2024-2025 学年四川省安岳中学高一（上）期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共 7 小题，共 28 分。
1.下列说法正确的是( )
A. 由于不存在不受外力作用的物体，所以牛顿第一定律没有意义
B. 牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因
C. 惯性是物体在匀速直线运动或静止时才表现出来的性质
D. 由于子弹的速度越大，其杀伤力就越大，所以子弹的惯性大小与其速度大小有关
2.如图所示，某同学在地球表面上用弹簧测力计挂一物体，处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 该同学用弹簧测力计直接测定物体的质量
B. 弹簧测力计挂物体的细线沿竖直方向
C. 弹簧测力计的弹力是由于地球的吸引而产生的
D. 弹簧测力计所挂物体重力的方向是垂直向下
3.《民法典》第1254条规定禁止从建筑物中抛掷物品。假设某住宅楼上坠物做自由落体运动，开始1 内的
下落高度与最后1 内的下落高度之比为1:5，重力加速度 取10 / 2，则物体下落的总时间为( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
4.某乘客乘坐升降电梯上楼又立即下楼，其中一段运动的 图像如图所示，规定
竖直向上为正方向，图线的形状为抛物线。下列说法正确的是( )
A. 0～ 0时间内，乘客做竖直向上的减速直线运动
B. 0～2 0时间内，乘客的加速度竖直向上
C. 乘客在 0时刻的速度最大
D. 乘客在0时刻的速度大小为零
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5.如图所示，质量分别为 和 的两个长方体木块 和 叠放在倾角为 的固定斜面上， 和 间的动摩擦因
数为 1， 和斜面间的动摩擦因数为 2。从静止释放，则( )
A. 若 2 < tan ，则 两物体一定一起沿斜面向下运动
B. 若 1 < tan ，则 两物体一定相对滑动
C. 若两物体能一起沿斜面下滑，则物体 对 的摩擦力为 2 cos ，且方向向上
D. 两物体一起沿斜面下滑过程中，地面对斜面的支持力不断增大
6.从距地面一定高度处自由释放一个小球(可视为质点)，已知最后一秒内位移为第一秒内的位移的4倍， =
10 / 2，则出发点距地面高度为( )
A. 20.25 B. 31.25 C. 30.25 D. 25
7.如图所示，不可伸长的轻绳绕过轻小光滑动滑轮(质量不计)，一端系于竖直墙壁上的 点，另一端连接套
在粗糙竖直杆上的滑环，滑轮通过轻绳悬挂一重物，系统处于静止状态。若将竖直杆沿水平地面缓慢向左
平移一小段距离，滑环高度始终不变，则该过程中
A. 重物距地面的高度变大 B. 轻绳的弹力变大
C. 杆对滑环的弹力变小 D. 杆对滑环的摩擦力变小
二、多选题：本大题共 3 小题，共 15 分。
8.2023年10月3日亚洲运动会在我国杭州举行，男子4 × 100米接力决赛在杭州“大莲花”体育场打响。短
跑小将陈佳鹏发挥强大的后程加速能力，全力冲刺加速，在最后30米逆转日本选手率先撞线，助中国队夺
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冠。假设两位选手从接棒到终点沿直线跑了100米，在这100米的跑动过程中( )
A. 两位选手的位移就是路程
B. 陈佳鹏全程的平均速度一定大于对手的平均速度
C. 每个时刻陈佳鹏的瞬时速度一定大于对手的瞬时速度
D. 陈佳鹏在最后30米内虽因体力原因加速度在减小，但他的速度仍然在增大
9.如图所示，一辆赛车在平直赛道上做匀加速直线运动，途经 、 、 、 四个标志杆，其中 = 6 ， = 9 。
车手发现自己通过 和 这两段位移的时间均为1 ，而通过 段时间仅为0.5 ，若将车手看成质点，则以
下说法中正确的是( )
A. 赛车经过 点时的速度为4.5 /
B. 赛车做匀加速直线运动的加速度 = 2 / 2
C. 赛道上 间的距离为3.75
D. 赛车经过 点时的速度为10.5 /
10.如图甲，一质量为 = 1 的物体置于粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为 。现用一水平
拉力 作用于物体上， 随时间变化的 图像和物体的 图像分别如图乙、丙所示。规定水平向右为正
方向，重力加速度大小取 = 10 / 2。下列说法正确的是( )
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A. 0～2 内，物体受到水平向左的静摩擦力 B. 0～2 内，物体未受到摩擦力
C. 物体与水平面间的动摩擦因数为 = 0.5 D. 物体与水平面间的动摩擦因数为 = 0.3
三、实验题：本大题共 2 小题，共 16 分。
11.某同学用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。
(1)某同学通过正确的实验步骤，得到如图乙所示的弹力大小 与弹簧长度 的关系图线(不计弹簧受到的重
力)，由图线可知，弹簧的原长为_______ ，劲度系数为_______ / 。
(2)该同学将本实验的弹簧改装成一弹簧测力计，用该改装后的弹簧测力计测量时的示数如图丙所示，该弹
簧测力计的示数为_______ ，该弹簧的伸长量为_______ 。
12.某实验小组利用“牛顿第二定律”来测量滑块与桌面间的动摩擦因数 ，设计了实验装置如图中所示。
其中 为连接力传感器(可直接测出绳子的拉力)的滑块， 为盛有砂的砂桶。
(1)实验时，必须要进行的操作是______。
.用天平测量出砂和砂桶的质量
.调整滑轮的位置，使绳与桌面平行
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.要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量
.滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放滑块
(2)该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带，打点计时器的交流电源频率为50Hz，根据纸带可以求出滑块
的加速度 =______ / 2(保留两位有效数字)。
(3)通过改变砂的质量，得到滑块运动的加速度 和力传感器示数 的关系如图丙所示，纵轴截距为 ，已
知当地的重力加速度为 ，若忽略纸带和打点计时器之间的摩擦力，则滑块和桌面间的动摩擦因数
=______(用 、 表示)。
(4)按照上述方法得出的 的测量值与真实值相比______(填“偏大”或“偏小”)。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 41 分。
13.如图所示，木箱静置在水平地面上的 点，一人(图中未画出)用水平向右的力推木箱，当木箱经过 点时，
不再推木箱，结果木箱恰好停在 点。已知木箱的质量 = 10 ， 、 两点间的距离 = 4 ， 点为 的
中点，木箱与地面之间的动摩擦因数 = 0.2，取重力加速度大小 = 10 / 2，将人的推力视为恒力，木箱
可视为质点。求：
(1)木箱经过 点时的速度大小 ；
(2)人的推力大小 。
14.如图所示为一种家用拖把，拖把头的总质量 = 1.2 ，拖杆的质量可以忽略，拖地时沿杆方向对拖把
头施加推力 ，推力方向始终与水平方向成 = 37°的夹角。取 37° = 0.6， 37° = 0.8，重力加速度大
小为 = 10 / 2。
(1)若推力 1 = 20 时，拖把静止不动，求地面所受摩擦力的大小和方向；
(2)某次拖地过程中，推力 2 = 30 时，拖把在水平地面上恰好做匀速直线运动，求拖把头与地面之间的动
摩擦因数 。
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15.如图，倾斜传送带以 1 = 2 / 的恒定速率顺时针转动，其与水平面的夹角为 = 37°，传送带的长度为
= 3.2 ，将可视为质点的煤块轻放在传送带顶端 点，煤块的质量为 = 2 ，煤块与传送带间的动摩
擦因数为 1 = 0.5。煤块从传送带顶端 点运动到底端 点，再通过一小段光滑圆弧轨道滑到一水平长木板
上的 点，此时脱离圆弧轨道滑上木板。传送带与木板并未接触，重力加速度大小取 = 10 / 2， 37° =
0.6， 37° = 0.8。
(1)求煤块刚放在传送带顶端 点时的加速度；
(2)求煤块到达传送带底端 点时的速度大小 1′；
(3)当煤块滑到质量为 = 2 的水平长木板上的 点时(煤块从 点到 点的时间不计)，其速度方向改变为
水平、大小不变，木板正好以大小为 2 = 10 / 的速度水平向右运动，整个过程中煤块未从木板上滑落。
煤块与木板间的动摩擦因数为 2 = 0.1，木板与水平面间的动摩擦因数为 3 = 0.2。求整个过程中煤块在木
板上留下的划痕长度。
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】(1)12；75；(2)3.00；4
12.【答案】(1) (2)0.87 (3) (4)偏大
13.【答案】(1)设撤去推力后，木箱运动的加速度大小为 1 ，根据牛顿第二定律有
= 1
解得
1 = 2 /
2
根据匀变速直线运动的规律有
2 = 2 1
解得
= 4 /
(2)人推木箱时，木箱的加速度大小为 2 ，根据匀变速直线运动的规律有
2 = 2 2
根据牛顿第二定律有
= 2
解得
= 40
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14.【答案】解：(1)以拖把为研究对象，受力情况如图所示：
根据平衡条件可知拖把受到的摩擦力为： = 1 = 20 × 0.8 = 16 ，方向水平向左；
根据牛顿第三定律可知地面所受摩擦力的大小为： = ′ = 16 ，方向水平向右。
(2)拖把受到的支持力为： = + 2 = 1.2 × 10 +30 × 0.6 = 30
地面受到的正压力为 ′ = = 30
拖把头与地面的摩擦力为： 1 = = 2
可得拖把头与地面之间的动摩擦因数为： = 0.8。
答：(1)若推力 1 = 20 时，拖把静止不动，则地面所受摩擦力的大小为16 ，方向水平向右；
(2)拖把头与地面之间的动摩擦因数为0.8。
15.【答案】解：(1)煤块刚放在传送带顶端 点时，根据牛顿第二定律可得： + 1 = 1
联立解得： 1 = 10 /
2
方向沿传送带向下。
2
(2)设经过 1时间煤块与传送带共速，则有： =
1
1 = = 0.2 1 10
2
该过程煤块通过的位移大小为： 1 = 2 1 = × 0.2 = 0.2 2
共速后，由于 1 = 0.5 < = 0.75
煤块继续向下加速运动，根据牛顿第二定律可得： 1 = 2
代入解得： 22 = 2 /
根据运动学公式可得：2 2(
2 2
1)= ′1 1
代入数据解得： ′1 = 4 /
(3)煤块滑上木板后，煤块与木板共速前，对煤块有： 2 = 3
代入解得： = 1 / 23
对木板有： 2 + 3( + ) = 4
解得： 24 = 5 /
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设经过 3时间煤块与木板共速，则有： 共 = ′1 + 3 3 = 2 4 3
解得： 3 = 1 ， 共 = 5 /
′+
共 4+5
此时煤块和木板的位移大小分别为： 2 = = × 1 = 4.5 2 2
2+ 共 8+5
3 = = × 1 = 7.5 2 2
煤块相对于木板向左滑动的距离为： 1 = 3 2 = 7.5 4.5 = 3
由于： 2 = 0.1 < 3 = 0.2
可知煤块与木板共速后，煤块相对于木板向右运动，对煤块有：0 2 = 2 3 4 共
代入数据解得： 4 = 12.5
对木板有： 3( + ) 2 = 5
由速度—位移公式有：0 2 = 2 5 共 5
25
解得： 5 = 6
25 25
则煤块相对于木板向右滑行的距离为： 2 = 4 5 = 12.5 = > 1 6 3
25
所以整个过程中煤块在木板上留下的划痕长度为 。
3
答：(1)煤块刚放在传送带顶端 点时的加速度为10 / 2，方向沿传送带向下；
(2)煤块到达传送带底端 点时的速度大小 1′为4 / ；
25
(3)整个过程中煤块在木板上留下的划痕长度为) 。
3
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