2024-2025學(xué)年新教材高中物理期末綜合含解析新人教版必修第一冊(cè)

PAGEPAGE10期末綜合本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．(2024·浙江臺(tái)州市高一期末)2020年12月3日23時(shí)10分，嫦娥五號(hào)上升器3000牛頓發(fā)動(dòng)機(jī)工作約6分鐘，勝利將攜帶月壤樣品的上升器送入到預(yù)定環(huán)月軌道。點(diǎn)火起飛前，著上組合體實(shí)現(xiàn)月面國(guó)旗綻開(kāi)，如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(A)A．牛頓是導(dǎo)出單位B．題中的23時(shí)10分、6分鐘都指時(shí)刻C．月壤樣品到達(dá)地球后所受重力增大，慣性也隨之增大D．著上組合體將國(guó)旗綻開(kāi)的過(guò)程中，著上組合體與國(guó)旗都可以看成質(zhì)點(diǎn)解析：牛頓是導(dǎo)出單位，A正確；題中的6分鐘是時(shí)間，B錯(cuò)誤；月壤樣品到達(dá)地球后，質(zhì)量不變，慣性不變，C錯(cuò)誤；著上組合體將國(guó)旗綻開(kāi)的過(guò)程中，國(guó)旗不能看成質(zhì)點(diǎn)，D錯(cuò)誤。2．(2024·沙坪壩區(qū)重慶一中高一期末)關(guān)于速度和速率，下列說(shuō)法正確的是(C)A．平均速度是指物體通過(guò)的路程與所用時(shí)間的比值B．平均速率就是平均速度的大小C．瞬時(shí)速度，其大小就是瞬時(shí)速率，其方向就是物體運(yùn)動(dòng)的方向D．平均速度的方向就是物體運(yùn)動(dòng)的方向，且其與位移的方向總是一樣的解析：平均速度是物體的位移與時(shí)間的比值，A錯(cuò)誤；平均速率是指路程與時(shí)間的比值，平均速率不等于平均速度的大小，B錯(cuò)誤；瞬時(shí)速度的大小為瞬時(shí)速率，其方向?yàn)槲矬w運(yùn)動(dòng)的方向，C正確；平均速度的方向與位移的方向一樣，與物體運(yùn)動(dòng)方向不肯定相同，D錯(cuò)誤。3．(2024·莆田第十五中學(xué)高一期末)如圖所示是某質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖像，由圖可知這個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀況是(A)A．5s－15s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為0.8m/s2B．前5s內(nèi)靜止C．15s－20s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為－0.8m/s2D．質(zhì)點(diǎn)15s末離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，20秒末回到動(dòng)身點(diǎn)解析：5s～15s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的速度勻稱增大，做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(16－8,15－5)m/s2＝0.8m/s2，故A正確；前5s內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；15s～20s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的速度勻稱減小，做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－16,20－15)m/s2＝－3.2m/s2，故C錯(cuò)誤；0～20s內(nèi)速度始終是正值，說(shuō)明速度方向不變，20s末離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，20秒末不行能回到動(dòng)身點(diǎn)。故D錯(cuò)誤。4．(2024·湖南省，5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動(dòng)小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動(dòng)，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過(guò)程中全部摩擦均可忽視，下列說(shuō)法正確的是(C)A．推力F先增大后減小B．凹槽對(duì)滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對(duì)凹槽的支持力先減小后增大解析：對(duì)滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsinθFN＝mgcosθ滑塊從A緩慢移動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，θ越來(lái)越大，則推力F越來(lái)越大，支持力FN越來(lái)越小，所以AB錯(cuò)誤；對(duì)凹槽與滑塊整體分析，有墻面對(duì)凹槽的壓力為FN1＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin(2θ)則θ越來(lái)越大時(shí)，墻面對(duì)凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對(duì)凹槽的支持力為FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ則θ越來(lái)越大時(shí)，水平地面對(duì)凹槽的支持力越來(lái)越小，所以D錯(cuò)誤。5．(2024·河南高一月考)如圖所示，一根輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端拴一個(gè)重力為G的小球，起先時(shí)輕繩處于豎直狀態(tài)，輕繩所能承受的最大拉力為2G，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)方向始終水平向右的力FA．力F漸漸增大，最大值為eq\r(3)GB．力F漸漸增大，最大值為2C．輕繩與豎直方向夾角最大值θ＝30°D．輕繩對(duì)小球的拉力與水平拉力的合力漸漸增大解析：對(duì)小球受力分析，如圖甲由平衡條件得F＝Gtanθ，θ漸漸增大，則F漸漸增大，如圖乙，小球緩慢移動(dòng)的過(guò)程中，θ漸漸增大，F(xiàn)T也漸漸增大，當(dāng)FT取最大值2G時(shí)，有cosθmax＝eq\f(G,2G)＝eq\f(1,2)則θmax＝60°，此時(shí)F達(dá)到最大值Fmax＝Gtan60°＝eq\r(3)G，故A正確，BC錯(cuò)誤；小球緩慢地移動(dòng)過(guò)程中，小球受平衡力，合力為零，輕繩對(duì)小球的拉力與水平拉力的合力大小等于小球的重力，大小不變，故D錯(cuò)誤。6．(2024·安徽蕪湖市高一期末)如圖甲所示，傾角為θ的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，t＝0時(shí)將質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物塊相對(duì)地面的v－t圖像如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，下列說(shuō)法正確的是(D)A．傳送帶的速率v0為12m/sB．傳送帶的傾角30°C．物體與傳送帶之間的摩擦力大小為5ND．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5解析：物體先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到傳送帶速度后，由于重力沿斜面對(duì)下的分力大于摩擦力，物塊接著向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從圖像可知傳送帶的速度為10m/s，故A錯(cuò)誤；起先時(shí)物體摩擦力方向沿斜面對(duì)下，速度相等后摩擦力方向沿斜面對(duì)上，則a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2聯(lián)立解得μ＝0.5，θ＝37°，故B錯(cuò)誤，D正確；物體與傳送帶之間的摩擦力始終為滑動(dòng)摩擦力，只是方向發(fā)生變更，則Ff＝μFN＝μmgcos37°＝4N，故C錯(cuò)誤。7．(2024·安徽池州市高一開(kāi)學(xué)考試)相撲運(yùn)動(dòng)是一種常見(jiàn)的競(jìng)技項(xiàng)目。如圖所示，在水平的競(jìng)賽場(chǎng)地上，右側(cè)運(yùn)動(dòng)員乙被推著向右加速滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(BC)A．甲對(duì)乙的推力大于乙對(duì)甲的推力B．甲對(duì)乙的推力與乙對(duì)甲的推力大小相等C．地面對(duì)甲的摩擦力大于地面對(duì)乙的摩擦力D．地面對(duì)甲的摩擦力與地面對(duì)乙的摩擦力大小相等解析：甲對(duì)乙的推力與乙對(duì)甲的推力是一對(duì)作用力與反作用力，由牛頓第三定律可知甲對(duì)乙的推力與乙對(duì)甲的推力大小相等，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)甲與乙整體分析可知水平方向受地面對(duì)甲的摩擦力與地面對(duì)乙的摩擦力，因?yàn)橐冶煌浦蛴壹铀倩瑒?dòng)，由牛頓其次定律可知地面對(duì)甲的摩擦力大于地面對(duì)乙的摩擦力，故D錯(cuò)誤，C正確。8．(2024·福建三明市高一期末)如圖為邱凱同學(xué)在校運(yùn)會(huì)上背越式跳高的照片。若不計(jì)空氣阻力，則他(AC)A．離地前起跳階段處于超重狀態(tài)B．離地后上升階段處于超重狀態(tài)C．起跳時(shí)對(duì)地面的壓力與地面對(duì)他的支持力大小相等D．起跳時(shí)對(duì)地面的壓力與地面對(duì)他的支持力是一對(duì)平衡力解析：離地前起跳階段，該同學(xué)加速向上運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律可知支持力大于重力，即處于超重狀態(tài)。A正確；離地后上升階段，僅受重力，處于完全失重狀態(tài)。B錯(cuò)誤；起跳時(shí)對(duì)地面的壓力與地面對(duì)他的支持力是作用力與反作用力，大小相等。C正確，D錯(cuò)誤。9．(2024·福建龍巖市高一期末)圖a是一輛質(zhì)量為m的公交車，沿水平路面經(jīng)過(guò)公交站點(diǎn)“汽車站”時(shí)的照片，圖b是車內(nèi)橫桿上懸掛的拉手環(huán)的照片，拉手環(huán)偏向車尾，輕懸繩偏離豎直方向θ角。依據(jù)題中供應(yīng)的信息，下列推斷正確的有(AC)A．汽車加速出站 B．汽車減速進(jìn)站C．可求汽車此時(shí)的加速度 D．可求汽車此時(shí)的牽引力解析：對(duì)拉手環(huán)進(jìn)行受力分析，可得拉手環(huán)所受合力向前加速度向前，所以汽車加速度向前。故A正確B錯(cuò)誤；取拉手環(huán)為探討對(duì)象，依據(jù)牛頓其次定律得：mgtanθ＝ma，由此可得汽車的加速度a＝gtanθ；通過(guò)加速度可以求出汽車所受的合力，但是阻力未知，無(wú)法求出牽引力的大小。故C正確，D錯(cuò)誤。10．(2024·浙江溫州市高一開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，光滑斜面傾角為30°，小滑塊從斜面上的A點(diǎn)由靜止下滑，經(jīng)過(guò)相距2m的B、C兩點(diǎn)的時(shí)間為0.2s，P為BC的中點(diǎn)，取g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是(BCD)A．滑塊過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為10m/sB．滑塊過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為10.5m/sC．滑塊從P到C的時(shí)間小于0.1sD．若斜面傾角變?yōu)?5°，則滑塊從B到C的平均速度變大解析：滑塊經(jīng)過(guò)BC的平均速度vBC′＝eq\f(2,0.2)m/s＝10m/s，即BC中間時(shí)刻的速度為10m/s，而中間位移的速度大于中間時(shí)刻的速度，則滑塊過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小大于10m/s選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體下滑的加速度為a＝gsin30°＝5m/s2，則滑塊過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝vP＋aT＝10＋5×0.1m/s＝10.5m/s，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閺腜到C的平均速度大于從B到P的平均速度，則滑塊從P到C的時(shí)間小于0.1s，選項(xiàng)C正確；若斜面傾角變?yōu)?5°，則下滑的加速度變大，則滑塊從B到C的時(shí)間減小，則平均速度變大，選項(xiàng)D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(2小題，共14分。把答案干脆填在橫線上)11．(6分)(2024·福建福州市福州三中高一期末)小明同學(xué)做“探究求合力的方法”試驗(yàn)。(1)本試驗(yàn)須要用到帶細(xì)繩套的橡皮筋，圖甲中最合適的是__C__；(2)某次用彈簧秤拉橡皮筋時(shí)彈簧秤的指針位置如圖乙所示，彈簧秤示數(shù)為_(kāi)_2.62－2.65__N；(3)下列有關(guān)該試驗(yàn)的說(shuō)法中，正確的是__C__。A．用兩把彈簧秤和用一把彈簧秤拉時(shí)，兩次保證橡皮筋伸長(zhǎng)量相同就保證了作用效果相同B．兩分力的夾角越大越好C．彈簧秤拉伸時(shí)應(yīng)保持和木板平行D．本試驗(yàn)應(yīng)作出力的示意圖來(lái)探究合力與分力的關(guān)系解析：(1)帶細(xì)繩套的橡皮筋，細(xì)繩長(zhǎng)度不能太短，否則確定拉力方向誤差大，且繩的結(jié)點(diǎn)不易過(guò)大，故C最合適；(2)測(cè)力計(jì)的最小刻度為0.1N，讀數(shù)讀到最小刻度下一位，讀數(shù)為2.63N；(3)為保證兩次試驗(yàn)作用效果相同，用兩只彈簧測(cè)力計(jì)和用一只彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮筋時(shí)，應(yīng)將橡皮筋結(jié)點(diǎn)拉至同一位置，故A錯(cuò)誤；為減小試驗(yàn)誤差，兩拉力間夾角要適當(dāng)大些，但并不是兩分力的夾角越大越好，故B錯(cuò)誤；為減小試驗(yàn)誤差，彈簧秤拉伸時(shí)應(yīng)保持和木板平行，故C正確；本試驗(yàn)應(yīng)作出力的圖示來(lái)探究合力與分力的關(guān)系，力的示意圖適合計(jì)算法解題，故D錯(cuò)誤。12．(8分)(2024·浙江金華市高一期末)為了探究質(zhì)量肯定時(shí)加速度與力的關(guān)系，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1所示的試驗(yàn)裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量。(滑輪質(zhì)量不計(jì))(1)試驗(yàn)時(shí)，肯定要進(jìn)行的操作是__BCD__。A．用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量B．將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)D．變更砂和砂桶的質(zhì)量，打出幾條紙帶E．為減小誤差，試驗(yàn)中肯定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M(2)該同學(xué)在試驗(yàn)中得到如圖2所示的一條紙帶(兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有兩個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出)，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采納的是頻率為50Hz的溝通電，依據(jù)紙帶可求出小車的加速度為_(kāi)_1.3__m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(3)以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度為縱坐標(biāo)，畫(huà)出的a－F圖像是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為_(kāi)_D__。A．2tanθ B．eq\f(1,tanθ)C．k D．eq\f(2,k)解析：(1)本題拉力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出，不須要用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不須要使小桶(包括砂)的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車的總質(zhì)量，故A錯(cuò)誤，E錯(cuò)誤；該題是彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出拉力，從而表示小車受到的合外力，故須要將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B正確；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器運(yùn)用時(shí)，都是先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放紙帶，該試驗(yàn)探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，要記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，故C正確；變更砂和砂桶質(zhì)量，即變更拉力的大小，打出幾條紙帶，探討加速度隨F變更關(guān)系，故D正確。(2)由于兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有兩個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，故單擺周期為0.06s，由Δx＝aT2可得，加速度a＝eq\f(0.028－0.014＋0.033－0.019＋0.038－0.023,9×0.062)m/s2≈1.3m/s2(3)對(duì)a－F圖來(lái)說(shuō)，圖像的斜率表示小車質(zhì)量的倒數(shù)，此題，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F＝eq\f(1,2)F合，圖線的橫縱坐標(biāo)軸分度值可能不同，故傾斜角的正切值不肯定等于圖線的斜率k，故小車質(zhì)量為m＝eq\f(2,k)。三、論述、計(jì)算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最終答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必需明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)13．(10分)(2024·山東菏澤市高一期末)如圖所示，一光滑小球夾在豎直墻面和斜面體之間，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止，球體和斜面體的質(zhì)量均為m，斜面體的傾角為37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g。求：(1)小球?qū)π泵骟w的壓力；(2)要使斜面體靜止不動(dòng)，斜面與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為多大？(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)答案：(1)eq\f(5,4)mg(2)eq\f(3,8)解析：(1)對(duì)小球受力分析，如圖所示據(jù)平衡條件可得FN＝Fsin37°，mg＝Fcos37°聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得F＝eq\f(5,4)mg，F(xiàn)N＝eq\f(3,4)mg，故小球?qū)π泵骟w的壓力為eq\f(5,4)mg。(2)把小球和斜面體當(dāng)成一整體，豎直方向，地面對(duì)斜面的支持力FN地＝2mg水平方向，要使斜面體靜止不動(dòng)，最大靜摩擦力應(yīng)大于等于墻的作用力N，即μFN地≥FN聯(lián)立可解得μ≥eq\f(3,8)，即斜面與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為eq\f(3,8)。14．(10分)(2024·福建泉州市高一期末)如圖為某轎車在行駛過(guò)程中，試圖借用逆向車道超越客車的示意圖，圖中當(dāng)兩車相距L＝4m時(shí)，客車正以v1＝6m/s速度勻速行駛，轎車正以v2＝10m/s的速度借道超車。客車長(zhǎng)L1＝10m，轎車長(zhǎng)L2＝4m，不考慮變道過(guò)程中車速的變更和位移的側(cè)向變更。(1)若轎車起先加速并在3s內(nèi)勝利超越客車L3＝12m后，才能駛回正常行駛車道，其加速度多大？(2)若轎車放棄超車并馬上駛回正常行駛車道，則至少要以多大的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，才能避開(kāi)與客車追尾？答案：(1)4m/s2(2)2m/s2解析：(1)設(shè)轎車的加速度大小為a，經(jīng)過(guò)t1＝3s，客車和轎車位移分別為x1、x2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x1＝v1t1，x2＝v2t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，x2＝x1＋L1＋L2＋L＋L3，解得a＝4m/s2(2)設(shè)轎車減速的加速度大小為a′，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，轎車、客車達(dá)到共同速度，則v2－a′t2＝v1，客車和轎車位移分別為x1′、x2′，滿意x2′＝v2t2－eq\f(1,2)a′teq\o\al(2,2)x1′＝v1t2，x2′＝x1′＋L，解得a′＝2m/s2即轎車至少以2m/s2加速度勻減速，才能避開(kāi)與客車相撞。15．(12分)(2024·江西九江市高一期末)質(zhì)量為2kg的物體在沿斜面對(duì)下的推力F作用下沿固定斜面做直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去F，其速度時(shí)間圖像如圖所示，斜面傾角θ＝37°(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)推力F的大小。答案：(1)μ＝0.8(2)1.2N解析