查了传动模型的相关应用，熟悉不同传动模型中各个物理量的关系，结合圆周运动公式即可完成分析。
4.
【解析】解：、物体在不垂直于速度方向的合力作用下，由于合力对物体做功，所以速度大小一定变化，故A错误；
B、物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动，故B错误；
C、物体受到的力不为恒力，在变力的作用下不一定做曲线运动，如汽车恒定功率启动，合力不断变化，但是汽车做直线运动，故C错误；
D、只有速度方向与合外力的方向不在一条直线上时，物体才做曲线运动，故D正确。
故选：。
力是改变物体运动状态的原因，物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
5.
【解析】解：、末，，，合速度，故A错误；
B、由图可知物体加速度为，根据牛顿第二定律得，因而所受的合力大小为，故B错误；
C、时，，，因而初速度，故C错误；
D、由于初速度，且沿方向，，且沿方向，故物体做匀变速曲线运动，故D正确。
故选：。
图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，斜率表示加速度的大小及方向。根据题意可知，物体在两个互相垂直的方向上运动，即方向与方向垂直，且物体在方向做初速度为零的匀加速直线运动，在方向做匀速直线运动。
考查合运动与分运动的关联及力与运动的关系，属于基础知识。
6.
【解析】解：、煤块相对传送带滑动过程，对煤块，由牛顿第二定律得：，代入数据解得，煤块的加速度大小：在图上作出煤块的速度时间图像如图所示
图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图示图像可知，痕迹长度为，故A错误；
B、由图示图像可知．煤块在传送带上的相对位移为，故B正确；
C、煤块在传送带上先做匀加速直线运动，共速后做匀减速直线运动，故C错误；
D、由牛顿第二定律得：，加速度：，煤块的加速度与质量没有关系，煤块的质量变大，加速度不变，痕迹长度不变，故D错误。
故选：。
在图像上作出煤块的速度时间图像，从而得出黑色痕迹的长度和煤块在传送带上的相对位移；根据加速度与质量的关系，分析黑色痕迹的长度与质量的关系。
本题主要考查牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度，再结合图像即可完成解答。
7.
【解析】解：对小球，由牛顿第二定律得：
解得：
由牛顿第三定律可知，小球对木箱的摩擦力大小
对木箱，由平衡条件得：
解得：
根据牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小，故B正确，ACD错误。
故选：。
应用牛顿第二定律求出小球受到的摩擦力，然后应用平衡条件求出地面对木箱的支持力，再求出木箱对地面的压力大小。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。
8.
【解析】解：将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解
则物体的速度与小车的速度沿绳方向的分速度大小相等，即，故A错误、B正确；
小车向右的速度不变，减小，增大，故增大，物体加速上升，加速度方向向上，故合外力向上，绳子对物体的拉力大于物体的重力，故C正确、D错误。
故选：。
将小车的速度沿绳和垂直绳方向分解，水平方向速度不变，运用平行四边形法则分析。
考查对速度的合成与分解的理解，熟悉平行四边形法则。
9.
【解析】解：对小球进行受力分析，
A.静止时，由平衡条件可得，解得，故A错误；
B.由平衡条件可得，解得，小球运动过程中增大，故减小，根据牛顿第三定律，水平外力与小球重力的合力与等大反向，因此，小球运动过程中，水平外力与小球重力的合力减小，故B错误；
对整体受力分析
地面对轨道的摩擦力，地面对轨道的支持力，随着小球运动过程中，增大，减小，即减小，重力不变，不变，故CD正确。
故选：。
、对小球进行受力分析，其受到重力、水平拉力，和支持力作用，三者平衡，作图，根据几何关系分析。
、对整体进行受力分析，根据力的平衡条件解答。
考查对力的平衡条件的理解，熟悉运用正交分解法。
10.
【解析】解：将甲、乙沿河岸方向与垂直于河岸方向的分速度合成如图：
乙船恰好能直达正对岸的点，根据平行四边形定则可得乙的合速度：
乙到达对岸的时间：
甲达到对岸的时间：
可知二者到达对岸的时间是相等的，甲、乙两船到达对岸的时间相等。
水流的速度：
甲沿河岸方向的位移：
联立可得：
可知甲船正好也在点靠岸。
由于二者同时到达对岸的点，所以它们不可能在未到达对岸前相遇。故AD正确，BC错误。
故选：。
根据乙船恰好能直达正对岸的点，知，小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及甲船沿河岸方向上的位移。
解决本题的关键灵活运用运动的合成与分解，知道合运动与分运动的等时性。
11.
【解析】解：通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动。A正确；
B.因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度。B正确，C正确；
D.记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，D错误；
E.实验要求小球滚下时不能碰到木板上的白纸，避免因摩擦而使运动轨迹改变，E正确；
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，最后轨迹应连成平滑的曲线。F错误。
故答案为：。
由平抛运动水平方向做匀速直线运动，故水平初速度为，竖直方向做自由落体，并且由图可知，、段时间相同，故，联立解得，；竖直方向由平均速度公式，由合速度与分速度关系；
对点，竖直方向由自由落体公式，，水平方向由匀速直线运动公式，联立解得，；
故抛出点的横坐标为，纵坐标为；
故答案为：；；。
通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动。A正确；
B.因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度。B正确，C正确；
D.记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，D错误；
E.实验要求小球滚下时不能碰到木板上的白纸，避免因摩擦而使运动轨迹改变，E正确；
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，最后轨迹应连成平滑的曲线。F错误。
由平抛运动水平方向做匀速直线运动，故水平初速度为，竖直方向做自由落体，并且由图可知，、段时间相同，故，联立解得，；竖直方向由平均速度公式，由合速度与分速度关系；
对点，竖直方向由自由落体公式，，水平方向由匀速直线运动公式，联立解得，；
故抛出点的横坐标为，纵坐标为。
本题考查平抛运动实验中操作步骤、初速度计算、瞬时速度计算等，综合性强，学生需熟练掌握平抛运动中的相关计算，本题难度一般。
12.
【解析】解：把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑的力大小等于摩擦力，即小车在不受牵引力时拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法。
故选：。
由交流电源频率为，纸带 上相邻两点间有个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
实验时，先接通打点计时器的电源，带打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有多的数据信息，故A错误；
B.以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砖码总质量为，砝码桶及桶内砖码总质量为，由牛顿第二定律，则有
木块的加速度为
木块所受的合外力为
当时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砖码的总重力。因此为使砖码桶及桶内砖码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，故B错误；
C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，以减小实验误差，故C正确；
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，因是 木块与木 块上的砝码的总重力沿木板的下滑力 来平衡摩擦阻力，则有
得
因此改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误。
故选：。
由以上分析可知，当小车与平面轨道之间存在摩擦，平面轨道倾斜角度过大，所用小车的质量过大，都不会影响关系图，段明显偏离直线，故ABC错误；
D.当所挂的砝码桶内及桶内砖码的总质量太大时，则有木块所受的合外力
造成此现象的 主要原因可能是当有砝码桶内及桶内砖码的总质量接近木块及木块上砝码的总质量时，木块受到的合外力小于砖码桶及桶内砖码的总重力，木块的加速度就不成线性增大，实验误差增大，则有图像的段明显偏离直线，故D正确。
故选：。
故答案为：；；；。
根据平衡摩擦力分析判断；
根据逐差法求加速度；
根据实验原理和注意事项分析判断；
本题考查探究加速度与力、质量的关系，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.解：设导弹落到点竖直方向的速度为，
由题意有，解得，由，解得；
导弹发射点到的水平位移，的距离。
答：导弹的飞行时间为；
两点之间的距离为。
【解析】根据几何关系求解导弹落到点竖直方向的速度，由速度公式求出时间；
求解导弹的水平位移，根据几何关系可得两点之间的距离。
考查对平抛运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用。
14.解：当船头方向垂直河岸时，则渡河时间最短，则最短时间为，解得；
所到目的地与河流正对岸间的距离，解得；
设船头与河岸的夹角为，如图
由图知，解得
船的合速度，
渡河时间；
小船避开危险区沿直线到达对岸，合速度与水流速度的夹角为，即有，则
小船在河水中运动时，当小船在静水中的速度与合速度垂直时，小船在静水中的速度最小为。
答：船到岸的最短时间是，所到目的地与河流正对岸间的距离是。
小船以最短的距离到岸时所需时间是，此时船头方向与河岸上游的夹角是；
为了使小船能避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是。
【解析】根据船头方向垂直河岸时，则渡河时间最短，结合运动学公式，即可求解；
当船的合速度垂直河岸时，渡河的位移最小，结合三角知识，及运动学公式，即可求解；
当小船在静水中的速度与合速度垂直时，借助于平行四边形定则，即可求出小船在静水中最小速度。
本题属于：一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值；这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值；同时掌握渡河时间最短，与渡河位移最小的求解方法。
15.解：以甲为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向向左；以乙为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
方向向右。
设经过，甲、乙速度相同，则有
解得
，
该过程甲、乙通过的位移大小分别为
，
共速后，由于，甲、乙保持相对静止一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
共速后甲、乙一起做匀减速直线运动通过的位移大小为
则滑块甲与长木板乙均静止时，滑块甲到长木板乙最左端的距离为
，解得
滑块甲的总位移大小为
，解得
答：滑块甲等于的加速度大小，长木板乙的加速度大小等于
滑块甲到长木板乙最左端的距离等于，滑块甲的总位移大小等于。
【解析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
求出开始到共速经历的时间，结合位移时间关系求解各自位移以及相对位移，共速后甲、乙一起做匀减速直线，结合位移时间关系求解最终总位移。
本题考查牛顿第二定律应用的板块模型，注意多个物理过程的分析。
第1页，共1页
