四川省攀枝花市2023-2024學年高一年級上冊期末檢測物理試題（解析版）

攀枝花市2023-2024學年度高一（上）普通高中教學質量監(jiān)測

物理試題

本試題卷共6頁?？忌鞔饡r，須將答案答在答題卡上，在本試題卷、草稿紙上答題無效。

滿分100分，考試時間90分鐘。

注意事項：

1.答題前，務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡規(guī)定的位置上。并用2B鉛筆將答題卡考

號對應數(shù)字標號涂黑。

2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將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，再選涂其它答案標號。

3.答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆在答題卡上題目所指示的答題區(qū)域內作答。

答在試題卷上無效。

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2分，有選錯的得0分。

1.下列單位中，與“牛頓”表示同一物理量單位的是（）

A.kg-m/sB.kg-m/s2C.kg/（m-s）D.kg/（m-s2）

【答案】B

【解析】

【詳解】由牛頓第二定律歹=皿可得

IN=lkg-m/s2

故選B。

2.關于做變速直線運動的物體，下列說法中正確的是（）

A.加速度越大時，速度也一定越大

B,速度變化量變大時，加速度也一定變大

C.合外力增大時，速度也一定增大

D.合外力增大時，加速度也一定增大

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據加速度定義式有

Av

a——

Ar

可知，加速度越大時，速度的變化率越大，速度不一定越大，故A錯誤；

B.根據加速度的定義式可知，速度變化量變大時，當經歷時間也很大時，加速度可能變小，故B錯誤；

CD.根據牛頓第二定律可知，合外力增大時，加速度一定增大，根據加速度定義式可知，此時，速度不

一定增大，故C錯誤，D正確。

故選D。

3.2023年10月22日，四川銀行“滋味鹽邊?羊肉米線”半程馬拉松賽暨“跑遍四川”（鹽邊站）鳴槍

開跑。設置半程馬拉松、迷你跑兩個項目。其中，半程馬拉松賽全程21.0975km,參賽選手999人；迷你

跑全程5km,參賽人數(shù)2023人。A選手跑完半程馬拉松的成績?yōu)?小時8分59秒。下列說法中正確的是

（）

A.“1小時8分59秒”為時刻

B.選手跑完半程馬拉松過程中的位移為21.0975km

C.根據題中數(shù)據可以計算A選手的平均速率

D.在研究選手的技術動作時可以將選手視為質點

【答案】C

【解析】

【詳解】A.“1小時8分59秒”指跑完半程馬拉松的成績，因此指時間間隔，故A錯誤；

B.選手跑完半程馬拉松過程中的路程為21.0975km,故B錯誤；

C.根據題意已知選手總路程與總的時間，可知，根據題中數(shù)據可以計算A選手的平均速率，故C正

確；

D.在研究選手的技術動作時，選手的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，可知，在研究選手的

技術動作時不能夠將選手視為質點，故D錯誤。

故選Co

4.一小球從5m高處自由落下，被地板彈起后，上升高度為3.2m,整個過程用時2s,則小球在整個過程

中通過的位移和平均速度的大小分別為（）

A.1.8m,0.9m/sB.1.8m,4.1m/sC.8.2m,0.9m/sD.2m,4.1m/s

【答案】A

【解析】

【詳解】依題意，小球在整個過程中通過的位移大小為

x=5m-3.2m=1.8m

根據平均速度定義式，可得

v=—=0.9m/s

t

故選A?

5.人站在地板上，會受到地板對人的彈力，這個彈力產生的直接原因是（）

A.鞋子的形變B.地板的形變

C.鞋子和地板共同形變D.人受到重力

【答案】B

【解析】

【詳解】人站在地板上，會受到地板對人向上的彈力，這個彈力產生的直接原因是地板發(fā)生了形變，由

于地板發(fā)生了形變，地板對與之接觸的鞋子產生彈力作用。

故選B。

6.下列圖像描述的物體運動，一定不屬于直線運動的是（）

【詳解】A.給出的位移一時間圖像是一條平行于時間軸的直線，位移始終不變，表明物體始終處于靜止

狀態(tài)，該圖像描述的物體運動，一定不屬于直線運動，故A正確；

B.給出的速度一時間圖像是一條平行于時間軸的直線，表示物體做勻速直線運動，描述的運動屬于直線

運動，故B錯誤；

C.給出的加速度一時間圖像是一條平行于時間軸的直線，物體加速度不變，表明物體做勻變速運動，當

加速度與速度方向在同一直線上時，物體做勻變速直線運動，當加速度與速度方向不在同一直線上時，

物體做勻變速曲線運動，故C錯誤；

D.給出的合力一時間圖像是一條平行于時間軸的直線，物體所受外力的合力一定，物體加速度不變，表

明物體做勻變速運動，當合力與速度方向在同一直線上時，物體做勻變速直線運動，當合力與速度方向

不在同一直線上時，物體做勻變速曲線運動，故D錯誤。

故選A?

7.如圖所示，光滑水平面上放置一輕質彈簧。當在彈簧兩端施加大小均為20N的拉力時，彈簧的長度為

30cm；當在彈簧兩端施加大小均為10N的壓力時，彈簧的長度為15cm。彈簧均處于彈性限度內，則該彈

簧的勁度系數(shù)為（）

F\*------------，-

A.66.7N/mB.200N/m

C.300N/mD.400N/m

【答案】B

【解析】

【詳解】令彈簧原長為左，當在彈簧兩端施加大小均為20N的拉力時，根據胡克定律有

耳=氏（。-。）

當在彈簧兩端施加大小均為10N壓力時，根據胡克定律有

&=左（?！遥?/p>

結合題中數(shù)據解得

^=200N/m

故選B。

8.水平面上一質量為2kg的物體在水平向右、大小為2N的恒定拉力作用下向左運動，物體與水平面間的

摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度取10m/s2,則該物體向左運動過程中的加速度為（）

v

<------

------------F

//////////////////////////

A.水平向左，Im。B.水平向左，3m/s2

C水平向右，lm/s2D.水平向右，3m/s2

【答案】D

【解析】

【詳解】對物體進行受力分析，根據牛頓第二定律有

"mg+F-ma

解得

?=3m/s2

加速度方向水平向右。

故選D。

9.將甲物體從2/z高處以一定的初速度豎直下拋，同時乙物體從〃高處自由落下，它們同時落在同一水平

地面上，不計空氣阻力，重力加速度為g,則甲物體的的初速度為（）

A「他B.巫

C.y/ghD.

\22

【答案】A

【解析】

【詳解】對甲物體，根據位移公式有

2

2h=vot+—gt

對乙物體，根據位移公式有

,12

h=2gt

解得

%=樽

故選Ao

10.某質點做勻加速直線運動，途中連續(xù)經過A、8、C三點，已知8c的距離是A8的兩倍，A8段的平

均速度是20m/s,段的平均速度是40m/s,則該質點通過c點時的速度大小為（)

A.40m/sB.45m/sC.50m/sD.55m/s

【答案】c

【解析】

【詳解】令AB的距離為看,則BC的距離2%,則有

^AB^BC

解得

，AB=^BC

勻速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則有

v="一+"BC=30m/s

B2

結合上述可知

解得

vc=50m/s

故選Co

11.將大小為3N的力/分解為兩個分力6、F2,已知B的大小為若N,尸2與合力夾角為30。，則B的

大小可能是（）

A.1.5NB.無N

2

C.V3ND.26N

【答案】CD

【解析】

【詳解】合力與兩個分力能夠形成一個閉合的三角形，由于尸2與合力夾角為30。，根據余弦定理有

222

7/=F!+F-2F^COS30

解得

F2=6N或者6=2j^N

故選CD。

12.如圖所示，輕質滑輪用細線懸掛在天花板上，質量分別為根，M的物塊P、Q用細線通過滑輪后連接

在一起，物塊P懸空，物塊Q靜止在水平地面上，連接物塊Q部分的細線與水平方向的夾角。=30。

已知重力加速度為g,細線重力均不計，則下列說法中正確的是（）

B.天花板受到的拉力大小為2mg

C.水平地面對物塊Q的支持力大小為Mg

D.水平地面對物塊Q的摩擦力大小為+

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.對物塊P進行分析，根據平衡條件可知，細線對物塊P的拉力大小為

T=mg

故A正確；

B.由于連接物塊Q部分的細線與水平方向的夾角為

0=30

根據幾何關系，連接物塊Q部分的細線與連接物塊P部分的細線夾角為

a=90-0=60

對滑輪進行分析，根據平衡條件有

T'=2Tcos-

2

結合上述解得

故B錯誤；

CD.對Q進行受力分析，如圖所示

則有

N+Tsin3=Mg,f=Tcos0

解得

N=Mg--mg,f=^H-mg

故C錯誤，D正確。

故選AD。

13.U0時，A、B兩物體從同一地點沿同一方向運動，其速度一時間圖像如圖所示，下列說法中正確的是

（）

A"=2s時，A、B相距最近B./=4s時，A、B兩物體相遇

C.出發(fā)后，A、B兩物體僅相遇一次D.0~2s內，A、B兩物體之間的距離逐漸減小

【答案】BC

【解析】

【詳解】由圖像可知，A物體做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為

aA=2mzs2

B物體做初速度為2m/s的勻加速直線運動，加速度大小為

2

aB=lm/s

AD.0~2s內B物體的速度一直大于A物體的速度，兩物體間距越來越大，仁2s時，A、B相速度相等，相

距最遠，故AD錯誤；

BC.U4s內，A物體運動的位移

2

xA=^-x2x4m=16m

B物體運動的位移

2+6,

xB=---x4m=16m

故U4s時，A、B兩物體相遇，之后A物體始終在B物體的前面，則出發(fā)后，A、B兩物體僅相遇一次，

故BC正確。

故選BC?

二、實驗和作圖題（本題共3小題，共15分）

14.某同學利用如圖甲所示的裝置做“探究彈力與形變量的關系”實驗。他通過實驗得到如圖乙所示的彈

力大小廠與彈簧長度/的關系圖線。由圖線可知彈簧的原長，=cm,勁度系數(shù)

gN/m。（保留兩位有效數(shù)字）

【詳解】口］［2］由胡克定律

F-k(l-l0)

當廠=0時，可得彈簧的原長為

l0=7.5cm

彈簧的勁度系數(shù)為

6—0

N/m=40N/m

Ax(22.5—7.5)x10-2

15.某實驗小組利用圖1所示的實驗裝置來探究加速度與力，質量的關系。除圖中提供的實驗器材外，實

驗室還提供有質量相同的祛碼若干，實驗步驟如下：

(i)用天平測出帶有凹槽的小車的質量和小桶的質量；

(ii)按圖1所示組裝實驗裝置，將木板一端墊高，平衡小車運動時所受的阻力及其他阻力；

(iii)保持小車質量不變，在小桶中放人祛碼，并從靜止開始釋放小車；

(iv)取下紙帶，分析打點計時器在紙帶上留下的點跡，計算出小車的加速度；

(vi)在小桶中逐一增加祛碼，重復步驟(iii)(iv),以小桶及祛碼總重力mg作為小車所受的合力

F,將小車的加速度a和合力/等多組數(shù)據記錄在表格1中；

(vii)保持小桶中祛碼的質量不變，在小車的凹槽中放人一個祛碼，并從靜止釋放小車；

(vii)取下紙帶，分析打點計時器在紙帶上留下的點跡，計算出小車的加速度；

(viii)在小車中逐一增加祛碼，重復步驟(vi)(vii),將小車的加速度a和小車及祛碼的總質量M等多

組數(shù)據記錄在表格2中；

(ix)利用表格數(shù)據，分別作出a-尸、a-工圖像，進行數(shù)據分析，得出實驗結論。

表格1：

(3)0,493(4)小桶及祛碼總質量過大，不滿足M

【解析】

【小問1詳解】

探究加速度與力，質量的關系時，每次研究其中兩個物理量的關系時，需要確保其他物理量不變，可

知，實驗中采用了控制變量法。

選B。

【小問2詳解】

平衡小車運動時所受的阻力及其他阻力時，應該不掛小桶，小車上連接紙帶，使小車向下運動過程中打

出的點跡均勻分布，表明小車此時向下做勻速直線運動，重力沿木板的分力與阻力平衡。

【小問3詳解】

交流電頻率為50Hz,打點周期為0.02s。由于相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，則相鄰計數(shù)點之間的

時間間隔為

T=5xO.O2s=O.ls

根據逐差法可知，加速度為

(4.99-1.51-1.51)x10-2,,

a=-----------------------------m/s?0.493m/s

4x0.12

【小問4詳解】

平衡摩擦力后，繩的拉力等于小車實際上所受外力的合力，對小車進行分析，根據牛頓第二定律有

T=Ma

對小桶進行分析，根據牛頓第二定律有

mg—T=ma

解得

Mmgmg

1-----------=-------->mg

M+m、、m

1n------

M

當相.，〃時，近似有

Tamg

實驗中，以小桶及祛碼的總重力機g作為小車所受的合力F,在保持質量不變的情況下探究加速度與力的

關系時，當小桶的質量遠遠小于小車質量時，理論圖像與實驗圖像在基本重合，圖中右上部分明顯偏離

直線，造成此現(xiàn)象的主要原因是小桶及祛碼總質量過大，不滿足m-Mo

16.如圖所示，小球P通過輕繩連接在兩根用餃鏈固定的輕桿。4、的節(jié)點。上，處于靜止狀態(tài)，請

作出節(jié)點。的受力示意圖。

【解析】

【詳解】輕桿用餃鏈固定，能夠自由轉動，則桿的彈力方向一定沿桿，根據平衡條件可知，節(jié)點。受到

連接小球的繩豎直向下的拉力、水平輕桿向左的拉力與傾斜桿沿桿向上的支持力三個力作用，作出節(jié)點

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(shù)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）

17.一輛汽車在平直公路上以4m/s2的加速度開始制動，制動后第1秒內的位移為4m,求：

（1）汽車開始制動時的速度%;

（2）汽車開始制動后5s內的位移x。

【答案】（1）6m/s；（2）4.5m

【解析】

【詳解】（1）由運動學公式

1，

代入數(shù)據解得，汽車開始制動時的速度為

%=6m/s

（2）汽車減速到零的時間為

z=-=—s=1.5s

a4

因為

1.5s<5s

所以汽車開始制動后5s內的位移為

片62，(

%=—=----m=4.5m

2a2x4

18.如圖所示，質量m=2kg的物塊P通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結點為O,輕繩。4與豎直方向的夾

角為。，輕繩。2水平且與放置在水平桌面上質量M=2.5kg的物塊Q相連，P、Q均恰好處于靜止狀態(tài)。

已知tan8=0.5,重力加速度g取lOm/sa,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：

(1)輕繩OA,的張力大??；

(2)物體Q與桌面間的動摩擦因數(shù)〃。

|P|

【答案】(1)1O/N,1ON；(2)0.4

【解析】

詳解】(1)對物塊P與結點。整體分析，根據平衡條件有

tan

TOACOS6=mg,mg0=TOB

解得

%=10&N,7^B=10N

(2)Q均恰好處于靜止狀態(tài)，摩擦力達到最大靜摩擦力，對Q進行分析有

T°B="N,N=Mg

解得

〃=0.4

19.如圖所示，小球質量為優(yōu)，斜劈質量為M、斜面傾角為仇用水平向右的推力作用在斜劈上時，小球

位于斜劈的斜面上和斜劈恰好相對靜止。已知重力加速度為g,不計一切摩擦，求：

(1)斜劈對小球的支持力大小N；

(2)水平推力的大小「

【答案】(1)(2)(M+m)gland

COS8

【解析】

Ncos0=mg

解得

N=^-

cos，

(2)結合上述，對小球進行分析，牛頓第二定律有

mgtan0=ma

對斜劈與小球構成的整體進行分析，根據牛頓第二定律有

F=+a

解得

20.如圖所示，在傾角為。的斜面上有一個質量m=lkg的物體，零時刻開始在大小廠=20N、方向沿斜面

向上的拉力作用下由靜止開始運動，2s時物體的速度v=20m/s,方向沿斜面向上，3s時，撤去拉力。已知

sin8=0.6,cos8=0.8,重力加速度g取lOm/s2,斜面足夠長，求：

(1)物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)。

(2)撤去P后，物體經過多少時間回到初始位置。

F

0

【答案】⑴0.5；（2）（3+3AA0）S

【解析】

【詳解】（1）物體由靜止開始運動，2s時間內，根據速度公式有

V=卬］

解得

q=10m/s2

該時間間隔內對物體進行受力分析，如圖所示

M=mgcos0,F-juNl-mgsin0=max

解得

〃=0.5

（2）經歷3s,物體的位移與速度分別為

12

%1=-a/2,%=a/2

解得

x,=45m,=30m/s

3s后撤去拉力，物體開始向上做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有

+mgsin0=ma2

解得

2

a2=10m/s

向上減速至。過程，利用逆向思維，根據位移公式與速度公式有

12

x2=-a2t3,Vj=a2t3

解得

x2=45m,G=3s

由于重力沿斜面向下的分力大于最大靜摩擦力，之后物體向下加速運動，根據牛頓第二定律有

mgsin0-〃乂=ma3

解得

2

a3=2m/s

根據位移公式有

1/

%+%2.初

時間