2026届吉林省长春汽车经济技术开发区六中物理高一第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

2026届吉林省长春汽车经济技术开发区六中物理高一第一学期期末教学质量检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、质点沿如图所示的轨道由A点到B点做曲线运动，速度逐渐减小，图中能正确的表示质点C处受力的是（　　）
A.
B.
C.
D.
2、下列说法中正确的是
A.只要物体做圆周运动，它所受合外力一定指向圆心
B.做曲线运动的物体,受到的合外力方向一定在不断改变
C.匀速圆周运动是匀速运动
D.向心力只能改变做圆周运动的物体的速度方向,不能改变速度的大小
3、下列关于速度、加速度、力的关系说法中正确的是( )
A.力是维持物体运动的原因
B.物体运动的速度大，说明其受到的力大
C.物体受到力的作用，一定具有加速度；物体具有加速度，一定受到力的作用
D.力是改变物体运动状态的原因，加速度的方向和合外力的方向一致
4、如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成53°角时，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌面间的动摩擦因数为（不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（　　）

A. B.
C. D.
5、如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB：RC=3：2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的（　　）

A.线速度大小之比3：2：2 B.角速度大小之比为3：3：2
C.转速大小之比为2：3：2 D.向心加速度大小之比为9：6：4
6、如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量分别为m1和m2的两个小球A、B随小车一起做匀速直线运动，（m1>m2）当小车突然停止时，如不考虑其他阻力，小车足够长，则两个小球

A.一定相碰
B.一定不相碰
C.不一定相碰
D.是否相碰与车速度的方向有关
7、如图所示，一质量为M圆环套在一根粗糙的水平横杆上，圆环通过轻绳和质量为m的物块相连，物块在水平向右的风力作用下偏离竖直方向一定的角度（如图中虚线位置所示）。现风力发生变化使物块偏离到图中实线位置（缓缓移动），但圆环仍然不动，在这一过程中，水平风力大小F风、绳子上的张力大小FT、横杆对圆环的摩擦力大小f、横杆对圆环的支持力大小FN变化情况正确的是（　　）

A.F风逐渐变大，FT逐渐变大
B.F风逐渐变大，FT逐渐变小
C.f逐漸变大，FN保持不变
D.f保持不变，FN逐渐变小
8、物体甲的x-t图象和物体乙的v-t图象分别如下图所示，则这两个物体的运动情况是（　　）

A.甲在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B.甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
C.乙在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
D.乙在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
9、质量为2kg的质点在x﹣y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.质点的初速度为3m/s
B.质点做匀变速曲线运动
C.质点所受的合外力为3N
D.质点初速度的方向与合外力方向垂直
10、在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.两小球落地时的速度相等 B.两小球落地的时间差为1s
C.乙球落地时甲球恰好运动到最高位置 D.t=2s时，两小球相距l5m
11、如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2m，BC＝3m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.5s，则下列说法正确的是（）

A.物体的加速度为4m/s2 B.CD＝5m
C.OA之间的距离为1m D.OA之间的距离为1.125m
12、从高度为125m的塔顶，先后落下a、b两球，a球比b球早释放1秒，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下判断正确的是（）
A.在a球接触地面之前，两球距离得越来越远
B.在a球接触地面之前，两球的速度差恒定
C.两球运动过程中相对静止，落地时间差为1秒
D.a球接触地面瞬间，b球的速度为40m/s
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 “验证力的平行四边形定则”的实验如图（a）所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图（b）是在白纸上根据实验结果画出的图

（1）图（b）中________是力和的合力的理论值；________是力和的合力的实际测量值
（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：____________（选填“变”或“不变”）
（3）本实验采用的科学方法是_______.
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法

14、某研究性学习小组在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用表示，沙桶和沙的质量用表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到

（1）本实验主要用到的物理思想方法是________
A.理想实验法 B.控制变量法
C.假设法 D.极限法
（2）.关于本实验，下列说法中正确的是______
A.当远大于时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于沙和沙桶的重力
B.用天平测出以及小车测量，小车运动的加速度可直接用公式求出
C.改变小车的质量重复实现时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，应先释放小车，后接通打点计时器的电源
（3）.如图所示为某次实验得到的一条纸带示意图，相邻计数点间还有四个点没有画出．已知打点计时器所接电源的频率为．则大“2”点时 对应的速度大小是______，纸带在计数点间的加速大小是_____．（答案均保留两位有效数字）

（4）如图所示是某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的图线．其中图线不过原点的原因是_____________________________，图线在末端弯曲的原因是_____________________________

15、(1)如图甲所示，在研究平抛运动时，改变两球初位置的高度或改变铁锤的敲击力度，发现位于同一高度的A、B两球总是同时落地。该实验现象说明了A球在离开轨道后______。

A．水平方向的分运动是匀速直线运动
B．水平方向的分运动是匀加速直线运动
C．竖直方向的分运动是自由落体运动
D．竖直方向的分运动是匀速直线运动
(2)为进一步研究平抛运动水平方向的运动特点，采用图乙装置，描点画出小球平抛运动的轨迹。
①下列说法不正确的是______。

A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端切线必须水平
C．要用平滑曲线描出小球的运动轨迹
D．小球每次必须从斜槽上相同位置无初速度释放
②描出小球平抛运动的轨迹如图丙所示，O为抛出点，A、B为轨迹上的两点，OA、AB竖直方向高度分别为y1、y2，按照自由落体规律，若y1：y2=______，则OA、AB段时间间隔相等；在误差允许的范围内，若x1=x2，则说明小球在水平方向上的分运动是匀速直线运动。

(3)如果平抛运动的轨迹是一条抛物线，那么轨迹上任意一点的y坐标与x坐标理论上应满足y=ax2，已知初速度为v0，重力加速度为g，则关系式中的a等于______。
三．计算题(22分)
16、（12分）暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示．“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º．g取10m/s2, sin37º =0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求:

(1)座椅受到绳子的拉力大小；
(2)小明运动线速度大小；
(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图中O1点)的距离(保留两位有效数字)
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、C
【解析】AD.曲线运动，合外力指向曲线的凹侧，故AD错误
BC.合外力与速度成锐角，合外力做正功，速度增大，合外力与速度成钝角，合外力做负功，速度减小，故B错误C正确
2、D
【解析】A.只有做匀速圆周运动的物体合外力才指向圆心提供向心力，故A错误；
B.物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力方向不一定变化，如平抛运动，故B错误；
C.匀速圆周运动速度大小不变，方向沿圆周的切线方向，时刻在变化，所以速度是变化的，是变速运动，故C错误；
D.向心力只改变使得的方向，不改变速度的大小，故D正确
3、D
【解析】A．力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因；故A错误；
B．物体的速度大小与受力大小无关；速度很大的做匀速运动的物体受合力为零；故B错误；
C．物体受到力的作用不一定有加速度，如合力为零时；故C错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，由牛顿第二定律可知，加速度的方向一定与合外力的方向一致；故D正确；
故选D
4、D
【解析】物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，设物块质量为, 物块与桌面间的动摩擦因数为，则
保持F的大小不变，而方向与水平面成53°角时，物块也恰好做匀速直线运动．对此时的物块受力分析如图，据平衡条件可得：

、、
联立解得：．故D项正确
5、D
【解析】AB．A、B通过摩擦传动，边缘线速度大小相等，B、C同轴转动，角速度相等，由

可知，B、C的线速度之比为3：2，故三点的线速度大小之比为3：3：2，由

可知，A、B的角速度之比为3：2，故三点的角速度之比为3：2：2，AB错误；
C．根据公式

可知，转速与角速度成正比，故转速之比为3：2：2，C错误；
D．根据公式

结合AB解析中的结论可得，向心加速度大小之比为9：6：4，D正确。
故选D。
6、B
【解析】车停止前，两小球和小车一起做匀速运动，两小球和小车具有共同的速度。当小车突然停止时，由于小车表面光滑，两小球由于惯性，还要保持原来大小不变的速度做匀速直线运动，因此一定不会相碰。
故选B。
7、AC
【解析】以重物为研究对象，分析受力情况：重力、水平风力和绳子的拉力，如图1所示

由平衡条件得
，
当增加时，逐渐增加，增加；再以两物体整体为研究对象，分析重力、水平风力，杆的摩擦力和支持力，如图2所示

则有

则保持不变。

则逐渐增加；故AC正确，BD错误。
故选AC。
8、BD
【解析】AB．甲图位移-时间图象，斜率表示速度，可知甲做匀速直线运动，故甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，位移为

故A错误，B正确；
CD．乙图是v-t图象，速度的正负表示运动的方向，故前3s向负方向运动，后3s向正方向运动，即做来回运动，总位移为零，故C错误，D正确。
故选BD。
9、BC
【解析】由图知，x轴方向的初速度为 vx=3m/s，y轴方向初速度，故质点的初速度，故A错误．质点在x方向做匀加速运动，在y方向做匀速运动，合运动为匀变速曲线运动，选项B正确；x轴方向的加速度，质点的合外力 F合=ma=3N．故C正确；合外力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．故D错误．故选BC.
点睛：解题时能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，对于矢量的合成应该运用平行四边形法则，要注意两种图象的区别，不能混淆
10、ACD
【解析】甲球做竖直上抛运动，乙球做竖直下抛运动，根据机械能守恒定律求落地时速率关系；由位移公式求落地时间；根据乙球的运动时间，分析甲球的位置，并由位移公式求出t=2s时两者间的距离。
【详解】A．甲、乙两小球抛出时速率相等，机械能相等．由于不计空气阻力，所以两球运动过程中机械能都守恒，则落地时机械能也相等，落地时的速度必定相等，故A正确；
B．落地时，对于甲、乙两球，取竖直向上为正方向，有

解得
，
所以两小球落地的时间差为2s，故B正确；
C．甲球上升的时间为

所以乙球落地时甲球恰好运动动最高点，故C正确；
D．t=2s时，甲球的位移为

乙球已落地并不再弹起，所以t=2s时，两小球相距15m，故D正确。
故选ACD。
11、AD
【解析】A．设物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t，由匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，即

得
m/s2
A正确；
B．根据
m
可知m，B错误；
CD．因某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以物体经过B点时的瞬时速度为

再由

可得OB两点间的距离为m，所以O与A间的距离
m
C错误，D正确。
故选AD。
【点晴】本题考查匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度等规律
12、ABD
【解析】AC．设b球下降时间为t时，b球下降的高度：，a球下降的高度：，两球离地的高度差等于下降的高度差：

随时间的增大，位移差增大，故A正确，C错误；
B．设b球下降时间为t时，b球的速度：vb=gt，a球的速度：va=g（t+1），则：
△v=va-vb=g
与时间无关，是一定量，故B正确；
D．球做自由落体运动，根据，解得：

a球接触地面瞬间，b球的运动时间为4s，故速度：
vb=gt=10×4m/s=40m/s
故D正确。
故选ABD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).F (2).F' (3).不变 (4).B
【解析】（1）合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，一定沿AO方向，由此可知F是合力的理论值，是合力的实验值
（2）由图可知，弹簧秤的最小分度为；
则读得：，
（3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故选项B正确
14、 ①.B ②.C ③.0.81 ④.2.0 ⑤.未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ⑥.不满足
【解析】(1)在探究加速度与物体质量、受力关系的实验中，应该使用控制变量法；
(2)根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点2的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度；
(4)当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的．当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲
【详解】(1) 探究加速度与力的关系时，要控制小车质量不变而改变拉力大小；探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量；
这种实验方法是控制变量法，故选B
(2) A项：当m远小于M时，才可以认为绳对小车的拉力大小近似等于沙和沙桶的重力，故A错误；
B项：小车的加速度通过纸带进行求解，不能通过牛顿第二定律进行求解，故B错误；
C项：改变小车的质量重复实验时，不需要重新平衡摩擦力，故C正确；
D项：实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误
故选C
(3) 点2的瞬时速度
根据△x=aT2，运用逐差法得，

(4) 图线不过原点表明当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，是没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足引起的；
图线在末端弯曲的原因是F较大时，钩码重力与绳的拉力有较大的差异，从而产生很大的误差．即不满足m＜＜M
【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等
15、 (1).C (2).A (3).1:3 (4).
【解析】(1)[1]发现位于同一高度的A、B两球总是同时落地。该实验现象说明了球在离开轨道后在竖直方向做自由落体运动，故C正确，ABD错误；
故选C；
(2)①[2]A．斜槽轨道不要求光滑，故A错误；
B．斜槽轨道末端切线必须水平，以保证离开轨道后做平抛运动，故B正确；
C．要用平滑曲线描出小球的运动轨迹，故C正确；
D．小球每次必须从斜槽上相同位置无初速度释放，以保证其做相同的平抛运动，故D正确；
因选不正确的，故选A；
②[3]由初速度为0的匀速直线运动的特点可知时、段时间间隔相等。
(3)[4]水平方向：

竖直方向：

联立解得：

则
。

三．计算题(22分)
16、（1）500N（2）7.5m/s（3）8.7m
【解析】(1)拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力

(2)根据受力分析，由牛顿第二定律得：

联立代入数据解得v=7.5m/s
(3)由几何关系可知座椅离地高度：

由平抛运动规律，得：

代入数据联立解得x=4.5m
由勾股定理，落地点与游艺机中心距离：

答：(1)座椅受到绳子的拉力；
(2)小明运动的线速度v=7.5m/s；
(3)落地点与游艺机转轴的距离
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