【文档说明】天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年高一上学期11月期中物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.291 MB，由小赞的店铺上传

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天津市滨海新区塘沽第一中学2023—2024学年高一上学期11月期中物理试题一、单项选择题1.利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法中正确的是（）A.甲图中2xt

−图可求出物体的加速度大小为1m/s2B.乙图中2vx−图可求出物体的加速度大小为5m/s2C.丙图中xtt−图可求出物体的加速度大小为2m/s2D.丁图中at−图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s【答案】B【解析】【详解】A．根据匀变速运动的位移与时

间关系公式2012xvtat=+，根据甲图中2xt−图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为212m/s22ak==解得22m/sa=A错误；B．根据匀变速运动的速度与位移时间关系2202vvax−=，根据乙图中2vx−图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为2102m/s1

ak==解得25m/sa=B正确；C．根据匀变速运动的位移与时间关系公式2012xvtat=+，整理得012xvatt=+根据丙图中xtt−图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为21042m/s22ak−===−解得24m/sa=−物体的加速度大小为4m/s2，C

错误；D．根据微元法可以得到，物理学中at−图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物理的速度变化量，则丁图中at−图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为132m/s3m/s2v==D错误。故选B。2.如

图所示，两物体A、B通过跨接于定滑轮的轻绳相连，处于静止状态（0θ90）以下说法不正确的是（）A.绳子拉力大小等于A的重力，且与的变化无关B.越大，绳对滑轮的作用力越小C.可能出现B对地压力为

零的情况D.改变时，B对地压力也随之变化【答案】C【解析】【详解】A．以A为对象，根据受力平衡可得ATmg=可知绳子拉力大小等于A的重力，且与的变化无关，故A正确，不满足题意要求；B．由于绳子拉力大小不变，越大，滑轮两边绳子的夹角越大

，两绳子拉力的合力越小，即绳对滑轮的作用力越小，故B正确，不满足题意要求；C．以B为对象，由于需要有摩擦力与绳子拉力的水平分力平衡，则地面对B一定存在支持力的作用，不可能出现B对地压力为零的情况，故C错误，满足题意要

求；D．以B为对象，竖直方向根据受力平衡可得BcosTNmg+=可得BAcosNmgmg=−可知改变时，支持力发生变化，则B对地压力也随之变化，故D正确，不满足题意要求。故选C。3.如图所示，将弹性小球以10m/s的速度从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直向上反

弹，经过距地面1.5m高的B点时，向上的速度为7m/s，从A到B过程，小球共用时0.3s，则此过程中（）A.小球的位移大小为0.5m，方向竖直向上B.小球速度变化量的大小为3m/s，方向竖直向下C.小球平均

速度的大小为8.5m/s，方向竖直向下D.小球平均加速度的大小约为256.7m/s，方向竖直向上【答案】D【解析】【详解】A．位移是初位置指向末位置的有向线段，从题中可以看出，小球从A到B位移为0.5m，方向指向末位置，即方向竖直向下，A错误；B．速度

变化量等于末速度减初速度，规定向下为正，则Δv=−7m/s−10m/s=−17m/s负号表示与规定方向相反，即速度变化量的方向竖直向上，B错误；C．平均速度等于位移与时间的比值，小球的位移为0.5m，方向竖直向下，所以小球的平均速度大小0.55msms0.

33xvt===方向竖直向下，C错误；D．规定向下的方向为正方向，由加速度公式xat=可知222710170msms56.7ms0.33xat−−===−−小球平均加速度的大小约−56.7m/s2，负号表示方向竖直向上，D正确。故选D。4.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线

运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0~20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（）A.在0~10秒内两车逐渐靠近B.在10~20秒内两车逐渐远离C.在5~15秒内

两车的位移相等D.在t=10秒时两车在公路上相遇【答案】C【解析】【详解】A．在0－10s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，则A错误；B．在10－20s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，则B错误；C．在5－15s内，两图象与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，则C正确；D．在t＝

10s时两车速度相等，相距最远，则D错误．5.用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L。在下图中，斜面的倾角为30°，现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量为2L，则物体所受摩擦力（）A.大小为2mg，方向沿斜面向下B.大小为32

mg方向沿斜面向上C.等于零D.大小为mg，方向沿斜面向下【答案】D【解析】【详解】弹簧竖直悬挂物体时，设此时弹簧对物体的弹力为F，对物体受力分析，根据共点力平衡条件可得Fmg=根据胡克定律可得FkLmg==物体放在斜面

上时，再次对物体受力分析，设沿斜面向上为正方向，弹簧对物体的弹力为F，如图根据共点力平衡条件，有2sin300Ffmg+−=其中22FkLmg==联立解得fmg=−摩擦力的方向沿斜面向下。故选D。6.有一质点从某一高度处自由

下落，开始的13高度用时为t，重力加速度为g，则（）A.物体自由下落12高度所用的时间为62tB.物体落地所用的时间为3tC.物体自由下落12高度时速度为32gtD.物体落地时的速度为3gt【答案】AD【解析】【详解】AC．根据题意可得21

132hgt=设物体自由下落12高度所用的时间为t1，则有211122hgt=联立上式解得162tt=则物体自由下落12高度时的速度为1162vgtgt==故A正确，C错误；BD．设物体落地所用的时间为t2，则有2212hgt=联立解得23tt

=物体落地时的速度为223vgtgt==故B错误，D正确。故选AD。7.如图所示，一颗子弹水平向右飞行，恰好能够依次穿过竖直固定着的厚度相同的3块木块，子弹在木块的中的运动可以看做匀减速直线运动，下列分析不正确的是（）A.子弹进入每块木块

前的速度之比123::6:2:1vvv=B.子弹依次穿过三块木板的时间之比123::(32):(21):1ttt=−−C.改变木板的厚度，让子弹恰好穿过三块木块的时间相等，则三块木块的厚度之比1235:3:1::ddd=D.改变木板的厚度，让子弹恰好穿过三块木块的时间相等，则子弹进

入每块木块前的速度之比123::3:2:1vvv=【答案】A【解析】【详解】AB．一颗子弹水平向右飞行，恰好能够依次穿过竖直固定着的厚度相同的3块木块，可知子弹射出3块木块后的速度刚好为0，根据位移速度公式可得21023vad−=−，22022vad−=−，2302vad−=−可得123::3

:2:1vvv=子弹依次穿过三块木板的时间之比为23312123::(32)211:::():vvvvvtttaaa−−==−−故A错误，满足题意要求，B正确不满足题意要求；CD．改变木板的厚度，让子弹恰好穿过三块木块的

时间相等，根据逆向思维可得，子弹进入每块木块前的速度之比1233:2:321::::vvvatatat==三块木块的厚度之比为23312123::::5:3:1222vvvvvdddttt++==故CD正确，不满足题意要求。故

选A。8.水平地面上堆放着相同的原木，如图甲所示，截面图如图乙所示，已知原木之间的滑动摩擦因数为μ，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，若要将最上面的那根原木沿轴线方向匀速拉出，水平拉力大小应为（）A32GB.GC.2

33GD.2G【答案】C【解析】【详解】对圆柱原木静止时受力分析，如图所示根据平衡条件可得122cos30GNN==每一个侧面所受的滑动摩擦力1fN=根据平衡条件可得2Ff=代入数据联立解得233FG=故选C。二、多项选择题9.对如图所示的生活中各物理现象

的分析，正确的是（）.A.图甲：运动员静止站立在三米板上时，运动员受重力和弹力作用，二力平衡B.图乙：放在水平桌面上的书本对桌面压力，是因为书本发生形变而产生的C.图丙：橡胶轮胎有很深的纹路是为了减小和路面的接触面积，以减小摩擦D.图丁：高大的桥要造很长的引桥，是为了

减小汽车重力沿斜面向下的分力，行驶更方便更安全【答案】BD【解析】【详解】A．图甲：跳板在运动员给的压力作用下，会向下弯曲，即发生凸起形变，则跳板会给运动员一个垂直于接触面的弹力，则对运动员受力分析可知运动员受到自身重力、跳板给的弹力、摩

擦力三个力的作用，故A错误；B．图乙：放在水平桌面上的书本对桌面压力，是因为书本发生形变而产生的，故B正确；C．图丙：橡胶轮胎有很深的纹路是为了增加摩擦，故C错误；D．图丁：高大的桥要造很长的引桥，是为了减小汽车重

力沿斜面向下的分力，行驶更方便更安全，故D正确。故选BD10.一物体以初速度0v做匀减速运动，第1s内通过位移为13mx=,第2s内通过的位移为22mx=，又经过位移3x，物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是（）A.初速

度0v的大小为2.5m/sB.加速度a的大小为211m/sC.位移3x的大小为9m8D.位移3x的平均速度大小为7.5m/s【答案】C【解析】【详解】B．根据逐差法可知物体的加速度为。的222223m/s1m/s1xat−===−可得加速度a

的大小为21m/s，方向为与初速度方向相反，故B错误；A．根据匀变速运动过程中，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得在第一秒末时的瞬时速度为12132m/s2.5m/s221xxvt++===则可得初速度0v的大小为013.5

m/svvat=−=故A错误；C．同理可得第2秒末的速度大小为211.5m/svvat=+=则根据22302vax−=可得39m8x=故C正确；D．则可得330vat−=解得11.5st=可得位移3x的平均速度大小为310.75m/sxvt=

=故D错误；故选C。11.如图所示，三个重均为100N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F=20N用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45o角，竖直绳悬

挂重为20N的小球P．整个装置处于静止状态．则()A.物块1和2之间的摩擦力大小为0B.水平绳的拉力大小为15NC.桌面对物块3的支持力大小为320ND.物块3受5个力的作用【答案】AD【解析】【详解】试题分析：对物块１受力分析可得，物块１处于静止状态，所以它

只在竖直方向受到平衡力，水平方向不受力，所以物块1和2之间的摩擦力大小为0，A正确；对绳子的O点受力分析可得，水平绳子拉物块3的力与P的重力大小相等，故也为20N，B错误；对物块1、2、3整体受力分析可得，三个物块的总重为300N，故桌面对物块3的支持力为

300N，C错误；物块3共受到5个力的作用，它们分别为：重力、物块2对3的向右的大小为20N的摩擦力、绳子对它的大小为20N的水平向右的拉力，2对3的压力，桌面对物块3的支持力；对于整体而言，由于三个物块水平方向受到的

力是平衡的，故桌面对3的摩擦力为0，所以D正确．考点：受力分析，共点力的平衡．12.在足够高的塔顶上以030m/sv=的初速度竖直上抛一个小球（不计空气阻力，g取210m/s），从抛出至位移大小为25m这段时间内，小球（）A.通过的路程可能为115mB.平均速率可能为13m/sC.平均速度可

能为5m/s，方向竖直向上D.平均速度可能为2m/s，方向竖直向下【答案】ABC【解析】【分析】竖直上抛运动可以分成上升和下降两个过程分段研究，抓住这两个过程的对称性进行分析．也可以看成一种有往复的匀减

速直线运动进行处理．已知小球的位移大小，但位移方向不确定，可能向上，也可能向下，分两种情况由运动学公式求解．【详解】A．取竖直向上为正方向，则小球的初速度：v0=30m/s；小球上升的最大高度为h=202vg=45m所以通过的路程可能为S1=x=25m也可能为S2=2h-x=90-2

5=65m也可能为S3=2h+x=90+25=115m故A正确．B．当位移方向向上时，即x=25m时，设用时为t，由位移公式得x=v0t-12gt2代入得25=30t-5t2解得t1=1st2=5s当位移方向向下时，即x=-25m时，设用时为t′，由位移公式得x=v

0t′-12gt′2代入得-25=30t′-5t′2解得t′=（3+14）s，（另一值不合理舍去）根据平均速率Svt=率可得平均速率可能为11125m/sSvt==率22213m/sSvt==率3311517m/s314Svt==+率选项B正确；CD．平均速度

可能为112525m/s1xvt===方向竖直向上可能为22255m/s5xvt===方向竖直向上；可能为3253.7m/s314xvt+==方向竖直向下；故C正确，D错误．故选ABC．三、填空题13.某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上，细绳的一端与物块相

连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器为电磁打点计时器固定在桌面左端，所用电源频率为50Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上，某同学做完实验后打点计时器打出的纸带如图（b）所示（图中相邻两点间有4个点

未画出）。（1）实验中，电源必须是___________。A．220V的蓄电池B．低压交流电C．干电池组D．220V交流电（2）在做该实验时，下列说法正确的是___________。A．先释放纸带，后接通电源B．打完纸带后应立即关闭电源C．释放小车时小车应靠近电磁打点计时器D．计数点必须从

纸带上打的第一个点开始选取（3）相邻两个计数点间的时间间隔为___________s。（4）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为___________m/s，（保留两位小数）（5）物块的加速度大小为___________2m/s。（保留两位有效数字）（6）打点计时器

使用的交变电流的频率原为50Hz，若某次实验中交变电流的实际频率变为49Hz而未被发觉，则纸带上记录的时间与真实值比较将___________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）【答案】①.B②.BC##CB③.0.1④.0.56⑤.2.0⑥.偏小【解析

】【详解】（1）[1]实验中，电磁打点计时器需要连接低压交流电源。故选B。（2）[2]ABC．为了充分利用纸带，释放小车时小车应靠近电磁打点计时器，先接通电源，后释放纸带，打完纸带后应立即关闭电源，故A错误，BC正确；D．计数点不需要从纸带上打的第一个点开始选取，可以选取点迹清晰的点作为

第一个点，故D错误。故选BC。（3）[3]相邻两点间有4个点未画出，则相邻两个计数点间的时间间隔为50.02s0.1sT==（4）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为2(4.616.59)10m/s0.56m/s220.1ACBxvT−+===（5）[

5]根据逐差法可得，物块的加速度大小为22222(8.6110.614.616.59)10m/s2.0m/s440.1CEACxxaT−−+−−==（6）[6]打点计时器使用的交变电流的频率原为50Hz，若某次实验中交变电流的实际频

率变为49Hz而未被发觉，根据1Tf=可知纸带上记录的时间与真实值比较将偏小。14.（1）用铁架台、带挂钩的不同弹簧若干、50g的钩码若干、刻度尺等，安装如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F的大小与伸长量x之间的定量关系。①未挂钩码时，弹簧原长放大如图甲所示，可读得原长0L___

________cm。②由图乙还可知劲度系数较大的是___________弹簧；还可算出B弹簧的劲度系数为___________N/m。③若某同学做实验时，误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，则该同学所做图像得到的k值是____

_______（填偏大、偏小或者不变）。（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。①本实验采用的科学方法是___________A

．理想实验法B．等效替代法C．微小量放大法D．控制变量法②本实验操作中应满足的要求是___________A．两根细绳必须等长B．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时，两拉力的夹角应该较小C．在用两个弹簧测力计同时拉细绳

时两个弹赞测力计的读数必须相等D．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行E．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧测力计拉时记下的位置③图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。在F与F两力中，方向一定沿AO方向的是___________。④由于实验室没有

细绳，在进行实验时，图甲中的OB和OC___________（填“可以”或“不可以”）用橡皮条代替。【答案】①.7.00②.A③.10④.不变⑤.B⑥.DE⑦.F⑧.可以【解析】【详解】（1）①[1]图中刻度尺的分度值为1mm，要估读到分度值的下一位，已知刻度尺的

零刻度线与弹簧上端平齐，弹簧长度为07.00cm=L②[2]根据胡克定律有Fkx=图像的斜率表示劲度系数，则可知A弹簧的劲度系数大于B弹簧的劲度系数；[3]B弹簧的劲度系数为2N/m10N/m200.01Fkx===③[4]劲度系数是由图象斜

率解得，误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，k值不变；（2）①[5]根据“验证力的平行四边形定则”实验原理可知，两个力共同作用的效果与一个力单独作用的效果相同，因此该实验采用了等效替代法；②[6]A

．为减小实验误差方便实验操作，两根细绳应适当长些，但不必等长，故A错误；B．为减小实验误差方便实验数据处理，两根细绳夹角应适当大些，但两根细绳的方向不必垂直，故B错误；C．在用两个弹簧秤同时拉细绳时两个弹簧

秤的读数应适当大些，但不必相等，故C错误；D．为减小实验误差，在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，故D正确；E．为保证力的作用效果相同，在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置O，故E正确；故选D

E；③[7]合力的实测值与橡皮筋伸长的方向在同一直线上，由图乙所示可知，F是两力合力的理论值，F′是合力的实测值，方向一定沿AO方向的是F；④[8]该实验中细绳套的作用是挂弹簧测力计的挂钩、确定拉力的方向，因此实验室没有细绳，在进行实验时，图甲中的OB和OC可

以用细橡皮筋来替代。四、计算题15.质量m＝11kg的物体与竖直墙面间的动摩擦因数为μ＝0.5。如图所示，若用竖直方向成θ＝37°角的力F＝120N压住物体，物体处于静止状态。求：（g＝10N/kg，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）（1）此时物体受到的摩擦力是多大？（2

）若要使物体沿墙面匀速滑动，且力方向不变，则力大小应变为多少？【答案】（1）14N；（2）若向上，220N，若向下，100N【解析】【详解】（1）当物体处于静止时，力F沿竖直方向的分力为1cos96N110NFFmg===所以物体有向下的运动趋势，静摩擦力向上，根据平衡f1FFm

g+=解得f14NF=（2）物体沿墙面匀速向上滑动时，滑动摩擦力向下，则水平方向NsinFF=竖直方向fcosFFmg=+又因为fNFF=由以上三式可解得220NF=物体沿墙面匀速向下滑动时，滑动摩擦力向上，则水平方向N

sinFF=竖直方向fcosFFmg+=又因为fNFF=由以上三式可解得100N=F16.如图所示，离地面足够高处有一竖直空管，管长为l=0.2m，M、N为空管的上、下两端面。空管以恒定的速度向下做匀速直线运动，同时在距空管N端面正下方d=0.25m处有一小球开始做

自由落体运动，取g=10m/s2。求：(1)若经过t1=0.2s，小球与N端面等高，求空管的速度大小v0；(2)若经过t2=0.5s，小球在空管内部，求空管的速度大小v0应满足什么条件；(3)若小球运动中未穿过M端面，为

使小球在空管内部运动的时间最长，求v0的大小，并求出这个最长时间。【答案】(1)2.25m/s；(2)3m/s≤v0≤3.4m/s；(3)3m/s，0.4s【解析】【详解】(1)当球与N点等高时，由位移公式可得201112vtgtd−=解得v0=2

.25m/s(2)若v0最小时，球恰好运动到与N点等高，由位移公式可得20min2212vtgtd−=得v0min=3m/s若v0最大时，球恰好运动到与M点等高，由位移公式可得20max2212vtgtdl−=+解得v0max=3.4m/s空管的速度大小v

0应满足3m/s≤v0≤3.4m/s(3)当小球运动到M处恰好与管共速，此情况小球在空管内部运动时间最长，则：03'vgt=，20332'1vtgtdl−=+解得3=0.3st，0'3m/sv=的小球与N点等高时，则042412'dvgtt−=解得t4=0.1s或t4=0.5s即t

=0.1s时，小球刚进入空管N端，t=0.5s时，小球恰好离开空管N端，则小球在空管内部运动的最长时间为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com