2025-2026学年广西南宁市第三中学、柳州铁一中学高一上物理期末统考试题含解析.doc

2025-2026学年广西南宁市第三中学、柳州铁一中学高一上物理期末统考试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，甲、乙两组小朋友进行拔河游戏，下列说法正确的是（ ）

A.甲组拉乙组的力总是等于乙组拉甲组的力
B.甲组拉乙组的力总是大于乙组拉甲组的力
C.当甲组获胜时，甲组拉乙组的力大于乙组拉甲组的力
D.只有他们僵持不动时，甲组拉乙组的力才等于乙组拉甲组的力
2、一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平轴匀速运动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是(　　)

A.dv＝L2g
B.ωL＝π(1＋2n)v0，(n＝0,1,2,3…)
C.v0＝ω
D.dω2＝gπ2(1＋2n)2，(n＝0,1,2,3…)
3、 “火龙线”是广州的一条比较成熟的徒步线路，2019年10月7日（重阳节）上午7：00，某徒步爱好者准时出发，路线为：以火炉山脚为起点，途经广汕二路、凤凰山顶、采石场，终点到达龙眼洞森林公园，全程27km，用时9h。下列说法正确的是（　　）
A.徒步爱好者的位移的大小不大于27km
B.徒步爱好者的瞬时速度都为
C.徒步爱好者徒步时，一定不能看成质点
D.研究某徒步爱好者的运动只能以地面为参考系
4、牛顿第二定律的表达式中，包含几个矢量（　　）
A.1个 B.2个
C.3个 D.没有矢量
5、一列火车由静止以恒定的加速度启动出站，设每节车厢的长度相同，不计车厢间间隙距离，一观察者站在第一节车厢最前面，他大致测量了第一节车厢通过的时间及车厢长度，估算出第一节车厢尾驶过他时的速度为v0，则第n节车厢尾驶过他时的速度为（ ）
A.nv0 B.n 2v0
C. D.2nv0
6、以v0水平抛出一物体，如图，不计空气阻力，它又落到斜面上时，所用的时间为

A. B.
C. D.
7、厦门海底世界的“海狮顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱．如图所示为一海狮把球顶向空中，并等其落下．下列说法正确的是　　

A.球在最高点时受到重力和海狮对它的顶力作用
B.球在最高点时速度为零，但加速度不为零
C.球在上升过程中处于超重状态
D.球在下落过程中处于失重状态
8、如图，物块在水平放置的台式弹簧秤上保持相对静止，弹簧秤的示数为15N。要得出物块的重力为15N的结论，还需要的依据是

A.胡克定律
B.牛顿第三定律
C.当地的重力加速度为10m/s2
D.物块处于平衡态，平衡态的物体所受合力为零
9、如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N．另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中（　　）

A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
10、如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P，横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q。当小车沿水平面做变速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α．已知θ＜α，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是

A.小车一定向右做匀加速运动
B.轻杆对小球P的的弹力一定沿轻杆方向
C.小球P受到的合力一定沿水平方向
D.小球Q受到的合力大小为mgtanα
11、某人在距离地面某高度处以的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球，小球抛出后经过一段时间落到地面上．若以抛出时刻为计时起点，小球运动的v-t图像如图所示，t=1.5s时，小球落到地面上．设小球运动过程中所受阻力大小不变，则

A.小球一直做匀变速直线运动
B.小球抛出点离地面高度为
C.小球运动过程中所受阻力大小为
D.当地重力加速度大小为
12、下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（　　）
A.物体加速度增大，速度一定增大 B.物体加速度不断减小，速度可以不断增大
C.物体的速度变化量越大，加速度越大 D.物体的速度变化越快，加速度越大
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），B是质量为m的滑块（可视为质点）。

第一次实验：如图(a)所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离地面的高度H、M与P间的水平距离x1；
第二次实验：如图(b)所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P′点，测出滑槽末端与桌面右端M的距离L、M与P′间的水平距离x2。
(1)在第二次实验中，滑块到M点的速度大小为__。（用实验中所测物理量的符号表示，已知重力加速度为g）。
(2)通过上述测量和进一步的计算，可求出滑块与桌面间的动摩擦因数μ，下列能引起实验误差的是__。（选填序号）
A．h的测量　　　　B．H的测量　　　　C．L的测量　　　　D．x2的测量
(3)若实验中测得h＝15cm、H＝25cm、x1＝30cm、L＝10cm、x2＝20cm，则滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝__。（结果保留1位有效数字）
14、如图所示，传送带与水平面的夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速率逆时针转动，在传送带的A端轻轻地放一小物体．若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A端到B端的距离L＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间为多少？(g取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

15、某学校兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L关系如图所示，试由图线确定：
（1）弹簧劲度系数；
（2）弹簧伸长0.1米时，弹力的大小。

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，a、b是两个半径都为R的光滑小球，球的质量均为m，现将它们用长为2R的细绳连结在一起，在细绳的中点O处用一竖直向上的恒力F拉着两个小球一起向上做匀加速直线运动。在运动过程中，求：
(1)两球运动的加速度大小；
(2)OB段绳的拉力FB的大小；
(3)a球对b球压力FN的大小。

17、（10分）如图所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2

(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；
(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间
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】甲组与绳子之间的作用力为相互作用力，根据牛顿第三定律可知，其大小相等、方向相反；乙组与绳子之间的作用力也为相互作用力，其大小也是相等、方向相反，由于同一根绳上的力大小相等，故在任何情况下，甲组与乙组的力的大小均相等，故选项A正确，BCD错误；
故选A。
2、B
【解析】A、D项：平抛的竖直位移为d，则，联立有：

故AD错误；
B、C项：飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A点做匀速圆周运动，恰好击中A点，说明A点正好在最低点被击中，设时间为t，飞镖飞行时间t和圆盘转动的周期满足：

由和得：
，故B正确，C错误；
故选B
3、A
【解析】A．由题可知，徒步的最大路程为27km，位移小于等于路程，故位移的大小不会大于27km，故A正确；
B．徒步爱好者全程过程中速度有可能随时变化，故不可能都为，故B错误；
C．如果研究徒步爱好者的平均速度，则这个过程中可以看成是质点，故C错误；
D．研究某徒步爱好者的运动所选择的参考系不唯一，可以以地面作为参考系，也可以以周边的物体作为参考系，不同参考系下物体的运动情况的描述是不一样的。故D错误。
故选A。
4、B
【解析】既有大小、又有方向的物理量是矢量，中m只有大小、没有方向，F、a既有大小、又有方向，因此中，包含2个矢量。选项B正确，ACD错误。
故选B。
5、C
【解析】设每节火车的长度为l，根据

得第一节车厢经过时有：

n节车厢经过时有：

联立两式解得：，C正确，ABD错误。
故选C。
6、B
【解析】小球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，根据竖直分位移与水平分位移之比等于，列式分析；
【详解】设起点和落点之间的距离为，则由平抛运动的规律得：
水平方向上：
竖直方向上：
由以上两个方程可以解得：，故选项B正确，ACD错误
【点睛】本题是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解
7、BD
【解析】根据竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动，加速度为g，上升和下落过程具有对称性，同一位置速度大小相等，方向相反即可解题
【详解】竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下运动，球在最高处只受到重力，故A错误；球上升到最高点时受到重力的作用，速度为零，加速度为g，故B正确；球上升到最高点时受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故C错误；竖直上抛运动上升和下落过程都是只受到重力的作用，加速度为g，加速度的方向向下，处于失重状态，故D正确．所以BD正确，AC错误
【点睛】本题主要考查了竖直上抛运动的基本规律，要求同学们知道，竖直上抛运动是初速度向上，只在重力作用下的运动
8、BD
【解析】弹簧秤的示数为15N，则物体对弹簧秤的压力为15N，根据牛顿第三定律可知，弹簧秤对物体的支持力为15N，对物体由平衡知识可知，物体的重力与弹簧秤对物体的支持力等大反向，则物体的重力为15N。要得出物块的重力为15N的结论，还需要的依据是牛顿第三定律和二力平衡知识；
A．胡克定律，与结论不相符，故A错误；
B．牛顿第三定律，与结论相符，故B正确；
C．当地的重力加速度为10m/s2，与结论不相符，故C错误；
D．物块处于平衡态，平衡态的物体所受合力为零，与结论相符，故D正确；
故选BD.
9、BD
【解析】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选BD
10、CD
【解析】A．对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律：mgtanα=ma，解得：
a=gtanα，
故加速度向右，小车向右加速运动，或向左减速运动，故A错误；
B．由牛顿第二定律：mgtanβ=ma′，因为a=a′，得到：
β=α＞θ，
则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B错误；
CD．小球P和Q的加速度相同，水平向右，则两球的合力均水平向右，大小：
F合=ma=mgtanα，
故CD正确。
故选CD。
11、BC
【解析】A．小球上升过程中的加速度

下落过程中的加速度大小为

整个运动过程中的加速度大小变化，故不是做匀变速直线运动，故A错误；
B．小球抛出点离地面高度为

故B正确；
CD．设小球运动过程中所受阻力大小f，重力加速度为g，根据牛顿第二定律可得：
上升过程中：
mg+f=ma1
下落过程中
mg-f=ma2
解得：
f=0.4N，g=9.8m/s2
故C正确、D错误
12、BD
【解析】A．由加速度公式

知物体的加速大小和物体的速度大小无关，故A错误；
B．当物体速度与加速度方向相同时，物体加速度不断减小，速度不断增大，故B正确；
C．由公式

知速度变化量大，如果经历的时间也很大，那么加速度不一定大，故C错误；
D．由公式

可知加速度是描述物体在单位时间内速度变化的快慢，速度变化越快，加速度一定越大，故D正确。
故选BD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).x2 (2).BCD (3).0.5
【解析】(1)[1]根据平抛运动规律可知在第二次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为

由竖直方向有

联立可得在滑块到点的速度大小为

(2)[2]根据平抛运动规律可知第一次实验中，滑块在滑槽末端时的速度大小为

可得第一次测的速度为

物体在水平桌面上运动，由动能定理

联立可得

由表达式可知会引起误差的是可能是的测量，也可能是的测量，也可能、的测量，与的测量无关，故B、C、D正确，A错误；
故选BCD；
(3)[3]代入数据可得滑块与桌面间的动摩擦因数

14、2s
【解析】设小物体的质量为m，小物体被轻轻地放在传送带A端，小物体沿传送带方向速度为零，但传送带的运动速率为v＝10m/s，二者速率不相同，它们之间必然存在相对运动．传送带对小物体有沿传送带斜向下的滑动摩擦力作用，小物体的受力情况如图所示

设小物体的加速度为a1，则由牛顿第二定律有
mgsinθ＋Ff1＝ma1①
FN＝mgcosθ②
Ff1＝μFN③
联立①②③式并代入数据解得
a1＝10m/s2
小物体速度大小达到传送带速率v＝10m/s时，所用的时间
t1＝＝1s
在1s内小物体沿传送带的位移
x1＝＝5m
小物体的速度大小与传送带速率相同的时刻，若要跟随传送带一起运动，即相对传送带静止，它必须受到沿传送带向上的摩擦力Ff＝mgsinθ＝6m的作用，但是此时刻它受到的摩擦力是Ff2＝μmgcosθ＝4m，小于Ff，因此，小物体与传送带仍有相对滑动，设小物体的加速度为a2，这时小物体的受力情况如图所示．由牛顿第二定律有

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
解得
a2＝2m/s2
设小物体速度大小达到10m/s后又运动时间t2才到达B端，则有
x2＝L－x1＝vt2＋a2
代入数据解得
t2＝1s
t2′＝－11s(舍去)
小物体从A端运动到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝2s.
15、（1）200N/m；（2）20N
【解析】（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=10cm，即弹簧的原长为10cm。由图读出弹力为F1=10N，弹簧的长度为L1=5cm，弹簧压缩的长度
x1=L0﹣L1=5cm=0.05m
由胡克定律得弹簧的劲度系数为
k=F1/x1=200N/m
（2）弹簧伸长0.1米时，弹力的大小
F′=k△x=20N

三．计算题(22分)
16、 (1)－g(2)(3)
【解析】(1)对整体应用牛顿第二定律
F-2mg＝2ma
解得
a=-g
(2)分析b球受力
FBcos-mg=ma
解得
FB=
(3)与F垂直方向球b受力平衡：
FN -FBsin=0
解得
FN =

17、（1）不发生相对滑动；
（2）
【解析】（1）假设不发生相对滑动
对AB整体受力分析，根据牛顿第二定律得：

单独对A受力分析，则它受到的静摩擦力：

解得：

则假设成立，A和B之间没有发生相对滑动。
（2）对B受力分析得：

对A受力分析得：

根据运动学公式有：

解得：

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，抓住A、B的位移关系，结合A、B的加速度，运用运动学公式的进行求解