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湖南省长沙市第二十一中学2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．某汽车在平直公路上以功率P、速度匀速行驶时，牵引力为。在时刻司机减小油门，使汽车的功率减为，此后保持该功率继续行驶，在时刻汽车又恢复到匀速运动状态，已知汽车在行驶过程中受到的阻力恒定。下面是有关汽车的速度v牵引力F在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图所示的x—t图象和v—t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是：
A．x—t图象中图线1表示物体1做曲线运动
B．x—t图象中时刻物体1的速度大于物体2的速度
C．v—t图象中0至时间内物体3和物体4的平均速度大小相等
D．v—t图象中时刻物体4的速度改变方向
3．重力大小为G的人在体重计上下蹲，加速阶段体重计所受压力大小为F，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．体重计的示数为G D．人的加速度方向向上
4．如图所示，一个球形物体静止于光滑水平地面上并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点分别是球与墙、球与地面的接触点。下列说法中正确的是（　　）
A．物体对地面的压力就是物体的重力
B．物体受到重力、B点的支持力、A点的弹力作用
C．物体受到的支持力是由于物体发生形变而产生的
D．物体间有接触但不一定有弹力，物体间有弹力则一定会有接触
5．在“蹦极”运动中，运动员身系一根自然长度为L、弹性良好的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落到达最低点。在此下落过程中若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落高度为L时，人的动能最大，绳的弹性势能同时也达到最大
B．下落高度为L后，在继续下落过程中，人的动能一直增大，绳的弹性势能一直变大
C．下落高度为L后，在继续下落过程中，人的机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
D．下落高度为L后，在继续下落到达最低点过程中，人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
6．北京是人类发展历史上第一个既承办夏季奥运会，又承办冬季奥运会的城市。如图所示为冬奥会项目冰壶比赛中，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和依次穿过每个矩形区域所需时间之比分别是（　　）
A． B．
C． D．
7．如图所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到A点速度最大
B．小球运动到B点后加速度方向发生改变
C．从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动
D．从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小
二、多选题
8．一汽车做匀变速直线运动的速度v与时间t的关系式为v=7+3t（v与t的单位分别是m/s和s），则该汽车（　　）
A．初速度大小为7m/s B．加速度大小为6m/s2
C．第2s末时速度大小为13m/s D．可能在做匀减速直线运动
9．电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到时电动机功率达到最大值。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为（），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度始终在减小
B．汽车的加速度先不变后减小
C．该汽车能达到的最大速度是
D．汽车速度为时的加速度为
10．下列有关运动的说法正确的是（　　）
A．图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力和绳子的拉力的合力方向时刻改变
B．图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁的弹力大小为，则此时小球的速度一定为
C．图丙皮带轮上a点的加速度与b点的加速度之比为
D．如图丁，长为L的细绳，一端固定于O点，另一端系一个小球（可看成质点），在O点的L正下方距O点处钉一个钉子A，小球从一定高度摆下，绳子与钉子碰撞前后瞬间绳子拉力变为原来2倍
11．如图，内半径的光滑空心圆柱体固定在水平地面上，一小滑块紧贴内壁从O点以的初速度沿切向水平滑入，旋转一周经过点。取重力加速度，则小滑块（　　）
A．在竖直方向上做自由落体运动
B．从O运动到所用的时间为
C．对圆柱体的压力大小逐渐增大
D．在点时速度方向与竖直方向的夹角为
三、实验探究题
12．多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。
（1）某同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，接下来应该做的是___________（把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）；
A．将电表开关掷于合适挡，然后将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
（2）用多用电表的欧姆挡测量电压表的内阻时，若发现选用“×100”挡时指针偏角过小，则应换用　 　（填“×10”或“×1k”）挡。
（3）如上图所示是一种多用电表的电路图，该多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。改装后有两个量程可供选择：0 ~ 100 mA和0 ~ 1 A。已知电流表的内阻为10 Ω，则R1 = 　 　，R2 = 　 　。
13．实验室有一节新蓄电池，内阻很小，实验员准备了以下器材测量该蓄电池的电动势和内阻。
A．新蓄电池一节（电动势约2 V，内阻约1 Ω） E．定值电阻R01 = 2.0 Ω
B．电压表V（量程15 V，内阻约2000 Ω） F．定值电阻R02 = 1160 Ω
C．电流表A1（量程2 mA，内阻r1 = 10 Ω） G．电阻箱R（0 ~ 99.99 Ω）
D．电流表A2（量程0.6 A，内阻r2约10 Ω） H．电键S一个，导线若干
（1）实验员画出实验原理图如图甲所示，其中a为　 　，b为　 　，c为　 　。（均填器材前的字母）
（2）请按照原理图甲在图乙中连接实物图　 　。
（3）在进行数据处理时，实验员忽略支路分流的影响，作出通过电流表的电流I与电阻箱阻值R的关系图像如图丙所示，则电源的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（结果均保留2位小数）
四、计算题
14．一质量为m=2kg的物体放置在水平板上，抬升板的左端，当倾角为θ时，物体恰能沿板向下做匀速直线运动，如图甲所示，已知tanθ=0.5，接触面间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，g=10m/s2，sin37°=0.6.
（1）求物体与板之间的动摩擦因数μ；
（2）将板恢复到水平位置，对物体施加水平向右的恒力F1，物体在板上做匀速直线运动，如图乙所示，求F1的大小；
（3）将板恢复到水平位置，对物体施加与水平方向夹角为α=37°的恒力F2使物体在板上做匀速直线运动，如图丙所示，求F2的大小。
15．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg．求：
（1）小球从管口飞出时的速率；
（2）小球落地点到P点的水平距离．
16．如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到CD的距离为，CD左侧有场强大小为、水平向左的匀强电场，CD右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。CD右侧且相距处有一竖直墙壁EF，EF底端E点与水平地面BE相连接，EF高度为，现将、的绝缘滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入CD右侧，滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为，重力加速度大小取，，，．求：
（1）滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小；
（2）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．开始时汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当司机减小油门，使汽车的功率减为时，根据P=Fv
可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即
而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动。当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P=Fv
则此时汽车的速度为原来的一半，故A错误，B正确；
CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小得越来越慢，牵引力增加得越来越慢)，最终牵引力增加到F0，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查机车启动的动态分析，核心是结合功率公式P=Fv和牛顿第二定律F f=ma，分析功率变化后牵引力、速度的变化规律。
2．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，而不能表示物体做曲线运动；A错误；
B．在图象中图线的斜率表示物体的速度，在时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故；B正确；
C．在图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移．故在时间内4围成的面积大于3围成的面积，故4的平均速度大于3的平均速度；C错误；
D．v—t图像的正负代表速度方向，时刻速度方向没有发生变化；D错误
故答案为：B。
【分析】本题考查x t图像和v t图像的物理意义，核心是通过图像的斜率（x t图表示速度、v t图表示加速度）、面积（v t图表示位移）及正负（v t图表示速度方向）分析物体的运动状态。
3．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】在加速下降阶段，加速度方向向下（与速度方向相同）。设体重计对人的支持力为N（向上），重力为G（向下）。由牛顿第二定律：（取向下为正方向），其中a为加速度大小（a>0）
解得支持力：
根据牛顿第三定律，体重计所受压力F（即人对体重计的压力）与支持力N大小相等：。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】下蹲时，人先加速下降（向下加速），然后减速下降（向下减速）直至停止。在加速下降阶段，加速度方向向下（与速度方向相同），失重，示数小于重力。
4．【答案】D
【知识点】重力与重心；形变与弹力；受力分析的应用
【解析】【解答】A．物体对地面的压力的大小等于物体重力的大小，但压力不是重力，压力和重力性质不同，故A错误；
B．物体受到重力、B点的支持力的作用，若受A点的弹力，则不能平衡，故B错误；
C．物体受到的支持力是由于水平面的弹性形变而产生的，故C错误；
D．弹力产生的条件是直接接触、发生弹性形变。所以物体间有接触但不一定有弹力，物体间有弹力则一定会有接触，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹力的产生条件与受力分析，核心是区分弹力的性质、施力物体的形变成因及接触与弹力的关系。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员先做自由落体运动，下落高度为L，此时弹性绳处于原长，绳的弹性势能为零，继续向下加速运动，速度不是最大值，动能也不是最大值，故A错误；
B．下落高度为L后，在继续下落的过程中，开始阶段，运动员的重力大于橡皮绳的拉力，根据牛顿第二定律，加速度方向向下，先向下做加速度减小的加速运动，当弹力和重力相等时，速度达到最大，然后橡皮绳的拉力大于游戏者的重力，加速度方向向上，做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点时，速度为零，加速度达到最大，此时弹性绳被拉伸的最长，所以人的动能先增大后变小，绳的弹性势能一直变大，故B错误；
C．人的机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量，故C正确；
D．人和橡皮绳的系统机械能守恒，所以人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量和人的重力势能减小量之和，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查蹦极运动中的机械能守恒与受力分析，核心是结合牛顿第二定律分析运动员的运动状态变化，利用系统机械能守恒判断能量转化关系。
6．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．把冰壶运动的逆过程看做是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度与位移的关系式
可得冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比为，故AB错误；
CD．根据位移公式
可得通过、、的时间比为，则穿过每个矩形区域所用的时间之比为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查匀减速直线运动的逆向思维应用，核心是将冰壶的匀减速运动反向视为初速度为 0 的匀加速直线运动，利用初速度为 0 的匀加速直线运动的速度 - 位移和位移 - 时间规律，推导进入各区域的速度比和穿过各区域的时间比。
7．【答案】B
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】AC．在B点为弹簧弹力和小球重力大小相等，合力等于零，加速度等于零，速度最大，从A点到C点的过程中，小球先加速后减速，AC错误。BD．在B点为弹簧弹力和小球重力大小相等，合力等于零，加速度等于零，小球运动到B点后加速度方向发生改变，从B点到C点的过程中，小球加速度不断增大，B正确，D错误；
故答案为：B。
【分析】通过受力分析确定小球的合力方向，结合牛顿第二定律判断加速度的大小和方向变化，再根据加速度与速度的方向关系分析运动状态（加速 / 减速）。
8．【答案】A,C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AB．将速度v与时间t的关系式与匀变速直线运动速度与时间公式
类比可得
v0=7m/s，a=3m/s2
故A正确，B错误；
C.汽车在2s末时，速度大小为
故C正确；
D．由AB选项可知汽车加速度方向与初速度方向均为正方向，则汽车做匀加速直线运动，故D错误。
故选AC。
【分析】将汽车做匀变速直线运动的速度v与时间t的关系式为v=7+3t，与匀变速直线运动速度与时间的关系式进行类比，得到对应的速度和加速度，再将t=2s带入计算2s末的速度大小，由速度和加速度的方向相同，可判断汽车做匀加速直线运动。
9．【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】AB．汽车的速度达到前的过程，根据牛顿第二定律可得
可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到到最大速度的过程中，根据牛顿第二定律可得，可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故A正确，B错误；
C．设汽车能达到的最大速度为，此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有
解得，故C错误；
D．汽车速度为时，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查机车启动的功率与动力学综合分析，核心是结合、牛顿第二定律和阻力公式，分析汽车在不同阶段的加速度变化，计算最大速度和特定速度下的加速度。
10．【答案】A,C
【知识点】向心加速度；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，由于向心力方向时刻指向圆心，A球受到重力和绳子的拉力的合力提供向心力，可知合力方向时刻发生改变，故A正确；
B．图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁的弹力大小为时，由于重力为mg，根据向心力方向向下，则合力大小有可能为或者，不能确定小球所受合力大小，无法计算速度大小，故B错误；
C．如图丙可知，a、c两点属于线传动所以a、c两点线速度相同，c、b两点属于同轴转动所以c、b两点角速度相同，结合线速度与角速度、半径关系式可得
由于a、b两点圆周运动半径相同，根据角速度的比值结合向心加速度的表达式可得
故C正确；
D．设绳子与钉子碰撞前后瞬间速度大小为v，小球质量为m，由于碰撞时合力方向与速度方向垂直，所以线速度大小保持不变，碰撞前后，根据牛顿第二定律有
解得
故D错误；
故选AC。
【分析】利用匀速圆周运动的向心力的方向可以判别合力方向不断改变；利用小球经过最高点未知合力的大小不能求出小球速度的大小；利用a、b、c三点的角速度大小关系结合半径大小可以求出加速度的比值；利用小球经过最低点的牛顿第二定律可以比较拉力的大小。
11．【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．将小滑块的运动分解到竖直方向和水平方向，由于竖直方向只受重力，竖直方向做自由落体运动，故A正确；
BC．水平方向只受圆柱体的支持力，且支持力总是与水平方向的速度垂直，小滑块在水平方向做匀速圆周运动，支持力提供向心力，则有
可知支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知小滑块对圆柱体的压力大小保持不变
小滑块从运动到所用的时间为，故B、C错误；
D．小滑块在点时的竖直分速度为
设在点时速度方向与竖直方向的夹角为，则有
可得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】将滑块的运动分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，分别利用圆周运动和自由落体的公式计算时间、速度，结合向心力公式分析压力变化。
12．【答案】（1）A；B；E
（2）“×1k”
（3）；1 Ω
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查多用电表的使用，解题关键注意电表改装原理。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
【分析】（1）根据欧姆表的使用规则进行判断；
（2）偏角过小，说明阻值较大，换用大挡位；
（3）根据代表改装及欧姆定律分析解答。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）[1][2]多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100 mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
13．【答案】（1）C；F；E
（2）
（3）1.95；0.50
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因电压表的量程太大，故不宜选用，因电流表A1的内阻准确值已知，故应将电流表A1与定值电阻R02串联改装成一个电压表，又因蓄电池内阻很小，路端电压变化范围很小，故应将定值电阻R01与蓄电池串联，所以a为C，b为F，c为E。
故答案为：C；F；E
（2）按照原理图甲在图乙中连接实物图如下
（3）结合图甲，根据闭合电路欧姆定律有
变形得
结合图丙，可得
联立求得，
故答案为：1.95；0.50
【分析】(1) 结合实验原理图的电路结构，根据器材量程、阻值匹配原则选择电表与定值电阻；
(2) 依据原理图的串并联关系，按电流流向连接实物电路；
(3) 由闭合电路欧姆定律推导的函数关系，结合图像截距与斜率求电源电动势和内阻。
（1）[1][2][3]因电压表的量程太大，故不宜选用，因电流表A1的内阻准确值已知，故应将电流表A1与定值电阻R02串联改装成一个电压表，又因蓄电池内阻很小，路端电压变化范围很小，故应将定值电阻R01与蓄电池串联，所以a为C，b为F，c为E。
（2）按照原理图甲在图乙中连接实物图如下
（3）[1][2]结合图甲，根据闭合电路欧姆定律有
变形得
结合图丙，可得
联立求得
14．【答案】（1）解：由平衡可知
解得动摩擦因数
（2）解：物体在水平板上做匀速直线运动，则
（3）解：由平衡可知，解得F2=20N
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】(1) 物体沿斜面匀速下滑时受力平衡，结合重力分力与滑动摩擦力的关系求动摩擦因数；
(2) 水平面上物体匀速运动，拉力与滑动摩擦力平衡，直接由摩擦力公式求拉力大小；
(3) 物体受斜向下的恒力匀速运动，对力进行正交分解，结合水平、竖直方向的平衡条件列方程求解恒力大小。
15．【答案】（1）解：分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有
解得
当小球对管上部有压力时，则有
解得
(2)解：小球从管口飞出做平抛运动，竖直方向有
解得
故，
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】(1) 小球在半圆管道最高点P时，对管壁的压力分向上（压上管壁）和向下（压下管壁）两种情况，结合牛顿第二定律求飞出速率；
(2) 小球从P点飞出后做平抛运动，由竖直方向的自由落体运动求时间，再结合水平方向匀速直线运动求水平距离。
16．【答案】（1）解：滑块从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒，
滑块在圆弧轨道AB的B点时，有
解得
（2）解：滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有，，
解得
当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
解得
当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，水平方向有，
竖直方向有，，
解得
综上，的取值范围为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1) 滑块从A到B的过程只有重力做功，由机械能守恒定律求B点速度；在B点由牛顿第二定律计算轨道的支持力。
(2) 滑块从B到C的过程受电场力和摩擦力，由动能定理求C点速度；进入CD右侧后做类平抛运动，结合与墙壁碰撞的临界条件（刚好擦过EF顶端、刚好到达EF底端），推导的取值范围。
1 / 1湖南省长沙市第二十一中学2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、单选题
1．某汽车在平直公路上以功率P、速度匀速行驶时，牵引力为。在时刻司机减小油门，使汽车的功率减为，此后保持该功率继续行驶，在时刻汽车又恢复到匀速运动状态，已知汽车在行驶过程中受到的阻力恒定。下面是有关汽车的速度v牵引力F在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．开始时汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡。当司机减小油门，使汽车的功率减为时，根据P=Fv
可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即
而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变加速运动。当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P=Fv
则此时汽车的速度为原来的一半，故A错误，B正确；
CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小得越来越慢，牵引力增加得越来越慢)，最终牵引力增加到F0，故CD错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查机车启动的动态分析，核心是结合功率公式P=Fv和牛顿第二定律F f=ma，分析功率变化后牵引力、速度的变化规律。
2．如图所示的x—t图象和v—t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是：
A．x—t图象中图线1表示物体1做曲线运动
B．x—t图象中时刻物体1的速度大于物体2的速度
C．v—t图象中0至时间内物体3和物体4的平均速度大小相等
D．v—t图象中时刻物体4的速度改变方向
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，而不能表示物体做曲线运动；A错误；
B．在图象中图线的斜率表示物体的速度，在时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故；B正确；
C．在图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移．故在时间内4围成的面积大于3围成的面积，故4的平均速度大于3的平均速度；C错误；
D．v—t图像的正负代表速度方向，时刻速度方向没有发生变化；D错误
故答案为：B。
【分析】本题考查x t图像和v t图像的物理意义，核心是通过图像的斜率（x t图表示速度、v t图表示加速度）、面积（v t图表示位移）及正负（v t图表示速度方向）分析物体的运动状态。
3．重力大小为G的人在体重计上下蹲，加速阶段体重计所受压力大小为F，下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．体重计的示数为G D．人的加速度方向向上
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】在加速下降阶段，加速度方向向下（与速度方向相同）。设体重计对人的支持力为N（向上），重力为G（向下）。由牛顿第二定律：（取向下为正方向），其中a为加速度大小（a>0）
解得支持力：
根据牛顿第三定律，体重计所受压力F（即人对体重计的压力）与支持力N大小相等：。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】下蹲时，人先加速下降（向下加速），然后减速下降（向下减速）直至停止。在加速下降阶段，加速度方向向下（与速度方向相同），失重，示数小于重力。
4．如图所示，一个球形物体静止于光滑水平地面上并与竖直光滑墙壁接触，A、B两点分别是球与墙、球与地面的接触点。下列说法中正确的是（　　）
A．物体对地面的压力就是物体的重力
B．物体受到重力、B点的支持力、A点的弹力作用
C．物体受到的支持力是由于物体发生形变而产生的
D．物体间有接触但不一定有弹力，物体间有弹力则一定会有接触
【答案】D
【知识点】重力与重心；形变与弹力；受力分析的应用
【解析】【解答】A．物体对地面的压力的大小等于物体重力的大小，但压力不是重力，压力和重力性质不同，故A错误；
B．物体受到重力、B点的支持力的作用，若受A点的弹力，则不能平衡，故B错误；
C．物体受到的支持力是由于水平面的弹性形变而产生的，故C错误；
D．弹力产生的条件是直接接触、发生弹性形变。所以物体间有接触但不一定有弹力，物体间有弹力则一定会有接触，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查弹力的产生条件与受力分析，核心是区分弹力的性质、施力物体的形变成因及接触与弹力的关系。
5．在“蹦极”运动中，运动员身系一根自然长度为L、弹性良好的轻质柔软橡皮绳，从高处由静止开始下落到达最低点。在此下落过程中若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落高度为L时，人的动能最大，绳的弹性势能同时也达到最大
B．下落高度为L后，在继续下落过程中，人的动能一直增大，绳的弹性势能一直变大
C．下落高度为L后，在继续下落过程中，人的机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
D．下落高度为L后，在继续下落到达最低点过程中，人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．运动员先做自由落体运动，下落高度为L，此时弹性绳处于原长，绳的弹性势能为零，继续向下加速运动，速度不是最大值，动能也不是最大值，故A错误；
B．下落高度为L后，在继续下落的过程中，开始阶段，运动员的重力大于橡皮绳的拉力，根据牛顿第二定律，加速度方向向下，先向下做加速度减小的加速运动，当弹力和重力相等时，速度达到最大，然后橡皮绳的拉力大于游戏者的重力，加速度方向向上，做加速度逐渐增大的减速运动，到达最低点时，速度为零，加速度达到最大，此时弹性绳被拉伸的最长，所以人的动能先增大后变小，绳的弹性势能一直变大，故B错误；
C．人的机械能的减少量等于绳的弹性势能的增加量，故C正确；
D．人和橡皮绳的系统机械能守恒，所以人的动能的减少量等于绳的弹性势能的增加量和人的重力势能减小量之和，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查蹦极运动中的机械能守恒与受力分析，核心是结合牛顿第二定律分析运动员的运动状态变化，利用系统机械能守恒判断能量转化关系。
6．北京是人类发展历史上第一个既承办夏季奥运会，又承办冬季奥运会的城市。如图所示为冬奥会项目冰壶比赛中，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和依次穿过每个矩形区域所需时间之比分别是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB．把冰壶运动的逆过程看做是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度与位移的关系式
可得冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比为，故AB错误；
CD．根据位移公式
可得通过、、的时间比为，则穿过每个矩形区域所用的时间之比为，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查匀减速直线运动的逆向思维应用，核心是将冰壶的匀减速运动反向视为初速度为 0 的匀加速直线运动，利用初速度为 0 的匀加速直线运动的速度 - 位移和位移 - 时间规律，推导进入各区域的速度比和穿过各区域的时间比。
7．如图所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到A点速度最大
B．小球运动到B点后加速度方向发生改变
C．从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动
D．从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小
【答案】B
【知识点】加速度；牛顿第二定律
【解析】【解答】AC．在B点为弹簧弹力和小球重力大小相等，合力等于零，加速度等于零，速度最大，从A点到C点的过程中，小球先加速后减速，AC错误。BD．在B点为弹簧弹力和小球重力大小相等，合力等于零，加速度等于零，小球运动到B点后加速度方向发生改变，从B点到C点的过程中，小球加速度不断增大，B正确，D错误；
故答案为：B。
【分析】通过受力分析确定小球的合力方向，结合牛顿第二定律判断加速度的大小和方向变化，再根据加速度与速度的方向关系分析运动状态（加速 / 减速）。
二、多选题
8．一汽车做匀变速直线运动的速度v与时间t的关系式为v=7+3t（v与t的单位分别是m/s和s），则该汽车（　　）
A．初速度大小为7m/s B．加速度大小为6m/s2
C．第2s末时速度大小为13m/s D．可能在做匀减速直线运动
【答案】A,C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AB．将速度v与时间t的关系式与匀变速直线运动速度与时间公式
类比可得
v0=7m/s，a=3m/s2
故A正确，B错误；
C.汽车在2s末时，速度大小为
故C正确；
D．由AB选项可知汽车加速度方向与初速度方向均为正方向，则汽车做匀加速直线运动，故D错误。
故选AC。
【分析】将汽车做匀变速直线运动的速度v与时间t的关系式为v=7+3t，与匀变速直线运动速度与时间的关系式进行类比，得到对应的速度和加速度，再将t=2s带入计算2s末的速度大小，由速度和加速度的方向相同，可判断汽车做匀加速直线运动。
9．电动汽车以其环保节能、加速快等优点越来越受到消费者的欢迎，为使汽车既有良好的加速性能，又能控制汽车的最大速度，电动汽车的车载智能系统介入汽车行驶过程。如图所示为某品牌汽车在一次起步时汽车牵引力与速度的关系，汽车的速度达到时电动机功率达到最大值。此后车载智能系统逐渐降低电动机功率，当电动机功率降至最大功率的50%时，汽车达到最大速度。已知汽车及乘员的总质量为，汽车行驶过程中受到的阻力与速度的关系为（），则汽车在起步直至达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度始终在减小
B．汽车的加速度先不变后减小
C．该汽车能达到的最大速度是
D．汽车速度为时的加速度为
【答案】A,D
【知识点】牛顿第二定律；机车启动
【解析】【解答】AB．汽车的速度达到前的过程，根据牛顿第二定律可得
可知随着汽车速度的增大，汽车的加速度逐渐减小；汽车的速度达到到最大速度的过程中，根据牛顿第二定律可得，可知随着汽车速度的增大，牵引力的减小，汽车的加速度继续逐渐减小；故A正确，B错误；
C．设汽车能达到的最大速度为，此时牵引力等于阻力，电动机功率降至最大功率的50%时，则有
解得，故C错误；
D．汽车速度为时，根据牛顿第二定律可得
又
联立解得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】本题考查机车启动的功率与动力学综合分析，核心是结合、牛顿第二定律和阻力公式，分析汽车在不同阶段的加速度变化，计算最大速度和特定速度下的加速度。
10．下列有关运动的说法正确的是（　　）
A．图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，A球受到重力和绳子的拉力的合力方向时刻改变
B．图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁的弹力大小为，则此时小球的速度一定为
C．图丙皮带轮上a点的加速度与b点的加速度之比为
D．如图丁，长为L的细绳，一端固定于O点，另一端系一个小球（可看成质点），在O点的L正下方距O点处钉一个钉子A，小球从一定高度摆下，绳子与钉子碰撞前后瞬间绳子拉力变为原来2倍
【答案】A,C
【知识点】向心加速度；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图甲中A球在水平面内做匀速圆周运动，由于向心力方向时刻指向圆心，A球受到重力和绳子的拉力的合力提供向心力，可知合力方向时刻发生改变，故A正确；
B．图乙中质量为m的小球到达最高点时对管壁的弹力大小为时，由于重力为mg，根据向心力方向向下，则合力大小有可能为或者，不能确定小球所受合力大小，无法计算速度大小，故B错误；
C．如图丙可知，a、c两点属于线传动所以a、c两点线速度相同，c、b两点属于同轴转动所以c、b两点角速度相同，结合线速度与角速度、半径关系式可得
由于a、b两点圆周运动半径相同，根据角速度的比值结合向心加速度的表达式可得
故C正确；
D．设绳子与钉子碰撞前后瞬间速度大小为v，小球质量为m，由于碰撞时合力方向与速度方向垂直，所以线速度大小保持不变，碰撞前后，根据牛顿第二定律有
解得
故D错误；
故选AC。
【分析】利用匀速圆周运动的向心力的方向可以判别合力方向不断改变；利用小球经过最高点未知合力的大小不能求出小球速度的大小；利用a、b、c三点的角速度大小关系结合半径大小可以求出加速度的比值；利用小球经过最低点的牛顿第二定律可以比较拉力的大小。
11．如图，内半径的光滑空心圆柱体固定在水平地面上，一小滑块紧贴内壁从O点以的初速度沿切向水平滑入，旋转一周经过点。取重力加速度，则小滑块（　　）
A．在竖直方向上做自由落体运动
B．从O运动到所用的时间为
C．对圆柱体的压力大小逐渐增大
D．在点时速度方向与竖直方向的夹角为
【答案】A,D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力
【解析】【解答】A．将小滑块的运动分解到竖直方向和水平方向，由于竖直方向只受重力，竖直方向做自由落体运动，故A正确；
BC．水平方向只受圆柱体的支持力，且支持力总是与水平方向的速度垂直，小滑块在水平方向做匀速圆周运动，支持力提供向心力，则有
可知支持力大小不变，根据牛顿第三定律可知小滑块对圆柱体的压力大小保持不变
小滑块从运动到所用的时间为，故B、C错误；
D．小滑块在点时的竖直分速度为
设在点时速度方向与竖直方向的夹角为，则有
可得，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】将滑块的运动分解为水平方向的匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，分别利用圆周运动和自由落体的公式计算时间、速度，结合向心力公式分析压力变化。
三、实验探究题
12．多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。
（1）某同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，接下来应该做的是___________（把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）；
A．将电表开关掷于合适挡，然后将红、黑表笔短接
B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线
E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线
（2）用多用电表的欧姆挡测量电压表的内阻时，若发现选用“×100”挡时指针偏角过小，则应换用　 　（填“×10”或“×1k”）挡。
（3）如上图所示是一种多用电表的电路图，该多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。改装后有两个量程可供选择：0 ~ 100 mA和0 ~ 1 A。已知电流表的内阻为10 Ω，则R1 = 　 　，R2 = 　 　。
【答案】（1）A；B；E
（2）“×1k”
（3）；1 Ω
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】本题考查多用电表的使用，解题关键注意电表改装原理。合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位．每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
【分析】（1）根据欧姆表的使用规则进行判断；
（2）偏角过小，说明阻值较大，换用大挡位；
（3）根据代表改装及欧姆定律分析解答。
（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量，则正确的操作顺序是EAB。
（2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量。
（3）[1][2]多用电表测量电流的部分为一量程为10 mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0 ~ 100 mA量程的电流表，由欧姆定律可得
开关接1应是0 ~ 1 A量程的电流表，由欧姆定律可得
联立解得
，
13．实验室有一节新蓄电池，内阻很小，实验员准备了以下器材测量该蓄电池的电动势和内阻。
A．新蓄电池一节（电动势约2 V，内阻约1 Ω） E．定值电阻R01 = 2.0 Ω
B．电压表V（量程15 V，内阻约2000 Ω） F．定值电阻R02 = 1160 Ω
C．电流表A1（量程2 mA，内阻r1 = 10 Ω） G．电阻箱R（0 ~ 99.99 Ω）
D．电流表A2（量程0.6 A，内阻r2约10 Ω） H．电键S一个，导线若干
（1）实验员画出实验原理图如图甲所示，其中a为　 　，b为　 　，c为　 　。（均填器材前的字母）
（2）请按照原理图甲在图乙中连接实物图　 　。
（3）在进行数据处理时，实验员忽略支路分流的影响，作出通过电流表的电流I与电阻箱阻值R的关系图像如图丙所示，则电源的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（结果均保留2位小数）
【答案】（1）C；F；E
（2）
（3）1.95；0.50
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）因电压表的量程太大，故不宜选用，因电流表A1的内阻准确值已知，故应将电流表A1与定值电阻R02串联改装成一个电压表，又因蓄电池内阻很小，路端电压变化范围很小，故应将定值电阻R01与蓄电池串联，所以a为C，b为F，c为E。
故答案为：C；F；E
（2）按照原理图甲在图乙中连接实物图如下
（3）结合图甲，根据闭合电路欧姆定律有
变形得
结合图丙，可得
联立求得，
故答案为：1.95；0.50
【分析】(1) 结合实验原理图的电路结构，根据器材量程、阻值匹配原则选择电表与定值电阻；
(2) 依据原理图的串并联关系，按电流流向连接实物电路；
(3) 由闭合电路欧姆定律推导的函数关系，结合图像截距与斜率求电源电动势和内阻。
（1）[1][2][3]因电压表的量程太大，故不宜选用，因电流表A1的内阻准确值已知，故应将电流表A1与定值电阻R02串联改装成一个电压表，又因蓄电池内阻很小，路端电压变化范围很小，故应将定值电阻R01与蓄电池串联，所以a为C，b为F，c为E。
（2）按照原理图甲在图乙中连接实物图如下
（3）[1][2]结合图甲，根据闭合电路欧姆定律有
变形得
结合图丙，可得
联立求得
四、计算题
14．一质量为m=2kg的物体放置在水平板上，抬升板的左端，当倾角为θ时，物体恰能沿板向下做匀速直线运动，如图甲所示，已知tanθ=0.5，接触面间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，g=10m/s2，sin37°=0.6.
（1）求物体与板之间的动摩擦因数μ；
（2）将板恢复到水平位置，对物体施加水平向右的恒力F1，物体在板上做匀速直线运动，如图乙所示，求F1的大小；
（3）将板恢复到水平位置，对物体施加与水平方向夹角为α=37°的恒力F2使物体在板上做匀速直线运动，如图丙所示，求F2的大小。
【答案】（1）解：由平衡可知
解得动摩擦因数
（2）解：物体在水平板上做匀速直线运动，则
（3）解：由平衡可知，解得F2=20N
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】(1) 物体沿斜面匀速下滑时受力平衡，结合重力分力与滑动摩擦力的关系求动摩擦因数；
(2) 水平面上物体匀速运动，拉力与滑动摩擦力平衡，直接由摩擦力公式求拉力大小；
(3) 物体受斜向下的恒力匀速运动，对力进行正交分解，结合水平、竖直方向的平衡条件列方程求解恒力大小。
15．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg．求：
（1）小球从管口飞出时的速率；
（2）小球落地点到P点的水平距离．
【答案】（1）解：分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有
解得
当小球对管上部有压力时，则有
解得
(2)解：小球从管口飞出做平抛运动，竖直方向有
解得
故，
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】(1) 小球在半圆管道最高点P时，对管壁的压力分向上（压上管壁）和向下（压下管壁）两种情况，结合牛顿第二定律求飞出速率；
(2) 小球从P点飞出后做平抛运动，由竖直方向的自由落体运动求时间，再结合水平方向匀速直线运动求水平距离。
16．如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到CD的距离为，CD左侧有场强大小为、水平向左的匀强电场，CD右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。CD右侧且相距处有一竖直墙壁EF，EF底端E点与水平地面BE相连接，EF高度为，现将、的绝缘滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入CD右侧，滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为，重力加速度大小取，，，．求：
（1）滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小；
（2）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。
【答案】（1）解：滑块从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒，
滑块在圆弧轨道AB的B点时，有
解得
（2）解：滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有，，
解得
当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有
解得
当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，水平方向有，
竖直方向有，，
解得
综上，的取值范围为
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】(1) 滑块从A到B的过程只有重力做功，由机械能守恒定律求B点速度；在B点由牛顿第二定律计算轨道的支持力。
(2) 滑块从B到C的过程受电场力和摩擦力，由动能定理求C点速度；进入CD右侧后做类平抛运动，结合与墙壁碰撞的临界条件（刚好擦过EF顶端、刚好到达EF底端），推导的取值范围。
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