四川省广安市邻水县邻水实验学校2025-2026学年高一上物理期末联考试题含解析.doc

四川省广安市邻水县邻水实验学校2025-2026学年高一上物理期末联考试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、2012年6月18日“天宫一号”与“神舟九号”飞船成功对接，为我国建造太空实验室打下坚实的基础．下列四个实验中，能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是(　　)
A.用天平测量物体的质量 B.用弹簧秤测物体的重力
C.用温度计测舱内的温度 D.用水银气压计测舱内气体的压强
2、关于力的分解，下列说法正确的是（ ）
A.一个2N的力可以分解为6N和3N的两个共点力
B.一个2N的力可以分解为5N和4N的两个共点力
C.一个10N的力可以分解为5N和4N的两个共点力
D.一个10N力可以分解为15N和4N的两个共点力
3、一位女士由于驾车超速而被警察拦住，警察对她说：“太太，您刚才的车速是60公里每小时”这位女士反驳说：“不可能的我才开了6分钟，还不到1小时，怎么可能走了60公里呢？”根据以上对话及右图，下列说法正确的是（　　）

A.女士所说的6分钟是指时间，60公里是指位移大小
B.警察所说的60公里每小时是指平均速度大小
C.图中的50指的是瞬时速度大小
D.图中的50指汽车在1小时内行驶的路程不能超过50公里
4、如图所示，三段不可伸长的细绳，OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，其中OB是水平的，A端、B端固定在水平天花板上和竖直墙上。若逐渐增加C端所挂重物的质量，则最先断的绳是（　　）

A.必定是OA B.必定是OB
C.必定是OC D.可能是OB，也可能是OC
5、如图，P、Q为静止在固定斜面上的两个物块，中间用轻弹簧相连，以下说法正确的是

A.若弹簧处于拉伸状态，则Q的受力个数一定为4个
B.若弹簧处于拉伸状态，则P的受力个数一定为4个
C.若弹簧处于压缩状态，则Q的受力个数一定为3个
D.若弹簧处于压缩状态，则P的受力个数一定为3个
6、如图所示，甲、乙两组小朋友进行拔河游戏，下列说法正确的是（ ）

A.甲组拉乙组的力总是等于乙组拉甲组的力
B.甲组拉乙组的力总是大于乙组拉甲组的力
C.当甲组获胜时，甲组拉乙组的力大于乙组拉甲组的力
D.只有他们僵持不动时，甲组拉乙组的力才等于乙组拉甲组的力
7、以下说法错误的是：
A.打点计时器是一种打点的仪器
B.在实验时，要先将打点计时器放正并固定，使纸带移动过程中摩擦尽量的小
C.一次实验过程中应先打开电源再放纸带，每次实验结束后都应当及时关闭打点计时器
D.任何一种形式的运动都可以借助打点计时器来研究
8、如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（ ）

A.物体A可能只受到三个力的作用
B.物体A一定受到四个力的作用
C.物体A受到的滑动摩擦力大小为Fcos θ
D.物体A对水平面的压力大小一定为Fsin θ
9、某物体从45 m高的地方做自由落体运动，g=10m/s2。则
A.物体从开始下落到中间位置所用的时间为1.5 s
B.物体在下落过程中的平均速度大小为15m/s
C.物体在第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比是1∶3∶5
D.物体在第1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1∶4∶9
10、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
11、高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀变速直线运动，在启动阶段，列车的（　　）
A.位移与它经历的时间成正比 B.瞬时速度与它经历的时间成正比
C.平均速度与它经历的时间成正比 D.加速度与它经历的时间成正比
12、在某地将甲乙两小球从距离水平地面同一高度处先后释放，它们做自由落体运动的v─t图象如图所示．则

A.t＝4s时，两球的高度相差为40m
B.该地区重力加速度g=10m/s2
C.两球在空中运动过程中，距离逐渐变大
D.乙球释放时距离甲球20m
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、关于“探究力的平行四边形定则”的实验，下列说法正确的是

A.实验中，橡皮条、细绳必须与木板平行
B.两弹簧测力计必须在与木板保持接触状况下读数
C.两弹簧测力计的拉力一定比橡皮条的拉力小
D.只用一个弹簧测力计也可完成本实验
14、如图所示：
（1）关于图1所示装置以下说法正确的是_____

A．运用该装置可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验
B．运用该装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验
C．运用该装置可以完成“探究恒力做功与速度变化的关系”实验
D．该装置中的打点计时器需要用学生电源的低压交流档
E．该装置中的木板要尽可能光滑，否则做以上三个实验均需平衡摩擦力
（2）在探究“物体加速度与力、质量的关系”实验时得到如图2所示的一条记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1s，根据纸带的数据可以计算C点的瞬时速度是_____m/s，小车运动的加速度的大小是_____m/s2（计算结果保留3位有效数字）

（3）实验中要使小车的质量_____（填“远大于”或“远小于”）塑料桶和桶中砝码的质量，能认为细线对小车的拉力等于塑料桶和砝码的重力
（4）改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据画出如图3的a-F关系图线，图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_____（填选项前字母）

A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
15、某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验中，主要步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两只已调零的弹簧秤分别勾住绳套，互成角度的拉橡皮条，使橡皮条的结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两只弹簧秤的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较力F′和F的大小和方向，看他们在误差范围内是否相同，得出结论
（1）上述C、E步骤中有重要遗漏，分别是：
C中遗漏的是：________；
E中遗漏的是：________
（2）实验情况如图甲所示，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．则图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是_________

三．计算题(22分)
16、（12分）如图，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°，现小球在F=10N的沿杆向上的拉力作用下，从A点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数m为．试求：

（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离Sm；
（3）若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为4.64m的B点
17、（10分）质量M＝4kg、长2L＝4m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m＝1kg的滑块（可视为质点）放在木板的左端，如图甲所示．在t＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2s时滑块恰好到达木板中点，滑块在前2s内运动的x1－t图像如图乙所示．g取10 m/s2
(1)计算前2s内木板M运动加速度aM的大小；
(2)计算滑块与木板左边的动摩擦因数μ1；
(3)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？

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】在太空中处于失重状态，因此不能用弹簧测力计测量物体的重力，不能用天平测量物体的质量．其他跟重力没有关系的实验都可以进行
【详解】天平实质是一个等臂杠杆，测质量依靠的是物体对托盘的压力，绕地球飞行的太空实验舱中，此时物体就不会对托盘有压力，故A错误；绕地球飞行的太空实验舱中，物体对弹簧秤没有拉力，所以不能测物体的重力，故B错误温度计是利用液体的热胀冷缩性质制成的，和物体失重与否没有关系，故C正确水银气压计测舱内气体的压强与重力现象有关，所以该实验不能完成，故D错误；故选C
【点睛】此题考查的是在太空中的物体处于失重状态，解题关键是看哪一种实验工具是利用重力来工作的，那么，这种实验工具就不能使用
2、B
【解析】根据力的平行四边形定则，结合两个分力的合力在两个分力之差与两个分力之和之间，分析可能情况。
【详解】A.6N和3N的合力范围是3N≤F合≤9N，所以不可能是大小为2N的力分解而得，选项A错误；
B.5N和4N的合力范围是1N≤F合≤9N，所以可能是大小为2N的力分解而得，选项B正确；
C.5N和4N的合力范围是1N≤F合≤9N，所以不可能是大小为10N的力分解而得，选项C错误；
D.15N和4N的合力范围是11N≤F合≤19N，所以不可能是大小为10N的力分解而得，选项D错误。
故选B。
3、C
【解析】A．女士说6分钟是时间，60公里是路程，故A错误；
B．警察所说的车速指的是瞬时速度的大小，故B错误；
CD．图中的50指的是瞬时速度，故C正确，D错误。
故选C。
4、A
【解析】OC下悬挂重物，它对O点的拉力等于重物的重力G。OC绳的拉力产生两个效果：拉紧BO绳的水平向左的力F1，拉紧AO绳的沿绳子方向斜向下的力F2，F1、F2是OC绳拉力的两个分力，大小等于G。由平行四边形定则可作出力的分解图如图所示，当逐渐增大所挂重物的质量时，哪根绳受的拉力最大则哪根绳最先断。从图中可知：表示F2的有向线段最长，F2最大，故OA绳最先断。故选A。

5、B
【解析】AB．若弹簧处于拉伸状态，Q受到重力，斜面对它的支持力、弹簧的拉力，如果三个力正好平衡，则不受摩擦力，Q可能受3个力；而对于P，其受到重力，斜面对它的支持力，弹簧对它的拉力和摩擦力，P一定受4个力，A错误，B正确；
CD．若弹簧处于压缩状态，对Q分析，受到重力，斜面的支持力，弹簧对它向下的弹力，若要静止，必定还受一个沿斜面向上的摩擦力，Q一定受到4个力，P受到重力，斜面的支持力，弹簧对它向上的弹力，如果三个力平衡，则不受摩擦力，P可能受到3个力，而不是一定，CD错误
6、A
【解析】甲组与绳子之间的作用力为相互作用力，根据牛顿第三定律可知，其大小相等、方向相反；乙组与绳子之间的作用力也为相互作用力，其大小也是相等、方向相反，由于同一根绳上的力大小相等，故在任何情况下，甲组与乙组的力的大小均相等，故选项A正确，BCD错误；
故选A。
7、AD
【解析】A.打点计时器每隔相同时间打一个点，是一种计时仪器，故A错误；
B.打点计时器的移动和纸带移动过程中受到打点计时器的摩擦力都会造成误差。所以，在实验时，要先将打点计时器放正并固定，使纸带移动过程中摩擦尽量的小，故B正确；
C.一次实验过程中应先开电源，等到打点稳定后，再放纸带，每次实验结束后都应当及时关闭打点计时器，故C正确；
D.打点计时器主要研究直线运动，故D错误。
本题选择错误答案，故选：AD。
8、BC
【解析】受力分析时注意弹力和摩擦力一定在物体与其它物体接触面上进行分析，注意弹力、摩擦力产生的条件，在本题中将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论
【详解】A、B项：物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故A错误，B正确；
C项：根据物体处于平衡状态可知，水平方向有：f=Fcosθ，故C正确；
D项：据物体处于平衡状态可知，竖直方向有：FN=mg-Fsinθ，故D错误
故应选：BC
【点睛】对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析
9、BD
【解析】A．根据可知

即从开始下落到中间位置所用的时间为2.12s，故A错误。
B．根据 可知

即3s落地，下落过程中的平均速度为：

故B正确。
C．根据v=gt知，物体在第1s末、第2s末、第3s末的速度大小之比是1：2：3，故C错误。
D．根据，初速度为零的匀加速直线运动，在第ls内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1：4：9，故D正确。
故选BD。
10、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。
11、BC
【解析】列车作初速度为零的匀加速直线运动，结合运动学公式，列式分析各个量之间的关系
【详解】由位移公式：可知位移与时间的二次方成正比，故A错误；由速度公式：x=at可知瞬时速度与时间成正比，故B正确；平均速度，则平均速度与时间成正比，故C正确；因为做匀变速直线运动，所以加速度不变，故D错误．所以BC正确，AD错误
【点睛】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度位移公式，通过列式进行分析
12、BCD
【解析】A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=4s时，甲球通过的位移为，乙的位移为，两球位移之差等于60m，故A错误
B、由图像斜率可知g=10m/s2,故B正确
C、释放乙球时甲已经运动了2s，此后他们做加速度均为10m/s2匀加速运动，速度差恒为20m/s,距离逐渐变大，故C正确
D、释放乙球时甲已经运动了2s，所以此时乙距离甲球 ，故D正确

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、AD
【解析】根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮筋的结点位置要求．按实验原理和方法分析实验要求
【详解】A、B、“探究力平行四边形定则”的实验中，橡皮条、细绳必须与木板平行，否则读拉力产生误差，或接触产生摩擦不能达到拉力的作用效果相同的实验要求，选项A正确；选项B错误；
C、根据三力平衡特点可知合力可以大于、小于或等于任意一个分力，则弹簧测力计的拉力可能比橡皮条的拉力大，选项C错误；
D、如果只有一个弹簧测力计，在节点位置相同，即合力大小、方向相同的情况下，另两细绳只要方向确定，则两细绳拉力大小唯一确定，可用一个弹簧秤分别测出其拉力大小，就可以完成本实验，选项D正确.
故选AD.
【点睛】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解．在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析
14、 ①.ABCD ②.1.23 ③.3.50 ④.远大于 ⑤.C
【解析】(1)利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，当小车与车中砝码的总质量远大于小桶及桶中砝码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中砝码的总重力，电磁打点计时器使用时低压交流电；
(3)根据牛顿第二定律求出绳子上拉力的表达式，即可明确满足什么条件时细线对小车的拉力等于塑料桶和砝码的重力；
(4)控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因.
【详解】(1)A、B、C、E、利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，当小车与车中砝码的总质量远大于小桶及桶中砝码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中砝码的总重力，故A、B、C正确，E错误；
D、电磁打点计时器使用时低压交流电，故D正确.
故选ABCD.
(2)根据中间时刻速度等于一段过程中的平均速度可求出某点的瞬时速度得：.
根据运动学公式得：△x＝at2,.
(3)设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F＝Ma①
对塑料桶和桶中砝码有：mg-F＝ma②
由①②解得:
由此可知当小车的质量远大于塑料桶和桶中砝码的质量时，塑料桶和桶中砝码的重力等于绳子的拉力，
(4)随着力F的增大，即钩码质量的增大，不再满足钩码的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，故A、B、D错误，C正确；
故选C.
【点睛】本题实验考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点，应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力.
15、 ①.（1）①未记下两条细绳的方向 ②.②未说明是否把橡皮条的结点拉到O位置 ③.（2）
【解析】（1）C中遗漏的是：未记下两条细绳的方向；E中遗漏的是：未说明是否把橡皮条的结点拉到O位置；
（2）F1与F2合力的实验值是指通过实验得到值，即用一个弹簧拉绳套时测得的力的大小和方向，而理论值（实际值）是指通过平行四边形得出的值，故F′是力F1与F2合力的实验值，其方向一定沿AO方向

三．计算题(22分)
16、（1）2 m/s2 ；（2）5m；（3）1.1s；
【解析】（1）根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度
（2）根据速度时间公式和位移公式求出刚撤去拉力F时小球的速度和位移，根据牛顿第二定律求出撤去F时的加速度，结合运动学公式求出上滑的位移，从而得出小球上滑过程中距A点最大距离
（3）小球经过A点上方的B点，可能向上做匀减速经过B点，也可能返回时做匀加速运动经过B点，根据牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间
【详解】（1）在力F作用时有：
F﹣mgsin30°﹣μmgcos30°=ma1
代入数据解得a1="2" m/s2
（2）刚撤去F时，小球速度v1=a1t1=2×2m/s=4m/s
小球的位移s1=t1==4m
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma2
代入数据解得a2=8m/s2
因此小球上滑时间t2===0.5s
上滑位移s2==1m
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=4+1m=5m
（3）在上滑阶段通过B点：
SAB﹣S1=v1t3﹣a2t32
通过B点时间t3="0.2" s，另t3="0.8s" （舍去）
小球返回时有：
mgsin30°﹣mgcos30°=ma3
代入数据解得a3=2m/s2
因此小球由顶端返回B点时有：
Sm﹣SAB=a3t42
代入数据解得t4=0.6s
通过通过B点时间t2+t4=11s
17、 (1) 1m/s2 (2)0.4 　(3)不能；0.4 m
【解析】(1)由图可知，前2s内滑块运动的位移为4m，而t1＝2s时滑块恰好到达木板中点，所以前2s内木板M运动的位移
xM ＝4m–L＝2m
对于木板M有

解得
aM＝1m/s2
(2)对于木板M，由牛顿第二定律有
μ1mg＝M aM
解得

(3)前2s内，滑块的平均速度
m/s
滑块到达木板中点时的速度
m/s
同理，对于木板M，有
m/s
此时，木板的速度
m/s
滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，它们的加速度大小分别为
＝1m/s2
＝0.25m/s2
设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则有
vm－am′t2＝vM＋aM′t2
解得
t2＝1.6s
滑块滑过中点后滑块的位移
5.12m
木板的位移
352m
所以
Δx＝xm′－xM′＝1.6m<2m
因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为
d＝L－Δx＝0.4m