PAGE17-江西省上饒市“山江湖”協作體2024-2025學年高一物理上學期期中聯考試題（自招班，含解析）（考試內容：必修1至必修2第五章其次節：平拋運動；）（考試用時：90min；）一、選擇題((本題共12小題，每小題4分，總分48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。答案統一填在指定位置，否則以零分處理)1.通過對物理現象進行分析，透過現象發覺物理規律是物理學的重要探討方法，對下列物理現象分析得出的結論正確的是A.豎直上拋的物體運動到最高點時速度為零，但仍受到重力，說明處于平衡狀態的物體，所受合力不肯定為零B.在不須要考慮帶電物體本身的大小和形態，用點電荷來代替物體的方法叫微元法C.槍筒里的子彈，扣動扳機火藥剛剛爆炸的瞬間，盡管子彈的速度接近零，但子彈的加速度可以達到5×104m/s2，說明物體的速度大小與加速度的大小，沒有必定聯系D.用比值法定義的物理量在物理學中占有相當大的比例，例如電流強度I=U/R就是采納比值法定義的【答案】C【解析】【分析】加速度是描述速度變更快慢的物理量，速度是描述運動快慢的物理量；【詳解】A項：豎直上拋的物體運動到最高點時速度為零，但仍受到重力，說明處于非平衡狀態的物體，平衡條件合力為零，故A錯誤；B項：在不須要考慮物體本身的大小和形態時，用點電荷來代替物體的方法叫志向模型法，故B錯誤。C項：加速度是描述速度變更快慢的物理量，速度是描述運動快慢的物理量，二者沒有必定聯系，故C正確；D項：用比值法定義的物理量在物理學中占有相當大的比例，電流強度I=U/R不是比值定義法，故D錯誤。【點睛】此題考查基本物理學問，留意平常多記憶即可。尤其留意比值定義式和推導式的區分，推導式往往限制應用范圍的。2.橫峰中學高一(6)物理試驗小組看了書本上借助傳感器用計算機測速度的內容后，設計了如圖所示的速度傳感器，圖甲為工作示意圖，P為放射超聲波的固定小盒子，工作時P向被測物體發出短暫的超聲波脈沖，脈沖被運動的物體反射后又被P接收。從P放射超聲波起先計時，經時間△t再次放射超聲波脈沖。圖乙是兩次放射的超聲波的位移－時間圖象，設超聲波的速度為u，則下列說法正確的是（）A.物體到小盒子P的距離越來越近B.在兩次放射超聲波脈沖的時間間隔△t內，超聲波通過的位移為C.超聲波的速度為D.物體在t1～t2時間內的平均速度為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，超聲波傳播的最遠距離其次次比第一次大，可知物體到小盒子P距離越來越遠，故A錯誤；BD．由圖可知物體通過的位移為，所用的時間為，物體在時間內的平均速度為故B錯誤，D正確；C．由圖可知，超聲波的速度為故C錯誤。3.如圖所示，質量均為m的a、b兩物體，放在兩固定的水平擋板之間，物體間用一豎直放置的輕彈簧連接，在b物體上施加水平拉力F后，兩物體始終保持靜止狀態，己知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.a物體對水平擋板的壓力大小可能為B.a物體所受摩擦力的大小為FC.b物體所受摩擦力的大小為FD.彈簧對b物體的彈力大小可能為mg【答案】C【解析】【詳解】在b物體上施加水平拉力F后，兩物體始終保持靜止狀態，則物體b受到接觸面的靜摩擦力，大小f=F；因此它們之間肯定存在彈力，則彈簧的彈力大于物體b的重力，由整體法可知，a物體對水平面的壓力大小大于為2mg，故AD錯誤，C正確；依據摩擦力產生的條件可知，a物體沒有相對運動的趨勢，故沒有摩擦力，故B錯誤。4.質量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動．當小車與滑輪間的細繩和水平方向成夾角θ2時(如圖)，下列推斷正確的是()A.P的速率為vB.P的速率為vcosθ2C.繩的拉力等于mgsinθ1D.繩的拉力小于mgsinθ1【答案】B【解析】試題分析：將小車速度沿繩子和垂直繩子方向分解為v1、v2，P的速率等于，A錯誤、B正確；小車向右做勻速直線運動，θ減小，P的速率增大，繩的拉力大于mgsinθ1，C、D錯誤；故選B。考點：速度的分解5.如圖所示，物塊A放在直角三角形斜面體B上面，B放在彈簧上面并緊挨著豎直墻壁，初始時A、B靜止，現用力F沿斜面對上推A，但A、B仍未動．則施加力F后，下列說法正確的是()A.A、B之間摩擦力肯定變大B.B與墻面間的彈力可能不變C.B與墻之間可能沒有摩擦力D.彈簧彈力肯定不變【答案】D【解析】【詳解】對物塊A，起先受重力、B對A的支持力和靜摩擦力平衡，當施加F后，仍舊處于靜止，若F<mgsinθ,摩擦力變小，故A錯誤；以A、B整體為對象，沒有外力F時，墻壁與B之間沒有彈力，有了F之后，墻壁與B之間有彈力，故B錯誤；對整體分析，由于AB不動，彈簧的形變量不變，則彈簧的彈力不變，起先彈簧的彈力等于A、B的總重力，施加F后，彈簧的彈力不變，總重力不變，依據平衡知，則B與墻之間肯定有摩擦力．故C錯誤，D正確；故選BD。【點睛】最初A.

B之間的靜摩擦力沿斜面對上，施力F后，摩擦力可能變小，可能不變，可能變大；將A.

B整體分析，力F有水平向左的分力，所以B與墻面的彈力變大，力F有豎直向上的分力，所以B與墻之間有靜摩擦力；由于彈簧的形變沒有變更，所以彈簧的彈力肯定不變。6.人站在平臺上平拋一小球，球離手時的速度為，落地時速度為，不計空氣阻力，下列圖中能表示出速度矢量的演化過程的是()A. B.C D.【答案】D【解析】【詳解】小球做的是平拋運動，任何時刻在水平方向的速度的大小都是不變的，即任何時刻的速度的水平的重量都是一樣的，在豎直方向上是自由落體運動，加速度方向豎直向下，所以速度變更的方向豎直向下，故D正確。7.如圖所示，水平路面上有一輛正在行駛的汽車，車廂中有一個質量為m的人正用大小為F的恒力向前推車廂，在車減速行駛時間t的過程中，車的加速度大小為，人相對車廂靜止，取車前進方向為正方向，下列說法正確的是（）A.該過程人的速度變更量為ΔV=B.車對人的作用力大小為mC.車對人的作用力大小為D.車對人的摩擦力肯定不為零【答案】C【解析】【詳解】A．取車前進方向為正方向，車做減速運動，所以加速度方向與正方向相反，所以人的速度變更量為，故A錯誤；BC．對人進行受力分析，人受重力及車對人的作用力，合力大小為ma，方向水平向右，故車對人的作用力大小應為故B錯誤，C正確；D．水平方向對人應用牛頓其次定律，假如恰有則車對人的摩擦力可能為零，故D錯誤。8.如圖所示為甲、乙兩球同向運動的v－t圖象，甲球從靜止動身，乙球以某一初速度運動，在t＝3s時兩球恰好相遇，則()A.甲、乙兩球從同一地點動身，且t＝2s時兩球相距最近B.在t＝1s時乙球在前，甲球在后C.在t＝2s時乙球在前，甲球在后D.在t＝0時，甲、乙兩球相距2.25m【答案】CD【解析】A.甲、乙兩球從同一地點動身，在t=3s時兩球恰好相遇，即相距最近的位置應當是相遇點，故A錯。B、在v-t圖像中，圖像包圍的面積代表物體位移的大小，從圖像上可以看出在在t=1s時和t=3s時，乙比甲多出來的面積是相等的，所以甲乙在t=1s和t=3時相遇，故B錯誤；C、在t=1s時乙追上甲，所以在t=2s時乙在甲的前方，故C正確；D、從圖像上可以看出甲的加速度為，運動2s后兩者速度相等，所以，解得：甲乙在t=3s時相遇，所以在t=0時，甲、乙兩球相距，故D正確，綜上所述本題答案是：CD9.如圖所示．傾角為θ的斜面上有A、B、C三點，現從這三點分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小球均落在斜面上的D點．今測得AB：BC：CD＝5：3：1，由此可推斷（）A.A、B、C處三個小球運動時間之比為1：2：3B.A、B、C處三個小球落在斜面上時速度與初速度間的夾角之比為1：1：1C.A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3：2：1D.A、B、C處三個小球的運動軌跡可能在空中相交【答案】BC【解析】依據幾何關系可得三個小球下落的高度之比為：9：4：1；由，可得飛行時間之比為：3：2：1；故A錯誤；因為三個小球位移的方向相同，速度夾角正切值肯定是位移夾角正切值的2倍；所以速度與初速度之間的夾角肯定相等，故為1：1：1；故B正確；因三個小球下落的水平位移之比為：9：4：1；時間之比為：3：2：1；水平方向有x=vt可得，初速度大小之比為：3：2：1；故C正確；最終三個物體落到同一點，故三個小球的運動不行能在空中相交，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。10.如圖所示，質量分別為mA=2kg、mB=1kg的AB兩小球由輕質細繩貫穿并掛于輕質定滑輪的兩側，兩球離地面距離均為L=6.25m，現同時由靜止釋放兩球，已知兩球與輕繩間最大靜摩擦力均等于其重力的一半、且等于滑動摩擦力。兩側輕繩下端剛好接觸地面，取g=10m/s2，不計輕繩與輕質定滑輪間的摩擦，則下列說法正確的是()A.球A先落地 B.球B先落地C.球A落地速度大小為m/s D.球B落地速度大小為10m/s【答案】AD【解析】【詳解】由于繩為輕質的，分析可知球A與繩的作用力為靜摩擦力，球B與繩的作用力為為滑動摩擦力，對球A由牛頓其次定律有：2mg-=2maA解得對球B由牛頓其次定律有：mg-=maB得由運動關系得解得t1=1s與繩子脫離，以后A、B球做豎直下拋運動，A球下落的高度為hA=aAt12=3.75mB球下落的高度為hB=aBt12=2.5m此時A球的速度為vA0=aAt1=7.5m/sB球的速度為vB0=aBt1=5m/s對A球有2g(L-hA)=解得對B球有2g(L-hB)=解得：A球還需時間落地，則有B球還需時間落地，則有所以A球先落地，故AD正確。11.如圖甲所示，一物塊在時刻，以初速度從足夠長的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變更的圖象如圖乙所示，時刻物塊到達最高點，時刻物塊又返回底端。由此可以確定（）A.物體沖上斜面的最大位移B.物塊返回底端時的速度C.物塊所受摩擦力大小D.斜面傾角【答案】ABD【解析】【詳解】依據圖線的“面積”可以求出物體沖上斜面的最大位移為，故A正確由于下滑與上滑的位移大小相等，依據數學學問可以求出物塊返回底端時的速度．設物塊返回底端時的速度大小為v，則，得到，故B正確；依據動量定理得：上滑過程：-（mgsinθ+μmgcosθ）?t0=0-mv0

①，下滑過程：（mgsinθ-μmgcosθ）?2t0=m

②，由①②解得：，由于質量m未知，則無法求出f．得到，可以求出斜面傾角θ故C錯誤，D正確。故選ABD【點睛】本題抓住速度圖象的“面積”等于位移分析位移和物體返回斜面底端的速度大小．也可以依據牛頓其次定律和運動學結合求解f和sinθ．12.貞白中學高一（3）的物理課外活動小組欲測滑塊在斜面上下滑的加速度以及滑塊與木板間的動摩擦因數，童欣同學想出了一個奇妙的方案。方案如圖所示，將一小鋼球和滑塊用細線連接，跨在木板上端的小定滑輪上，起先時小球和滑塊均靜止，剪斷細線小球自由落下，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音。他反復調整擋板的位置，重復上述操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，然后用刻度尺測量H=1.25m，x=0.50m，h=0.30m。依據以上數據可得滑塊在斜面上下滑的加速度a和滑塊與木板間的動摩擦因數為。（g取10m/s2）A.=3.0m/s2 B.=4.0m/s2 C.μ=0.20 D.μ=0.25【答案】BD【解析】【詳解】對于小球做自由落體運動，則有得對于滑塊，沿斜面對下做勻加速運動，運動時間與小球自由下落時間相等，則有聯立以上兩式，得由圖看出聯立解得：故BD正確。二、填空試驗題：(共1題，每空2分，共14分。)13.如圖所示試驗裝置中，用質量為m的重物通過滑輪牽引小車，使它在長木板上運動，打點計時器在紙帶上記錄小車的運動狀況。鉛山一中高一（1）物理試驗小組的同學利用該裝置來完成“探究牛頓其次定律”的試驗。(1)打點計時器運用的電源是________(選填選項前的字母)．A．直流電源B．溝通電源(2)試驗中，須要平衡摩擦力和其他阻力，正確操作方法是________(選填選項前的字母),A．把長木板右端墊高B．變更小車的質量在不掛重物且________(選填選項前的字母)的狀況下，輕推一下小車．若小車拖著紙帶做勻速運動，表明已經消退了摩擦力和其他阻力的影響．A．計時器不打點B．計時器打點(3)接通電源，釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點，將打下的第一個點標為O.在紙帶上依次取A、B、C……若干個計數點，已知相鄰計數點間的時間間隔為T，測得A、B、C……各點到O點的距離為x1、x2、x3……如圖所示．試驗中，重物質量遠小于小車質量，可認為小車所受的拉力大小為mg，從打O點到打C點的過程中，打B點時小車的速度v＝___.(4)以a為縱坐標，F為橫坐標，利用試驗數據作出如圖所示的a－F圖象．由此圖象可得隨F變更的表達式為________．依據力與運動的表達式中可能包含這個因子，分析試驗結果的單位關系，與圖線斜率有關的物理量應是________．(5)假設已經完全消退了摩擦力和其他阻力的影響，若重物質量不滿意遠小于小車質量的條件，則從理論上分析，圖中正確反映a－F關系的是________．A．B．C．D．【答案】(1).B(2).A(3).B(4).(5).a＝4.7F(6).質量(7).A【解析】【詳解】(1)[1]打點計時器運用溝通電源，故B正確；(2)[2]平衡摩擦力的方法為將木板一端墊高，使得重力沿木板方向的分力與摩擦力和其他阻力平衡，使小車做勻速直線運動，故A正確；[3]推斷小車做勻速直線運動是依據紙帶上相鄰點間的距離相等判定，故需計時器打點，故B(3)[4]由于小車做勻加速直線運動，B點為AC的時間中點，AC段的平均速度等于B點的瞬時速度，即.(4)[5]因a－F圖象為直線，則設a＝kF＋b，由題圖讀出b＝0.005，在直線上任取兩個相距較遠的點，可得：k≈4.7，在作圖誤差允許的范圍內表達式可寫成a＝4.7F.[6]由等式兩端的物理量單位可知，左側單位m/s-2，右側F單位為N所以k的單位為，所以與斜率有關的物理量是質量(5)[7]設小車質量為M，以重物與小車整體為探討對象，則m與M為定值，故A正確．三、計算題：(共4題，共38分。)14.如圖所示，質量為M物塊被質量為m的夾子夾住剛好能不下滑，夾子由長度相等的輕繩懸掛在A、B兩輕環上，輕環套在水平直桿上，整個裝置處于靜止狀態．已知物塊與夾子間的動摩擦因數為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：(1)直桿對A環的支持力的大小；(2)夾子右側部分對物塊的壓力的大小．【答案】（1）（2）【解析】(1)由題意得，直桿對A、B環的支持力FN大小相等，方向豎直向上，選取物塊和夾子整體為探討對象，由受力平衡的條件可得：2FN=(M+m)g解得：FN=(2)由于物塊恰好能不下滑，故物塊受到兩側夾子的摩擦力為最大靜摩擦力fm，fm等于滑動摩擦力，設此時夾子一側對物塊的壓力為F，以物塊為探討對象，由平衡條件可得：2fm=Mgfm=μF聯立解得：F=15.某型號的艦載飛機在航空母艦上的跑道上加速時，最大加速度為5m/s2，所需的起飛速度為50m/s，航空母艦上的跑道長100m。(1)通過計算推斷，飛機能否靠自身發動機從艦上起飛？(2)為使飛機在起先滑行時就有肯定的初速度(相對靜止空氣)，航空母艦還需逆風行駛。在5級清風即風速為10m/s的天氣下，對于該型號的艦載飛機，航空母艦必需以至少多大的速度(相對海面)逆風行駛？【答案】(1)不能起飛(2)【解析】【分析】依據速度與位移的關系公式，求出飛機經過100米跑道獲得的速度，與飛機的起飛速度相比，可以推斷飛機能不能飛起來；依據速度與位移的關系公式，求出速度【詳解】解：(1)飛機自身從艦上起飛，設飛機獲得的末速度為由得：所以飛機不能起飛(2)以海面為參考系，則艦載飛機在航母上相對海面的初速度為：飛機離開航母時相對海面的速度為：對于飛機有：對于航母有：其中解得：或(舍去)16.如圖所示，一艘輪船正在以4m/s的速度沿垂直于河岸方向勻速渡河，河中各處水流速度都相同，其大小為v1＝3m/s，行駛中，輪船發動機的牽引力與船頭朝向的方向相同。某時刻發動機突然熄火，輪船牽引力隨之消逝，輪船相對于水的速度漸漸減小，但船頭方向始終未發生變更。求：(1)發動機未熄火時，輪船相對于靜水行駛的速度大小；(2)發動機熄火后，輪船相對于河岸速度的最小值。【答案】（1）0.8