2025年湖南省衡阳市樟树中学高一物理第一学期期末调研试题含解析.doc

2025年湖南省衡阳市樟树中学高一物理第一学期期末调研试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、某物体做初速度1 m/s，加速度2 m/s2的匀加速直线运动，则3s末的速度大小和位移大小分别是
A.6m/s，12m B.7m/s，21m
C.7m/s，12m D.6m/s，21m
2、如图所示，质量不计的细绳一端绕过无摩擦的小滑轮C与物块相连，另一端与套在一根固定竖直杆上的圆环A相连．初始状态，杆BC丄AC．现将杆BC绕B点沿逆时针方向缓慢转动一小角度，该过程中圆环A始终处于静止状态，则（ ）

A.细绳对圆环A的拉力变大 B.圆环A受到竖直杆的弹力变大
C.圆环A受到的静摩擦力变小 D.滑轮C受到细绳的压力变小
3、应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（　　）
A.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
4、如图所示，mA>mB，设地面对A的支持力为FN，绳子对A的拉力为F1，地面对A的摩擦力为F2，若水平方向用力F拉A，使B匀速上升，则在此过程中（ ）

A.FN增大，F2增大，F1不变
B.FN减小，F2减小，F1不变
C.FN减小，F2减小，F1增大
D.FN增大，F2减小，F1增大
5、如图所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的木箱就会自动滑下．以下说法正确的是

A.木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大
B.木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱与车厢间的压力越大
C.木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大
D.木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱与车厢的动摩擦因数越大
6、如图所示为游乐场中的一种大型游乐设施跳楼机，它可以使人体验超重和失重．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由升降机从静止开始经历加速、匀速、减速过程，将座椅提升到一定高度处，然后由静止释放，落到一定位置时，制动系统启动，座椅做减速运动，到达某一高度时停下．在上述过程中，关于座椅中的人所处的状态，下列判断正确的是

A.座椅在整个上升的过程中人都处于超重状态
B.座椅在减速上升的过程中人处于超重状态
C.座椅在整个下降的过程中人都处于失重状态
D.座椅在减速下降的过程中人处于超重状态
7、停在水平地面上的小车内，用绳子AB、BC拴住一个重球，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1， 绳BC的拉力为T2．若小车由静止开始加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力的变化情况是（ ）

A.T1变大 B.T1不变
C.T2变小 D.T2变大
8、如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用不可伸长的轻质细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上已知M>m，滑轮质量及摩擦均不计．A、B由静止释放后，在空中自由运动的过程中，下列说法正确的是（）

A.细线上的拉力一定大于mg B.细线上的拉力一定小于Mg
C.细线上的拉力等于g D.天花板对定滑轮的拉力等于(M+m)g
9、如图所示，小球从高处下落到正下方竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧一直保持竖直），下列说法中正确的是

A.小球的速度一直在减小
B.小球受到的弹力一直在增大
C.小球的加速度先减小后增大
D.小球在最低点受到的合外力为零
10、平抛物体的初速度为，当水平方向分位移与竖直方向分位移相等时( )
A.运动的时间
B.瞬时速率
C.水平分速度与竖直分速度大小相等
D.位移大小等于
11、一竖直放置的轻质圆环静止于水平面上，质量为m的物体用轻绳系于圆环边缘上的AB两点，结点恰位于圆环的圆心O点。已知物体静止时，AO绳水平，BO绳与AO绳的夹角为150°。轻推圆环使其向右缓慢滚动，在AO绳由水平转动至竖直的过程中下列说法正确的是（　　）

A.当重力方向与BO绳垂直时AO绳中最大拉力2mg
B.当重力方向与AO绳垂直时AO绳中最大拉力mg
C.当重力方向与BO绳垂直时BO绳中最大拉力1.5mg
D.当重力方向与AO绳垂直时BO绳中最大拉力2mg
12、运动员用力F1将球顶出，此时球对运动员的力为F2，下列说法正确的是（　　）

A.F1与F2的大小相等
B.F1与F2是同一性质的力
C.F1与F2是对平衡力
D.F1与F2的方向相反
二．填空题(每小题6分，共18分)
13、小木块从光滑曲面上点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的点，如图所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转动，让从处重新滑下，则此次木块的落地点将在______________（填“仍在点”、“点右边”、“点左边”）

14、如图所示，质量为m的物体A静止在地面上，其上表面竖直连接着一根长L、劲度系数为k的轻弹簧，现用手拉着弹簧上端P将物体缓慢提高h，则物体的重力势能增加了_人对弹簧拉力所做的功______物体克服重力所做的功（填“大于”“小于”或“等于”）.若弹簧的上端P点升高了H，物体恰已离开地面，则物体的重力势能增加了_____；人对弹簧拉力所做的功_______mgH（填“大于”“小于”或“等于”）.

15、一只足球以10m/s速度飞来，运动员又把它以10m/s的速度反向踢回，踢球时间为0.2s．足球在这段时间内的平均加速度大小是______m/s2，其方向与初速度方向______。
三．计算题(22分)
16、（12分）如下图所示，在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端有一质量m=2.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25．现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=20N，方向平行斜面向上，经时间t1=4s绳子突然断了，（sin37°=0.60，cos37°=0.80，g=10m/s2） 求：
（1）绳断时物体的速度大小；
（2）绳子断后物体还能沿斜面向上滑多远？
（3）从绳子断后物体回到出发点所用的总时间是多少？

17、（10分）如图所示，在向上匀变速运动的升降机中有一个质量为60kg的人站在体重计上，体重计示数为720N，t＝0时升降机的速度为4m/s，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)升降机运动的加速度大小；
(2)从t＝0开始，上升5m时的速度；
(3)从t＝0开始，运动4s内的平均速度
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】根据速度时间公式求出物体第3s末的速度大小，由位移公式求出前3s的位移
【详解】物体在3 s末的速度由：v=v0+at
即
由位移公式
即
故选C
2、D
【解析】A、对物块受力分析可知，绳中拉力等于物块重力，绕过无摩擦的小滑轮绳中拉力不变，细绳对圆环A的拉力T大小不变，故A错误；
BC：如下图现将杆BC绕B点沿逆时针方向缓慢转动一小角度该过程中圆环A始终处于静止状态，则与A相连的绳与竖直方向夹角θ变小，对A受力分析如图：

则： T大小不变，θ变小，圆环受到的竖起杆的弹力变小；
、T大小不变，θ变小，圆环受到的静摩擦力增大；
故BC错误
D：对滑轮受力分析如下：则 T大小不变，θ变小，F变小，即滑轮受到绳的压力减小，D正确

点睛：力的动态变化问题，三力问题一般采用图解法，多力问题要写出表达式进而分析
3、D
【解析】AB．手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故AB错误；
CD．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。
故选D。
【名师点睛】本题主要考查了学生对超重、失重的理解．属于容易题．物体处于超重时其竖直方向加速度的方向竖直向上，物体处于失重时其竖直方向加速度的方向竖直向下；超重和失重与速度的方向无关
4、A
【解析】由题，B保持匀速上升，由平衡条件得知，绳子的拉力大小T不变．根据定滑轮的特点可知，A受到轻绳的拉力F1大小也不变.

对A分析受力情况如图，则竖直方向力平衡得：FN+F1cosθ=GA，得 FN=GA-Tcosθ；A沿地板向右运动时，θ增大，cosθ减小，F1不变，则FN逐渐增大，而F2=μN，μ不变，则F2也逐渐增大．故A正确，BCD错误
故选A
考点：物体的平衡.
5、A
【解析】AB.木箱下滑前处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，FN=mgcosθ，θ增大时，FN逐渐减小，f增大，故A正确，B错误；
C.木箱开始下滑时，受到摩擦力是滑动摩擦力，大小f=μmgcosθ，则车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越小，故C错误；
D.摩擦因数与接触面的材料和粗糙程度决定，与正压力无关，所以自卸车车厢倾角变大，石块与车厢间的动摩擦因数不变，故D错误；
故选A.
6、D
【解析】A、根据题意升降机从静止开始经历加速、匀速、减速过程，将座椅提升到一定高度处，在加速上升时加速度向上，处于超重状态，在减速过程中，加速度向下，处于失重状态，故选项AB错误；
C、由题可知，在下落过程中先做自由落体运动，加速度向下，处于失重状态，落到一定位置时，制动系统启动，座椅做减速运动，加速度向上，处于超重状态，故选项D正确，C错误
7、BC
【解析】对小球受力分析列水平方向上的牛顿第二定律和竖直方向上的平衡公式，观察公式即可知道两个力变化情况
【详解】如图所示，对小球受力分析．因为重球相对小车的位置没有发生变化，故小球做加速运动，且AB绳与水平方向的夹角角保持不变，根据牛顿第二定律可得：

解得：即不变；由于水平方向上存在向左的加速度，所以减小；故BC对；AD错；
故选BC
【点睛】本题易错项为A．考生可能没有考虑到竖直向下的重力需要在竖直方向上的分量来平衡，而绳与竖直方向的夹角没有改变，故不会改变
8、AB
【解析】AB．因为m的加速度方向向上，对A和B分别由根据牛顿第二定律有

则细线上的拉力一定小于Mg，细线的拉力一定大于mg，故A正确，B错误。
CD．对整体分析，根据牛顿第二定律得，
，
隔离对m分析：
，
解得
；
再对定滑轮分析，有
；
故CD错误。
故选AB。
9、BC
【解析】下落过程中正确对小球进行受力分析，然后根据牛顿第二定律即可判断其加速度的变化情况，然后进一步判断速度变化情况
【详解】小球开始下落时，只受重力作用做加速运动，当和弹簧接触时，受到弹簧弹力作用，开始时弹簧压缩量小，因此重力大于弹力，此时：mg-kx=ma，随着弹簧压缩量的增加，弹力增大，加速度减小，但是物体仍加速运动，当mg=kx时，速度最大，然后弹簧继续被压缩，当mg=kx时，加速度等于零，速度最大，物体继续向下运动，弹簧继续被压缩，弹力大于重力，物体开始减速运动，所以整个过程中物体先加速后减速运动，加速度先减小，后增大；速度先增大后减小；故A错误，C正确．弹簧的压缩量不断变大，故弹簧的弹力不断变大，故B正确；小球在最低点的加速度不为零，则受到的合外力不为零，选项D错误；故选BC.
【点睛】对于弹簧问题要动态分析，分析清楚弹力变化情况，然后根据加速度和速度方向关系判断加速还是减速
10、ABD
【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，抓住水平位移和竖直位移相等求出运动的时间，结合速度时间公式判断水平分速度和竖直分速度的关系，根据平行四边形定则求出瞬时速度的大小．通过水平位移和竖直位移，根据平行四边形定则求出位移的大小
【详解】A．根据

得

故A正确;
BC．此时竖直分速度

与水平分速度不等，瞬时速率

故B正确，C错误；
D．水平位移

则位移的大小

故D正确。
故选ABD。
【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，结合运动学公式灵活求解。
11、AD
【解析】对O点受力分析，受重力和两个绳子的拉力，轻推圆环使其向右缓慢滚动，在AO绳由水平转动至竖直的过程中，相当与重力反向（逆时针）转动90°，如图；

AB．从图可以看出，当重力方向等效逆时针转动到与OB垂直时OA拉力最大；
根据题意可知OA与OB的夹角为150°，则α=30°
根据几何关系可得

故A正确、B错误；
CD．初始状态OB绳子拉力最大，即当重力方向与AO绳垂直时BO绳中拉力最大，根据几何关系可知最大拉力

故C错误D正确。
故选AD。
12、ABD
【解析】作用力与反作用力一定大小相等，方向相反，作用在不同的物体上，它们同时产生同时消失，是同一性质力；
平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上
【详解】运动员顶球的过程中，运动员对球的力和球对运动员的力是作用在不同物体上的两个力，是一对相互作用力，它们同时产生同时消失，是同一性质力；
不会相互平衡．故ABD正确，C错误
故选ABD
【点睛】本题考查了相互作用力和平衡力的辨别，有一定综合性，但难度不大

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、仍在点
【解析】[1]物块从斜面滑下来，当传送带静止时在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反，物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故仍落在Q点。
14、 ①.mgh ②.大于 ③. ④.小于
【解析】过程中重力做负功，为，根据功能关系可知重力势能增加了mgh，因为是缓慢提高，动能不变，弹力做正功，根据动能定理可得，即，故拉力做功大于克服重力做功，物体好离开地面时，受到的弹力和重力平衡，即，解得，上升的距离为，故重力势能增加了，拉力做的功等于克服重力做功以及弹簧弹性势能增加量之和，即
15、 ①.100 ②.相反
【解析】[1][2]以初速度为正，故初速度为10m/s，末速度为－10m/s，根据加速度的定义公式，有

所以加速度大小为100m/s2，方向与正方向相反，即与初速度的方向相反

三．计算题(22分)
16、（1）8m/s（2）4m（3）4.2s
【解析】（1）物体向上运动过程中，由牛顿第二定律得：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
代入解得：
a1=2m/s2
绳断时物体的速度大小：
v1=a1t1=2×4=8m/s；
（2）绳断时，物体距斜面底端：

断绳后，物体向上运动过程中由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=8m/s2
物体做减速运动时间：

减速运动位移：

（3）物体沿斜面向下运动过程中，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma3
代入数据解得：
a3=4m/s2
由速度时间关系公式可知，物体下滑到底端时位移为x=x1+x2=20m
根据 解得

则从绳子断后物体回到出发点所用的总时间是

17、 (1)升降机运动的加速度大小是2m/s2；(2)从t＝0开始，上升5m时的速度是6m/s；(3)从t＝0开始，运动4s内的平均速度是8m/s
【解析】(1)对人受力分析，由牛顿第二定律求得人的加速度，升降机的加速度与人的加速度相同
(2)由速度位移公式，求得上升5m时的速度
(3)由平均速度公式及速度时间公式，求得运动4s内的平均速度
【详解】(1)对人进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
解得：a＝2m/s2，所以升降机运动的加速度大小为2m/s2
(2)据速度位移公式得：
代入数据解得：v＝6m/s
(3)据平均速度公式及速度时间公式可得：
代入数据解得：