2025-2026学年甘肃省白银市靖远第一中学高一上物理期末达标测试试题含解析.doc

2025-2026学年甘肃省白银市靖远第一中学高一上物理期末达标测试试题
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、下列关于牛顿第一定律说法正确的是（）
A.物体的运动状态发生改变，物体一定受到力的作用
B.牛顿第一定律是通过理想实验方法得出的，可用实验验证
C.惯性是一种力惯性定律与惯性的实质相同
D.物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度决定了惯性的大小
2、如图是某跳水运动员最后踏板的过程：设运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从A位置运动到B位置的过程中，下列说法正确的是：(　　)

A.运动员到达最低点时处于失重状态
B.运动员到达最低点时处于超重状态
C.在这个过程中，运动员的速度一直在增大
D.在这个过程中，运动员的加速度一直在增大
3、小球从空中某处从静止开始自由下落，与水平地面碰撞后上升到空中某一高度处，此过程中小球速度随时间变化的关系如图所示，则( )

A.在下落和上升两个过程中，小球的加速度不同
B.小球开始下落处离地面的高度为 0.8m
C.整个过程中小球的位移为 1.0m
D.整个过程中小球的平均速度大小为2m/s
4、如图所示为火箭由地面竖直向上发射的速度图象，由图象知以下判断错误的是(　　)

A.0～ta段火箭的加速度小于ta～tb段火箭的加速度
B.0～ta段火箭上升，在ta～tb段火箭下落
C.tb时刻火箭速度最大，然后tb～tc时段火箭速度减小
D.tc时刻火箭上升到最大高度
5、如图所示，水平地面上竖直固定一根轻弹簧，将一小球压在弹簧的上端；放手后，小球被竖直弹起，后与弹簧分开，上升至最高。空气阻力不计，下列分析正确的是

A.小球与弹簧分开前，始终处于超重状态
B.小球与弹簧分开前，始终处于失重状态
C.小球与弹簧分开后的瞬间，其加速度大于重力加速度
D.小球与弹簧分开后，处于完全失重状态
6、垒球以10m/s的速度向右飞行，被对方运动员击打后，速度变为水平向左，大小为30m/s，若球与球棒作用的时间为0.1s，则击打过程的平均加速度（）
A.大小是200m/s2，方向水平向右
B.大小是200m/s2，方向水平向左
C.大小是400m/s2，方向水平向右
D.大小是400m/s2，方向水平向左
7、某物体由静止开始运动，它所受到的合外力方向不变，大小随时间变化的规律如图所示，则在0～t0这段时间（　　）

A.物体做匀加速直线运动
B.物体在t0时刻速度为零
C.物体在t0时刻速度最大，而加速度为零
D.物体作变加速运动，运动速度越来越大
8、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图象如图所示，则(　　)

A.在0～t1秒内，外力F的大小不断增大
B.在t1时刻，外力F为零
C.在t1～t2秒内，外力F的大小可能不断减小
D.在t1～t2秒内，外力F的大小可能先减小后增大
9、放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在时间0～6s 内其速度与时间的图象和拉力的功率与时间的图象分别如图中的甲、乙所示，则物体质量以及物体与地面间的动摩擦因数分别为(取g=10 m/s2) ( )

A.m=1kg B.m=2kg，
C.μ=0.4 D.μ=0.2
10、如图所示，某快递公司利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台，货物在皮带上相对滑动时，会留下划痕，且所有货物与皮带间的动摩擦因数都为μ，始终满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）

A.倾角θ一定，改变速度v，运送时间一定改变
B.倾角θ一定，改变速度v，运送时间可能不变
C.倾角θ和速度v均一定，货物质量m变大，但货物与传送带间的划痕长度不变
D.倾角θ和速度v均一定，贷物与皮带间的动摩擦因数μ变大，皮带上留下的划痕长度一定变大
11、如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力F，物体运动的图像如图b，重力加速度，则（　　）

A.物体在3s内的位移
B.恒力F与摩擦力f大小之比F:f=3:1
C.物体与地面的动摩擦因数为
D.3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比WF:Wf=3:2
12、如图光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，物块和木板间的动摩擦因数相同，开始时各物均静止．今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2．下列说法正确的是（ ）

A.若F1>F2，M1=M2，则一定v1>v2
B.若F1v2
C.若F1=F2，M1v2
D.若F1=F2，M1>M2，则一定v1>v2
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”的实验中：

（1）某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装成如图所示的装置图．请你指出该装置中的两处错误或不妥之处：
①_____________________________
②_______________________________
（2）改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．图中是他在实验中得到的.-条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为，由图中的数据可算得小车的加速度为____________ ．（结果保留两位有效数字）

（3）为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力，小盘和重物的质量与小车的质量应满足的关系是________________
14、如图所示，是对一做平抛运动的小球拍摄的闪光照片，照片的背景是一张方格纸，已知小方格的边长为m，重力加速度m/s2,则抛出小球的初速度=____m/s.（不计一切阻力）

15、小明同学在学习牛顿运动定律时，做了探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系的实验，采用了如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上打点计数器打出的点计算出：

（1）小明将实验装置如上图安装好接通电源后开始做实验，小强突然发现他的装置图中有两处明显的问题，请你写出来：①__________________②__________________；
（2）小明改正了实验中的问题后，完成了实验并列出了实验数据，他在分析数据时发现只有当M与m的大小关系满足__________________时，才可以认为绳子对小车拉力的大小等于砝码盘和砝码的重力。
（3）另一组同学在保持砝码盘及盘中的砝码质量一定时，探究物体加速度与质量的关系，在实验操作中，以下做法错误的是__________________
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先接通打点计时器电源，再释放小车
D．小车运动的加速度，可用天平称出盘及砝码质量m、小车质量M，用求出
（4）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码质量不变，改变小车质量M，得到的实验数据如下表：为了验证猜想，请在坐标系中作出最能直观反映a与M之间关系的图象（作图需作出横纵坐标以及刻度图像）______________。
实验次数
1
2
3
4
5
小车加速度a/ms-2
0.77
0.38
0.25
0.19
0.16
小车质量M/kg
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00

三．计算题(22分)
16、（12分）如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B.现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A仍保持静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)此时水平拉力F的大小；
(2)环对横杆的压力及环受到的摩擦力
17、（10分）一辆汽车由静止开始，前10s内以2m/s2的加速度做匀加速直线运动．求：
（1）汽车在8s末的速度大小v
（2）汽车在前10s内的位移大小x
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】A、力是改变物体运动状态的原因，物体运动状态发生变化，则物体一定受到力的作用，故A正确；
B、牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故B错误；
C、惯性不是力，物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性，惯性定律就是牛顿第一运动定律，两者不同，故C错误；
D、物体的运动不需要力来维持，只有质量决定着惯性的大小，故D错误
2、B
【解析】运动员从A位置运动到B位置的过程中，重力不变，跳板形变越来越大，向上的弹力越来越大，加速度先向下减小后向上增大，D错．速度先增大再减小，C错．到达最低点时加速度向上，处于超重状态，A错B对。
故选B。
3、B
【解析】在下落和上升两个过程中，小球的加速度相同，均为重力加速度，A错．下落过程位移，B对．反弹上升的位移，整个过程中小球的位移x=x1+x2=0.6m，C错．整个过程中小球的平均速度大小,D错
4、B
【解析】在v-t图象中，图线斜率的大小表示加速度的大小，由图可知：ab段的斜率大于oa段斜率所以0～ta段火箭的加速度小于ta～tb段火箭的加速度，故A说法正确；由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物体的运动方向未变，即始终向上运动，故B说法错误；tb时刻火箭速度最大，然后tb～tc时段火箭速度减小做匀减速运动，故C说法正确；0～tc时间内火箭的速度方向始终竖直向上，故tc时刻火箭到达最高点．故D说法正确．所以选B
5、D
【解析】AB．小球与弹簧分开前，小球的受到的弹力先大于重力后小于重力，加速度方向先向上，后向下，小球先处于超重状态，后处于失重状态，故AB错误。
CD．小球与弹簧分开后，加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故C错误，D正确。
故选D。
6、D
【解析】设向右为正，根据加速度定义式为：

负号表示方向水平向左
A．大小是200m/s2，方向水平向右．故A不符合题意
B．大小是200m/s2，方向水平向左．故B不符合题意
C．大小是400m/s2，方向水平向右．故C不符合题意
D．大小是400m/s2，方向水平向左．故D符合题意
7、CD
【解析】AD．由图看出，合外力F减小，则由牛顿第二定律得知加速度a减小，加速度与速度同向，物体做变加速运动，速度越来越大．故A错误，D正确；
BC．由于a与v同向，物体的速度增大，在t0时刻加速度为零，速度最大，故B错误，C正确。
故选CD。
8、CD
【解析】A．由图可知0～t1斜率一直减小，即加速度一直减小，根据牛顿第二定律可知：

摩擦力f保持不变，则外力F一直减小，故A错误
B．t1时刻加速度为零，合外力为零，则

外力F不为零，故B错误
CD．在t1～t2秒内，物体做加速度增大的减速运动，摩擦力f保持不变，若 F与速度同向，有：

得 F减小；若 F与速度反向有：

得 F增大，故C正确，D正确.
9、AC
【解析】第二秒末的速度为4m/s，拉力的功率为24W，所以拉力：

由v-t图象看出，物体在2s-6s做匀速直线运动，则：

 由v-t图象可知，0-2s物体加速度为：

根据牛顿第二定律：

又因为，故动摩擦力因数：

A.与计算结果相符，故A正确；
B.与计算结果不符，故B错误；
C.与计算结果相符，故C正确；
D.与计算结果不符，故D错误
10、BC
【解析】AB．当倾角θ一定时，改变速度v时，货物可能一直做匀加速直线运动，加速度不变，初速度和位移均不变，可知货物到达顶端的时间可能不变，故A错误，B正确；
CD．货物匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得
a=μgcosθ-gsinθ
匀加速运动的时间为

匀加速运动过程中货物上升的位移为

传送带前进的位移为
x2=vt1
所以皮带上留下的痕迹长度为

可知皮带上留下的痕迹与货物的质量无关；当倾角θ和速度v一定时，货物与皮带间的动摩擦因数μ越大，皮带上留下的痕迹越短，故C正确、D错误；
故选BC。
11、BC
【解析】A．根据v—t图像的物理意义，面积代表位移。可知

故A错误；
B．由图可知，0~1s时，物体的加速度为
a1=6m/s2
根据牛顿第二定律

1~3s时，物体的加速度为
a2=-3m/s2
根据牛顿第二定律

联立解得

故B正确；
C．根据

解得

故C正确；
D．根据动能定理

所以

故D错误。
故选BC。
12、BC
【解析】本题中涉及到两个物体，所以就要考虑用整体法还是隔离法，但题中研究的是两物体的相对滑动，所以应该用隔离法．板和物体都做匀变速运动，牛顿定律加运动学公式和动能定理都能用，但题中“当物体与板分离时”隐含着在相等时间内物体的位移比板的位移多一个板长，也就是隐含着时间因素，所以不方便用动能定理解了，就要用牛顿定律加运动公式解
【详解】若F1＞F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律得：M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aa＞ab，由于M1=M2，所以摩擦力作用下的木板M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a，木板的长度为L．它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移：L=aat12-at12
物块与M2的相对位移：L=abt22−at22
由于aa＞ab，所以得：t1＜t2，M1的速度为v1=aat1，M2的速度为v2=abt2，则v1＜v2，故A错误；
若F1＜F2、M1=M2，根据A选项公式，由aa＜ab，则v1＞v2，故B正确；
若F1=F2时：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，我们设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：μmg=M1a1=M2a2
得加速度：a1＝，a2＝
设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
物块与M1的相对位移：L=at32−a1t32
物块与M2的相对位移：L=at42−a2t42
若M1＜M2，则a1＞a2，所以得：t3＞t4；
M1的速度为v1=a1t3，M2的速度为v2=a2t4，则v1＞v2，故C正确
若M1＞M2，a1＜a2，根据C项分析得：t3＜t4；
M1的速度为v1=a1t3M2的速度为v2=a2t4，则v1＜v2，故D错误；
故选BC
【点睛】要去比较一个物理量两种情况下的大小关系，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．同时要把受力分析和牛顿第二定律结合应用

二．填空题(每小题6分，共18分)
13、 (1).(1)打点计时器的电源不能用干电池;力 (2).(2)小车离打点计时器太远;没有平衡摩擦 (3). (4).
【解析】第1空、打点计时器用的是交流电源，所以题中打点计时器应该换用低压交流电；
第2空、小车离定滑轮太近(离打点计器较远),小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远,这样便于小车运动一段过程,从而能准确测量小车的加速度,减小误差;从图中看没有平衡摩擦力;，所以要平衡摩擦力
第3空、相邻两计数点的时间间隔为，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为,以后各段分别为 、 、,
根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小,
得: 

为了更加准确的求解加速度,我们对两个加速度取平均值
得:
即
第4空、以整体为对象，根据牛顿第二定律可知
， ，当时，
小车的拉力约等于小盘和重物的总重力
14、4
【解析】[1]平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，根据：

解得：
s
根据水平方向上做匀速直线运动有：

代入数据解得：
m/s
15、 ①.电源为直流电源 ②.没有平衡摩擦力 ③.M>>m ④.AD ⑤.
【解析】（1）[1][2]装置中两处明显的问题是：①电源为直流电源；②没有平衡摩擦力。
（2）[3]在该实验中牛顿第二定律的实际情况是

要满足

应该使砝码的总质量远小于滑块的质量，即只有当M与m的大小关系满足

时，才可以认为绳子对小车拉力大小等于砝码盘和砝码的重力。
（3）[4]A．平衡摩擦力时，应不挂盘及盘中的砝码，只让小车拖着纸带在木板上匀速运动，故A说法错误，符合题意；
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故B说法正确，不符合题意；
C．实验时，先接通打点计时器电源，再释放小车，故C说法正确，不符合题意；
D．小车运动的加速度，是通过打出的纸带计算得出的，故D说法错误，符合题意。
故选AD。
（4）[5]先求出质量的倒数分别为
5；2.5；1.67；1.25；1
利用描点法作a与1/M的关系图线，如图：

三．计算题(22分)
16、 (1) mg　(2)2mg，方向竖直向下　mg，方向水平向左
【解析】（1）取小球为研究对象进行受力分析，受到拉力F、重力G、细线拉力FT，由平衡规律得：

FTsin37°=F  
FTcos37°=mg  
联立解得F＝mg   
故水平拉力F的大小为mg
（2）取AB组成的系统为研究对象，受到总重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，如图

根据共点力平衡条件，有
FN=2mg 
Ff=F   
由牛顿第三定律FN=-FN′
故对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下，环受到的摩擦力大小为0.75mg，方向水平向左
【点睛】本题关键在于运用整体法和隔离法对整体和小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，对于研究对象的灵活选择，有时可以使问题大大简化，起到事半功倍的效果
17、（1）（2）
【解析】本题主要考查匀变速直线运动公式的基本应用
【详解】解：汽车从静止开始做匀加速直线运动，由：
（1）当，代入数据得：
（2）由，令，代入数据得：