2025年海南省海口四中高一上物理期末复习检测试题含解析.doc

2025年海南省海口四中高一上物理期末复习检测试题
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、关于一对相互平衡的力和一对作用力与反作用力，下列说法正确的是（　　）
A.平衡力的性质一定相同
B.作用力和反作用力的性质不同
C.平衡力作用在两个物体上
D.作用力和反作用力作用在两个物体上
2、厦门地铁二号线于2019年12月25日上午8：30正式运营，标志着厦门地铁从单线到双线，真正进入“换乘时代”，该工程起点位于天竺山森林公园脚下，终点到厦门本岛五缘湾，全长41.6公里，列车最高时速80km/h。下列说法正确的是

A.8：30是指时间间隔
B.41.6公里是指路程
C.80km/h是指平均速度
D.研究列车全程运行的总时间时，不能将列车看成一个质点
3、关于匀速圆周运动的速度、加速度以及速率的变化情况，以下说法中正确的是
A.速度不变，加速度改变
B.速率不变，加速度不变
C 速度不变，加速度不变
D.速率不变，加速度改变
4、如图所示，光滑小球被夹在竖直墙壁与A点之间，保持平衡．现稍微增大两竖直墙壁的距离，关于小球对墙面的压力F1和对A点的压力F2的变化情况，正确的是：（　　）

A.F1变大，F2变大 B.F1变大，F2变小
C.F1变小，F2变大 D.F1变小，F2变小
5、如图所示，一重力为G的物体静止在倾角为θ的斜面上，沿平行于斜面和垂直于斜面的两个方向分解重力G，这两个方向上的分力分别为F1和F2．则分力F1的大小为（　　）

A.Gsinθ B.Gcosθ
C.Gtanθ D.G
6、提出“力不是维持物体运动的原因”的观点并通过理想斜面实验来阐述的科学家是
A.亚里士多德 B.伽利略
C.笛卡尔 D.牛顿
7、如图所示，两上下底面平行的滑块重叠在一起，置于固定的、倾角为的斜面上，滑块A、B的质量分别为mA、mB，A与斜面间的动摩擦因数为1，B与A之间的动摩擦因数为2．已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力：

A.方向沿斜面向上
B.大小等于
C.大小等于
D.大小等于
8、水平面上有一个质量m=2kg的小球,小球与水平面的动摩擦因数为小球与水平轻弹簧以及与竖直方向成角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示,此时小球处于静止状态,水平面对小球的支持力恰好为零．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知以下说法正确的是

A.此时轻弹簧的弹力为零
B.此时轻绳的拉力为
C.当剪断轻弹簧的瞬间,小球具有水平同右加速度,大小为
D.当剪断轻绳后小球刚开始滑动瞬间,小球的加速度大小为方向水平向左
9、传送带以恒定速度v=4 m/s顺时针运行，已知传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=2 kg的小物块轻放在其底端（小物块可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到平台上，如图所示，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带长6m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。则（）

A.物体一直做匀加速运动
B.物体先受滑动摩擦力，共速后受静摩擦力
C.物体在传送带上运动的时间为1.5s
D.物体相对传送带滑行的距离为1m
10、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
11、小船在静水中的速度为4m/s，要渡过宽度为30m，水的流速为3m/s的河流，下列说法正确的是（　　）
A.此船不可能垂直到达河对岸
B.此船能垂直到达河对岸
C.渡河的时间可能为8s
D.此船相对河岸的速度一定为5m/s
12、如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球以速度水平射出，碰到墙面时速度与水平方向夹角为，轨迹如图乙所示，若不考虑空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.碰到墙面前，网球在空中运动时间为
B.碰到墙面前网球下降高度为
C.碰到墙面时，网球的速度大小为
D.网球发球机出球口与墙面间水平距离为
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、在“探究加速度与力、质量的关系的实验”时，采用了如图甲所示的实验方案，操作如下：
(1)平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应______（填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹______为止。
(2)已知小车质量为M，盘和砝码总质量为m，要使细线的拉力近似等于盘和砝码和总重力，应该满足的条件是m______M（填“远小于”、“远大于”或“等于”）。
(3)图丙为小车质量定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M=______kg。（g取10m/s2）

14、利用如图甲所示的装置可以验证牛顿第二定律。

(1)除了图中器材外，在下列器材中还必须使用的有___________（选填选项前的字母）。
A．低压直流电源 B．220V、50Hz的交流电源
C．天平（或电子秤） D．刻度尺
(2)如图乙所示为某同学某次实验中打出纸带的一部分，已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，纸带上的A、BC为三个相邻的计数点，在每两相邻的计数点间还有4个点没有画出，A、B间的距离x1=6.15cm，B、C间的距离x2=6.63cm，则小车的加速度a=_________m/s2

(3)该实验中“细线对小车的拉力F等于砂和桶所受的总重力”是有条件的。若实验前已经平衡好了摩擦，将小车的质量记为M，砂和桶的总质量记为m，重力加速度为g，根据牛顿第二定律可计算出细线作用于小车的拉力F=__________（用题中所给字母表示）。如果实验中要进行质量M和m的选取，以下最合理的一组是_______。
A．M=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g
B．M =200g，m =20g、40g、60g、80g、100g、120g
C．M =400g，m =10g、15g、20g、25g、30g、40g
D．M =400g，m =20g、40g、60g、80g、100g、120g
(4)在本实验中认为细线对小车的拉力F等于砂和桶的总重力mg，已知两位同学利用实验数据做出的图像如图丙中的1、2所示。下列分析正确的是________（选填选项前的字母）。

A．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过大
B．出现图线1的原因可能是在平衡摩擦力时长木板的倾斜度过小
C．出现图线2的原因可能是砂和桶的总质量不合适
D．出现图线2的原因可能是小车的质量过大
15、“探究力的合成方法”的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）除已有的方木板、白纸、三角板、图钉、橡皮条、细绳、铅笔外，还需要的器材______填写字母代号

A.天平 B.弹簧秤 C.秒表 D.游标卡尺 E.刻度尺
（2）图乙中的F与F´两力中，方向一定沿AO方向的是______填“F”或“F´”
（3）本实验采用的物理学方法是______.
A.理想实验法 B.等效替代法
三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止．现用F＝18N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3) 小物块最终离长木板右端多远？

17、（10分）额定功率为80 kW的汽车，在平直公路上行驶的最大速度为20 m/s，汽车的质量m=2×103 kg．如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2．运动过程中阻力不变，求：
（1）汽车所受的恒定阻力；
（2）3 s末汽车的瞬时功率；
（3）汽车在匀加速运动过程中牵引力所做的功
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、D
【解析】作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的；
【详解】A、平衡力是作用在同一个物体上两个力，它们的性质可以不同，比如支持力和重力可以是一对平衡力，但它们的性质是不同的，故A错误；

B、作用力和反作用力是物体之间的相互作用，它们的性质是相同的，是同种性质的力，故B错误；
C、作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的，所以C错误，D正确
2、B
【解析】A．8：30开始正式运行，表示动作开始的一瞬间，所以为时刻，A错误；
B．从图中可知路线为曲线，所以41.6公里指路程，B正确；
C．80km/h表示列车的最高车速，所以瞬时速度，C错误；
D．研究列车全程运行的总时间时，列车的大小和形状是次要因素，且列车的长度相比全程的路程长可以忽略，故可以看做质点，D错误；
故选B。
3、D
解析】AB.匀速圆周运动是曲线运动，速度方向时刻改变，但速度大小不变，所以速度在变，故AC错误
BD.匀速圆周运动的合外力提供向心加速度，方向时刻指向圆心，方向一直在变，故加速度在改变，故B错误D正确
4、A
【解析】将重力按作用效果进行分解，作出力的分解图，由几何关系求出小球对墙面的压力F1和对A点压力F2，根据角度的变化进行分析
【详解】小球受重力mg、墙壁向左的力F1与A点的支持力F2三个力的作用，受力分析如图所示：

根据平衡条件得小球对墙面的压力为：F1 =mgtanθ，小球对A点压力为：，现稍微增大两竖直墙壁的距离，θ增大，则F1和F2都增大，故A正确，BCD错误
点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程即可
5、B
【解析】斜面上物体的重力，按效果分解的力图如题目图．根据数学知识可知F2=Gsinθ，F1=Gcosθ．故B正确，ACD错误；故选B
6、B
【解析】伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，故B正确；
故选B。
7、AC
【解析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为：
设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有：
得到：，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故选项AC正确，BD错误
8、BD
【解析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小
【详解】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，绳子拉力，故A错误，B正确；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误；断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球受摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N根据牛顿第二定律得小球的加速度为：；合力方向向左，所以加速度方向向左．故D正确；故选BD
【点睛】解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解
9、BD
【解析】AB．开始时，物体受向上的拉力F=20N，
向上的摩擦力

重力沿斜面向下的分力：

则物体向上做加速运动，当与传送带共速后，因F=G1+f（此时摩擦力向下）可知物块匀速运动；即物体先做匀加速运动，后做匀速运动；物体先受向上的滑动摩擦力，共速后受向下的静摩擦力，选项A错误，B正确；
CD．物体加速运动时的加速度

加速运动的时间

加速运动的位移

做匀速运动的时间

则在传送带上滑行的总时间

物体相对传送带滑行的距离为

选项C错误，D正确；
故选BD。
10、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。
11、BC
【解析】AB．由题意可知水流速度小于船在静水中的速度，根据平行四边形定则可知当船头方向指向上游某一个角度时，合速度方向能垂直于河岸，即此船能垂直到达河对岸，故A错误,B正确；
C．当船头方向垂直于河岸时，渡河的时间最短，根据分运动和合运动具有等时性，最短时间为

故渡河的时间可能为8s，故C正确；
D．根据平行四边形定则可知合速度的大小最大速度为7m/s，最小速度为1m/s，故D错误。
故选BC。
12、CD
【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出落地的竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球的初速度和着地的速度本题中要注意水平射程是不变的，故速度越大，时间越短.
【详解】A、小球落地时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为，又：
联立可得：，故A错误；
B、小球下落得高度：故B错误；
C、小球落地时沿竖直方向的分速度大小为，小球的速度：故C正确；
D、网球发球机出球口与墙面间水平距离为：故D正确.
故选CD.
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，注意两个方向上物体的运动性质不同，但时间相同，结合平行四边形定则进行求解即可.

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 ①.增大 ②.间距相等 ③.远小于 ④.0.08
解析】(1)[1][2]由打出的纸带乙可知，小车做减速运动，则平衡摩擦力不够，则应增大木板的倾角，反复调节，直到小车做匀速运动，即直到纸带上打出的点迹间距相等为止。
(2)[3]设小车质量为M，砝码盘和砝码的质量为，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有

解得

以M为研究对象有绳子的拉力

显然要有

必有

故有

即小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，即m远小于M；
(3)[4]根据

变式为

由题意知

所以

由图象可知

所以

14、 ①.BCD ②.0.48 ③. ④.C ⑤.A C
【解析】(1)[1]
AB．实验中用到电火花计时器，所以需要220V、50Hz的交流电源，选项B正确，A错误；
C．验证牛顿第二定律实验中需要用天平测质量，选项C正确；
D．实验中需要通过纸带测出加速度，则需要刻度尺，，选项D正确。
故选BCD。
(2)[2]小车的加速度

(3)[3] 根据牛顿第二定律有，对整体有

对小车有

所以细线作用于小车的拉力

[4]当时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的重力，因此最合理的一组是C。
(4)[5]
AB．由图线1可知F=0时，加速度a不等于零，可知平衡摩擦力过度，即木板一端垫得过高，选项A正确，B错误；
CD．出现图线2的原因可能是砂和桶的总质量不合适，没有满足远小于小车的质量，选项C正确，D错误。
故选AC。
15、 ①.BE ②.F´ ③.B
【解析】（1）[1] “探究力的合成方法”的实验中，除已有的方木板、白纸、三角板、图钉、橡皮条、细绳、铅笔外，还需要弹簧测力计测力的大小以及刻度尺做力的图示，故选BE。
（2）[2] 由于误差的存在用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力即F′与橡皮条拉力一定在同一直线上，所以图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′。
（3）[3]本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。

三．计算题(22分)
16、 (1) 4 m/s2(2) 1m(3) 18m
【解析】(1)对木板应用牛顿第二定律可得木板加速度
a1＝
解得
a1＝4m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用，故小物块加速度：
a2＝μg＝2m/s2
小物块相对木板向左的位移
Δx1＝a1t2－a2t2
解得
Δx1＝1m
(3)刚撤去F时，木板的速度：
v1＝a1t＝4m/s
小物块速度
v2＝a2t＝2m/s
撤去F后，长木板的加速度：
a1′＝-＝-0.5m/s2
最终速度
v＝v2＋a2t′＝v1＋a1′t′
解得
t′=0.8s，v＝3.6m/s
在t′内，小物块相对木板向左的位移
Δx2＝－
解得
Δx2＝0.8m
最终小物块离长木板右端
x＝Δx1＋Δx2＝1.8m
17、（1）4000N （2）48kW （3）5s
【解析】（1）
（2）
v1=10 m/s

解得t1=5 s

解得P2=48 kW
（3）

代入解得
【点睛】解决本题的关键掌握机车的启动方式，知道机车在整个过程中的运动规律，知道当牵引力与阻力相等时，速度最大