高級中學名校試卷PAGEPAGE1攀枝花市2024-2025學年度（上）普通高中教學質量監測高一物理注意事項：1．本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。2．答卷前，考生務必將自己的姓名、學考號填寫在答題卡上。3．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B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，必須使用0.5mm黑色簽字筆將答案寫在答題卡上。寫在本試卷和草稿紙上無效。一、選擇題：本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個選項中，第1~10題只有一項符合題目要求，第11~13題有多項符合題目要求。全部選對的得3分，選對但不全的得1.5分，有選錯的得0分。1.下列物理量都是矢量的是（）A.加速度、位移 B.速度、路程C.時間、平均速度 D.速度變化量、平均速率【答案】A【解析】A．位移、加速度是既有大小又有方向的矢量，故A正確；B．速度是既有大小又有方向的矢量，路程是只有大小沒有方向標量，故B錯誤；C．平均速度是既有大小又有方向的矢量，時間是只有大小沒有方向標量，故C錯誤；D．速度變化量是既有大小又有方向的矢量，平均速率是只有大小沒有方向標量，故D錯誤。故選A。2.如圖所示為在“12306”APP上查詢到攀枝花到成都東的C44次復興號城際動車組列車的相關信息。根據圖中信息，下列說法中正確的是（）A.“08:19”表示時間，“4小時39分”表示時刻B.“608公里”是攀枝花南站到成都東站的位移大小C.研究本次列車運行中的位置時，可以將列車看成質點D.C44次動車行駛過程中平均速率約為138km/h【答案】C【解析】A．08:19表示時刻，4小時39分表示時間，故A錯誤；B．“608公里”表示的是路程，故B錯誤；C．研究“列車運行中的位置時”，列車在大小在真個運行過程的尺度上可忽略，能看成質點，故C正確；D．根據平均速率的計算公式有km/h=131km/h故D錯誤；故選C。3.太空奧運你聽說過嗎？舉重項目一直以來是我國的優勢項目，他展現出個人強大的動力，同時也是為祖國爭光的好時候。神舟十八號飛行乘組指令長葉光富同李聰、李廣蘇兩位航天員在太空上設計比賽科目，出色地完成了驚天動地的“舉重項目”。葉光富能輕松舉起兩位航天員是因為（）A.在空間站中航天員處于完全失重狀態B.手對桿的作用力大于桿對手的作用力C.手對桿的作用力大于兩位航天員的重力D.空間站對兩位航天員有向上的引力【答案】A【解析】A．葉光富能輕松舉起兩位航天員是因為在空間站中航天員處于完全失重狀態，葉光富也處于完全失重狀態，接觸時彼此間的擠壓力為零，因此會顯得非常輕盈，故他只需要施加很小的力就能完成這一動作，與其他因素無關，故A正確；B．根據牛頓第三定律知，手對桿的作用力等于桿對手的作用力大小，與葉光富能輕松舉起兩位航天員無關，故B錯誤；C．航天員處于微重力狀態，舉起他們所需力遠小于在地球表面上兩位航天員的重力，葉光富能輕松舉起兩位航天員，是因為兩位航天員都處于完全失重狀態，而不是手對桿的作用力大于兩位航天員的重力，故C錯誤；D．兩位航天員都處于空間站內部，空間站對兩位航天員引力為零，故D錯誤。故選A。4.如圖所示為簡化后懸臂結構，在生活中有著廣泛的應用。重為G的均勻直桿一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端用輕繩斜拉后，直桿保持水平靜止。已知輕繩與直桿的夾角為30°，不計鉸鏈的摩擦，則鉸鏈和輕繩對直桿的彈力F1、F2的大小分別為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如圖所示，對桿進行受力分析，如圖由共點力的平衡條件及幾何關系可得故選A。5.從高度為4h處的同一位置先后自由釋放a、b兩球，a球與地面碰撞后原速豎直彈起，并在高為3h處與b球相遇。已知重力加速度為g，不計空氣阻力和a球與地面碰撞的時間，兩球均可視為質點，則a、b兩球釋放的時間差為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據勻變速直線運動的規律，將高度4h分為h+3h兩段，即1:3的兩端，則每段時間相等，即對應的時間都是，易得相遇時ta=tb=故兩球釋放的時間差故選B。6.將一小球放在豎直彈簧的頂端，靜止時彈簧長度為L1，如圖甲所示。將同一小球連接在同一彈簧下端并豎直懸掛，靜止時彈簧長度為L2。已知小球質量為m，重力加速度為g，彈簧始終處在彈性限度內，則該彈簧的勁度系數為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】設彈簧原長為，根據平衡條件及胡克定律對甲乙兩種情形分別列式聯立可解得故選B。7.一質點做直線運動的位移x隨時間t變化的關系式為，式中物理量單位均為國際單位。下列關于該質點運動的描述正確的是（）A.質點的初速度大小為8m/s，加速度大小為2m/s2B.t=8s時，質點回到出發點C.質點在t=4s時的瞬時速度為零D.第2s內，質點的位移為2m【答案】D【解析】A．由勻變速直線運動的位移時間關系可得質點做初速度為、加速度為，故A錯誤；B．x=0時回到出發點，代入解得4s故B錯誤；C．根據速度—時間公式可得故C錯誤；D．結合C選項的2s時速度減為零可得，根據逆向思維可知，第2s內的位移故D正確。故選D8.作用于同一點的兩個力，大小分別為F1=12N、F2=6N，這兩個力的合力F與F1的夾角不可能為（）A.5° B.15° C.25° D.35°【答案】D【解析】如圖，當F與F2垂直時合力F與F1的夾角最大，易得F1與F的夾角最大為30°，不可能是35°。故選D。9.質量相同的A、B、C、D四個小球用輕質彈簧和輕繩按如圖所示的方式連接在一起處于靜止狀態。已知重力加速度為g，現用火燒細繩b，則在細繩b燒斷的瞬間，下列說法中正確的是（）A.A球加速度大小為2g、方向豎直向上B.B球加速度大小為2g、方向豎直向上C.C球加速度大小為g、方向豎直向下D.D球加速度大小為g、方向豎直向下【答案】B【解析】燒斷細線之前細線b的拉力T=2mg在燒斷細繩b的瞬間，彈簧彈力不發生突變，易得aA=0豎直向上；豎直向下；aD=0故選B。10.一輛汽車以54km/h的速度在平直的公路上做勻速直線運動，在它的正前方有一輛自行車以25.2km/h的速度同向勻速行駛，汽車駕駛員發現自行車后經0.4s踩下剎車，汽車以大小為5m/s2的加速度做勻減速直線運動。若汽車和自行車均可視為質點，要使汽車不碰上自行車，駕駛員發現自行車時汽車到自行車的距離至少為（）A.9.6m B.6.4m C.4.7m D.2.8m【答案】A【解析】設汽車減速時間為t，駕駛員反應時間為Δt，駕駛員發現自行車時汽車到自行車的距離為s。若汽車剛追上自行車時，二者速度剛好相等，則汽車恰好不會碰上自行車。此時二者的位移關系有速度關系有聯立可解得s=9.6m故選A。11.一物體做勻變速直線運動，某時刻速度的大小為3m/s，1s后速度的大小變為9m/s，在這1s內該物體的（）A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10mC.加速度的大小可能小于4m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s2【答案】AD【解析】AB.設初始時刻速度的方向為正，即，1s后的末速可能是，也可能是，則由速度位移公式得或故A正確，B錯誤；CD.由加速度公式得或故C錯誤，D正確。故選AD。12.如圖甲所示，質量為0.5kg的滑塊靜止在水平地面上，從開始受到水平向右的拉力F作用。拉力F的大小隨時間t的變化關系如圖乙所示。已知滑塊與地面間的動摩擦因數為0.4，重力加速度取，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法中正確的是（）A.0～2s內滑塊處于靜止狀態B.0～2s內滑塊受到的摩擦力先增大后不變C.1～3s內滑塊的加速度先增大后減小D.1～3s內滑塊的速度先增大后減小【答案】BC【解析】A．滑塊的最大靜摩擦力由圖像可知時故后滑塊就開始運動，故A錯誤；B．結合A分析可知，內滑塊與地面保持相對靜止，受靜摩擦力，隨著外力的增大而增大，內滑塊與地面發生相對運動，受滑動摩擦力，保持不變，故B正確；CD．由圖可知，內外力均大于最大靜摩擦力，且F先增大后減小，由牛頓第二定律有可知，加速度先增大后減小，加速度方向一直與速度方向相同，一直做加速運動，故C正確，D錯誤。故選BC。13.如圖所示，質量為m的滑塊在水平拉力F的作用下靜止在傾角為30°的斜面上。已知重力加速度為g，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列關于滑塊與斜面間的動摩擦因數μ和水平拉力F的大小的各組數據中，滑塊能靜止的是（）A.μ=， B.μ=0.6，C.μ=0.7， D.μ=0.8，【答案】CD【解析】A．滑塊要自由靜止在斜面上時，動摩擦因數要滿足即所以當滑塊加水平向右的外力時，當時滑塊不能靜止在斜面上，故A錯誤；B．當時，若滑塊靜止可算出μ=1故B錯誤；CD．滑塊要靜止，由平衡條件可知需滿足帶入（μ=0.7，）和（μ=0.8，）均可使不等式成立，故CD正確。故選CD。二、實驗和作圖題（本題共3小題，共15分）14.某同學做“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗。如圖甲所示為某次實驗中用手通過兩個彈簧測力計共同拉動結點的示意圖，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為標記出的細線結點所在的位置，OB和OC為細繩。圖乙是在白紙上根據該次實驗結果畫出的圖。（1）該次實驗中，右側彈簧測力計的示數如圖甲所示，該示數為_________N。（2）圖乙中的力F和力F'，一定沿橡皮條AO方向的是_________（選填“F”或“F'”）。【答案】（1）2.30（2）F【解析】【小問1解析】彈簧測力計的最小刻度為0.1N，則該示數為2.30N；【小問2解析】圖乙中的力F和力F'，F'是兩個分力合力的理論值，F是兩個分力合力的實驗值，則一定沿橡皮條AO方向的是F。15.某實驗小組利用如圖甲所示實驗裝置探究小車加速度與受力、質量的關系，已知打點計時器所用交流電源的頻率為50Hz。（1）下列關于本實驗的要求和做法中正確的是_________。A.圖甲中接的交流電源電壓為220VB.平衡阻力時，需要把鉤碼通過細繩系在小車上C.改變小車質量后，需重新平衡小車受到的阻力D.需調節定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行（2）某次實驗中獲得的紙帶如圖乙所示，O、A、B、C、D、E、F為選出的計數點，每相鄰兩個計數點之間有4個點未畫出，則打點C時小車的速度大小為_________m/s，小車的加速度大小為_________m/s2。（保留兩位有效數字）（3）以小車的加速度a為縱坐標、鉤碼的重力F為橫坐標作出的a?F圖像理想狀態下應是一條過原點的直線，但由于實驗誤差影響，常出現如圖丙所示的三種情況。關于這三種情況下列說法中正確的是_________。A.圖線①交于縱軸的原因是鉤碼掛的個數太多B.圖線②右端彎曲的原因是鉤碼掛的個數太少C.圖線③交于橫軸的原因可能是未平衡小車受到的阻力（4）實驗小組的同學發現，當小車加速度較大時系統誤差較大，同學們分析后認為可能是研究對象的選取不當造成的。同時發現實驗所用的每個鉤碼的質量均相同，于是產生了以鉤碼個數n為變量來探究該實驗中加速度與力的關系的想法，通過逐個增加鉤碼，記錄鉤碼個數n對應的小車加速度a，并作出圖像，如圖丁所示。通過對圖像進行分析，即可得出結論。根據圖像可知，小車質量M與單個鉤碼的質量m的關系為_________（用圖中的字母表示）。【答案】（1）D（2）0.170.54（3）C（4）【解析】【小問1解析】A．圖甲中的電磁打點計時器應接8V左右交流電源，故A錯誤；B．平衡阻力時，不能把鉤碼通過細繩系在小車上，故B錯誤；C．改變小車質量后，小車所受重力沿斜面向下的分力與摩擦力等倍率變化，仍保持相等，所以，不需要重新平衡阻力，故C錯誤；D．為給小車提供一個恒定的牽引力，需調節定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行，故D正確。故選D。【小問2解析】相鄰兩計數點間的時間間隔為s=0.1s由圖乙可知，打點C時小車的速度大小為根據逐差法可知，小車的加速度大小為【小問3解析】A．圖線①交于縱軸，即時，，原因是平衡摩擦力過大，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律有解得圖線②右端彎曲的原因是鉤碼掛的個數太多，故B錯誤；C．圖線③交于橫軸，即時，，原因可能是未平衡小車受到的阻力，故C正確；故選C。【小問4解析】根據牛頓第二定律有變形可得根據圖像的斜率與截距可知，解得16.厚度均勻的木板Q置于水平地面上，滑塊P放在Q的上表面，某時刻P、Q的速度方向如圖所示、大小關系為v1<v2，所有接觸面均粗糙。請作出滑塊P的受力示意圖并標出力的符號。【答案】【解析】滑塊P受重力G和Q對P的支持力N，因為v1<v2，則P受到Q向右的摩擦力，受力如圖。三、計算題（本題共5小題，共46分，解題要寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，有數據計算的題目，還應計算出最后結果，只有最后答案的不得分）17.如圖所示，質量m=2kg的小球用兩根輕質細線a、b懸掛，處于靜止狀態。已知細線a與豎直方向的夾角θ=45°，細線b水平，重力加速度g取10m/s2，求細線a、b分別對天花板A處和豎直墻壁B處的拉力大小TA、TB。【答案】，【解析】對小球進行受力分析，設細線a、b對小球的的拉力大小分別為TA、TB，由平衡條件，有得18.一小球做自由落體運動，落地時的速度大小為，落地后不彈起。重力加速度g取，求：（1）小球從釋放到落地的時間t；（2）小球落地前2s內平均速度大小。【答案】（1）4s（2）【解析】【小問1解析】根據題意，由公式可得，小球從釋放到落地的時間【小問2解析】根據題意，由公式可得，小球開始下落前下落的距離為小球從釋放到落地的距離為則小球落地前2s內下落的距離為小球落地前2s內的平均速度大小19.如圖所示為一小游戲的示意圖，位于水平地面上的推車上邊緣寬L1=0.45m，空中有一發球機P可隨機無初速的放出小球，發球機P的下端到推車上邊緣的高度h=5m。玩家在發現小球從發球機中下落后用力推出推車，使小球落入推車內視為游戲成功。已知推車與地面間的動摩擦因數μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，玩家推出推車時推車右端與小球落點之間的水平距離L2=2.7m，玩家的反應時間Δt=0.1s，小球可視為質點，不計空氣阻力和推車加速的時間，求：（1）小球從發球機中下落到進入推車的時間t。（2）為使游戲成功，玩家推出推車時推車的速度范圍。【答案】（1）1s（2）【解析】【小問1解析】小球做自由落地運動，有得【小問2解析】設推車的加速度大小為a，玩家的反應時間為Δt，對推車，當推車右端剛到小球正下方時，有當推車左端剛到小球正下方時，有對小球和斜劈整體，有聯立以上各式得即推車的速度范圍為20.如圖甲所示，在一些貨站會利用傳送帶將貨物在高處與低處之間進行裝卸，傳送帶與水平面的夾角θ=30°，傳送帶順時針或逆時針轉動時的速度大小均恒為2.5m/s。現使傳送帶順時針轉動，穩定后將一可視為質點的貨物從傳送帶的頂端輕放上傳送帶，貨物運送過程的速度隨時間變化的關系圖像如圖乙所示。已知重力加速度g取10m/s2，sinθ=0.6，傳送帶底端到頂端的距離L=5m，求：（1）傳送帶與貨物之間的動摩擦因數μ；（2）使傳送帶逆時針轉動，將同一貨物無初速從傳送帶底端運送到頂端需要的時間t。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】由圖乙可得對滑塊由牛頓第二定律，有：得【小問2解析】設傳送帶逆時針轉動，貨物從傳送帶底端開始時的加速度為a2，貨物加速到與傳送帶共速的時間為t1、位移為x，由牛頓第二定律和運動學規律有解得x=1.25m<L之后貨物與傳送帶共速運動，設從貨物與傳送帶共速到運動至傳送帶頂端時間為t2，由于則貨物做勻速直線運動，有則貨物從傳送帶底端到頂端的時間21