上海市嘉定区市级名校2025届物理高一第一学期期末教学质量检测试题含解析

上海市嘉定区市级名校2025届物理高一第一学期期末教学质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支持着悬挂重物的绳子，如图所示．现保持滑轮的位置不变，使杆向下转动一个角度到虚线位置，则下列关于杆对滑轮P的作用力的判断正确的是()A.变大 B.不变C.变小 D.无法确定2、下列关于质点的说法中，正确的是（）A.体积很小的物体都可以看成质点B.质量很小的物体都可以看成质点C.只有低速运动的物体才能看做质点，高速运动的物体不能看做质点D.不论物体质量多大，只要物体尺寸对所研究问题没有影响或影响可以忽略，都可以看成质点3、在升降机中挂一个弹簧秤,下吊一个小球,如图,当升降机静止时,弹簧伸长4cm.当升降机运动时弹簧伸长2cm,若弹簧秤质量不计,则升降机运动情况可能是①以1m/s2的加速度下降②以4.9m/s2的加速度减速上升③以1m/s2的加速度加速上升④以4.9m/s2的加速度加速下降A.①③B.①②C.②③D.②④4、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：（）AF1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，水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小物体由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块放上传送带到与传送带相对静止过程中电动机多做的功为：A.2mv2 B.mv2C.mv2 D.mv26、如图所示，质量均为m的A、B两球，由一根劲度系数为k的轻弹簧连接静止于半径为R的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为（）A.＋RB.＋RC.＋RD.＋R7、如右图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（）A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s28、如图所示，水平传送带在电机带动下以速度v0沿着逆时针方向匀速运动，一物块以初速度v滑上传送带的左端，在摩擦力的作用下，物体恰好到达传送带右端．则A.若只增大v0，物块一定能到达传送带右端B.若只增大v0，物块将不能到达传送带右端C.若只将v0反向，物块可能先减速运动再匀速运动D.若只将v0反向，物块可能一直减速到传送带右端9、如图甲所示，质量为M=2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，整个运动过程小物块未滑离木板，物块和木板的速度一时间图象如图乙所示，g=10m/s2，结合图象，下列说法正确的是A.可求得物块在前2s内的位移x=5mB.可求得物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1C.可求得物块的质量m=1kgD.可求得木板的最小长度为L=2m10、甲、乙两质点在同一直线上运动，其位移-时间（x-t）图像如图所示，其中甲质点的图像为直线，乙质点的图像为经过原点的曲线，两图像交点A、B的坐标如图所示。下列说法正确的是A.甲、乙两质点同时从同一位置出发B.0~t1时间内，甲质点在乙质点前面C.在t2时刻，甲质点的瞬时速度小于乙质点的瞬时速度D.t1~t2时间内乙质点的平均速度与甲质点匀速运动的速度相等11、质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A.初速度为5m/sB.第1s内的位移是5mC.任意1s内的速度增量都是2m/sD.前2s内的平均速度是7m/s12、运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。如图所示，设它经过A、B、C三点，到O点速度为零，已知A、B、C三点到O点的距离分别为s1、s2、s3，时间分别为t1、t2、t3。下列结论正确的是（冰壶和冰面的动摩擦因数保持不变，g取10m/s2）（）A.B.C.由题中所给条件可以求出冰壶经过A、B、C三点的速率D.由题中所给条件可以求出冰壶与冰面的动摩擦因数二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、（6分）14、（10分）三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、（12分）一质量为1kg的小球自8m高处由静止下落，经过2s后落地。设空气阻力保持不变（g取），求：(1)小球即将落地时的速度大小；(2)小球落地过程中空气阻力的大小.16、（12分）暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图所示．“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m．小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg．小明和椅子的转动可简化为如图所示的圆周运动．在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º．g取10m/s2,sin37º=0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求:(1)座椅受到绳子的拉力大小；(2)小明运动线速度大小；(3)小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴(即图中O1点)的距离(保留两位有效数字)17、（12分）如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37º．已知g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：(1)汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的压力(2)当汽车以a1=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力(3)当汽车以a2=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力

参考答案一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）1、B【解析】据题意，保持滑轮位置不变，处于静止状态，其合力为零，重物也静止，则知绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，故析两绳拉力的合力保持不变．使杆向下转动一个角度到虚线位置的过程中，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反，所以杆对滑轮P的作用力保持不变．故B正确，ACD错误考点：考查了共点力平衡条件，力的合成与分解2、D【解析】AB．体积较小、质量很小的物体不一定能看成质点，比如研究原子核的内部结构，原子核不能看成质点．故AB错误C．低速运动的物体不一定能看成质点，高速运动的物体不一定不能看做质点，物体能否看成质点，关键看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略．故C错误D．不论物体的质量多大，只要物体的尺寸对所研究的问题没有影响或影响可以忽略，就可以看成质点．故D正确故选D3、D【解析】考查超重与失重。【详解】当升降机静止时，弹簧伸长4cm，假设弹簧劲度系数是k，则解得当升降机运动时弹簧伸长2cm，由牛顿第二定律：解得，方向向下，为失重状态，②④符合，D正确。故选D。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】设小物体由静止轻放在传送带上，到与传送带达到相对静止的过程所用的时间为，则皮带上表面转过的距离为：小物体前进的位移为：该过程中吗，小物体动能的增量为，根据动能定理得，该过程中摩擦力对物块做的功为：相对滑动过程中，产生的内能：电动机多做的功，一部分增加了小物体的动能，一部分转化为内能即为：A.与结论不符，A错误；B.与结论相符，B正确；C.与结论不符，C错误；D.与结论不符，D错误6、D【解析】以A球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和球壳的支持力如图所示由平衡条件，得到解得根据几何关系得则所以故弹簧原长故选D。7、BC【解析】根据牛顿第二定律，物体加速度为加速度方向向下，处于失重状态，则物体可能向上减速运动，也有可能向下加速运动。故选BC。8、AC【解析】水平传送带静止时，一个小物块A以某一水平初速度从传送带左端冲上传送带，做匀减速直线运动；若皮带轮逆时针方向转动，一个小物块A以某一水平初速度从传送带左端冲上传送带，仍然做匀减速直线运动；若皮带轮顺时针方向转动，传送带的速度小于A的初速度，知A滑上传送带先做匀减速直线运动【详解】设传送带长度为L，物块与传送带间的动摩擦因数为，由题意可知，A、B项：若只增大v0，由可知，物块一定能到达传送带右端，故A正确，B错误；C、D项：若只将v0反向即与物块初速度方向相同，如果，物块先匀减速，减速到与传送带速度相同时还没有到达传送带右端，则后匀速运动，故C正确，D错误故选AC【点睛】解决本题的关键分析出物体相对运动的方向，得出摩擦力的方向，从而知道加速度的方向，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动情况9、AD【解析】根据图象的“面积”可求得位移，得到木板的长度．由斜率得到加速度，以m为研究对象，据牛顿第二定律求解动摩擦因数．由动量守恒可求得物块的质量m【详解】A.图象的“面积”大小等于位移，可求出物块在t=2s时的位移x=×（2+4）×1+2×1=5m，故A正确；B.由图象的斜率等于加速度，可求出m匀减速运动的加速度大小a1=2m/s2，以物块m为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg=ma1，μ=a1/g，可求出物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2.故B错误；C.由图知两个物体速度相同后一起作匀速直线运动，说明水平面是光滑的，以两个物体组成的系统为研究对象，取m的初速度方向为正方向，根据动量守恒得：mv0=(M+m)v，代入数据4m=（2+m）×2，可求得m=2kg，故C错误；D.木板的长度等于两图象在0−1s内“位移”之差，可求出L=×（2+4）×1-×2×1=2m，故D正确故选AD.10、CD【解析】A．从图中可知两质点从同一位置出发，但不同时刻开始运动，A错误；B．时间内，甲对应的位移小于乙的位移，即乙在甲前面，B错误；C．图像的斜率表示运动的速度，从图中可知时刻乙的速度大于甲的速度，C正确；D．时间内，两质点的始末位置都相同，即位移相同，所有时间又相同，故两者的平均速度相等，D正确。故选CD。11、ACD【解析】对照匀变速直线运动的位移时间关系公式x=v0t+at2，即可求得质点的初速度和加速度，求出前2s内的位移之后，与时间相比即可求得平均速度．速度增量根据△v=at求解【详解】质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2，根据匀变速直线运动的位移时间关系公式x=v0t+at2，可得质点的初速度v0=5m/s，加速度a=2m/s2．选项A正确；将t=1s代入，求得x=6m，所以第1秒的位移是6m，故B错误；任意1s内的速度增量：△v=at=2×1m/s=2m/s，故C正确．由x=5t+t2可得前2s内的平均速度为，故D正确．故选ACD12、BCD【解析】AB．冰壶运动逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，则有：a相等，则得：故A错误，B正确。C．从O到A的过程，有：解得：同理，可以求出冰壶经过B、C两点的速率，故C正确。D．从O到A的过程，由：解得加速度大小为：由牛顿第二定律得：得：可知能求出冰壶与冰面的动摩擦因数，故D正确。二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）13、14、三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）15、(1)8m/s(2)6N【解析】详解】(1)由运动学公式可得(2)由运动学公式可得由牛顿第二定律可得16、（1）500N（2）7.5m/s（3）8.7m【解析】(1)拉力沿竖直方向的分力等于重力，由平行四边形定则，得拉力(2)根据受力分析，由牛顿第二定律得：联立代入数据解得v=7.5m/s(3)由几何关系可知座椅离地高度：由平抛运动规律，得：代入数据联立解得x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离：答：(1)座椅受到绳子的拉力；(2)小明运动的线速度v=7.5m/s；(3)落地点与游艺机转轴的距离