2026届海南省万宁市民族中学高一上物理期末联考试题含解析.doc

2026届海南省万宁市民族中学高一上物理期末联考试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、如图所示的位移—时间（）图像和速度—时间（）图像中给出了四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（　　）

A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B.时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程
C.丙、丁两车在时刻相遇
D.时间内，丙、丁两车的平均速度相等
2、小明同学绕标准操场一周跑了400m，用时65s，那么　　
A.400m是位移、65s是时刻 B.400m是位移大小、65s是时间
C.400m是路程、65s是时刻 D.400m是路程、65s是时间
3、2018年4月，雅安中学举行了春季运动会，同学们展现了雅中学子良好的精神面貌，其中，有关下列运动说法正确的是（）
A.在高一男子200米比赛中，缪同学以25秒的成绩打破年级记录,则他的平均速度大小为8 m/s
B.高一男子100米年级记录为11.5s，其中11.5s为时刻
C.高一女子实心球年级记录为9.69m，其中9.69m为实心球出手后的位移大小
D.百米冲刺时，运动员的速度变化率很小
4、关于速度、速度的变化量、速度的变化率、加速度的关系，下列说法正确的是（）
A.物体加速度增大时，速度也增大
B.物体速度变化量越大，则加速度越大
C.物体速度变化越快，则速度变化率越大，加速度也越大
D.物体加速度不等于零时，速度一定增大
5、关于速度、速度的变化、加速度的关系，下列说法中正确的是（）
A.速度变化越大，加速度就一定越大
B.速度为零，加速度一定为零
C.速度很小，加速度可能很大
D.速度变化越慢，加速度可能越大
6、质量为20kg的物体在动摩擦因数为0.1的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左，大小为10N的拉力作用，则物体受到的摩擦力为（g=10m/s2）（　　）

A.10N，向右 B.10N，向左
C.20N，向右 D.20N，向左
7、如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则（　　）

A.细线拉力为
B.车厢的加速度为
C.底板对物体2的支持力为
D.底板对物体2的摩擦力为零
8、如图所示，质量为m2的物体B放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体A相连．车厢正沿水平直轨道向右行驶，两物体与车相对静止，此时与物体A相连的细绳与竖直方向成θ角，由此可知( )

A.车厢的加速度大小为gtanθ
B.绳对物体A的拉力大小为m1gcosθ
C.底板对物体B的支持力大小为(m2－m1)g
D.底板对物体B的摩擦力大小为m2gtanθ
9、如图所示，用轻弹簧相连的A、B两球，放在光滑的水平面上，质量分别为，在水平外力Ｆ作用下，它们一起向右加速运动，则( 　)

A.A球和B球都做匀加速直线运动
B.A球先做加速度逐渐减小的加速直线运动后做匀加速直线运动
C.突然撤去外力F的瞬间，A的加速度发生改变，B的加速度不变
D.突然撤去外力F的瞬间，B的加速度发生改变，A的加速度不变
10、船在静水中的速度与时间的关系如图甲所示，河水的流速与船离河岸的距离的变化关系如图乙所示，则当船沿渡河时间最短的路径渡河时( )

A.船渡河的最短时间是60s
B.船在河水中航行的轨迹是一条曲线
C.船在河水中的最大速度是 5m/s
D.要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直
11、如图所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）

A.若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B.若地面是完全光滑的，则FAB<F
C.若地面的动摩擦因数为μ，则FAB>F
D.若地面的动摩擦因数为μ，则FAB＝F
12、跳高运动员从地面起跳的瞬间,下列说法中正确的是（ ）
A.运动员对地面的压力大于运动员受到的重力
B.运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力
C.地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力
D.地面对运动员的支持力大于运动员对地面的压力
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、某实验小组用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知重力加速度为g，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz，滑轮足够光滑，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。实验步骤如下：

①按图所示，安装好实验器材，但不挂砝码盘；
②垫高长木板右侧，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
③挂上砝码盘，调节木板左侧定滑轮，使牵引动滑轮的细线与木板平行；
④砝码盘中放入砝码，先通电，再放车，由打出的纸带求出小车的加速度并记录传感器示数；
⑤改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤④，求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回答以下问题：
（1）对于上述实验，下列说法正确的是_______。
A．必须要测出砝码和砝码盘的总质量
B．传感器的示数等于小车受到的合力
C．小车向左加速时，砝码处于失重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
（2）如图（甲）是在实验中得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，如图（乙）是以传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象。

①小车的加速度大小为_______m/s2；打下计数点2时，小车的速度大小为_______m/s（结果保留两位有效数字）。
②若实验过程中，交流电的实际频率比50Hz稍大一些，则①中计算所得的小车加速度应比小车的实际加速度_____（选填“大”或“小”）。
③分析（乙）图时，该小组用量角器测得图线与横坐标的夹角为θ，通过计算式求得图线的斜率为k，则小车的质量为_______
A． B． C． D．
（3）本实验中，随着砝码质量的增加，测得的小车加速度也会增加，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，小车的加速度大小约为_______。
A．2g B．1.5g C．g D．0.5g
14、某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．如图甲所示，带滑轮的长木板水平放置，轻绳跨过固定在长木板末端的滑轮，端连接砂桶，另一端连接固定在滑块上的拉力传感器，穿过打点计时器的纸带与滑块尾部相连接，砂桶离地面足够高．调节滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与滑轮间的摩擦

（1）为了完成实验______（选填“需要”或“不需要”）将长木板右端垫高以平衡摩擦力，______（选填“需要”或“不需要”）使砂桶的质量远小于滑块和拉力传感器的总质量
（2）经正确、规范的操作后，打出一条如图乙所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，打点计时器的频率为50Hz．由此可求得滑块的加速度a=___m/s2（结果保留三位有效数字）
（3）改变砂桶的质量，进行多次实验，测出多组滑块的加速度a与相应的拉力传感器示数F，作出a-F图线如图（丙）所示，已知重力加速度为g=9.8m/2，则滑块（含拉力传感器）质量为______kg，滑块与长木板间的动摩擦因数为______
15、如图所示是某同学探究动能定理的实验装置。已知重力加速度为，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下：

a．将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门和，砂桶通过滑轮与小车相连
b．调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为
c．某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动
d．测得挡光片通过光电门时间为，通过光电门的时间为，挡光片宽度为d，小车质量为，两个光电门和之间的距离为
e．依据以上数据探究动能定理
(1)根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是______
A．实验时，先剪断细绳，后接通光电门
B．实验时，小车加速运动的合外力为
C．实验过程不需要测出斜面的倾角
D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量
(2)小车经过光电门A、B的瞬时速度为__、__。如果关系式__在误差允许范围内成立，就验证了动能定理。
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，水平恒力F＝20N，把质量m＝0.6kg的木块压在竖直墙上，木块离地面的高度H＝6m，木块从静止开始向下做匀加速运动，经过2s到达地面。取g＝10m/s2，求：
(1)木块下滑的加速度a的大小；
(2)木块与墙壁之间的动摩擦因数。

17、（10分）一平直的传送带以速率v 0= 2m/s匀速运行，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m，从A处把工件轻轻放到传送带上，经过时间t = 6 s 能传送到B处

（1）分析工件水平方向的受力和运动情况；
（2）工件加速过程中的加速度是多大？
（3）如果提高传送带的运行速率，工件能较快地从A处传送到B处．说明如何能让工件用最短的时间从A处传送到B处，并计算传送带的运行速率至少应多大？
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】A．位移—时间图像描述的是直线运动，其图线的斜率表示速度，甲做匀速直线运动，乙做速度减小的直线运动，故A错误；
B．位移-时间图像中两图线的交点表示位移相等，时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故B正确；
C．时间内，由速度-时间图像的“面积”读出位移，丙的位移小于丁的位移，它们不相遇，故C错误；
D．时间内，丙的位移小于丁的位移，丙的平均速度小于丁的平均速度，故D错误。
故选B。
2、D
【解析】绕400米操场跑一圈，首末位置重合，则位移的大小为0，路程等于400m．65s指时间长度，是指时间．故ABC错误，D正确
故选D
3、D
【解析】A.由于运动场的跑道没有200m的直道，所以200m只是路程，位移小于200m，所以平均速度小于，故A错误；
B.高一男子100米年级记录为11.5s，其中11.5s为时间段，即时间间隔，故B错误；
C.实心球出手后的位移是从抛出时手的位置到落点的有向线段，而实心球的成绩是从地面上规定的起点到实心球的落地点之间的距离，二者不能等同，故C错误；
D.百米冲刺时，运动员几乎以最快的速度、几乎做匀速直线运动，所以速度变化率很小，故D正确
4、C
【解析】详解】A.当加速度方向与速度方向相反时，加速度增大，速度减小，故A项错误；
B.物体的速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故B项错误；
C.加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，速度变化率越大，加速度越大，故C项正确；
D.当加速度方向与速度方向相反时，加速度不等于零，速度减小，故D项错误
5、C
【解析】A．根据公式a＝，加速度与速度变化率有关，速度变化越大，加速度不一定越大，还与时间有关，故A错误；
B．物体的速度为零，但物体的速度的变化率可以不为零，即物体的加速度不为零，故B错误；
C．速度很小，但速度的变化率很大，加速度就很大，故C正确；
D．物体的速度变化越慢，即物体速度的变化率越小，则物体的加速度越小。故D错误。
故选择C选项。
6、D
【解析】由于物体在向右运动，故受到地面滑动摩擦力，则摩擦力的大小

方向与运动方向相反，方向向左；故D正确，ABC错误。
故选D。
7、BC
【解析】车厢水平向右做加速直线运动，两物体与车厢具有相同的加速度，根据隔离对物体1分析，得出物体1的加速度以及细线的拉力，从而得知车厢的加速度．再隔离对物体2分析，求出支持力和摩擦力的大小。
【详解】AB．以物体1为研究对象，水平方向有：

竖直方向有：

解得：

A错误，B正确；
CD．以物体2为研究对象，水平方向有：

竖直方向有：

解得：

C正确，D错误；
故选BC。
8、AD
【解析】A．以物体A为研究对象，受力如图1所示，由牛顿第二定律得：m1gtanθ=m1a，解得：a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ，故A正确；

B．如图1所示，绳子的拉力：，故B错误；
C．对物体B研究，受力如图2所示，在竖直方向上，由平衡条件得：N=m2g-T=m2g-，故C错误；
D．由图2所示，由牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtanθ，故D正确
9、BC
【解析】AB.由于弹簧的弹力随形变量的增大而增大，所以A球先做加速度逐渐减小的加速直线运动，B球先做加速度逐渐增大的加速直线运动。当两球速度达到相等时，弹簧形变量不再变化，A、B两球的受力不再变化，之后均做匀加速直线运动，选项A错误，B正确；
CD.突然撤去外力F的瞬间，由于弹簧的弹力不能发生突变，所以B的加速度不变，但A球的受力发生了变化，所以A的加速度发生改变，选项C正确，B错误。
故选BC。
10、BCD
【解析】A．当静水船速与河岸垂直时，渡河时间最短

故A错误；
B．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线，故B正确；
C．船在静水中的速度与河水的流速是垂直的关系，其合成时不能直接相加减，而是满足矢量三角形合成的法则，故船在航行中最大速度是

故C正确；
D．要使船以最短时间渡河，船在行驶过程中，船头必须始终与河岸垂直，故D正确
故选BCD。
11、AD
【解析】AB．若地面是光滑的，对整体运用牛顿第二定律得：整体的加速度

再对运用牛顿第二定律得：

故A正确，B错误；
CD．若地面是粗糙的，动摩擦因数设为，对整体运用牛顿第二定律得：整体的加速度

再对运用牛顿第二定律得：

解得：

故C错误，D正确；
故选AD。
12、AC
【解析】运动员在起跳过程中运动员的加速度竖直向上，根据牛顿第二定律可知运动员所受合力竖直向上，故地面对运动员的支持力大于运动员的重力；地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反；故AC正确，BD错误。
故选AC。
【名师点睛】解决本题的关键知道作用力和反作用力大小相等，方向相反。人之所以能起跳，是因为地面对运动员的支持力大于运动员的重力，产生向上的加速度。运动员能够挑起的原因是地面的支持力大于运动员的重力，即运动员所受合力竖直向上。地面对运动员的支持力和运动员对地面的压力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反。

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.C ②.2.0 ③.0.41 ④.小 ⑤.C ⑥.D
【解析】（1）[1]AD．小车受到的拉力，可以直接由力传感器测出，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，故不需要测出砝码和砝码盘的总质量，故AD错误；
B．对小车受力分析，可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍，故B错误；
C．小车向左加速，则砝码和砝码盘向下加速，即重力大于轻绳的拉力，故砝码等于失重状态，故C正确。
故选C
（2）①[2]由于两计数点间还有四个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，根据：

代入数据得：
m/s2
[3] 依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则打计数点“2”时小车的速度大小为：
0.41m/s
②[4]若交流电的实际频率大于50Hz，打点计时器打点的时间间隔小于0.02s，计数点间的时间间隔小于0.1s，计算加速度时所用时间t偏大，加速度的测量值小于真实值，即计算结果与实际值相比偏小；
③[5]对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，对小车根据牛顿第二定律有：

变形得：

由题知该图象的斜率为k，则有：

解得：

故C正确，ABD错误。
故选C。
（3）[6]设小车的加速度为a，则砝码和砝码盘向下加速为2a，对小车，根据牛顿第二定律有：

对砝码和砝码盘，根据牛顿第二定律有：

联立解得：

由上可知，当砝码和砝码盘的质量远大于小车的质量时，即，小车的加速度大小约为：

故D正确，ABC错误。
故选D。
14、 ①.不需要 ②.不需要 ③.202 ④.0.25 ⑤.0.4
【解析】（1）滑块受到的拉力是通过力传感器显示的，故不必保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量和测定砂和砂桶的质量，由于要测量摩擦因数，故不需要平衡摩擦力；
（2）把0--6点分成两大段，由逐差公式求加速度；
（3）根据牛顿第二定律，加速度，结合题目所给图象知：斜率，从而求出滑块质量，从横截距可求出
15、 ①.C ②. ③. ④.
【解析】(1)[1]A．按照操作规程，应先接通光电门，后释放滑块，故A错误；
B．平衡时，除了绳子拉力以外的力的合力与绳子的拉力等值反向，实验时，剪断细绳，则小车加速运动的合外力为，故B错误；
C．实验过程中，倾斜木板的目的是平衡摩擦力，不需要测出斜面的倾角，故正确；
D．实验时，剪断细线，砂和砂桶不随小车运动，无需考虑砂和砂桶的总质量远是否小于小车质量，故D错误。
故选C。
(2)[2][3]由于遮光条比较小，通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度分别为
、
[4]小车从到的过程中，其合力做功为，小车动能的增加量为

因此只要比较与是否相等，即可探究合外力做功与动能改变量之间关系是否相等。即如果关系式

在误差允许范围内成立，就验证了动能定理。

三．计算题(22分)
16、（1）（2）
【解析】（1）由H=1/2at2有a=3m/s2
（2）受力分析如图，有

mg-f=ma
F-N=0
f=μN
代入数据解得μ=021
考点：考查了牛顿第二定律的应用
点评：做此类型问题，需要先对物体进行受力分析，根据力的合成与分解求解物体的合力大小
17、（1）开始工件在水平方向受摩擦力作用下做匀加速运动，速度与传送带相等后，做匀速直线运动；（2）1m/s2 ； （3）m/s
【解析】(1)开始工件在摩擦力作用下做匀加速运动，速度与传送带相等后，做匀速直线运动；
(2)设工件匀加速直线运动的加速度为a，则匀加速直线运动的位移：x1=，
匀加速运动的时间：
有：x1+v(t−t1)=L，
代入解得：a=1m/s2.
（3）当工件一直做匀加速直线运动时，运行时间最短
所以：L=
所以传送带的最小速度：v=at′=m/s.