2024-2025學年高三第一次階段性考試物理試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。1.一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下正確的是（）0~t1時間內，v增大，FN>mg B.t1~t2時間內，v減小，FN<mgC.t2~t3時間內，v增大，FN<mgD.t2~t3時間內，v減小，FN>mg2.汽車在平直的公路上行駛，發現險情緊急剎車，汽車立即做勻減速直線運動直到停車，已知汽車剎車時第1s內的位移為24m，倒數第2s內的位移為6m，則下列計算正確的是()A．汽車第1s末的速度為23m/sB．汽車加速度大小為3m/s2C．汽車的減速時間為6.5sD．汽車剎車總位移為78m3.質量相等的物體甲與木板乙通過光滑定滑輪(定滑輪質量不計)用輕繩豎直連接。對甲施加水平方向的力，將甲、乙壓在逆時針轉動的固定豎直傳送帶上，如圖所示。甲、乙恰好均處于靜止狀態(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，則甲、乙間的摩擦因數與乙和傳送帶間的摩擦因數的比為(所有輕繩始終處于豎直方向)()A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．1∶34.如圖所示，半徑為R、質量為m的半圓柱體A放在粗糙的水平地面上，A與豎直墻面間有一半徑為R、質量為m的光滑圓柱體B，A和B的質量分布都均勻。改變半圓柱體A距豎直墻面的距離，使A、B仍保持靜止狀態，半圓柱體A的圓心距豎直墻面的最遠距離為2R。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則半圓柱體A與地面間的動摩擦因數為()A．32 B．12C．33 D．5.由于高度限制，車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘由轉動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點．在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平．桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°的過程中，下列說法正確的是()A．P點的線速度大小不變B．P點的加速度方向不變C．Q點在豎直方向做勻速運動D．Q點在水平方向做勻速運動6.一質量為m的物塊恰好能沿傾角為30°的足夠長斜面勻速下滑。物塊在沿斜面勻速下滑的過程中，在豎直平面內給物塊一外力F，F與水平方向的夾角為α，斜面始終處于靜止狀態，如圖所示。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．若α＝0°，物塊沿斜面下滑過程中，地面對斜面的摩擦力水平向左B．若α＝60°，物塊沿斜面下滑過程中，地面對斜面的摩擦力不為0C．若α＝90°，物塊仍沿斜面勻速下滑D．若F推著物塊沿斜面勻速上滑，則F的最小值為mg7.如圖所示，把一小球從斜面上先后以相同大小的速度拋出，一次水平拋出，另一次拋出的速度方向與斜面垂直，兩小球最終都落到斜面上，水平拋出與垂直斜面拋出落點到拋出點的距離之比為（）A. B． C． D．8.如圖，右側面光滑的斜面體固定在水平面上，質量相等的物塊M、N分別放在斜面體的左右兩個面上，M、N拴接在跨過光滑定滑輪的輕質細繩兩端，整個系統處于靜止狀態。現對N施加一始終與右側輕繩垂直的拉力F，使N緩慢移動至右側細繩水平，該過程M保持靜止。下列說法正確的是（）A．拉力F逐漸增大B．輕繩的拉力先減小后增大C．M所受摩擦力先增大后減小D．斜面對M的作用力先增大后減小多項選擇題：本題共4個小題，每小題4分，共16分。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.如圖所示，半徑為R的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸重合。甲、乙兩個小物塊（均可視為質點）分別置于轉臺的A、B兩處，OA、OB與間的夾角分別為和。轉臺靜止時，甲、乙均不會下滑。已知甲的質量是乙的兩倍，重力加速度大小為g。當轉臺從靜止開始緩慢加速轉動，直到其中一物塊剛要滑動之前的過程中，下列說法不正確的是（）A．甲的線速度大小始終為乙的倍B．甲所受向心力的大小始終為乙的2倍C．陶罐對甲、乙所做的功相等D．當轉臺角速度為時，甲、乙在陶罐切線方向上均有向下運動的趨勢10.間距為10m的兩根固定的豎直桿間有一根晾衣繩，晾衣繩兩端等高，長度為14m且不可伸長。將一件衣服通過晾衣架掛在晾衣繩上，衣架能沿晾衣繩自由滑動，衣架掛鉤和晾衣繩之間的摩擦力忽略不計。無風時，衣服和衣架的懸掛點剛好位于晾衣繩的中間位置，如圖甲所示；有風時，有水平向右的風作用在衣服上，穩定后衣架懸掛點兩側的晾衣繩剛好垂直，如圖乙所示。已知衣服和衣架的總質量為1.4kg，重力加速度g取10m/s2，風對晾衣繩的作用力忽略不計，則下列說法正確的是（）A．無風時，晾衣繩中的拉力大小為7NB．有風時，晾衣繩中的拉力大小為10NC．有風時，風對衣服的作用力大小為2ND．有風時，晾衣繩對衣架的作用力大小為12N11.跑酷，又稱自由奔跑，是一種結合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬度L=6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運動，加速到M點時斜向上躍起，到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，P點距離地面高h=0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平方向的速度變為等大反向，并獲得一豎直方向速度，恰好能躍到左墻壁上的Q點，P點與Q點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整個過程中人的姿態可認為保持不變，如圖乙所示，則下列說法中正確的是（

）A．人助跑的距離為3.6mB．人助跑的距離為3mC．人剛離開墻壁時的速度大小為6m/sD．人剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為12.水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖（cA．F1=μC．μ2>m1非選擇題：本題共6小題，共60分。13.(6分)某實驗興趣小組利用如圖甲所示裝置做“探究加速度與力的關系”實驗時，實驗操作如下：①掛上托盤和砝碼，調整木板的傾角，使質量為m0的小車沿木板勻速下滑；②取下托盤和砝碼，測出其總質量為m，讓小車沿木板下滑。設小車受到的合力為F，通過計算機可得到小車與位移傳感器的距離隨時間變化的x-t圖像，并求出小車的加速度a；③改變砝碼質量和木板的傾角，重復步驟①②，可得到多組a、F的數據，并繪制a-F圖像。(1)下列說法正確的是________。A．實驗開始前需要先平衡阻力B．調整滑輪高度使細線與木板平行C．本實驗需要滿足m0?mD．本實驗將托盤和砝碼的總重mg的大小作為小車受到的合力F的大小(2)若測量質量時未考慮托盤的質量，僅將砝碼質量記為m，則繪制出的a-F圖像應該是圖乙中的________(選填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。(3)某段時間內小車的x-t圖像如圖丙所示，根據圖像可得小車的加速度大小為______m/s2(結果保留2位有效數字)。14.(8分)某科學興趣小組要驗證小球做平拋運動的規律，實驗設計方案如圖甲所示，用輕質細線拴接一小球，在懸點O正下方有水平放置的熾熱的電熱絲P，當懸線擺至電熱絲處時能輕易被燒斷；MN為水平木板，已知懸線長為L，懸點到木板的距離OO′＝h(h＞L)。(1)將小球向左拉起后自由釋放，最后小球落到木板上的C點，O′C＝x，則小球做平拋運動的初速度為v0＝________。(2)圖乙是以豎直方格板為背景通過頻閃照相得到的照片，每個格的邊長L＝5cm，通過實驗，記錄了小球在運動過程中的三個位置，如圖乙所示，則小球做平拋運動的初速度為______m/s；經過B點的速度為______m/s(取g＝10m/s2)。(3)在其他條件不變的情況下，若改變釋放小球時懸線與豎直方向的夾角θ，小球落點與O′點的水平距離x將隨之改變，經多次實驗，以x2為縱坐標、cosθ為橫坐標，得到如圖丙所示的圖像，則當θ＝30°時，x為________m(此問可用根式表示)。15.（8分）我國自主研制了運-20重型運輸機．飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度，已知飛機質量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質量為1.69×105kg，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變．(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間．16.（10分）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度L1＝4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接．若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g＝10m/s2)．(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2.17.（12分）一種離心測速器的簡化工作原理如圖所示。細桿的一端固定在豎直轉軸OO'上的O點，并可隨軸一起轉動。桿上套有一輕質彈簧，彈簧一端固定于O點，另一端與套在桿上的圓環相連。當測速器穩定工作時，圓環將相對細桿靜止，通過圓環的位置可以確定細桿勻速轉動的角速度。已知細桿長度L=0.2m，桿與豎直轉軸的夾角a始終為60°，彈簧原長x0=0.1m（1）若細桿和圓環處于靜止狀態，求圓環到O點的距離；（2）求彈簧處于原長時，細桿勻速轉動的角速度大小；（3）求圓環處于細桿末端P時，細桿勻速轉動的角速度大小。18.（16分）如圖所示，傳送帶以恒定速率v＝4m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°。現將質量m＝1kg的小物塊輕放在其底端(小物塊可看成質點)，平臺上的人通過一根輕繩用F＝10N的恒力拉小物塊，經過一段時間物塊被拉到離地面高為H＝1.8m的平臺上。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求物塊在傳送帶上運動的時間。(2)若在物塊與傳送帶速度相等的瞬間撤去恒力F，則物塊還需多少時間才能脫離傳送帶？2024-2025學年湖西高中第一次階段性考試物理試題參考答案1.【答案】D【解析】A．由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時間內速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態，則FN<mg,A錯誤；B．在t1~t2時間內速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mg,B錯誤；CD．在t2~t3時間內速度減小，即乘客的減速下降，處于超重，則FN>mg,C錯誤，D正確。2.【答案】C解析：由題意得，逆過程可看作初速度為0的勻加速運動，設汽車加速度大小為a，由位移公式得12at22-12at12＝6m，解得a＝4m/s2，根據x1＝v0t3-12at32，可以求得汽車的初速度為v0＝26m/s，第1s末的速度為v1＝v0－at3＝22m/s，選項A3.【答案】C解析：設繩子中的拉力為FT，傳送帶逆時針轉動可知傳送帶對乙的摩擦力Ff2豎直向上，對甲乙整體受力分析有2FT＋Ff2＝2mg，可知FT＜mg，對甲單獨受力分析，豎直方向受力平衡，受到豎直向上繩子的拉力FT，自身豎直向下的重力mg，可知乙對甲的摩擦力Ff1方向豎直向上，故有FT＋Ff1＝mg，聯立解得2Ff1＝Ff2，設水平方向的力為F，甲、乙恰好均處于靜止狀態可知，Ff1＝μ1F，Ff2＝μ2F，故可知μ1∶μ2＝1∶2，故選C。4.【答案】D解析：對A、B整體受力分析如圖甲所示，可知地面對A的支持力FN地＝2mg，摩擦力Ff＝FN墻，對B受力分析如圖乙所示，由幾何關系可知θ＝30°，則FN墻＝mgtan30°，又Ff＝μFN地，聯立解得μ＝mgtan30°2mg5.【答案】A【解析】由題知桿OP繞O點從與水平方向成30°勻速轉動到60°，則P點繞O點做勻速圓周運動，則P點的線速度大小不變，P點的加速度方向時刻指向O點，A正確，B錯誤；Q點在豎直方向的運動與P點相同，相對于O點在豎直方向的位置y關于時間t的關系為y＝lOP·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋ωt)),則可看出Q點在豎直方向不是做勻速運動，C錯誤；Q點相對于O點在水平方向的位置x關于t的關系x＝lOP·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋ωt))＋lPQ,則可看出Q點在水平方向也不是做勻速運動，D錯誤．6.【答案】C解析：未加力F時，物塊勻速下滑，受力平衡，物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，由平衡條件得mgsin30°＝μmgcos30°，解得物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝33，物塊勻速下滑過程中，整體水平方向受力平衡，則地面對斜面的摩擦力為0，A錯誤；若α＝0°，對物塊施加一個水平方向的力，物塊下滑過程中對斜面的壓力和滑動摩擦力成比例增加，即物塊對斜面的作用力方向沒有變，則地面對斜面的摩擦力仍為0，若α＝60°，即對物體施加一個垂直于斜面方向的力F，物塊下滑過程中，對斜面的壓力增加F、摩擦力增加μF，如圖所示，根據幾何關系可知tanθ＝μFF，故此時物塊對斜面的作用力方向仍向下，地面對斜面的摩擦力為0，B錯誤；若α＝90°，即對物塊施加一個豎直向下的力F，相當于重力增大為mg＋F，則有(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，物塊仍勻速下滑，C正確；若F推著物塊沿斜面勻速上滑，設F與斜面夾角γ，根據平衡條件得Fcosγ＝mgsinθ＋μ(mgcosθ＋Fsinγ)，解得F＝mgsinθ+μmgcosθcosγ-μsinγ＝mgsinθ+μmgcosθ1+μ2sin7.【答案】C【詳解】設斜面傾角為，小球水平拋出，根據位移角關系，又水平位移,故小球水平拋出的拋出落點到拋出點的距離為,小球拋出的速度方向與斜面垂直時，將重力加速度分解到沿斜面方向的分加速度為和垂直斜面方向的分加速度為，垂直斜面方向做類豎直上拋運動，時間為,沿斜面方向做勻加速直線運動，故小球垂直斜面拋出的拋出落點到拋出點的距離為,故水平拋出與垂直斜面拋出落點到拋出點的距離之比為。故選C。8.【答案】A【詳解】AB．N離開斜面后，設F與豎直方向的夾角為，有，θ逐漸減小，所以繩子拉力逐漸減小，F逐漸增大。故A正確，B錯誤；C．力F作用之前，有,所以原來M所受摩擦力沿斜面向下，隨著繩子拉力的減小，M受到的摩擦力逐漸減小，當右繩水平時，繩子拉力為零，則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減小，再沿斜面向上增大，故C錯誤；D．斜面對M的作用力為斜面的支持力及摩擦力，因為支持力不變，所以當摩擦力先減小再增大時，斜面對M的作用力先變小后變大，故D錯誤。故選A。9.【答案】ABC【詳解】A．甲、乙的角速度相等，根據,可知甲、乙的線速度大小之比為,即甲的線速度大小始終為乙的倍，故A錯誤；B．根據,其中,可得甲、乙所受向心力大小之比為,即甲所受向心力的大小始終為乙的倍，故B錯誤；C．根據動能定理可知，陶罐對甲、乙所做的功之比為,故C錯誤；D．假設當轉臺角速度為時，陶罐對甲的摩擦力恰好為零，則此時有,解得.假設當轉臺角速度為時，陶罐對乙的摩擦力恰好為零，則此時有,解得，因為,所以.可知當轉臺角速度為時，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、乙均有向下運動的趨勢，故D正確。故選ABC。10.【答案】BC【詳解】A．無風時，設懸掛點兩側的晾衣繩與豎直方向的夾角為，由幾何關系可知,,對懸掛點受力分析可知,解得,A項錯誤；B．有風時，設懸掛點左側的晾衣繩長度為，右側長度為，則有,,解得,.設左側晾衣繩與豎直方向的夾角為，右側晾衣繩與豎直方向的夾角為，由幾何關系可知，，設此時細線中的拉力大小為，對懸掛點受力分析，豎直方向有,解得,B項正確；C．水平方向有,解得,C項正確；D．衣服和衣架穩定后，晾衣繩對其作用力大小等于其重力和風力的矢量和，則,D項錯誤。11.【答案】AD【詳解】AB．人到達右墻壁P點時，豎直方向的速度恰好為零，根據逆向思維，可知從點到點的逆過程為平拋運動，則,從點到點的過程為斜拋運動，根據對稱性可得,.解得，，，人助跑的距離為,故A正確，B錯誤；C．人剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為,人剛離開墻壁時的速度大小為,故C錯誤；D．人剛離開P點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為,故D正確。12.【答案】BCD【解析】圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有F1=μ1(m1+m2)g,錯誤；圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發生相對滑動，以整體為對象，根據牛頓第二定律，有F2-μ1(13.【答案】(1)BD(2)Ⅰ(3)2.1解析：(1)本實驗的原理是有托盤和砝碼時小車做勻速運動，受力平衡，撤去托盤和砝碼，小車所受的合力就為托盤和砝碼所受的重力，根據實驗原理可知，本實驗不需要平衡阻力，不需要滿足m0?m，為保證小車所受的合力平行木板方向，需要調整滑輪高度使細線與木板平行，故選B、D。(2)根據牛頓第二定律F＝m0a，整理可得a＝1m0·F，設托盤質量為m1，根據實驗原理可得a＝1m1·(m＋m1)＝1m0·m＋m1(3)根據題圖像可知，給出的三個數據點中，相鄰點之間的時間間隔均為T＝(0.30－0.20)s＝(0.20－0.10)s＝0.1s，根據勻變速直線運動的規律有Δx＝aT2，其中Δx＝(38.20－25.20)×10-2m－(49.10－38.20)×10-2m＝2.1×10-2m，解得a＝2.1m/s2。14.【答案】(1)xg2h-L(2)1.52.5(3)0.52(解析：(1)小球做平拋運動，在水平方向上有x＝v0t，在豎直方向上有h－L＝12gt2，聯立解得v0＝xg2h-L。(2)在豎直方向上，根據Δy＝2l＝gT2，可得T＝2lg＝2×0.0510s＝0.1s，則小球做平拋運動的初速度為v0＝3lT＝3×0.050.1m/s＝1.5m/s，B點的豎直分速度為vBy＝8l2T＝8×0.050.2m/s＝(3)由題圖丙可得圖像表達式x2＝2－2cosθ，當θ＝30°時，可得x＝2-3m≈0.52m15.【答案】(1)78m/s(2)2m/s239s【解析】(1)設飛機裝載貨物前質量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質量為m2，起飛離地速度為v2，重力加速度大小為g.飛機起飛離地應滿足條件m1g＝kv12①m2g＝kv22②,由①②式及題給條件得v2＝78m/s③(2)設飛機滑行距離為s，滑行過程中加速度大小為a，所