2026届四川省泸州市泸县第一中学物理高一第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2026届四川省泸州市泸县第一中学物理高一第一学期期末教学质量检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、如图所示，A、B两物体相距x＝3 m，物体A以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB＝10 m/s，在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度的大小为2 m/s2.那么物体A追上物体B所用的时间为(　　)

A.7 s
B 8 s
C.s
D.3＋s
2、一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2．下列说法中正确的是：

A.小球所受重力和阻力之比为10∶1
B.小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C.小球落回到抛出点时的速度大小为
D.小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
3、某同学绕操场两周跑了800米，用时4分钟。以上提及的 “800米”、“4分钟”分别是指（ ）
A.路程、时间 B.位移、时间
C.路程、时刻 D.位移、时刻
4、如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　　)

A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C.物体运动到O点时所受合力为0
D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小
5、甲、乙两车沿同一平直公路行驶，两车运动的x﹣t图象如图所示，则下列表述正确的是（）

A.乙车做曲线运动，甲车做直线运动
B.甲车先做匀减速运动，后做匀速运动
C.两车相遇两次
D.乙车的速度不断减小
6、A、B两个物体从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动，它们的v—t图象如图所示，则（ 　）

A.A、B两物体加速度相同
B.t=4s时，A、B两物体相遇
C.t =2s时，A、B两物体运动方向相反
D.在相遇前，A、B两物体最远距离20m
7、如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=4kg的A、B两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，大小均为20N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上，系统处于静止状态。下列说法正确的是

A.弹簧秤的示数是0N
B.弹簧秤的示数是20N
C.撤去F2的瞬间，B的加速度大小为5m/s2
D.撤去F1的瞬间，A的加速度大小为4m/s2
8、如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ = 60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（）

A.小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg
B.小球下降最大距离为
C.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2：1
D.小物块在D处的速度与小球速度大小之比为
9、如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一不可伸长的细线相连接，细线受到的拉力大小等于4mg，在剪断两球之间细线的瞬间，以下关于球A的加速度大小aA、球B的加速度大小aB以及弹簧对天花板的拉力大小说法正确的是（）

A.球a的加速度大小为4g，方向向下
B.球b的加速度大小为4g，方向向下
C.弹簧对天花板的大小为mg
D.弹簧对天花板的拉力大小为2mg
10、在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动、在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面间的动摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，由以上信息可判读下面说法中正确的是
A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B.在推的过程中，甲受的合外力大于乙受的合外力
C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D.在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
11、如图所示，两个完全相同的小车质量均为M，放在光滑的水平面上，小车横梁上用细线各悬挂一质量均为m的小球，若对甲中的小车施加水平向左的恒力F1，对乙中小球m施加水平向右的恒力F2，稳定后整个装置分别以大小为a1、a2的加速度做匀加速直线运动，两条细线与竖直方向的夹角均为θ，细线的拉力分别为T1、T2，地面对小车的支持力分别为N1、N2，则下列判断正确的是（ ）

A.T2＞T1 B.N1=N2
C. D.
12、关于做直线运动的物体的加速度、速度及速度变化量的说法，正确的是（　　）
A.物体的速度越大，加速度越大 B.物体的速度变化量越大，加速度不一定大
C.物体的速度变化越快，加速度越大 D.物体的加速度减小，速度一定减小
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中,用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况．在纸带上确定了A.B.C.D.E.F.G共7个计数点,其相邻点间的距离如图所示,每两个相邻计数点之间还有四个点未画出．试根据纸带上各个计数点间的距离,求:

(1)根据该同学打出纸带,我们可以判断小车与纸带的____(选填“左”或“右”)端相连
(2)打下D点时小车的瞬时速度为____m/s; 
(3)整个过程中小车加速度的大小为____m/s2．(本题计算结果数值保留到小数点后第2位)
14、一物体置于光滑水平面上，受6N水平拉力作用，从静止出发经过2s速度增加到24m/s,则此物体的质量为________kg.
15、一质点从高处自由下落到地面恰好历时3s，落地时的速度大小是_______ ，第3s内的平均速度是___________ （ ）
三．计算题(22分)
16、（12分）一物体由静止开始从斜面顶端沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，已知斜面长为18米，则：
(1)前3秒内的位移多大？
(2)物体在第3秒内的位移多大？
17、（10分）如图所示，一长L＝16m的水平传送带，以v＝10m/s的速率匀速顺时针转动．将一质量为m＝1kg的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5（取g＝10m/s2）求

（1）物块在传送带上从左端运动到右端的时间
（2）若该传送带装成与水平地面成θ＝37°倾角，以同样的速率顺时针转动．将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体从传送带上端运动到下端的时间
参考答案

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错的或不答的得0分）
1、A
【解析】B速度减为零的时间，此时B的位移xB＝＝25m，A的位移xA=vAt0=4×5m=20m，因为xA＜xB+x，可知B速度减为零时A还未追上B，根据x+xB=vAt知，追及的时间t=s＝7s．故选A
2、C
【解析】小球向上做匀减速运动的加速度大小：，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力大小：f=ma1-mg=2m=2N，则重力和阻力大小之比为mg：f=5：1，故A错误；小球下降的加速度大小：，小球上升过程的逆过程是初速度的匀加速运动，则对上升和下落两个过程，由，可得上升与下落所用时间之比为：，故B错误；小球匀减速上升的位移，根据v02=2a2x得：，故C错误；下落的过程中，小球的加速度向下，处于失重状态，故D错误．所以C正确，ABD错误
3、A
【解析】“800米”是路径的长度，是路程；“4分钟”分别是指时间间隔，即时间；故A正确。
故选A。
4、A
【解析】AB.从A到O加速度方向先向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速，故A正确B错误。
C.物体运动到O点时合力是滑动摩擦力，方向水平向左，故C错误。
D.在A点合力水平向右，在O点合力水平向左，因此从A到O存在一个转折点加速度为零。从A到O加速度大小先变小后变大，故D错误。
5、C
【解析】A．乙车的x-t图象虽为曲线，但这不是运动轨迹，只能表示直线运动，故A错误。
B．位移时间图象的斜率等于速度，由题图可知：甲车在前6s内沿负向做匀速直线运动，6s以后处于静止状态，故B错误。
C．在x-t图象中两图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次。故C正确。
D．由于乙车图象的斜率大小增大，即其速度逐渐增大，故D错误。
故选C
6、D
【解析】A．v—t图象的斜率表示加速度，由图可知两个物体的斜率不同，所以两物体的加速度不相同，故A错误；
B．两个物体从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动。t=4s时，两物体速度相同，但位移不相同，没有相遇，故B错误；
C．v的正负表示运动方向，t =2s时，A、B两物体的v都是正的，说明二者运动方向相同，故C错误；
D．t=4s时，两物体速度相同，相距最远。由v—t图象下面的面积表示位移，可得此时二者的距离

故在相遇前，A、B两物体最远距离为20m，D正确。
故选D。
7、BC
【解析】AB．两水平拉力作用下两物体受力平衡，根据平衡条件可知弹簧秤的示数为T=20N，故A错误，B正确；
C．在突然撤去F2瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以B的加速度大小为：
，
故C正确；
D．在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不能发生突变，所以A的加速度大小为：
，
故D错误
故选BC。
8、BC
【解析】A．刚释放的瞬间，小球的瞬时加速度竖直向下，绳子中的拉力一定小于重力，A错误；
B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知

B正确；
CD．如图所示

将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则知，小物块在D处的速度与小球的速度之比为
v：v1 = 2：1
C正确、D错误。
故选BC。
【名师点睛】解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒。以及知道物块与O1之间的距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度。
9、BD
【解析】剪断绳子之前，绳子的拉力为：
上边弹簧对物体a的拉力为：，方向向上
下面弹簧对b的作用力为：，方向向下
剪断瞬间，对a球受力分析可知：
，方向竖直向上
根据牛顿第二定律可知：
则：，方向竖直向上；
对b球分析：
，方向竖直向下
根据牛顿第二定律可知：
则：，方向竖直向下
细绳剪短瞬间，弹簧未来的及变化，故跟为剪断前一样，
整体分析可得：，解得：，即弹簧对天花板拉力大小为，故AC错误，BD正确
10、BC
【解析】在推的过程中，甲推乙的力和乙推甲的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反，A错误；由知在推的过程中，甲受的合外力大于乙受的合外力，B正确；分开后，两人受到的合力都是摩擦力，根据牛顿第二定律得；所以甲乙的加速度大小相等，由运动学公式知，刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度，C正确，D错误
11、BC
【解析】先对乙图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：

再对乙图中情况下的小球受力分析，如图

根据牛顿第二定律，有

由以上三式可解得：

再对甲图中小球受力分析，如图

由几何关系得：

则有：

故拉力

对整体分析有：

由于

所以

竖直方向上有：

所以

A．综上分析，A错误；
B．综上分析，B正确；
CD．综上分析，C正确，D错误；
故选BC。
12、BC
【解析】A．加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度很大，比如匀速直线运动，但不存在变化，加速度为零，故A错误；
B．物体的速度变化量越大，所用时间也很长，则加速度不一定大，故B正确；
C．加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以物体速度变化越快，加速度越大，故C正确；
D．物体速度的增减取决于加速度和速度的方向关系，两者反向时，速度一定减小，故D错误。
故选BC。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.左 ②.0.56 ③.0.80
【解析】（1）[1]．实验中，小车做匀加速运动，则点迹间距逐渐增加，则可以判断小车与纸带的左端相连
（2）[2]．由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小

（3）[3]．设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
x4-x1=3a1T2
x5-x2=3a2T2
x6-x3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：

即小车运动的加速度计算表达式为：

14、5
【解析】[1]由牛顿第二定律可得，物体的加速度为

发经过2s速度增加到24m/s，故

解得物体质量。
15、 ①.30 ②.25
【解析】[1]根据v=gt，落地时的速度大小为：
v=10×3m/s=30m/s；
[2]根据速度时间公式v=v0+at，第3s初的速度：
v0=v−at=30−10×1m/s=20m/s
所以第3s内的平均速度

三．计算题(22分)
16、 (1)4.5m；(2)2.5m。
【解析】(1)设下滑的加速度为a，根据位移—时间关系：

可得物体下滑的加速度：

物体前3s内的位移：
；
(2)物体前2s内的位移：

所以物体第3s内下滑的位移：
。
17、（1）2.6s；（2）2s
【解析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度，求解达到与传送带共速时的时间和下滑的距离；以后物块匀速运动，根据公式求解时间；
（2）在顶端释放后，根据牛顿第二定律求解加速度，达到与带相同速度后，物块继续加速，摩擦力方向改变，再次求解加速度即可；结合运动公式求解总时间；
【详解】（1）物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：μmg=ma
a=μg=5m/s2
能达到共速，则时间，
s=t1=10m＜L之后匀速，
到达另一端的时间
所以共用时间t=t1+t2=2.6s；
（2）在顶端释放后，mgsinθ+μmg cos θ=ma1
代入数据解得：a1=10m/s2，方向向下
达到与带相同速度时，用时间
s==5m＜L
之后：因为μ＜tgθ=0.75，物块继续加速，
根据牛顿第二定律：mgsinθ-μmg cosθ=ma2
解得：a2=2m/s2，方向向下；
根据即
解得t2′=1s（负值舍掉）
则共用时间
【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁