深圳鹽田高級中學2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題答案

參考答案：題號12345678910答案DBDCBBCABACCD1．D【詳解】A．計算行車時間時，可以忽略汽車的形狀和大小，可以視為質點，故A錯誤；B．大橋全長36km指的是路程，而不是位移大小，故B錯誤；C．“100km/h”為瞬時速度大小，而不是平均速度，故C錯誤；D．汽車過橋的平均速率為可知此次駕車過程一定有瞬時速度大于限速100km/h，所以此次駕車過程已超速行駛，D正確；故選D。2．B【詳解】A．由題圖可知彈簧產(chǎn)生的彈力和彈簧的形變量成正比，故A錯誤；B．由題圖可知彈簧彈力的增加量與彈簧形變量的增加量成正比，即所以又因為彈簧形變量的增加量一定等于彈簧長度的增加量，所以彈簧長度的增加量與對應的彈力增加量成正比，故B正確；C．F-x圖像的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，則該彈簧的勁度系數(shù)是故C錯誤；D．由題圖可知圖像的斜率不變，所以彈簧的勁度系數(shù)不變，故D錯誤。故選B。3．D【詳解】由題可知兩人的手臂對水桶的拉力大小為F，兩人拉力方向與豎直方向都成θ角，根據(jù)對稱性可知，結合平衡條件得解得當θ＝0°時，cosθ值最大，則；當θ＝30°時，；當θ＝45°時，；當θ為60°時，；當θ越大時，則F越大；故ABC錯誤，D正確；故選：D。4．C【詳解】根據(jù)初速為零的勻加速直線運動的規(guī)律，連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為由題意可知x1：xn=1：21故有2n-1=21解得n=11由于連續(xù)時間間隔為1s，故小球下落的總時間t=11s故大廈的高度=605m故選C。5．B【詳解】速度增大，阻力增大，根據(jù)牛頓第二定律有則加速度減小，雨滴做加速度減小的加速運動，位移時間圖線切線斜率表示速度，速度時間圖線切線斜率表示加速度。故選B。B【詳解】A．設礦泉水瓶的質量為，以兩個輕環(huán)和礦泉水瓶為整體，豎直方向受到重力和水平橫梁對兩輕環(huán)的支持力，如圖所示根據(jù)平衡條件得解得可知水平橫梁對輕環(huán)的支持力不變，故A錯誤；B．以b環(huán)為研究對象，受力如圖所示根據(jù)受力平衡可得，聯(lián)立可得將兩環(huán)間的距離變大后，減小，減小，則b環(huán)受到的摩擦力變大，即b環(huán)對桿的摩擦力變大，故B正確；C．桿對a環(huán)的支持力不變，摩擦力變大，則桿對a環(huán)的作用力變大，故C錯誤；D．以礦泉水瓶為對象，設細繩對礦泉水瓶的拉力為，根據(jù)受力平衡可知解得由于減小，減小，則繩子拉力變大，故D錯誤。故選B。7．C【詳解】AB．松子沿冰面下滑的加速度大小為，松鼠加速度為，t1=3s時松鼠追上松子，有l(wèi)AB=解得冰面AB的長度lAB=9m，故AB錯誤；CD．松鼠與松子相隔的距離最遠時，松鼠與松子速度相等，設此時松子運動時間為，有,解得，dm=1.125m故C正確，D錯誤；故選C。8．AB【詳解】A．圖甲利用“微小量放大法”觀察桌面的微小形變，故A正確；B．圖乙伽利略的斜面實驗是在可靠的事實為基礎上，經(jīng)過抽象思維，抓住主要因素，忽略次要因素，推理得出結論，采用了“理想化模型法”，故B正確；C．圖丙將看成、的合力，采用了“等效替代法”，故C錯誤；D．圖丁把勻變速直線運動的圖像分成很多小段，每小段近似看作勻速直線運動，把各小段的位移相加代表物體在內(nèi)總位移，采用了“微元法”，故D錯誤。故選AB。9．AC【詳解】AB．對8節(jié)車廂整體受力分析，由牛頓第二定律解得整列車的加速度大小為故A正確，B錯誤；CD．對5-8節(jié)車廂整體受力分析，由牛頓第二定律解得第4節(jié)車廂對第5節(jié)車廂的作用力大小為故C正確，D錯誤。故選AC。10．CD【詳解】A．從圖中斜率可知，開始運動的加速度故A錯誤；B．人和雪橇先做初速度為5m/s，加速度越來越小的加速直線運動，故B錯誤；CD．根據(jù)牛頓第二定律，開始時由AD這條漸近線可知，10m/s為其運動的收尾速度（即勻速運動速度），即有兩式聯(lián)立，得將，代入后得，,CD正確。故選CD。11．C④③①②2.2（2.1~2.3）9.6（9.5~9.7）可以【詳解】（1）[1]要測量當?shù)刂亓铀俣刃枰M量減小空氣阻力的影響，所以密度大體積小的小鋼球最適合；故選C；（2）[2]要完成實驗首先應該將刻度尺豎直固定在墻上，安裝好三腳架，調整好手機攝像頭的位置；因為下落時間很短，所以一定要先打開攝像頭開始攝像，然后再將小球從刻度尺旁靜止釋放，故順序為④③①②；（3）[3]由三張圖片讀出小球球心所在位置的刻度分別為、、，小球在第2幅圖片中小球的下落速度為（2.1~2.3均算正確）[4]根據(jù)可得（9.5~9.7均算正確）（4）[5]利用計算加速度大小與初速度是否為零無關，故可以。12．(1)A瓶子和細沙的重力G(2)當手機的質量一定時，手機的加速度與手機所受合外力成正比(3)【詳解】（1）[1]前面的數(shù)據(jù)波動是保持平衡時的輕微擾動，后續(xù)的數(shù)據(jù)波動是因為手機在做（近似）往復運動，故第一個峰值即為繩子被剪斷時的瞬時加速度，則剪斷細繩瞬間手機的加速度對應圖中的A點；[2]剪斷細繩前，根據(jù)受力平衡可知，彈簧的彈力等于手機的重力與瓶子和細沙的重力G之和；剪斷細繩瞬間，彈簧的彈力大小不變，則手機受到的合力大小F等于瓶子和細沙的重力G。（2）由丙圖知，圖像為過原點的一條直線，由圖可得結論：在誤差允許的范圍內(nèi)，當手機的質量一定時，手機的加速度與手機所受合外力成正比。（3）根據(jù)牛頓第二定律可得可得可知圖像的斜率為可得手機的質量為13．(1)10m(2)7s【詳解】（1）企鵝先向上做勻加速直線運動...............................1分企鵝臥倒時..............................1分企鵝向上勻減速..............................1分企鵝距離出發(fā)點最遠距離為..............................1分解得x=10m..............................1分（2）向上勻加速的時間為t=4s向上勻減速的時間為..............................1分反向勻加速階段有..............................1分解得2s..............................1分所以企鵝完成一次游戲所用時間7s..............................1分14．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）小球處于靜止狀態(tài)時，對小球受力分析，根據(jù)平衡條件有..............................1分..............................1分解得..............................1分..............................1分（2）若，則有因此彈簧處于拉伸狀態(tài)..............................1分對物體有..............................1分對物體有..............................1分解得..............................1分根據(jù)牛頓第三定律有..............................1分（3）N與地面彈力恰好為零時，對N有..............................1分對Q有..............................1分解得m=0.4M..............................1分要使物體N不離開地面，則N的質量m至少是M的0.4倍..............................1分15．(1)27N；(2)2.8m/s2；(3)當F≤40N時(m/s2)，當F＞40N時(m/s2)【詳解】(1)當桿在水平方向上固定時，據(jù)牛頓第二定律可得..............2分mgFyNfx代入數(shù)據(jù)可解得FmgFyNfx桿與水平方向間夾角為37°時，mgsin37°=0.6mg，而fm=μN=μmgcos37°=0.32mg即mgsin37°>fm..............1分故小球不能靜止在桿上..............1分據(jù)牛頓第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°=ma2..............2分代入數(shù)據(jù)可得a2=2.8m/s2。..............1分小球受力如圖所示，正交分解，若Fsin37°