2025-2026学年成都市树德实验中学高一物理第一学期期末预测试题含解析.doc

2025-2026学年成都市树德实验中学高一物理第一学期期末预测试题
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、如图是A、B两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v-t图像，从图像上可知下列错误的是（　　）

A.A做匀速运动，B做匀加速运动 B.20s末A、B相遇
C.20s末A、B相距最远 D.40s末A、B相遇
2、关于物体的惯性，以下说法正确的是（）
A.惯性是物体在不受外力作用时保持原来静止状态或匀速直线运动状态的性质
B.当用外力推物体以克服物体的惯性时，物体做加速运动
C.火车在静止时和做加速运动时，具有相同的惯性
D.以上说法均不正确
3、关于速度、速度改变量、加速度，下列说法正确的是(　　)
A.物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大
B.某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零
C.速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零
D.加速度很大时，运动物体的速度一定很大
4、如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成53°角，水流速度为4m/s，则从A点开出船相对于静水的最小速度为(　　)

A.2m/s B.2.4m/s
C.3.2m/s D.5.3m/s
5、一辆汽车以20m/s的速度行驶，现因故刹车，并最终停止运动，已知汽车刹车过程的加速度大小是5m/s2．则汽车从刹车起经过5s所通过的距离是（　　）
A.60m B.50m
C.40m D.30m
6、如图所示，轻杆AB的B端用铰链接在竖直墙上．A端与细绳AC、AD拴接．细绳AC的C端挂一重物P，细绳AD在拉力作用下使整个装置处于静止状态．开始时轻杆AB与细绳AD垂直．现保持轻杆AB的位置不变，将细绳AD绕A点沿逆时针方向转过一定的角度到AD＇处（在竖直方向与AB之间）．在这一过程中，细绳AD受到的拉力F1、轻杆AB对A点的作用力F2的变化情况是

A.F1增大、F2减小
B.F1增大、F2先减小后增大
C.F1先增大后减小、F2减小
D.F1先增大后减小、F2先减小后增大
7、如图所示，质量为m的物体用轻绳AC悬挂于天花板上，在轻绳上某一点O施加一个水平外力F使物体静止，若保持OA绳与水平面间的夹角为θ不变，将力F从水平方向在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，则下列关于轻绳AO所受的拉力T和外力F的大小的判断，正确的是（　　）

A.T一直变小 B.T一直变大
C.F先变小后变大 D.F先变大后变小
8、物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6 m/s，第2s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是（ ）
A.物体的加速度是2 m/s2
B.物体零时刻的速度是2 m/s
C.第1s内的平均速度是5 m/s
D.前2s内的位移是12 m
9、如图所示，质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为α的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮系一重物D，细绳与轻弹簧均与斜面平行，平衡时物块B恰好不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，某一瞬间剪断细绳，则下列说法正确的是（　　）

A.重物D的重力为
B.剪断细绳后，物块A下滑过程中加速度一直增大
C.剪断细绳瞬间，物块A的加速度大小为
D.物块A下滑过程中速度最大时，弹簧的缩短量
10、如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出

A.木板的质量为1kg
B.2s~4s内，力F的大小为0.4N
C.0~2s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
11、如图所示．传送带与水平面夹角为θ，以速度v沿逆时针匀速转动。一可视为质点的物块以初速度v0滑入传送带，且v> v0，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθ，传送带足够长．取v0方向为正方向．则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图像可能是

A. B.
C. D.
12、3个质点A，B，C的运动轨迹如图所示，它们同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是(　　)

A.3个质点从N到M的平均速度相同
B.B质点从N到M的平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同
C.到达M点时的瞬时速率一定是A质点的大
D.3个质点从N到M的平均速率相同
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。

(1)下列说法正确的是________（单选）。
A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后接通电源
C．本实验砝码及砝码盘B的质量应远大于小车A的质量
D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a－图像
(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，其中sab＝7.06 cm、sbc＝7.68 cm、scd＝8.30 cm、sde＝8.92 cm，已知电源频率为50 Hz，则纸带加速度的大小是________m/s2。

(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目是为了平衡摩擦力。但他把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大。用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力。则他绘出的a－F关系图像是________。
A． B. C. D.
14、如图甲为某次实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，A与各点之间的距离如图所示，单位是cm，纸带上D点的速度是_________m/s，纸带的加速度是________m/s2(结果均保留3位有效数字)，在验证质量一定时加速度a和合外力F的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a—F图象，其原因是________。

15、在“研究匀变速直线运动”实验中，交流电频率为50Hz，某同学打出如图所示的纸带，相邻两计数点之间有4个点未画出，并测得OA=2.80cm，DE=9.10cm，则小车的加速度为_____m/s2，（结果取2位有效数字）

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°．已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的压力
（2）当汽车以a1=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力
17、（10分）在水平地面上有一质量为2 kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动,10 s后拉力大小减为,该物体的速度随时间变化的规律如图所示。g取10 m/s2。求:
(1)物体受到的拉力F的大小;
(2)物体与地面之间的动摩擦因数。

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、B
【解析】速度时间图像的斜率代表物体的加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动。速度图像与时间轴围成的面积代表物体通过的位移，面积差越大代表距离越远，面积相等代表相遇。
【详解】A．由速度—时间图像可知：物体A的速度保持不变，故A做匀速直线运动，物体B的斜率保持不变，故B做匀加速直线运动；故A正确。
BC．在0~20s内物体A的速度始终大于物体B的速度，并且A的速度图像与时间轴围成的面积代表A的位移，而B的速度图像与时间轴围成的面积代表B的位移，两个面积的差代表两者之间的距离。由图可知在相遇之前20s末A、B相距最远，故B错误，C正确；
D．由图可知：40s末，A的位移x1=5×40=200m，B的位移，可知40s末两个物体的位移相等，故40s末A、B相遇；故D正确。
本题选不正确故选B。
【点睛】解决追击相遇问题可以利用运动学公式，也可以利用速度时间图像，但利用速度时间图像更简洁，计算量更小。
2、C
【解析】AC．任何有质量的物体都具有惯性，无论它处于什么状态，A错误，C正确；
B．力是改变物体运动状态的原因，外力推动物体，物体不一定做加速运动，B错误；
D．不符合题意，错误
3、C
【解析】A.根据可知，物体运动的速度改变量很大，它的加速度不一定很大，选项A错误；
B.某时刻物体的速度为零，其加速度不一定为零，例如自由落体运动刚开始时，选项B错误；
C.速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零，例如高速飞行的子弹，选项C正确；
D.加速度很大时，运动物体的速度不一定很大，例如火箭刚启动时，选项D错误
4、C
【解析】船的运动可分解为沿船头指向的分运动和顺水流而下的分运动，合速度与分速度遵循平行四边形定则（或三角形定则），如图所示：

当v合与v船垂直时，v船最小，由几何关系得到v船的最小值为：v船=v水sin53°=4×0.8=3.2m/s，故C正确，ABD错误
5、C
【解析】取初速度方向为正方向，则刹车时汽车的加速度a=-5m/s2；汽车由刹车到静止所需时间，由v=v0+at得汽车刹车后运动的时间 ，则汽车5s内的位移实为汽车匀减速运动4s内的位移即：x5＝x4＝20×4+×(−5)×42m＝40m，故选C.
【点睛】本题易错点有二，一是汽车匀减速运动加速度取值的正负，二是汽车做匀减速运动的时间；解题时不能硬套公式，否则会出现不符合实际的结果.
6、B
【解析】对结点A受力分析；利用图示法分析当细线AD从垂直于AB的位置逐渐转到竖直位置时两个力的变化；然后分析当细绳AD从竖直位置逐渐旋转到AD′位置时两个力的变化.
【详解】对结点A受力分析；如图所示：当细线AD从垂直于AB的位置逐渐转到竖直位置时，AD的拉力F1逐渐增大到G；AB轻杆的拉力逐渐减小到零；

当细绳AD从竖直位置逐渐旋转到AD′位置时，AB的支持力F2逐渐变大，细绳AD的拉力F1逐渐变大；即整个过程中F1一直增大、F2先减小后增大；故选B.
7、AC
【解析】点O受到三个拉力而处于平衡状态，其中向下的拉力的大小和方向均不变，OA的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：

从图解法可以看出，OA的拉力T不断减小，拉力F先减小后增加，当拉力F与OA垂直时F最小，故AC正确，BD错误。
故选AC。
8、ACD
【解析】A．据题第1s末的速度是v1=6m/s，第2s末的速度是v=8m/s，两个时刻的时间间隔是t=1s，则物体的加速度为

故A正确；
B．由v1=v0+at1得

故B错误；
C．第1s内的平均速度是

故C正确；
D．前2s内的位移

故D正确。
故选ACD。
9、CD
【解析】A．平衡时物块恰不离开挡板，则满足

故A错误；
BCD．平衡时物块恰不离开挡板，此时弹簧的拉伸量：

剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，此时对A根据牛顿第二定律得：

解得：

此后弹簧的弹力减小，物体A受到的合外力减小，加速度减小，直至为零，此时弹簧处于压缩状态，A的速度最大，弹簧的压缩量为

此后，A继续沿斜面向下运动，加速度方向沿斜面向上，做加速度越来越小的减速运动；故CD正确，B错误；
故选CD。
10、AB
【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
11、BD
【解析】AB．物体开始运动的速度小于传送带的速度，所以物体相对传送带向上滑动，摩擦力沿传送带平面向下，根据牛顿第二定律：

物体加速至于传送带共速时，因为，根据牛顿第二定律：

物体匀加速运动的加速度关系：，图线斜率的物理意义为加速度，A错误，B正确；
CD．根据上述分析可知加速度恒定且，C错误，D正确。
故选BD。
12、AB
【解析】三个质点从N到M位移相同，所用的时间也相等，故它们的平均速度相等，A选项正确；B质点做单向直线运动，故平均速度方向与任意时刻的瞬时速度方向相同，B正确；平均速率为路程与时间的比值，因此，A的平均速率最大、B的最小，D错误；无法判断到达M点时瞬时速度一定是A的最大；
思路分析：理解瞬时速度和速率、平均速度与平均速率之间的区别与联系
试题点评：本题是考查对瞬时速度与速率、平均速度与平均速率的理解

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).D (2).0.62 (3).C
【解析】(1)[1]A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，可以让小车重力的分力与摩擦力平衡，这样当改变小车的质量时，不用重新平衡摩擦力，故A错误；
B．实验时应该先接通电源后释放纸带，故B错误；
C．为了让小车所受的合外力近似等于砝码和砝码盘的总重力，系统的加速度要足够小，所以应该让砝码及砝码盘B的质量应远小于小车A的质量，故C错误；
D．在外力恒定的情况下，加速度与物体的质量成反比，所以应作图像，故D正确。
应选D。
(2)[2]根据逐差法，纸带的加速度

代入数据解得a＝0.62 m/s2。
(3)[3]将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力，当倾角过大时，不挂砝码和砝码盘，小车就有加速度，图象与纵轴有交点，故C正确。
应选C。
14、 ①.0678 ②.1.59 ③.平衡摩擦力过度
【解析】[1]打计数点D时，纸带速度大小为：

[2]运用逐差法得

[3]在a－F图线中，F=0时，加速度不为零，知长木板垫得过高，或倾角太大，或平衡摩擦力过度。
15、6
【解析】由于相邻两计数点之间有4个点未画出

故加速度

三．计算题(22分)
16、（1）T=50N，FN=30N．（2）T=50N，FN=22N
【解析】汽车匀速直线运动时，小球受重力、拉力和后壁的弹力平衡，根据共点力平衡求出拉力和墙壁的弹力大小；根据牛顿第二定律求出后壁对球弹力恰好为零时的加速度，判断小球是否飞起来，从而根据牛顿第二定律求出细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小
【详解】（1）匀速运动时，小球受力分析，小球受到重力、拉力、后壁的弹力，由平衡条件得：
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=50N，FN=30N
（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，
由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg
代入数据得：a0 =7.5m/s2
a1=2m/s2＜7.5m/s2，向右匀减速行驶时小球受车后壁的弹力，对小球受力分析，正交分解，

竖直方向：Tcos37°=mg
水平方向：Tsin37°﹣FN=ma1
解得：T=50N，FN=22N
【点睛】本题考查了共点力平衡以及牛顿第二定律，知道小球与小车具有相同的加速度，通过对小球受力分析，根据牛顿第二定律进行求解．第二问关键是要注意若向左的加速度很大，小球会飘起来，必要时要先求解小球飘起来的临界加速度
17、 (1)F=8.4 N (2)μ=0.34
【解析】考查牛顿第二定律。
【详解】0~10 s间物体加速度大小：
a1m/s2
10~14 s间物体加速度大小：
a2m/s2
根据牛顿第二定律有

可得 ,