吉林省松原市实验高级中学2025年物理高一第一学期期末调研试题含解析.doc

吉林省松原市实验高级中学2025年物理高一第一学期期末调研试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、各行星绕太阳运转的轨道如图所示，假设图中各行星只受太阳引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法中正确的是

A.离太阳越近的行星运行周期越小
B.离太阳越近的行星运行周期越大
C.离太阳越近的行星角速度越小
D.各行星运行角速度相同
2、下列关于超重、失重现象说法正确的是（）
A.超重现象就是重力增大，失重现象就是重力减小
B.无论是超重还是失重，实质上作用在物体上的重力并没有改变
C卫星中物体，从一发射开始，就处于完全失重状态
D.不论因为什么原因，只要物体对支持物（或悬挂物）的压力（或拉力）增大了，就称物体处于超重状态
3、如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左稍许移动，整个装置仍保持平衡，则（ ）

A.墙面对B的弹力增大
B.地面对A的支持力减小
C.水平外力F减小
D.B对A的弹力增大
4、如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
5、如图所示，把球夹在竖直墙和木板之间，不计摩擦，墙对球的弹力为F1，木板对球的弹力为F2，在将木板由图示位置缓慢转至水平的过程中，两弹力的大小变化情况为( )

A.F1减小、F2增大
B.F1、F2都增大
C.F1、F2都减小
D.F1增大、F2减小
6、如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块，物块与木板的接触面是光滑的，从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F，分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图象符合运动情况的是（　　）

A B.
C. D.
7、关于电梯地板上的物体，其受力分析正确的是　　
A.电梯加速向上运动时，物体所受支持力大于重力
B.电梯减速向上运动时，物体所受支持力大于重力
C电梯加速向下运动时，物体所受支持力小于重力
D电梯减速向下运动时，物体所受支持力小于重力
8、如图所示，绳OA、OB悬挂重物于O点，开始时OA水平现缓慢提起A端而O点的位置保持不变，则( )

A.绳OB的张力逐渐减小
B.绳OB的张力逐渐增大
C.绳OA的张力先变小，后变大
D.绳OA的张力先变大，后变小
9、如图是在同一条直线上运动的A、B两质点的位移图象，由图可知 (   )

A.t=0时，A在B前面
B.B在t2秒末追上A并在此后跑在A的前面
C.在0－t1时间内B的运动速度比A大
D.B开始运动时速度比A小，t2秒后才大于A的速度
10、如图所示，乒乓球台长为L，球网高为h，某乒乓球爱好者在球台上方离球台高度为2h处以一定的初速度水平发出一个球，结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网，忽略空气阻力，则球的初速度大小可能为(　　)

A. B.
C. D.
11、甲、乙两车同时从同一地点沿同一直线运动，它们的运动速度随时间变化的v-t图像如图所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）

A.在0~t0内，乙车一直在做加速度减小的加速运动
B.在t=t0时，甲乙两车恰好相遇
C.在t=t0时刻，甲乙两车相距最远
D.在0~2t0内，甲车的平均速度大小为v0
12、如图所示,用滑轮将质量为m1、m2的两个物体悬挂起来,忽略滑轮和绳子的重力及一切摩擦,整个系统处于平衡状态,以下选项正确的是 ( )

A =
B.＜
C.若质量m1增加一些,整个装置可能达到新的平衡
D.若使左边的滑轮往左移动一小段距离,整个装置有可能达到新的平衡，并且细绳与竖直方向的夹角不变
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码依次挂在竖直悬挂的弹簧下端，进行了相关的测量．根据所测数据，他们利用描点法作出了所挂钩码的总重力G与弹簧长度L的关系图像（如图）．请根据图像回答以下问题：

(1)弹簧的原长为_____m.
(2)弹簧的劲度系数为_______N/m.
(3)关于该实验，以下说法错误的是______
A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度
B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂
C.测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态
D.实验可得出的结论是：弹簧的弹力与弹簧长度L成正比
14、某同学用如图甲的装置来研究牛顿第二定律

（1）实验需用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合力，则除平衡摩擦力外，还必须满足的实验条件是小车的质量_______沙和沙桶的质量（填“远小于”、“远大于”或“等于”）
2）如图乙是某次实验打出的一条纸带，A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，电源频率为50Hz．则小车的加速度为 a =_______m/s2，打B点时小车的速度vB =_______m/s (均保留2位有效数字)

（3）某同学根据实验数据画出了图丙，从图线可知该同学操作过程中可能____（填“平衡摩擦力不够”或“平衡摩擦力过度”)

15、某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，他将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带如图，他在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E。测量时发现B点已模糊不清，他只测得AC长为14.56cm，CD长为11.15cm，DE长为13.73cm

(1)为了探究匀变速直线运动的规律，该同学所取的计时点个数_____（填字母序号）
A．偏少
B．偏多
C．合适
(2)若小车是做匀变速直线运动，由该同学所测实验数据，请你帮他求出：打C点时小车的瞬时速度vC=_____m/s，小车的加速度a=_____m/s2，AB的距离应为_____cm，打A点时小车的瞬时速度vA=_____m/s．（计算结果保留三位有效数字）
三．计算题(22分)
16、（12分）如图甲所示，某滑雪运动员从山坡上水平滑出，在空中完成规定的动作后落到目标位置完成比赛．比赛场地可简化为如图乙所示的模型．已知平台AB水平，BC竖直且高度h=20m，落地点D距C点距离s=20m．运动员可看作质点，不计空气阻力．重力加速度g＝10 m/s2．求：
（1）运动员在空中运动的时间t；
（2）运动员完成该动作的过程中发生的位移大小x
（3）运动员落地时的速度v

17、（10分）如图所示，在倾角30°斜面上有一竖直放置的挡板，存挡板和斜面之间有一重为G＝20N的光滑圆球．求：
(1)斜面对球的支持力大小：
(2)挡板对球的弹力大小

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】行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有，得，，轨道半径越小，周期越小，角速度越大，故A正确，BCD错误。
故选A。
2、B
【解析】AB．超重就是接触面对物体的支持力（绳对物体的拉力）大于重力的现象，失重就是接触面对物体的支持力（绳对物体的拉力）小于重力的现象，实质上物体的重力并没有改变，A错误，B正确；
C．卫星中物体，发射过程向上加速，处于超重状态，在轨运行时处于失重状态，C错误；
D．物体对支持物的压力，或悬挂物的拉力增大了，但仍小于重力，就处于失重状态，D错误。
故选B。
3、C
【解析】对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如图

当A球向左移动后，A球对B球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，B对A的弹力也减小，故AD错误；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图

根据平衡条件，有F=N；FN=G；故地面的支持力不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小，故B错误，C正确；故选C
【点睛】本题关键是先对小球B受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对A、B整体受力分析，再次根据平衡条件列式分析
4、A
【解析】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A
【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等
5、C
【解析】设木板和墙的夹角为，如图建立坐标系对小球进行受力分析

由于小静止处于平衡状态，据平衡条件有：

由此得：

由题意，增大，则得减小，减小；
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析不符，故B错误；
C.与分析相符，故C正确；
D与分析不符，故D错误
6、D
【解析】AB．物块与木板的接触面是光滑，木板一定保持静止，加速度为0，AB错误；
CD．物块的加速度

即物块做匀加速直线运动，物块运动的v－t图像为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，C错误D正确。
故选D。
7、AC
【解析】若物体加速向上运动，加速度向上；则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力大于重力，故A正确；若减速向上运动，则加速度向下，则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力小于重力，故B错误；电梯加速向下时，加速度向下，则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力小于重力，故C正确；电梯减速向下运动时，加速度向上，则由牛顿第二定律可知：；故F；支持力大于重力，故D错误．所以AC正确，BD错误
8、AC
【解析】对O点受力分析，受到三个拉力，根据共点力平衡条件并运用合成法进行作图分析即可；
【详解】对点O受力分析，如图所示：

通过作图，可以看出绳OA张力先变小后变大，绳OB的张力逐渐减小，故AC正确，BD错误
【点睛】本题关键对点O受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用合成法进行作图分析
9、AB
【解析】位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向
【详解】t=0时，A物体的位置坐标为x1，B的位置坐标为0，所以A物体在B物体的前面，故A正确．B在t2秒末之前任意时刻位置坐标均小于A物体的位置坐标，直到t2秒末与A物体的位置坐标相同，即两物体相遇，在此之后B物体的位置坐标大于A物体的位置坐标，即B物体跑在前面，故B正确．由于位移-时间图的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向，所以在0-t1时间内A物体的斜率大于B物体的斜率即A的速度大于B的速度，故C错误．由于位移-时间图的斜率表示该时刻的速度，由图可以看出t1之前A的斜率大于B的斜率，即A的速度大于B的速度，但是在此之后A的斜率为零，即A物体速度为零，B物体的速度保持不变，所以从t1后B物体的速度大于A物体的速度，故D错误．故选AB
10、AB
【解析】若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过，则
2h＝，
x1＝v0t1，
球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中
h＝，
x2＝v0t2，
2x1－x2＝，
解得
v0＝；
若球反弹后在下降过程中刚好能贴着球网飞过，
2h＝，
x′1＝v′0t′1，
球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中
h＝，
x′2＝v′0t′2，
2x′1＋x′2＝，
解得
v′0＝；
A.与上述计算结论相符，故A正确；
B.。与上述计算结论相符，故B正确；
C.。与上述计算结论不相符，故C错误；
D.。与上述计算结论不相符，故D错误。
故选：AB
11、CD
【解析】A．根据图象可知，在0～t0内，乙车先沿负方向做减速运动，后沿正方向做加速运动，故A错误；
BC．甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故B错误，C正确；
D．在0～2t0内，甲车做匀减速直线运动，平均速度为：

故D正确
故选CD。
12、CD
【解析】对m1分析可知绳子的拉力大小；对右边滑轮分析，由共点力的平衡关系可得出两质量的关系
【详解】对m1分析可知，m1受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m1g；对滑轮分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m2的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角相等；
由以上可知，两端绳子的拉力等于m1g，而它们的合力等于m2g，因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知2m1g＞m2g，故m1＞m2，故A B错误；故若质量m1增加一些，绳子的拉力增大，增大拉m2的绳子的夹角，整个装置可能达到新的平衡；故C正确；假设绳子ABC水平，细线的拉力无穷大，不可能平衡；故若使左边的滑轮向左移动一小段距离，整个系统仍能达到新的平衡；因绳的拉力不变，重物的重力不变，则绳与竖直方向的夹角不变，故D正确；故选CD
【点睛】本题要注意题目中隐含的信息，记住同一绳子各部分的张力相等，即可由几何关系得出夹角的关系；同时还要注意应用力的合成的一些结论

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.0.1 ②.1000 ③.D
【解析】(1) 当弹簧下端所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，由图示图象可知，弹簧的原长为0.1m;
(2) 由图示图象可知，弹簧的劲度系数为
(3)实验时，弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力时，应保证弹簧竖直悬挂，测量弹簧长度L时，应保证弹簧和钩码均处于平衡状态；实验可得出的结论是：在弹性限度内，弹簧产生的弹力大小与弹簧的伸长量成正比；故ABC正确，D错误；
说法错误的是故选D
14、 ①.远大于 ②.0.60 ③.0.15 ④.平衡摩擦力不够
【解析】(1) 设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对沙和沙桶有：mg-F=ma，由此解得：，由此可知当时，沙和沙桶的重力等于绳子的拉力；
(2) 根据匀变速直线运动的推论公式得：
，打B点时小车的速度为；
(3) 由该图象可知，开始有外力F时，物体的加速度仍为零，因此该实验操作中可能没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够
15、 ①.A ②.0.986 ③.2.58 ④.5.99 ⑤.0.470
【解析】(1)[1]本实验根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，应多取一些数据，根据作差法求出加速度，再求平均值，而该同学只取两组数据，计数点偏少，故A正确；
(2)[2]由于第1个计数点，在该点下标明A，第6个点下标明B第11个点下标明C，第16个点下标明D，第21个点下标明E，可知相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得

[3]由于AC间的时间间隔T=0.2s，CE间的时间间隔也为T=0.2s，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，

解得
a=2.58m/s2
[4]根据匀变速直线运动的推论公式

所以

[5]根据匀变速直线运动速度时间公式得

解得

三．计算题(22分)
16、（1）2s （2） （3），与水平方向夹角
【解析】(1)运动员从B点滑出后竖直方向做自由落体运动：

代入数据得：

(2)运动员在空中运动的过程中发生的位移大小：

(3)运动员从B点滑出后水平方向匀速直线运动，水平初速度：

运动员即将落地时竖直分速度大小：

所以运动员即将落地时速度大小：

运动员即将落地时速度与水平方向夹角为θ，且：

答：（1）运动员在空中运动的时间t=2s；
（2）运动员完成该动作的过程中发生的位移大小x=.
（3）运动员落地时的速度v=，方向与水平方向夹角为θ，且.
17、 (1)(2)
【解析】(1)(2)球受到竖直向下的重力作用，这个重力总是欲使球向下运动，但是由于挡板和斜面的支持，球才保持静止状态，因此，球的重力产生两个作用效果，如图所示

两个分力：①使球垂直压紧档板的力；②使球垂直压紧斜面的力，将重力G分解为和，由几何知识可得：

根据牛顿第三定律可得这个球受到斜面的弹力大小为，到档板的弹力大小为