黑龙江省哈尔滨市第九中学2024-2025学年高一上学期期末物理试卷
一、单选题：本大题共9小题，共27分。
1.对下面幅图理解正确的是( )
A. 甲图中重力的施力物体是斜面
B. 乙图桌面上的装置可以用来观察桌面粗糙程度
C. 丙图高铁车厢里的电子屏上“”是指平均速率
D. 丁图中汽车作匀变速直线运动速度由变到，该段时间内加速度方向与方向相同
2.关于安全驾驶，下列说法正确的是( )
A. 超速会使车辆的惯性增大
B. 超载会使车辆的制动距离减小
C. 疲劳驾驶会使驾驶员的反应时间变长
D. 紧急刹车时，安全带对人的作用力大于人对安全带的作用力
3.下列关于圆周运动的说法正确的是( )
A. 做圆周运动的物体受到的合力方向一定指向圆心 B. 做匀速圆周运动的物体的线速度不变
C. 做匀速圆周运动的物体向心加速度方向始终指向圆心 D. 做匀速圆周运动的物体的合力可以为恒力
4.课外兴趣小组为了研究瞬时加速度问题，将两个相同的小球分别和相同长度的弹性绳和刚性绳相连，然后从某高度静止释放。如图，连接、的是一般细绳刚性绳，连接、的是橡皮筋。那么在实验过程中，小球在释放后的短暂时间橡皮筋还未第一次恢复原长后，下列图中符合实际排列情况的是( )
A. B. C. D.
5.某同学站在水平放置的压力传感器上，进行多次“下蹲”、“站起”运动，压力传感器显示内该同学对压力传感器的压力随时间的变化情况如图所示，图中有、两段曲线，重力加速度取。则下列判断正确的是( )
A. 曲线反映的是该同学先“下蹲”后“站起”的过程
B. “下蹲”过程中，该同学先“超重”后“失重”
C. “站起”过程中，该同学的加速度方向一直竖直向上
D. 内，该同学运动的最大加速度为
6.如图所示，将一可视为质点的小球从倾角为的斜面顶端点以不同速度水平抛出，第一次落在点；第二次落在斜面底端点，不计阻力。已知：：，则关于两次小球运动情况，下列说法正确的是( )
A. 两次小球水平抛出的初速度之比为
B. 两次小球在空中的时间之比为：
C. 两次小球击中斜面时速度与斜面夹角之比为：
D. 两次小球击中斜面时速度与斜面夹角之比为：
7.如图，用细线将一小球悬挂于点，用水平拉力将其拉至细线与竖直方向成角。现将沿逆时针方向缓慢转过，在这过程中小球的位置保持不变。则在力缓慢旋转的过程中下列说法正确的是( )
A. 细线的拉力先减小后增大
B. 细线的拉力先增大后减小
C. 拉力的大小先减小后增大
D. 拉力的大小不断增大
8.如图所示三个装置，中桌面光滑，，中桌面粗糙程度相同，用大小为为重力加速度的力替代重物进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在三个装置移动相同距离的过程中，下列分析中正确的是( )
A. 装置中的速度增加量大于中的速度增加量
B. 装置中物块的加速度为
C. 装置、中物块的速度增加量相同
D. 装置中绳上的拉力大小等于装置中绳上的拉力大小
9.如图所示，一轻弹簧一端套在固定的光滑水平轴上，另一端固定在质量为的小球上，在点的正上方有一光滑定滑轮，细绳通过滑轮与小球连接，在细绳的另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态。若缓慢拉动细线始终保持小球平衡直到小球刚到滑轮的正下方过程中，下列说法正确的是( )
A. 细绳的拉力大小不变 B. 细绳的拉力大小先变大后变小
C. 弹簧形变量不变 D. 弹簧形变量先变小后变大
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
10.一船在静水中的速度是，要渡过宽为、水流速度为的河流，，。则下列说法中正确的是( )
A. 此船过河的最短时间是
B. 船垂直到达正对岸的实际航行速度是
C. 船头的指向与上游河岸的夹角为船可以垂直到达正对岸
D. 此船不可能垂直到达正对岸
11.如图所示，矩形盒内用两根不可伸长的轻线固定一个质量为的匀质小球，线与水平方向成角，线水平。两根轻线所能承受的最大拉力大小都是，已知，，取，则( )
A. 系统静止时，线所受的拉力大小
B. 系统静止时，线所受的拉力大小
C. 当系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为
D. 当系统沿水平方向向右匀加速时，为保证轻线不被拉断，加速度最大为
12.雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。在无风的天气条件下，某个质量为保持不变的雨滴从静止开始下落，空气对下落雨滴的阻力与雨滴速度的平方成正比，即阻为已知常数。雨滴速度随时间的变化规律近似如图所示，已知重力加速度为，则雨滴下落过程中( )
A. 雨滴达到收尾速度前做变加速曲线运动
B. 雨滴的收尾速度大小为
C. 雨滴速度达到收尾速度一半时的加速度等
D. 时间内雨滴的平均速度等于
13.如图所示，有一条沿顺时针方向转动的传送带，传送带速度恒定，传送带与水平面的夹角，现将质量的小物块无初速度地轻放在其底端小物块可视作质点，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力。已知传送带从底端到顶端的距离，物块与传送带之间的动摩擦因数，取，，。下列说法正确的是( )
A. 小物块刚放在传送带上时的加速度大小为
B. 小物块刚放在传送带上时的加速度大小为
C. 小物块从传送带底端运动到顶端的时间
D. 小物块从传送带底端运动到顶端的时间
14.风洞，被称为“飞行器的摇篮”，它看似高深莫测，却事关国家战略安全，与社会生活息息相关。从导弹、飞船、火箭到汽车、高铁、跨海大桥，只要与空气互相作用，都要在风洞里开展空气动力的试验研究，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为的轻质小球先后经过、两点，其中在点的速度大小为，方向与连线成角；在点的速度大小为，方向与连线成角。已知连线长为，小球只受风力的作用小球小球不计重力，，。下列说法中正确的是( )
A. 风力方向与连线夹角为
B. 风力大小为
C. 从点运动到点所用的时间为
D. 小球的最小速度为
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
15.在做“研究平抛物体的运动”实验时，有如下实验要求与实验操作：
实验中，下列说法正确的是______。
A.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下
B.斜槽轨道必须光滑
C.斜槽轨道末端的切线要水平
在分组研究平抛运动实验中，用一张印有小方格的纸记录小球运动轨迹，小方格边长，若小球在平抛运动途中的几个位置如图所示，取，平抛的初速度大小为______，在位置时的速度大小为______计算均保留三位有效数字。
16.某一学习小组的同学想通过打点计时器在纸带上打出的点迹来探究小车速度随时间变化的规律，实验装置如图所示。
关于本实验，下列说法正确的是______。
A.释放纸带的同时，接通电源
B.先接通电源打点，后释放纸带运动
C.先释放纸带运动，后接通电源打点
D.纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越小
某同学在实验中使用频率为的交流电源获得的纸带如图所示，其中相邻两个计数点之间还有个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下点时小车的速度为______，小车的加速度大小为______计算均保留三位有效数字。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
17.甲车以加速度由静止开始做匀加速直线运动，乙车在同地点同时以的速度做匀速直线运动，两车的运动方向相同，求：
两车多长时间相遇；
相遇前何时相距最远，最远距离是多少。
18.如图所示，物体叠放在物体上，物体的质量为，物体的质量为，用轻绳系在墙壁上，轻绳与水平方向成角，与、与地面间的动摩擦因数均为，若用水平力把匀速向右拉未掉下，取，，。求：
对的压力；
力的大小。
19.如图所示，一块质量为、长为的匀质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为的小木块可视为质点，薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，薄木板与地面之间的动摩擦因数为。初始时在木板左端施加一水平向左恒定的拉力，取，则：
拉力刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？
如果一直作用在木板上，那么经多长时间木块将离开木板？
如果恒定的拉力作用后撤去，则在两物体运动的全过程中，木块相对木板的路程是多少？计算可保留分数
答案解析
1.
【解析】解：甲图中重力的施力物体是地球，故A错误；
B.图乙中所示的实验是用来观察桌面微小形变，其利用了光线照射后将形变“放大”，采用了放大的思想，不能用来观察桌面的粗糙程度，故B错误；
C.丙图高铁车厢里的电子屏上“”是瞬时速度的大小，不是平均速率，故C错误；
D.丁图中汽车作匀变速直线运动速度由变到，根据加速度的定义式有可知，该段时间内加速度方向与方向相同，故D正确。
故选：。
根据重力的施力物体、微小形变放大法，速率以及加速度和速度变化量的方向关系进行分析解答。
考查运动学基本概念和物理思维方法，会根据题意进行准确分析解答。
2.
【解析】解：、惯性的大小只与质量有关，与速度无关，故A错误；
B、超载会使车辆的质量增大，则惯性增大制动距离变长，故B错误；
C、疲劳驾驶会使驾驶员的反应时间变长，故C正确；
D、紧急刹车时，安全带对人的作用力与人对安全带的作用力是作用力和反作用力，大小相等，故D错误。
故选：。
惯性只与质量有关系，惯性增大制动距离变长；
疲劳驾驶会使反应时间变长；
根据相互作用力概念可判断。
明确惯性与质量有关，知道相互作用力的概念。
3.
【解析】解：、做匀速圆周运动的物体受到的合力一定指向圆心，做变速圆周运动的物体所受合力不指向圆心，故A错误；
B、做匀速圆周运动的物体的线速度的大小不变，线速度的方向时刻在改变，故B错误；
C、做匀速圆周运动的物体向心加速度始终指向圆心，故C正确；
D、在匀速圆周运动中，物体受到的合力即向心力的大小不变，但方向不断改变，始终指向圆心。因此，合力不是恒力，而是方向不断变化的力，故D错误。
故选：。
根据圆周运动的基本概念，包括匀速圆周运动的特征、向心力、向心加速度以及合力的方向判断匀速圆周运动中速度、加速度和力的特性，以及它们与圆周运动的关系。
本题的关键在于理解匀速圆周运动中速度、加速度和力的特性。速度的大小不变但方向改变，加速度始终指向圆心，合力向心力的大小不变但方向不断改变。这些特性是判断选项正确与否的基础。
4.
【解析】在释放小球的瞬间，刚性绳的拉力瞬间消失，则小球都做自由落体运动；
对于弹性绳而言，绳的弹力无法瞬间消失，则球在短暂时间内停留在原位置，球往下运动，所以弹性绳会发生收缩，故C正确，ABD错误。
故选：。
5.
【解析】解：曲线中压力先小于重力后大于重力，说明先向下加速后向下减速，反映的是该同学“下蹲”过程，故A错误；
B.“下蹲”过程中，先向下加速后向下减速，因此该同学先“失重”后“超重”，故B错误；
C.“站起”过程中，该同学先向上加速，加速度方向竖直向上，再向上减速运动，过程失重，加速度方向竖直向下，故C错误；
D.该同学的质量为，内，该同学运动的最大加速度为，故D正确。
故选：。
物体对支持物的压力大于物体所受重力的现象叫做超重；物体对支持物的压力小于物体所受重力的现象叫做失重。
考查对超重、失重的理解，清楚其定义。
6.
【解析】解：、小球做平抛运动，设位移为，如图所示
水平方向：
竖直方向：
解得：，
由于：：，则，
则两次小球的初速度之比
两次小球在空中的运动时间之比，故A错误，B正确；
、设小球击中斜面时速度方向与斜面间的夹角为，
由图示可知：，则，解得：，故CD错误。
故选：。
小球做平抛运动，应用平抛运动规律求出小球的初速度与运动时间，然后求出初速度之比与时间之比；
求出小球击中斜面时速度与斜面的夹角，然后求出夹角之比。
本题考查了平抛运动规律的应用，分析清楚小球的运动过程，应用平抛运动规律与运动学公式可以解题。
7.
【解析】解：对小球受力分析，由平衡条件可知，细线对小球的拉力和水平拉力的合力一定竖直向上，与重力等大、反向，将沿逆时针方向缓慢转过的过程中，画出该过程的力的动态平行四边形如图所示：
由图可得，力沿逆时针方向缓慢旋转至竖直向上过程中，拉力逐渐减小，拉力先减小后增大，且与垂直时，力最小；故C正确，ABD错误；
故选：。
对小球受力分析，由平衡条件，画出将沿逆时针方向缓慢转过的过程中，力的动态平行四边形，即可分析判断正误。
本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
8.
【解析】解：、对、组成的系统，由牛顿第二定律得：
装置：
装置：
解得：，
由匀变速直线运动的公式得：
解得：，由于，相同，则，故A正确，B错误；
C、装置中，对，由牛顿第二定律得：，解得：，由可知，，故C错误；
D、对装置，对，由牛顿第二定律得：
对装置，对，由牛顿第二定律得：，则，故D错误。
故选：。
应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后应用匀变速直线运动的公式与牛顿第二定律分析答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动情况与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
9.
【解析】解：如图所示，对小球受力分析，小球受到三个力，重力、弹簧的弹力和细绳的拉力，
如图所示，将这三个力进行适当平移可构成一个首尾相接的矢量三角形
设，，，这个力的三角形与相似，则
由于、不变，变小，所以变小；
设弹簧的原长为，劲度系数为，压缩量为，则
根据胡克定律
故
因不变，故弹簧压缩量为不变。故ABD错误，C正确。
故选：。
以小球为研究对象，受力分析，组建三角形，根据相似三角形法则求解细绳的拉力大小、弹簧弹力大小变化情况；结合胡克定律求解弹簧形变量变化。
本题主要考查相似三角形法则在共点力平衡中的应用，典型题型，难度较大。
10.
【解析】解：、当船速垂直河岸时用时最少，有
故A正确；
、因为，则船头指向斜上游方向，可以使河岸方向的速度为零，合速度垂直河岸从而垂直过河，设船头的指向与上游河岸的夹角为，有
可得
即
故CD错误；
B、垂直过河时，根据合速度与分速度的关系，有
故B正确。
故选：。
船实际参加了两个分运动，沿船头指向的匀速直线运动和顺着水流而下的匀速直线运动，实际运动是这两个分运动的合运动，当船头垂直河岸时，渡河时间最短；当船的合速度垂直河岸时，位移最短，再结合运动学公式，即可求解。
处理小船过河时，按照合运动与分运动的关系：等时，等效的特点进行分析即可，注意：当船速垂直河岸时，用时最少；当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小为河宽。
11.
【解析】解：、系统静止时，小球受力如图所示
系统静止处于平衡状态，由平衡条件得：
在竖直方向：
在水平方向：
代入数据解得：，，故B正确，A错误；
C、系统竖直向上匀加速运动时，小球受力如图所示
当线拉力为时，由牛顿第二定律得：
在竖直方向：
在水平方向：
代入数据解得：
此时加速度有最大值：，故C正确；
D、系统水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：
在水平方向：
在竖直方向：
代入数据解得：
当时，加速度最大为，故D错误。
故选：。
应用平衡条件求出系统静止时线与线的拉力大小；
应用牛顿第二定律求出细线恰好拉断时的加速度，然后分析答题。
本题考查了牛顿第二定律，对小球正确受力分析是解题的前提，应用平衡条件与牛顿第二定律即可解题。
12.
【解析】解：雨滴从静止开始下落空气对下落雨滴的阻力与雨滴速度的平方成正比，由牛顿第二定律有
可知随着速度的增大，加速度逐渐减小，因初速度为零，则雨滴达到收尾速度前做变加速直线运动，故A错误；
B.当雨滴的加速度等于零时做匀速直线运动，则有
故收尾速度为
故B正确；
C.当雨滴速度达到收尾速度一半时，有
可得加速度为
故C正确；
若时间做匀加速直线运动，平均速度为雨滴实际做加速度减小的变加速直线运动，在相同时间内比匀加速直线的位移多，则平均速度大于，故D错误。
故选：。
根据牛顿第二定律可求出加速度表达式，可得出雨滴运动状态；加速度为零时，根据受力平衡可求出收尾速度；利用牛顿第二定律可求出雨滴速度达到收尾速度一半时的加速度；根据平均速度定义以及运动过程分析，可得到平均速度应该比大。
学生在解决本题时，应注意能够从题干中找到空气对下落雨滴的阻力与雨滴速度的平方成正比这一关键信息，并列出牛顿第二定律方程。
13.
【解析】解：、物块刚放在传送带上时，对物块，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，故A正确，B错误；
、物块加速到与传送带共速需要的时间
该过程物块的位移
物块与传送带共速后，对物块，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：，
物块继续加速运动到顶端过程，位移
代入数据解得： 不符合实际，舍去
物块从传送带底端运动到顶端的时间，故C正确，D错误。
故选：。
应用牛顿第二定律求出小物块刚放在传送带上时的加速度大小；
应用运动学公式求出物块加速到与传送带共速需要的时间；
应用牛顿第二定律求出共速后物块的加速度；
然后应用运动学公式求出物块到达底端需要的时间。
本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程和受力情况是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
14.
【解析】解：、设风力与连线夹角为，则小球速度往垂直风力的方向分速度相等，即，代入数据解得：，故A正确；
、从点运动到点沿方向的平均速度为，从点运动到的时间为，解得，从点运动到的加速度为，解得，由牛顿第二定律，从点运动到的风力，解得，故BC错误；
D、当小球沿风力方向的速度最小时，小球的速度最小，此时小球的最小速度为，解得，故D正确。
故选：。
根据小球速度往垂直风力的方向分速度相等计算；根据平均速度计算出小球从到的时间，然后根据加速度的定义式计算出加速度，根据牛顿第二定律计算风力大小；当当小球沿风力方向的速度为零时，小球速度最小。
知道小球在垂直风力方向的速度相等是解题的关键，能够得到风力的方向是解题的基础。
15.
【解析】解：为保证小球初速度相等，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下，故A错误；
B.斜槽轨道是否光滑对实验无影响，故B错误；
C.为保证初速度水平，则斜槽轨道末端的切线要水平，故C正确；
故选：。
竖直方向上相等时间内的位移之差
根据得，相等的时间间隔
水平方向：
解得
位置竖直方向速度
则点的速度
解得
故答案为：；；
保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，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；
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移求出初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点竖直分速度，从而求出点速度．
解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
16.
【解析】解：释放纸带的同时，接通电源，故A错误；
B.先接通电源打点，后释放纸带运动，故B正确；
C.先释放纸带运动，后接通电源打点，故C错误；
D.纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越小，故D正确。
故选：。
相邻两计数点间的时间间隔为，在打下点时小车的速度为，解得，根据逐差法求解加速度公式，代入数据解得。
故答案为：；，。
根据使用打点计时器实验的实验原理和注意事项进行分析判断；
根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度关系结合逐差法求解加速度公式代入数据求解。
考查打点计时器的使用以及纸带的数据处理，会根据题意进行准确分析解答。
17.设经时间相遇，甲车位移为
，
乙车位移为
，
相遇则位移相等，有
解得
设两车经过时间速度相等，此时距离最远，则有
解得
相距
代入数据解得
答：两车经时间相遇；
相遇前相距最远，最远距离是。
【解析】甲、乙两车相遇，他们的位移相等，根据位移公式列方程可以求出相遇的时间；
当两车速度相等时，相距最大；分别求出两车的位移，然后求出两车间的最大距离。
两物体在同一直线上运动，往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题的关键是找出时间关系、速度关系、位移关系，注意两者速度相等时，往往是能否追上或者二者之间有最大或者最小值的临界条件。
18.解；处于平衡状态，设对的压力为，对的支持力为，正交分解可得
代入数据得，，因，
联立解得，，方向竖直向下；
物体所受的摩擦力大小为
处于平衡状态，水平方向满足
由牛顿第三定律可知，
联立解得。
答：对的压力为，方向竖直向下；
力大小为。
【解析】对进行受力分析，其受到拉力、重力、和的摩擦力作用，处于平衡状态，将拉力分解成水平、竖直两个方向的分力，拉力竖直方向的分力与重力的合力即为对的压力；
对进行受力分析，其受到拉力、重力、和及地面的摩擦力作用，处于平衡状态。
考查对牛顿第三定律和共点力平衡条件的理解，运用力的合成与分解方法，分别分析、的受力情况。
19.解：拉力刚作用在木板上时，由牛顿第二定律，对小木
块研究可得
解得，
设木板的加速度大小为，由牛顿第二定律可知
解得
小木块和木板发生了相对滑动
设小木块的加速度大小为，小木块离开木板的时间为，由牛顿第二定律，对小木
块研究可得
解得
则小木块运动的位移为
木板运动位移大小为
小木块离开木板时，相对木板的位移大小为
解得
末小木块的速度为
木板的速度为
后小木块仍以的加速度大小做匀加速运动，木板将以的加速度大小做匀减速运动，
且
在经过后二者速度相等，则
解得
则此时二者速度相等，大小为
解得
在小木块和木板各自向左匀加速阶段，二者的相对位移大小为
解得
在小木块向左匀加速，木板向左匀减速阶段，二者的相对位移大小为
解得
在小木块、木板各自向左匀减速阶段，小木块仍然以的加速度大小做匀减速直线运动，
设此阶段木板的加速度大小为，则对木板，
根据牛顿第二定律由
到最后都停止运动的过程，又发生的相对位移大小为
解得
解得
答：拉力刚作用在木板上时，木板的加速度大小是；
如果一直作用在木板上，那么经木块将离开木板；
如果恒定的拉力作用后撤去，则在两物体运动的全过程中，木块相对木板的路程是。
【解析】根据牛顿第二定律和运动学知识即可分析出。
本题考查了学生对于牛顿第二定律和运动学知识的理解和应用能力，有一定的难度。
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