2025-2026学年云南省宁蒗县一中高一物理第一学期期末联考试题含解析.doc

2025-2026学年云南省宁蒗县一中高一物理第一学期期末联考试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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，水平放置的传送带以速度v=2m/s向右运行,现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，若A端与B端相距6m，求物体由A到B的时间(g=10m/s2) （）

A.2s B.2.5s
C.3.5s D.4 s
2、对胡克定律F=kx理解正确的是（ ）
A.“x”是指弹簧的长度 B.“x”是指弹簧的形变量
C.“k”是弹簧的劲度系数，所有弹簧的k值都相同 D.弹簧超过弹性限度后定律仍成立
3、一辆警车在平直的公路上以40 m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点，且要求到达出事地点时的速度也为40 m/s，警车有三种行进方式：a为一直匀速直线运动；b为先减速运动再加速运动；c为先加速运动再减速运动，则（）
A.a种方式先到达 B.b种方式先到达
C.c种方式先到达 D.条件不足，无法确定
4、一辆汽车在教练场上沿着平直的道路行驶，其位移-时间图像如图所示，以下有关汽车运动的描述正确的是 (　　　)

A.0s~10s这段时间内汽车做匀加速直线运动
B.10s~20s这段时间内汽车做匀速直线运动
C.t=30s时汽车在返回出发点的途中，且在做匀速运动
D.汽车前10s内的平均速度等于汽车前20s内的平均速度
5、如图所示，将质量为m的物体用一竖直弹簧固定在一向上运动的升降机内，根据弹簧伸长或压缩的状态，下列判断正确的是（　　）

A.当弹簧处于压缩状态时，物体超重，升降机一定加速向上
B.当弹簧处于压缩状态时，物体失重，升降机一定减速向上
C.当弹簧处于伸长状态时，物体超重，升降机一定加速向上
D.当弹簧处于伸长状态时，物体失重，升降机一定减速向上
6、民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面（如图所示）。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4m，气囊所形成的斜面长度为8m，一个质量为60kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为匀加速直线运动。假设人与气囊间的滑动摩擦因数为（g取10m/s2）。那么下列说法正确的是（　　）

A.人滑至气囊低端所经历的时间约为1s
B.人滑至气囊低端所经历的时间约为3s
C.人滑至气囊低端时的速度大小为4m/s
D.人滑至气囊低端时的速度大小为8m/s
7、匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图所示，在顶部静止放上一物块，在物块下滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v－t、a－t图象，可能正确的是(　　)

A. B.
C. D.
8、将力F分解为两个不为零的力，下列情况具有唯一解的是（ ）
A.已知两个力的方向，并且不在同一直线上
B.已知一个分力的大小和另一分力的方向
C.已知两个力的大小
D.已知一个分力的大小和方向
9、如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为，质量的物体A放在斜面底端。在时刻物体A在沿斜面向上的恒力的作用下由静止开始沿斜面向上运动，时刻撤去外力物体A向上运动过程，下列图象如图乙所示（g取，，，关于物体A向上运动过程，下列说法正确的是

A.物体在内的位移大小为
B.恒力的大小为
C.物体与斜面间动摩擦因数为0.25
D.在撤去前后两个阶段的平均速度大小之比为
10、一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第 15s 内的位移比第 14s 内的位移多0.2m，则下列说法正确的是（）
A.小球加速度为 0.4m/s2
B.小球第15s 内的位移为2.9m
C.小球第14s 内的初速度为2.6m/s
D.小球前15s 内的平均速度为3.0m/s
11、下列哪组力作用在物体上，有可能使物体处于平衡状态（　　）
A.3 N,4 N,8 N B.3 N,5 N,1 N
C.4 N,7 N,8 N D.7 N,9 N,6 N
12、关于曲线运动的下列说法中正确的是（　　）
A.做曲线运动的物体，速度一定改变
B.做曲线运动的物体，加速度一定改变
C.做曲线运动的物体所受的合外力方向与速度的方向可能在同一直线上
D.做匀速圆周运动的物体不可能处于平衡状态
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、利用打点计时器探究小车的速度随时间变化的规律。其中交变电流的频率为50Hz，如图给出了该次实验中，从A点开始每5个点取一个计数点的纸带，其中A、B、C、D、E、F、G都为计数点。测得各计数点到A点的距离分别为d1=1.40cm，d2=3.29cm，d3=5.69cm，d4=8.59cm，d5=12.00cm，d6=15.90cm。
(1)如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为__（选填“A→B”或“B→A”），且小车做____（填“匀加速”、“匀减速”或“变加速”）直线运动。
(2)在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为vF=___m/s，小车的加速度大小为a=___m/s2。（本小题计算结果数值均保留两位有效数字）
(3)如果当时电网中交变电流的电压略偏小，但仍然稳定，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比___（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

14、一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下(如下图所示)，山坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪地的动摩擦因数是0.04，求5s内滑下来的路程和5s末的速度大小．（取g=10m/s2）

15、图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。

（1）完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点；
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码；
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m；
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③；
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点，测量相邻计数点的间距s1，s2，…，求出与不同m相对应的加速度a；
⑥以砝码质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出—m关系图线，若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：
（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_________；
（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3，a可用s1、s3和Δt表示为a=_____；图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=_____mm，s3=____mm，由此求得加速度的大小a=_____m/s2。

（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________

三．计算题(22分)
16、（12分）某司机驾驶一辆货车正以54km/h的速度在平直公路上匀速行驶，有货物从车上掉下一段时间后，司机才从观后镜中发现有货物掉下，立即关闭油门踩下刹车（车轮不再转动）做匀减速直线运动，货车开始做匀减速直线运动的同时，在其后12m处一辆摩托车上的人立即拾到货物从静止出发，以3m/s2的加速度同方向追赶货车，已知摩托车在该路段能达到的最大速度只能为9m/s，货车车轮与路面间的滑动摩擦因数为0.3．（不考虑车子的长度，g取10m/s2）求：
（1）货车做匀减速运动的位移大小
（2）货车停止运动时，摩托车是否追上货车？请列式说明
17、（10分）在初中学习中可知，如果一个物体在力的作用下沿着力的方向移动了一段距离，这个力对物体所做的功。如果知道功的单位是焦耳（），请推导出功的单位与国际单位制中基本单位的关系。
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、C
【解析】物体在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，当物体的速度为2m/s时，位移为：，所以在到达B点之前，物体还有一段做匀速直线运动，加速时间为，匀速时间为，故总时间为，C正确
2、B
【解析】AB．“x”是是指弹簧的形变量，对应伸长量或压缩量，A错误，B正确；
C．弹簧的劲度系数k反映弹簧的性质，由弹簧本身的材料、长度、横截面积决定，不同的弹簧k值不同，C 错误；
D．根据胡克定律可知在弹性限度内，弹簧的弹力大小F与弹簧伸长的长度或缩短的长度成正比；超过弹性限度后劲度系数变小，弹力与形变量不再成正比，胡克定律不再成立；D错误。
故选B。
3、C
【解析】a方式为一直做匀速直线运动，平均速度为40 m/s，b方式为先减速运动再加速运动，平均速度小于40 m/s，c方式为先加速运动再减速运动，平均速度大于40 m/s，根据，知c方式的运动时间最短，b方式的运动时间最长，c方式先到达，故ABD错误， C正确。
故选C。
4、C
【解析】A．位移时间图像的“斜率”等于速度，则汽车在0s~10s内做匀速直线运动，故A错误；
B．位移时间图像的“斜率”等于速度，则汽车在10-20s内的速度为零，静止，故B错误；
C．根据图像的“斜率”等于速度，知20-40s内和0-10s内汽车的运动方向相反，所以t=30s时汽车在返回出发点的途中且做匀速直线运动，故C正确；
D．汽车前10s内和前20s内位移相同，都是30m，根据可知汽车前10s内的平均速度大于前20s内的平均速度，故D错误。
故选C。
5、B
【解析】AB．当弹簧处于压缩状态时，弹簧对物体的作用力的方向向下，物体受到的重力的方向向下，所以物体受到的合外力的方向向下，则加速度的方向向下，物体一定失重，又向上运动的升降机，升降机一定减速向上．故A错误，B正确；
CD．当弹簧处于伸长状态时，弹簧对物体的作用力是拉力，当拉力大于重力时，物体加速度的方向向上，则可知m处于超重状态；故升降机的加速度应向上；当弹簧的拉力小于重力时，物体受到的合外力的方向向下，物体的加速度的方向向下，则物体处于失重状态；故CD都错误。
故选B。
6、D
【解析】AB．设斜面的倾角为θ，则
解得
θ=30°
根据牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得加速度为
a=4m/s2
根据位移时间关系可得
L=at2
解得

故AB错误；
CD．根据速度时间关系可得人滑至气囊低端时的速度大小为
v=at=8m/s
故C错误、D正确。
故选D。
7、AC
【解析】物块静止放到传送带后，受到重力、支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力，做匀加速运动，速度均匀增大，由v=at知，v与t成正比．当速度等于传送带速度时，重力的下滑分力可能小于或等于最大静摩擦力，则物块将与传送带一起匀速向下运动，也可能重力的下滑分力大于最大静摩擦力，物块继续匀加速．开始阶段的匀加速过程中，由牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ=ma，得a=μgcosθ+gsinθ，第二个匀加速过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得： a′=gsinθ-μgcosθ，可知，a′＜a，故AC正确，BD错误
8、AD
【解析】因合力F一定，若已知两个力的方向，并且不在同一直线上，则分解的结果是唯一的，选项A正确；已知一个分力的大小和另一分力的方向，分解的结果可能有两种，选项B错误；已知两个力的大小，分解的结果可能有两种，选项C错误；已知一个分力的大小和方向，则另一个分力一定是唯一的，选项D正确；故选AD.
9、BC
【解析】A．物体在3s内的位移大小等于三角形面积大小，为
，
故A错误；
BC．根据图象的斜率表示加速度，可得，前2s内物体的加速度大小
，
第3s内加速度大小

由牛顿第二定律前2s内有
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
第3s内有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
联立解得：
F=12N，μ=0.25，
故BC正确；
D．根据匀变速直线运动的推论

可知在撤去F前后两个阶段平均速度大小均为4m/s，则，故D错误。
故选BC。
10、BC
【解析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出小球在第15s内的位移；根据速度时间关系求出14s的初速度；根据第15s末的速度，结合平均速度的推论求出小球前15s内的平均速度。
【详解】A.根据得

故A错误；
B.小球在第15s内的位移

故B正确；
C.小球在第14s初的速度

故C正确；
D.第15s末的速度

则小球前15s内的平均速度

故D错误。
故选BC。
11、CD
【解析】物体处于平衡状态，合力为零：
A．3N、4N的合力范围是

8N不在其范围内，所以3N、4N、8N合力的最小值为1N，不可能使物体处于平衡状态，故A错误；
B．3N、5N的合力范围是

1N不在其范围内，所以3N、5N、1N合力的最小值为1N，不可能使物体处于平衡状态，故B错误；
C．4N、7N的合力范围是

8N在其范围内，所以4N、7N、8N合力的最小值为0N，可能使物体处于平衡状态，故C正确；
D．7N、9N的合力范围是

6N不在其范围内，所以7N、9N、6N合力的最小值为0N，可能使物体处于平衡状态，故D正确。
故选CD。
12、AD
【解析】A．物体既然做曲线运动，那么它的速度方向肯定是不断变化的，所以速度一定在变化，A正确；
BC．曲线运动的条件是合外力与速度不共线，与合外力是否为恒力无关，所以加速度不一定改变，BC错误；
D．匀速圆周运动的物体速度是变化的，有向心加速度，不可能处于平衡状态，D正确。
故选AD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.B→A ②.匀加速 ③.0.37 ④.0.50 ⑤.不变
【解析】(1)[1]如果该纸带A端与小车相连，则小车的运动方向为B→A；
[2]因相等时间内距离差为5cm，故小车做匀加速直线运动。
(2)[3]小车运动的瞬时速度为

[4]小车的加速度大小为

(3)[5]如果当时电网中交变电流的电压略变小，打点计时器的打点时间间隔不变，加速度a的测量值不变，加速度的测量值与实际值相比不变。
14、71m，28.4m/s
【解析】考查牛顿运动定律。
【详解】由牛顿第二定律：

解得加速度，沿斜面向下，
5s内滑下来的路程：

5s末的速度大小：

15、 ①.均匀 ②.线性 ③.远小于小车和小车中砝码的质量之和 ④. ⑤.24.1 ⑥.47.3 ⑦.1.16 ⑧. ⑨.
【解析】（1）①[1]平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀；
⑥[2]根据牛顿第二定律

解得

故与m成线性关系；
（2）（i）[3] 设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有

解得

以M为研究对象，根据牛顿第二定律有

当时有，即只有时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力，所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量。
（ⅱ）[4]设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3，由匀变速直线运动的推论得

即

解得

[5][6]图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=24.1mm，s3=47.3mm；
[7] 由此求得加速度的大小

（ⅲ）[8][9]设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有

解得

所以图象的斜率为

解得
纵轴截距为

解得

三．计算题(22分)
16、（1）37.5m（2）货车停止运动时，摩托车没有追上货车
【解析】货车做匀减速运动，已知初速度、加速度，由速度位移关系公式求位移；摩托车做匀加速运动，由运动学公式求出摩托车做匀加速运动达到最大速度的时间和位移，再由匀速运动的位移公式求出匀速的位移，则可判断摩托车是否追上货车
【详解】（1）已知货车的初速度为v1＝54km/h＝15m/s，货车做匀减速运动加速度大小为a1
根据牛顿第二定律：μmg＝ma1
解得：a1＝3m/s2
货车做匀减速运动的时间为：
位移为：
解得：x1＝37.5m
（2）已知该摩托车的加速度为a2＝3m/2，最大速度为v2＝9m/s，
摩托车做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：　　

解得：x2＝13.5m
之后摩托车以最大速度做匀速直线运动，到货车停止运动时，其位移为：
x3＝v2（t1﹣t2）＝18m
由于x2+x3＜x1+12，故货车停止运动时摩托车没有追上货车
【点睛】本题考查运动学中的刹车问题和追及问题，注意汽车刹车速度减为零后不再运动，这是个易错点．在追及问题中，分析两车的速度关系、位移关系是关键
17、
【解析】根据可得：

根据牛顿第二定律可知力的单位为：

联立可以得到：
。