【文档说明】四川省眉山市彭山区第一中学2022-2023学年高一上学期期末物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.364 MB，由小赞的店铺上传

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彭山一中高2025届高一上期期末物理检测试题一、选择题（1-6单选，每题4分，7-10多选，每题6分，共48分）1.下列说法正确的是（）A.第3s末至第4s初有1s的时间B.在空中运动的物体也可以选定为参考系C.物体做单方向的直线运动时，通过的路程就是位移D.研究跆

拳道运动员比赛中的动作时，可将运动员视为质点【答案】B【解析】【详解】A．第3s末至第4s初是指同一时刻，则第3s末至第4s初的时间间隔为0，A错误；B．参考系的选择可以任意选择，在空中运动的物体也可以选定为参考系，B正确；C．路程是标量，只有大小，没有方向，位移是

矢量，既有大小，又有方向，物体做单方向的直线运动时，路程与位移大小相等，但是不能认为通过的路程就是位移，C错误；D．研究跆拳道运动员比赛中的动作时，运动员的形状和体积对所研究的问题的影响不能忽略，则此时不能将运动员视为质点，D错误

。故选B。2.下列说法正确的是（）A.物体相互作用时，先有施力物体，后有受力物体B.射出的炮弹向前飞行的过程中，受到推力和重力的作用C.杯子受到桌面的支持力是由于桌面发生弹性形变而产生的D.滑动摩擦力是阻碍物体间相对运动的力，因此滑

动摩擦力一定是阻力【答案】C【解析】【详解】A．物体相互作用具有同时性，因此施力物体和受力物体没有先后，A错误；B．射出的炮弹向前飞行的运动中，若不考虑空气阻力时，炮弹只受到重力的作用，B错误；C．杯子受到桌面支持力是由于桌面发生弹性形

变而产生的，C正确；D．滑动摩擦力是阻碍物体间相对运动的力，可滑动摩擦力不一定是阻力，例如把静止的物体轻放在水平运动的传送带上时，传送带对物体的滑动摩擦力使物体随传送带一起运动，D错误。故选C。3.如图所示，一质量为m的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑。则（）的A.物体所受合

力为0B.物体所受合力为sinmgC.物体匀速下滑的速度越大，其所受摩擦力越小D.物体受重力、支持力、摩擦力、下滑力和压力的作用【答案】A【解析】【详解】AB．物体匀速下滑，物体处于平衡状态，物体所受合力为0，A正确，B错误；D．对物体进行受力分析，可知物体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，

D错误；C．根据上述可知，物体向下做匀速直线运动，则摩擦力sinfmg=可知，摩擦力大小与速度大小无关，C错误。故选A。4.如图所示，用轻绳AO和BO将质量为5kg的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间。处于静止状态时，AO绳水

平，BO绳与水平面的夹角为θ=30°，重力加速度g=10m/s2。则BO绳的拉力大小为（）A.5033NB.100NC.503ND.50N【答案】B【解析】【详解】对O点根据共点力平衡可得sinBOTmg=解得100NsinBOmgT==故选B。5.如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动

的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg的物体放在传感器上。在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N。g取10m/s2。对此过程的分析正确的是（）A.物体受到的重力变大B.物体的加速度大小为1m/s2C.电梯

一定正在减速上升D.电梯一定正在加速上升【答案】B【解析】【详解】A．重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，物体在电梯中运动的过程中，重力并没有发生改变，A错误；B．对物体分析有Nmgma−=解得21m/sa=B正确；CD．根据上述，加速度向上，当速度向上时，电梯向上做匀加速直线运动，当速度向下

时，电梯向下做匀减速直线运动，CD错误。故选B。6.一轻弹簧竖直放置在地面上，轻弹簧下端与地面固定，上端放着一质量为m的水平钢板，先用一定的竖直力F把钢板进一步下压至稳定，某时刻撤去力F，从撤去时算起至钢板上升到最高点过程中（不计空气阻力），

下列说法正确的是（）A.钢板m上升的最高点恰为弹簧的原长处B.钢板m在弹簧原长处钢板的速度最大C.钢板m的加速度先减小，后一直增大D.钢板m的速度先增大，后一直减小【答案】D【解析】【详解】ABD．从

撤去力F时算起至弹簧对钢板的弹力大小等于钢板重力过程中弹力大于钢板的重力，钢板向上做加速运动，当弹力大小等于钢板重力时，加速度是零，钢板的速度最大，此后重力大于弹力，钢板向上做减速运动，钢板脱离弹簧后，向上做竖直上抛运动

，速度减到零时，上升到最高点，AB错误，D正确；C．撤去力F时，弹簧弹力最大，钢板的加速度最大，到弹力大小等于钢板重力时，弹力一直减小，加速度一直减小，弹力大小等于钢板重力时，加速度是零，此后弹力继续减小，重力不变，加速度反方向开

始增大，到钢板脱离弹簧后，加速度增大到最大为g，以后加速度就不在增大，C错误。故选D。7.一个质量为2kg的物体，在5个共点力的作用下做匀速直线运动。若同时撤去其中大小分别为4N和5N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是（）A.1m/s2B.2m/s2

C.6m/s2D.11m/s2【答案】AB【解析】【详解】4N和5N的两个力的合力F的取值范围为5N4N5N4NF−+解得1N9NF由于物体在5个共点力的作用下做匀速直线运动，物体处于平衡状态，当撤去其中大

小分别为4N和5N的两个力后，其余力的合力与4N和5N的两个力的合力F等大反向，根据Fam=解得此时该物体的加速度大小范围220.5m/s4.5m/sa则题中给出的加速度可能值为1m/s2与2m/s2

。故选AB。8.一物体在水平拉力作用下在水平地面上由甲地出发，经过一段时间撤去拉力，滑到乙地刚好停止。其v-t图像如图所示，则（）A.物体在0~t0和t0~3t0两段时间内，加速度大小之比为3∶1B.物体在0~t0和t0~3t0两段时间内，位移大小之比为1∶2C.物体受到的水平拉力与水平地面

摩擦力之比为3∶1D.物体在0~t0和t0~3t0两段时间内，平均速度大小之比为1∶2【答案】BC【解析】【详解】A．根据加速度定义式vat=，可得物体在0~t0和t0~3t0两段时间内，加速度大小之比为00102022

vtavat==A错误；BD．物体在0~t0和t0~3t0两段时间内，平均速度大小之比为010202102vvvv+==+可得物体在0~t0和t0~3t0两段时间内，位移大小之比0012001121222vtxxvt==B

正确，D错误；C．物体在0~t0和t0~3t0两段时间内根据牛顿第二定律分别有1Ffma−=，2fma=同时根据前面分析有122aa=联立解得为3Ff=C正确。故选BC。9.如图所示，与水平面成30°角的轻杆OA可以

绕着墙角A点转动，轻杆上的O点吊着一重物，轻绳的一端栓在轻杆上的O点，另一端用手拉着处于水平位置B点，A、C两点关于B点对称。若将轻绳缓慢放长的同时，手握着绳由B点移到C点，并保持O点位置不动。在此过程中（）A.轻绳的拉力逐渐减小B.轻绳的拉力逐渐增大C.轻杆OA的

作用力逐渐减小D.轻杆OA的作用力逐渐增大【答案】AC【解析】【详解】由于轻杆OA可以绕着墙角A点转动，则杆为动杆弹力沿杆，手握着绳由B点移到C点的过程中，保持O点位置不动，则在O点做受力分析有由图可看出，当绳由B点移到C点即绳的拉力FT逆时针转动，则FT逐渐减小、轻杆OA的

作用力FN也逐渐减小。故选AC。10.光滑水平地面上有a、b、c三个木块，质量分别为1kg、2kg、6kg，b、c之间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为6N，a、b之间的最大静摩擦力为3N，现用水平拉力F拉物块c，使三个木块一起加速运动，则（）A.木块b受到四个力的作用B.当F增大到9N

时，轻弹簧刚好被拉断C.a、b、c能一起加速的最大加速度为2m/s2D.当F撤去的瞬间，a所受到的摩擦力不变【答案】CD【解析】【详解】A．由于三个木块一起加速运动，对a分析，a受到重力、b对a的支持力与向右的静摩擦力，则b受到重力、地面的

支持力、弹簧的弹力、a对b的压力与向左的静摩擦力，木块b合计受到五个力的作用，A错误；B．当F增大到9N时，对a、b、c整体分析有()11abcFmmma=++对a、b整体分析有()11abFmma=+弹簧解得13N<6NF=弹簧可知，当F增大到9N时，轻弹簧没有被拉断，B错误；C．当轻弹

簧能拉力达到最大时，a、b、c一起加速的加速度最大，则有()maxabFmma=+弹簧max解得2max2m/sa=C正确；D．当F撤去的瞬间，弹簧不能发生突变，其弹力不变，即a、b受力情形不变，可知a所受到的摩擦力不变，D正确。故选CD。二、实验题（本题共3小题，共16分）11.在研究

《互成角度的两个力的合成》实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一位置O点，以下操作中正确的是（）A.同一次实验过程中，O点位置允许变动B.在实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正

对弹簧秤刻度C.实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条的结点拉到O点D.实验中，把橡皮条的结点拉到O点时，两弹簧之间的夹角应取90不变，以便于算出合力的大小【答案】B【解析】【详解】A．为了产生相同的作用

效果，两次均要将橡皮条的结点拉到同一位置，即O点的位置不能变动，故A错误；B．在实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故B正确；C．因为弹簧有一定的弹性限度，所以弹簧秤的弹力大小适中即可，不需要拉到最大值，故C错误；D．合力是我们根据平行四边形画出来的，不是计算出来的，

并非要求两弹簧秤之间的夹角一定为90，故D错误。故选B12.某同学探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系。实验装置如图所示，刻度尺（最小刻度为毫米）的0刻度线与弹簧上端对齐。实验中，通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力，并记录下此时弹簧长度，进而求得弹簧的劲度系数k。重力加速度g取

10m/s2。（1）如图是在弹簧下端悬挂质量为350g钩码时实验装置的示意图，此时弹簧的实际长度为______cm；（2）若已知弹簧原长为7.82cm，则根据此次实验测量的数据，可求得弹簧的劲度系数k=______N/m。（保留2位有效数字）。【答案】①.14.85②.50【解析】【详解

】（1）[1]该刻度尺的精度为0.1cm，则该读数为14.8cm+0.1×0.5cm=14.85cm（2）[2]根据()0mgkLL=−解得50N/mk13.某实验小组采用如图甲所示的实验装置“探究加速度与力、质量之间的定量关系”。（1）实验时，以下操作正确的是______。A．实验时，应先释放

小车，再接通电源B．每次改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力C．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器D．平衡摩擦力时，应将钩码用细线跨过定滑轮系在小车上且让细线与长木板平行（2）图乙是正确实验得到的一条纸带

，相邻两计数点间还有四个点没有标出，打点计时器所用电源频率为50Hz，计算可得小车运动的加速度为=a______2m/s（结果保留三位有效数字）。（3）木板水平，小车质量M一定，研究小车的加速度a与力传感器的示数F的关系，得到如图丙所示的图线，则小车质量M=

______kg。【答案】①.C②.0.498③.0.5【解析】【详解】（1）[1]A．实验时，为了打出清晰的点且能够充分利用纸带，应先接通电源，再释放小车，故A错误；B．平衡摩擦力后，每次改变小车质量时，不需要再次重新平衡摩擦力，

故B错误；CD．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，不需要将钩码用细线跨过定滑轮系在小车上，故C正确；D错误。故选C。（2）[2]打点计时器所用电源频率为50Hz，相邻两计数点间还有四个点没有标出，则相邻计数点间的时间间隔为50.1s==Tf利用逐差法可得

小车运动的加速度为222341222()(2.882.401.891.40)10m/s0.498m/s(2)(20.1)ssssaT−+−−+−−==（3）[3]依题意，由牛顿第二定律可得FfMa−=即1faFMM=−结合图丙所示的图线，可得14

2M=可得小车质量0.5kgM=三、计算题（36分）14.如图所示，一滑雪运动员在斜坡顶端以2m/s的初速度开始匀加速下滑，到达坡底的速度为6m/s。已知坡顶到坡底的距离x=80m，求：（1）滑雪运动员运动加速度的大小

；（2）滑雪运动员在斜坡上运动的时间。【答案】（1）20.2m/s；（2）20s【解析】【详解】（1）运动员在斜坡上做匀加速运动，由运动学公式2202taxvv=−代入数据得20.2m/sa=（2）根据公式0tvvat=

+代入数值解得20st=15.如图所示，质量为M=2kg，长为L的木板B静止放置在光滑的水平面上，一质量m=1kg可看成质点的物块A以v0=6m/s的初速度从木板左端冲上木板，物块恰好没有滑离木板。已知物块和木板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求（

1）物块冲上木板时，A和B加速度大小；（2）木板的长L。【答案】（1）22m/s，21m/s；（2）6m【解析】【详解】（1）设A、B的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有1mgma=，2mgMa=解得212m/sa=，221m/sa=（2）物块恰好没滑离

木板即物块刚滑到木板右端时恰好与木板共速，设共速所需要的时间为t，A、B的位的移分为x1、x2，可得012vatat−=210112xvtat=−22212xat=又有12xxL−=联立代入数值解得6m=L16.随着生

活条件不断改善，乘飞机出行已成为人们的一种重要选择。乘客在进入候机厅时将会接受严格的安全检查，下图为一安检设备原理图左侧为一水平传送带，右侧为轨道。某次对行李（可视为质点）进行检查时，乘客将行李静止放于传送带左端A，传

送带以v0=1m/s的速率匀速转动，经过一段时间，行李从传送带右端B滑上倾角=37°的斜面轨道BC，最后停在水平平台CD上。已知AB离地高为h=1.2m，A、B间的距离为L1=3.5m，平台CD长L2=1.7m，行李与

传送带之间的动摩擦因数1=0.2，行李与轨道BC、平台CD的动摩擦因数均为2=0.5，且行李通过传送带与轨道连接处B以及轨道与平台连接处C时速率不变，速度方向分别变为沿轨道向下和水平向右。g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。

（1）求行李从A到B所经历时间；（2）行李停在平台上的位置到C点的距离；（3）在CD右侧还有一储物槽，要使行李能滑入储物槽内，必须在行李放上传送带时，使传送带即刻做初速度为v0匀加速转动，则传送带的加速度最小值

为多少？【答案】（1）3.75s；（2）0.9m；（3）21m/s【解析】【详解】（1）行李在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律有11mgma=代入数据得212m/sa=的当行李与传送带速度相同时，由011vat=代入数据得10.5st=由211112

xat=代入数据得15m0.2x=之后行李做匀速运动1102Lxvt−=代入数据得23.25st=解得123.75sttt=+=总（2）行李有斜面轨道上运动，由牛顿第二定律有22sincosmgmgma−=代入数据得22s2m/a=设滑到C点的速度为Cv，由22022CBCvvax−=又s

inBChx=代入数据得3m/sCv=在平台CD上，由牛顿第二定律23μmgma=代入数据得235m/sa=而232Cvax=得0.9mx=（3）设行李刚好滑过D点，且设行李在B、C点的速率分别为Bv、Cv，由2322Cv

aL=2222CBBCvvax−=代入数据得m/3sBv=如果行李在传送带上一直加速，则到B点的速度21112BvaL=得114m/sBBvv=所以行李先以212m/sa=的加速度做匀加速运动时间

1t、发生位移1x，与传送带共速后再与传送带一起以相同的加速度a做匀加运动运动时间2t、发生位移2x由211112xat=22112212xattat=+又121xxL+=1t时刻共速，有1101atvat=

+对传送带有()012Bvvatt=++由以上五式可得21m/sa=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com