2025年山西省阳泉市物理高一第一学期期末质量检测试题含解析.doc

2025年山西省阳泉市物理高一第一学期期末质量检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、关于超重和失重，下列说法中正确的是（　　）
A.在加速上升的升降机中，一物体挂在弹簧秤的下面，则弹簧秤的示数大于物体的重力
B.处于超重状态的物体受的重力变大
C.在减速上升的升降机中，物体受到的重力变小
D.对地静止的悬浮在空气中气球处于完全失重状态
2、如图所示，在光滑水平面上有一物块，物块在水平恒力F的作用下向右运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧．在物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是

A.物块接触弹簧后做加速度逐渐增大的减速运动
B.物块的加速度先减小后增大
C.当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度为零
D.以物块与弹簧接触为起点，此后弹簧的弹力与物块的位移不成正比
3、在学习物理的过程中，除了学习必要的知识外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在“探究求合力的方法”的实验中采用
A.微元法 B.控制变量法
C.理想模型法 D.等效替代法
4、用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”。如图(a)所示，把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果[图(b)]。分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，以下结论错误的是（　　）

A.作用力与反作用力大小时刻相等
B.作用力与反作用力作用在同一物体上
C.作用力与反作用力大小同时变化
D.作用力与反作用力方向相反
5、如图所示，两个质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两个大小分别为F1＝34N、F2＝24N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法不正确的是（）

A.m1、m2以2m/s2的加速度向右运动
B.弹簧秤的示数是10N
C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为8m/s2
D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为32m/s2
6、如图所示，放在粗糙水平桌面上的一个物体，同时受到水平方向的两个力，F1=8N，方向向右，F2=12N，方向向左．当F2从12N逐渐减小到零时，物体始终保持静止，物体与桌面间摩擦力大小变化情况是（ ）

A.逐渐减小 B.先减小后增大
C.逐渐增大 D.先增大后减小
7、北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭．它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施，先把乘有十多人的座舱，送到76m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止．若某游客手中托着质量为1kg的饮料瓶进行这个游戏，g取9.8m/s2，则（ ）

A.当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力大于9.8N
B.当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力为零
C.当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶对手的作用力小于9.8N
D.当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用26.6N的力才能托住饮料瓶
8、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度。其构造如图所示，把一根劲度系数为10N/m的轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊1.0N的重物，电梯静止时弹簧下端的指针指小木板上刻度为A的位置（取10m/s2)。下列说法正确的是（　　）

A.不挂重物时弹簧下端的指针指在C位置
B.指针指在B点时，重物处于超重状态
C.指针指在C点时，电梯的加速度为9m/s2
D.指针指在AC之间某时，电梯可能是加速向下运动
9、如图所示，三段不可伸长的细绳OA、OB、OC，它们共同悬挂一重物G=30N，其中OB是水平的， A端、B端固定，．则OA和OB的拉力分别是

A.OA的拉力是60N B.OA的拉力是
C.OB的拉力是 D.OB的拉力是
10、如图所示为车站使用的水平传送带装置模型，绷紧的传送带水平部分AB的长度L=6m，以v=1m/s的速度向右运动。现将一个可视为质点的旅行包无初速地轻放在传送带的A端，已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数µ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2，则（ ）

A.由于旅行包受到向右的摩擦力，故旅行包一直向右做加速运动
B.旅行包从A端运动到B端的时间是6.25s
C.旅行包在传送带上相对滑动时留下痕迹长度是0.25m
D.旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹长度是0.75m
11、重力均为G的斜面体a、b如图叠放在水平地面上，a、b间接触面光滑，水平推力F作用在b上，b沿斜面匀速上升，a始终静止．若a的斜面倾角为θ，则（ ）

A.F=Gsinθ
B.F=Gtanθ
C.地面对a的支持力大小为2G
D.地面对a的摩擦力大小为F
12、将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示，g取10m/s2，则（　　）

A.小铁块的初速度大小为v0=5m/s
B.小铁块与木板间的动摩擦因数μ=
C.当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5m/s
D.当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速为m/s2
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、用如图所示实验装置研究：小车质量一定的情况下，加速度与合力的关系。主要实验步骤如下：

A．如图所示，安装实验器材，调节轨道的倾角，轻推小车，使小车恰能做匀速直线运动；
B．用质量相等的若干槽码挂在细线的一端，细线的另一端与小车相连；
C．将小车放于靠近打点计时器处，接通电源，释放小车，得到一条打好点的纸带并记录槽码的个数n；
D．保持小车的质量不变，改变挂在细线上质量相等的槽码的个数，再做几次实验；
E．在每条纸带上选取一段比较理想的部分，算出每条纸带的加速度a；
F．将各次实验中的数据填入表中，做出a- n图像。
结合上述实验步骤，完成下列问题：
（1）实验步骤A的目的是让小车加速运动时，小车所受合力的大小________（选填“大于”“小于”或“等于”）细线拉力的大小。
（2）实验数据如下表所示：
序号
槽码的个数n
加速度a/(m· s-2)
1
1
0.12
2
2
0.24
3
3
0.37
4
4
0.47
5
5
0.60
以加速度a为纵轴、槽码的个数n为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图所示。

①请在该图中用“+”标出第5条纸带对应的坐标点，并画出a - n图像_____。
②观察a - n图像，可以判断小车的加速度a与合力F的关系是成________（选填“正比”或“反比”）。
③若换用一个质量更大的小车重新做这个实验，a -n图像的斜率应________（选填“变大”“变小”或“不变”）。
14、某同学用如图1所示装置“探究小车的加速度与力、质量的关系”实验中，他把砝码盘及盘中的砝码的总重力当作小车受到的合力

（1）为了减小实验误差，砝码盘及砝码的总质量应____小车的质量.（填“≪”或 “”或“≫”）
（2）实验中，必须的措施是____.
A．打点计时器应接在直流电源上
B．桌面上放置附有滑轮的长木板必须保持水平
C．在平衡摩擦力时，让砝码盘及盘中的砝码通过细绳拉着小车匀速运动即可
D．实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车
（3）打点计时器所用交流电源频率为，一次实验中打出的纸带如图2所示(图中相邻两点间还有4个点未画出).则小车运动的加速度____．（结果保留两位有效数字）

（4）在保持小车及车中的砝码质量一定时，探究加速度与所受合外力的关系时，在作图过程正确的情况下，得到的关系如图3所示，图线未通过坐标原点的原因是：____.
15、某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律

（1）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________（填“大于”“小于”或“等于”）砝码和砝码盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和砝码盘的总质量m满足________的条件
（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2 （结果保留两位有效数字）
（3）以砝码和砝码盘的总质量为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a-m图象如图丙所示，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，已知本地的重力加速度为g，则小车的质量为________
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示为一质点做直线运动的v-t图像.求：

(1)前2s和后4s的加速度大小；
(2)从运动开始到停止的过程中，质点运动的平均速度大小
17、（10分）如图所示，水平传送带以v=5m/s的恒定速度运动，传送带长AB=7.5m，今在其左端将一质量为m=1kg的工件轻轻放在上面，工件被带传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2）
求：（1）工件相对皮带滑动时所受到的摩擦力的大小和方向
（2）工件在传送带上相对滑动时的加速度的大小和方向
（3）工件经过多长时间由传送带左端运动到右端

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】A．在加速上升的升降机中，加速度方向向上，物体处于超重状态，弹簧秤的示数大于物体的重力，故A正确；
B．物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，处于超重状态的物体受的重力不变，故B错误；
C．物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，在减速上升的升降机中，物体受到的重力不变，故C错误；
D．对地静止的悬浮在空气中气球，处于平衡状态，加速度为零，气球并非处于完全失重状态，故D错误。
故选A。
2、B
【解析】ABC．物体与弹簧接触前做匀加速直线运动；物体与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于推力F，合力向右，加速度向右，物体做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大；接下来物体由于惯性继续向右运动，弹力进一步变大，且大于推力，合力向左，加速度向左，物体做加速度不断变大的减速运动，当速度减为零时，加速度最大；故AC错误，B正确；
D．弹簧的弹力F=kx，此后弹簧的弹力与物块的位移成正比，故D错误；
故选B.
【点睛】物体与弹簧接触前匀加速运动，与弹簧接触后的运动可以分为加速和减速两个两个过程分析，推力大于弹簧弹力过程加速，推力小于弹簧弹力过程减速.
3、D
【解析】合力与分力的关系为等效替代的关系，所以在“探究求合力的方法”的实验中采用了等效替代法，故ABC错误，D正确；
故选D。
4、B
【解析】两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。且同时产生、同时变化、同时消失。
A．作用力与反作用力大小时刻相等，故A正确，不符合题意；
B．作用力与反作用力是两个物体间的相互作用力，作用在两个物体上，故B错误，符合题意；
C．作用力与反作用力大小同时变化，故C正确，不符合题意；
D．作用力与反作用力方向相反，故D正确，不符合题意。
故选B。
5、B
【解析】A.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得

解得，故A正确；
B.以m2为对象，可得

解得，故B错误；
C.撤去时，弹簧的弹力还未发生改变，故的加速度为

C正确；
D.撤去时，弹簧的弹力还未发生改变，故的加速度为

故D正确；
故选B。
6、B
【解析】当F1=8N，F2=12N时，此时的静摩擦力大小为4N，方向向右，当F2从12N逐渐减小至8N的过程中，静摩擦力从4N逐渐减小到0，当F2从8N逐渐减小到零时，静摩擦力会反方向从0逐渐增大到8N，整个过程是先减小后增大．选项B正确，ACD错误．故选B
考点：静摩擦力
【名师点睛】该题主要是考查了静摩擦力的大小和方向的判断，知道静摩擦力产生的条件以及方向的判断，关键是静摩擦力大小的判断．静摩擦力的大小不是一个定值，静摩擦力随实际情况而变，大小在零和最大静摩擦力Fm之间．其数值可由物体的运动状态或物体的受力情况来确定
7、BD
【解析】（1）当座舱落到离地面高度为40m的位置时，处于完全失重状态，故饮料瓶对手的压力为零；
（2）座舱先自由落体，然后匀加速，对自由落体运动过程运用速度位移公式得到末速度v，再对减速下降过程运用速度位移公式，得出加速度，最后对饮料瓶受力分析，运用牛顿第二定律列式求解
【详解】AB．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，处于完全失重状态；故饮料瓶对手的压力为零，A错误，B正确；
CD．座舱自由落体过程，有
v2=2g（H-h）
座舱匀减速运动到地面过程，根据速度位移公式，有
v2=2ah
解得

当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶处于超重状态，有
F-mg=ma
解得
F=m（g+a）=1×（9.8+16.8）N=26.6N
即手要用26.6N的力才能把饮料瓶托住．选项C错误，D正确；
故选BD。
【点睛】本题关键把座舱的运动情况分析清楚，求出减速的加速度，再对铅球受力分析，根据牛顿第二定律列式求出手对铅球的托力
8、BD
【解析】A．由图可知小木板上A的刻度为1.5cm，根据胡克定律，代入数据解得：

由此可知不挂重物时弹簧下端的指针不在C位置，故A错误；
B．当指针指在B点时，弹力大于重力，所以重物处于超重状态，故B正确；
C．指针指在C点时，根据胡克定律可知此时的弹力为

则电梯的加速度为

故C错误；
D．当指针指在AC之间某时，弹簧的拉力小于重物的重力，加速度向下处于失重状态，可知电梯可能是加速向下运动，故D正确。
故选BD。
9、BD
【解析】对物体受力分析可求得绳OC的拉力为：F=G=30N；

对结点O受力分析如图所示，建立直角坐标系如图，由平衡条件有： F2cos30°=F； Ftan30°=F1；联立解得：F1=10N，F2=20N ，故选BD.
10、BC
【解析】A．根据牛顿第二定律得旅行包加速运动的加速度
=2m/s2
旅行包从开始运动到速度与传送带速度相等需要的时间为
s
通过的位移为
m<6m
所以旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，故A错误；
B．后一阶段旅行包运动至B端所用的时间为t2，则有
s
所以物体由A端到B端所用时间为
s
故B正确；
CD．相对运动阶段传送带的位移
m
所以旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹长度是
0.25m
故C正确，D错误。
故选BC。
11、BCD
【解析】先对b受力分析，根据平衡知识可求解F；再对整体受力分析，根据水平和竖直方向的受力求解支持力和摩擦力.
【详解】根据b的受力情况可知：F=Gtanθ，选项A错误，B正确；对ab整体，竖直方向N=2G；水平方向f=F，选项CD正确；故选BCD.
12、AB
【解析】根据动能定理，铁块沿斜面上滑过程有

解得关系式

A．由图可得，当α=90°时，x=1.25m，有

求得
v0=5m/s
故A正确；
B．由图可得，α=30°时，x=1.25m，代入关系式求得
μ=
故B正确；
C．把α=60°代入关系式，解得
x=m
由动能定理得

代入数据得
vt＝m/s
故C错误；
D．根据牛顿第二定律求得：铁块下滑的加速度为

当α=60°时，代入数据得
a=m/s2
故D错误。
故选AB。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).等于 (2). (3).正比 (4).变小
【解析】（1）[1]实验步骤A是平衡摩擦力，目的是让小车加速运动时，小车所受合力的大小等于细线拉力的大小。
（2）①[2]画出a - n图像如图：

②[3]观察a - n图像，可以判断小车的加速度a与槽码的个数成正比，即加速度a与合力F成正比关系。
③[4]根据可知，a-F图像的斜率的倒数等于小车的质量，则若换用一个质量M更大的小车重新做这个实验，a -n图像的斜率应变小。
14、 ①.（1）≪ ②.（2） D ③.（3）0.20 ④.（4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】（1）为了使得砂和砂桶的重力等于小车的拉力，必须要保证砂和砂桶的重力小于小车的重力；（2）根据实验原理判断逐个选项的正误；（3）用逐差法求解加速度；（4）根据图像的特征分析原因.
【详解】（1）对整体mg=（M+m）a；对小车F=Ma；联立解得：，当m＜＜M时，F=mg；则为了减小实验误差，砝码盘及砝码的总质量m应＜＜小车的质量M.
（2）打点计时器应接在交流电源上，选项A错误；桌面上放置附有滑轮的长木板因需要平衡摩擦力，则必须要将木板的一端抬高，不能保持水平，选项B错误；在平衡摩擦力时，应不挂砝码盘及盘中的砝码，让小车拖着纸带在木板上匀速运动即可，选项C错误；实验时应先接通打点计时器的电源再释放小车，选项D正确；故选D.
（3）根据可得小车运动的加速度；

（4）由图像可知，当F到达一定值时小车才有加速度，可知图线未通过坐标原点的原因是：未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.
【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．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.小于 ②. m ③.1.3 ④.
【解析】（1）[1][2]根据牛顿第二定律，对小车有

对砝码盘和砝码有

解得

即拉力小于砝码和砝码盘的重力，只有时，小车受到的拉力才近似等于mg，，从而减小误差。
  （2）[3]由逐差法可得小车的加速度

将
代入可得。
 （3）[4]由题图结合牛顿第二定律有，可得

则图象斜率，可得小车质量。

三．计算题(22分)
16、 (1) (2)
【解析】(1)根据质点速度随时间的变化规律判断质点的运动情况,速度-时间图象的斜率表示加速度.
(2)速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移与时间之比
【详解】(1)由图可知，前2s的加速度大小为
后 4s 的加速度大小
(2)从开始运动到停止的过程中，加速时间，匀速时间，减速时间，
质点位移，

解得：
【点睛】解决本题的关键知道速度—时间图线的物理意义，会通过速度时间图线判断物体的运动规律，以及掌握图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义
17、（1）5N，水平向右；（2）5m/s2，水平向右；（3）2s
【解析】（1）工件相对皮带滑动时所受到的摩擦力大小

方向水平向右
（2）物体运动的加速度为a，由牛顿第二定律得

解得

方向水平向右
（3）工件达到与皮带共同速度所用时间为

在此时间内工件对地位移

因，所以工件随皮带一起匀速运动，到B点又用时t2则

所以

工件在带上运动的总时间