2025-2026学年陕西省宝鸡市金台高级中学高一上物理期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025-2026学年陕西省宝鸡市金台高级中学高一上物理期末质量跟踪监视试题
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，两个质量分别为、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、的水平拉力分别作用在、上，则　　

A.在突然撤去的瞬间，的加速度不变.
B.在突然撤去的瞬间，的加速度不变
C.弹簧秤的示数是20N
D.弹簧秤的示数是30N
2、对于牛顿运动定律的有关认识，下列说法正确的是（　　）
A.速度大的物体，其惯性大
B.作用力和反作用力合力为零
C.加速度不为零的物体，其所受的力一定不为零
D.物体没有受到力的作用，其速度的大小一定不变，但速度的方向可能改变
3、当直升机倾斜飞行时，螺旋桨产生的升力垂直于机身，升力与竖直方向的夹角为.现沿水平和竖直两个方向分解力，如图所示.下列说法中正确的是

A.水平分力大小为
B.水平分力大小为
C.竖直分力大小为
D.竖直分力大小
4、如图所示，足够长水平传送带以=2m/s的速度匀速运行．t=0时刻，在左端轻放一质量为m的小滑块，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s²，则t=2.5s时滑块的速度为（ ）

A.3m/s B.2m/s
C.1m/s D.0
5、在下列选项中，全都是国际单位制中基本单位的是
A.千克、米、秒 B.千克、秒、米/秒
C.牛、千克、米 D.克、米、牛
6、质量为2kg的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为。该物体所受合力的大小为（　　）
A.2N B.4N
C.6N D.8N
7、如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下，依次经过 A、B、C 三点．已知 AB=6m，BC=10m，小球经过 AB 和 BC 两段所用的时间均为 2s，则小球经过 A、B、C 三点时的速度大小和下滑时的加速度大小分别是（）

A.2 m/s，3 m/s，4 m/s B.2 m/s，4 m/s，6 m/s
C.1m/s2 D.2m/s2
8、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（　　）

A.物体A与球B之间的作用力减小
B.球B对墙的压力增大
C.物体A对地面的压力减小
D.地面对物体A的摩擦力减小
9、有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的x-t图象如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图象如图乙所示。根据图象做出的以下判断中正确的是（ ）

A.物体A和B均做匀变速直线运动
B.在0~3s的时间内，物体A、B的间距逐渐减小
C.t=3s时，物体C、D的速度相同
D.在0~3s的时间内，物体C与D的间距逐渐增大
10、某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型．图中k1、k2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是（　　）

A.缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
B.垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等
C.垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等
D.垫片向右移动时，两弹簧的长度不同
11、如图所示，一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是( )

A.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0
B.若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点
C.若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0
D.若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＞v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0
12、如图所示，质量的物块（视为质点）放在质量的木板的右端，木板长。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为。现对木板施加一水平向右的恒力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，。则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是（）

A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B.木板的加速度大小为
C.物块的最大速度大小为2m/s
D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：

(1)为了补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力，应采取做法是________
A.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B.将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动
C.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D.将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动
(2)某学生在补偿阻力时，使得长木板倾角偏大。他所得到的a－F关系是上图中的哪根图线________？(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)

(3)补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力后，要用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码质量m与小车总质量M之间应满足的关系为_______________
(4)某次实验中得到一条纸带，如图所示，从比较清晰的点起，每5个计时点取一个计数点，分别标明0、l、2、3、4……，量得0与1两点间距离x1=30mm，1与2两点间距离x2=36mm，2与3两点间距离x3=42mm，3与4两点间的距离x4=48mm，则小车在打计数点2时的瞬时速度为_____m/s，小车的加速度为_____m/s2。(结果保留二位有效数字)

14、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，打点计时器的打点频率为50Hz。小车的质量为M，沙桶和沙子的质量为m.

（1）图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm、sEF=5.91cm、sFG=6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则a=_______m/s2，vB=______m/s。（保留二位有效数字）

（2）某同学在另一次实验中，用沙桶和沙子的重力表示对小车的拉力F，通过数据的处理作出了a—F图象，如图所示，则：

①图中的直线不过原点的原因是________________________。
②此图中直线发生弯曲的原因是_______________________；
③在这个实验中采用的探究方法是__________________________________。
15、如图是“研究平抛物体运动”的实验装置:

(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________(填字母代号)
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B.每次释放小球的初始位置可以任意选择
C.每次小球应从同一高度由静止释放
D.为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，寻找平抛物体的水平位移和竖直位移的关系.以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标和竖直坐标下图中图像能说明它们的关系的是_________(填字母代号)
A、 B、
C、 D、
(3)如图是某同学根据实验画出平抛小球的运动轨迹的一部分，在曲线上取一点为坐标原点O，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B、C纵横坐标分别为:则小球做平抛运动的初速度______m/s(结果保留两位有效数字，g取

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，一物块以大小v0＝8m/s的速度从足够长的传送带的底端冲上倾角θ＝37°的传送带。已知传送带顺时针转动的速度大小恒为v＝2m/s，传送带与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
(1)物块从开始减速到和皮带的速度相同所需的时间t1；
(2)物块沿传送带向上运动的最大距离x；
(3)物块在传送带上运动的时间t。

17、（10分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图甲所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为50Hz

(1)该同学得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，已知A、B、C三点到O点的距离分别为2.86cm、6.21cm和10.06cm，则由此可得小车运动的加速度大小为_____m/s2（结果保留一位小数）
(2)该同学根据数据作出的a-F图象如图丙所示，则图中直线不过原点的原因是_____
A．实验中没有对小车平衡摩擦力
B．在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太大
C．在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太小
D．实验中没有满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量纸带打点计时器
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】在突然撤去F2的瞬间，因弹簧的弹力不变，由此分析两物体受的合力的变化，从而得到加速度的变化；对两物体的整体和其中的一个物体列方程求解弹簧的弹力大小.
【详解】A．在突然撤去F2的瞬间，因弹簧的弹力不变，可知m1的受力不变，加速度不变，选项A正确；
B．在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，但是m2的受力发生了变化，即m2加速度要变化，选项B错误；
CD．对两物体的整体：，解得a=2m/s2；对m1：，解得T=26N，选项CD错误；故选A.
【点睛】此题考查整体法和隔离法的应用；关键是知道在撤去F的瞬时，弹簧的弹力不能突变，联系牛顿第二定律解答.
2、C
【解析】A．惯性是保持物体原来运动状态的性质，与物体的质量有关，与物体的速度无关；故A错误；
B．一对作用力与反作用力作用在相互作用的两个不同物体上，不可能平衡，作用效果不能合成，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可知，加速度不为零的物体，其所受的力一定不为零，故C正确；
D．物体没有受到力的作用，则加速度大于0，其速度的大小一定不变，同时速度的方向也不改变，故D错误；
故选C。
3、C
【解析】合力与分力遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则分解后根据几何关系列式求解即可
【详解】将力F分解为两个相互垂直的分力，其中沿水平方向的分力大小为：Fx=Fsinθ．竖直分力大小为Fy=Fcosθ，故C正确，ABD错误；故选C.
【点睛】本题是已知合力和两个分力的方向，分解具有唯一性，作图后，根据几何关系求解
4、B
【解析】物块在传送带上的加速度为

达到传送带速度时的时间为

此后滑块与传送带一起匀速运动，故2.5s时的速度为2m/s。
故B正确。
5、A
【解析】国际单位制的基本单位有7个，在力学中有三个，它们分别是质量、长度和时间的单位：千克、米、秒，故选A.
6、D
【解析】位移随时间变化的规律

根据题目中的表达式，应用待定系数法可知

解得加速度

根据牛顿第二定律求解合外力

ABC错误，D正确。
故选D。
7、BC
【解析】根据△x=at2得加速度为：，故C正确，D错误；B点的瞬时速度等于AC段的平均速度为：，则C点的速度为；vC=vB+at=4+1×2m/s=6m/s，A点的速度为：vA=vB-at=4-1×2m/s=2m/s，故B正确，A错误．故选BC
8、AD
【解析】AB．画出球B的受力图，球B受竖直向下的重力、A对B的支持力F1、竖直墙对B的支持力F2，如图

根据平行四边形定则可知，当A向右移动少许后，A对B的支持力F1及墙对B的支持力F2均减小；即A与球B之间的作用力减小，球B对墙的压力减小，故A正确，B错误；
CD．对AB的整体而言，地面对A的摩擦力大小等于墙对B的支持力，所以地面对A的摩擦力减小；地面对A的支持力等于AB两球的重力之和不改变，所以A对地面的压力不变。故C错误，D正确。
故选AD。
9、CD
【解析】A．由甲图看出：物体A和B位移图象都是倾斜的直线，斜率不变，速度不变，说明物体A和B都做匀速直线运动，故A错误；
B．A图线的斜率大于B图线的斜率，A的速度比B的大，则知在0～3s的时间内，A在B的前方，两者间距逐渐增大，故B错误；
C．t=3s时，物体C、D的图线相交，两者速度相同，故C正确；
D．由乙图看出：0-3s内，D的速度比C的大，C、D是从同一地点沿同一方向开始运动的，所以D在C的前方，两者间距增大。故D正确。
故选CD。
10、BD
【解析】A．由胡克定律F=kx，知F相同时，k不同，x不同，可知缓冲效果与弹簧的劲度系数有关．故A错误
B．当垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力大小相等．故B正确
CD．当垫片向右移动时，垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等，由于劲度系数不同，两弹簧形变量不同，故两弹簧长度不同．故C错误，D正确
11、AC
【解析】若传送带逆时针运动，物体受摩擦力水平向左，物体会一直做匀减速直线运动，若传送带顺时针运动，物体是减速还是加速，要比较物体与传送带的速度大小，分情况进行讨论即可；
【详解】A、当传送带不动时，小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动，当传送带逆时针方向运行且保持速率不变，物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，位移不变，运动情况完全相同，所以物体也能滑过B点，且用时为，故A正确，B错误；
C、传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行，当，小物块在传送带上做匀速直线运动滑过B点，所以所用时间，故C正确；
D、传送带以恒定速率v沿顺时针方向运行，当，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以，故D错误
【点睛】解决本题的关键会根据物块的受力判断物块的运动规律，当传送带顺时针旋转时，当物块的速度大于传送带的速度，物块可能先减速后匀速，当物块的速度小于传送带的速度，物块可能先加速后匀速
12、CD
【解析】考查牛顿运动定律的应用。
【详解】A．物体与物体恰好相对滑动时物块的加速度：

拉力的临界值：

解得：

物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，A错误；
B．木板的加速度：

B错误；
C．木块的加速度：

经过时间木块从木板上滑落，则：

代入数据解得：

此时木块的速度最大为：

C正确；
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小：

D正确。
故选CD。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).C (2).C (3).m＜＜M (4).0.39 (5).0.60
【解析】（1）[1]．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。故选C。
（2）[2]．把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力偏大，摩擦力偏小，而且重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，这样在没有绳子的拉力作用下，小车就会产生加速度。故选C。
（3）[3]．根据牛顿第二定律得：
对m：
mg-F拉=ma
对M：
F拉=Ma
解得：

当m＜＜M时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于钩码的总重力。
（4）[4][5]．电磁打点计时器是使用交流电源的计时仪器，当电源的频率为50Hz时，它每隔0.02s打一次点．从比较清晰的点起，每五个打印点取一个作为计数点，故每两个计数点的时间间隔T=0.1s．物体做匀变速直线运动，则时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此小车在打点2时的速度：

根据∆x=aT2，其中∆x=6mm，可得：

14、 (1). (2). (3).实验前木板右端垫得过高，平衡摩擦力过度 (4).随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量，即 (5).控制变量法
【解析】（1）[1][2]由题意可知，相邻计数点之间的时间间隔，根据匀变速直线运动的知识可知，A、C两点的过程中小车的平均速度即为B点的瞬时速度，即

由逐差公式可得：

（2）①[3]图中当时，．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，平衡摩擦力过度；
②[4]此图中直线发生弯曲的原因是随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量，即；
③[5] 在这个实验中采用的探究方法是控制变量法。
15、 ①.（1）C ②.（2）C ③.（3）2.8m/s
【解析】（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线
（2）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象
（3）根据竖直方向上做自由落体运动，结合运动学公式求出运动的时间，结合水平方向上做匀速直线运动求出小球的初速度
【详解】（1）安装斜槽轨道，使其末端保持水平，以保证小球做平抛运动，选项A正确；每次小球应从同一高度由静止释放，以保证轨迹相同，选项B错误，C正确；为描出小球的运动轨迹，描绘的点要用平滑的曲线连接，选项D错误；故选C；
（2）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=x2，因初速度相同，故为常数，故y-x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．故选C
（3）由图可知∆y=5cm，则根据∆y=gt2，解得，则
【点睛】解决本题的关键掌握实验的注意事项，以及知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解

三．计算题(22分)
16、 (1)1s；(2) 4m；(3)3.6s。
【解析】(1)物块受到重力、传送带的支持力与摩擦力，选取沿传送带的方向向上为正方向，设减速过程加速度为a1、位移为s1、减速到和皮带的速度相同的时间为t1；由牛顿第二定律：
-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得：
a1＝−10m/s2，负号表示方向沿斜面向下；
减速到和皮带的速度相同的时间：

(2)速度相等后，由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有：
-mgsinθ+μmgsosθ=ma2
代入数据得：
a2=-2m/s2，负号表示方向沿斜面向下；
最后减速到速度为零的时间为：

小物块向上滑行的最远距离为：

代入数据可得：
x=4m，
(3)设物块从最高点向下运动的时间为t3，该过程中物块受到的摩擦力的方向向上，所以加速度仍然是a2=-2m/s2，则：

代入数据可得：
t3=2s
所以总时间：
t=t1+t2+t3
可得：
t=3.6s。
17、 ①.0.5 ②.B
【解析】（1）根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；
（2）结合实验原理进行误差分析；
【详解】（1）图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，则相邻两计数点之间的时间间隔为，
根据匀变速直线运动的推论公式得：；
（2）图中当时，，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是在对小车平衡摩擦力时，长木板倾角太大，故选项B正确，ACD错误
【点睛】把握实验原理才能准确的把握实验的操作步骤，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用