河南省信阳市息县一中2025届高一物理第一学期期末复习检测试题含解析

河南省信阳市息县一中2025届高一物理第一学期期末复习检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、甲乙两个物体在同一直线上同向运动，开始甲在乙的前方x0处，它们的v-t图像如图所示，则在0~t1这段时间内（）A.甲乙两物体可以相遇一次B.乙物体可能运动到甲的前面C.在t1时刻甲乙相距最远D.在t1时刻甲乙两物体相遇2、马拉车在水平路面由静止开始运动，下面说法中正确的是A.因为马拉车，所以车拉马，这是一对作用力和反作用力B.马拉车的力先产生，车拉马的力后产生C.马拉车前进是因为马拉车的力大于车拉马的力D.匀速直线前进时，马拉车的力等于车向后拉马的力，加速前进时，马拉车的力大3、如图所示，从高出地面3m的位置竖直向上抛出一个小球，它上升5m后回落，最后到达地面。以抛出点为原点建立坐标系，以竖直向上为正方向，则小球末位置坐标为A.3m B.-3mC.0m D.13m4、重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下，以下说法正确的是（）A.石块加速下滑时，由于失重，石块所受重力比下滑前小B.自卸车车厢倾角较小时石块不下滑，此时石块受到的摩擦力大于重力沿车厢底方向的分力C.石块开始下滑后，自卸车车厢倾角越大，石块受到的摩擦力越小D.自卸车车厢倾角越大，石块对车厢底的压力越大5、汽车发动机额定功率为80kW，它在平直公路上行驶的最大速度可达20m/s，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是（）A.1600N B.2500NC.4000N D.8000N6、木块在弹簧测力计的拉力作用下在木板上匀速运动。下列说法正确的是（）A.拉力与木板对木块的摩擦力是一对作用力与反作用力B.拉力与木板对木块的摩擦力是一对平衡力C.木块对木板的压力与木板对木块的支持力是一对作用力与反作用力D.木块对木板的压力与木板对木块的支持力是一对平衡力7、某物体做直线运动的v-t图象如图所示，取向东为速度的正方向。下列说法中正确的是A.物体在1.5s末向东运动B.物体在2s末的加速度为-1m/s2C.物体在3s末位于初始位置西侧D.物体在0~3s的时间内位移一直在增大8、如图甲所示，某人正通过轻绳利用定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮和绳的摩擦不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示，已知重力加速度为g，由图判断下列说法正确的是A.图线与横轴的交点P的值B.图线与横轴的交点N的值C.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数9、如图所示，小熊猫正在划船前进，则下列说法中正确的是（）A.使船前进的力的施力物体是船桨B.用桨向后划水，船就向前运动，说明物体间力的作用是相互的C.小熊猫对船的压力和船对小熊猫的支持力是一对平衡力D.小船漂浮，小船受到的浮力大小等于小熊猫和船的总重力10、物体从离地面45m高处开始做自由落体运动(g取10m/s2)，则下列选项中正确的是（）A.物体运动4s后落地B.物体落地时的速度大小为30m/sC.物体在落地前最后1s内的位移为25mD.物体在整个下落过程中的平均速度为20m/s二、实验题11、（4分）12、（10分）三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（9分）如图所示，光滑水平面上质量为m光滑圆柱体放在质量为M且形状对称的V形槽中。截面如图所示，它们的左边接触处为A。用一细绳拴住V形槽，细绳平行于桌面，另一端通过定滑轮垂下一重物，不计各种摩擦及滑轮质量。求解以下问题：（重力加速度为g）（1）若三者保持相对静止，求系统的加速度和绳上的拉力。（2）若，欲使圆柱体在运动中不离开V形槽，重物最大不能超过多少？（3）若不论多大，圆柱体都不能离开V形槽，求的取值范围。14、（14分）有一水平传送带以v0=2.0m/s的速度顺时针转动，水平部分长L=2.0m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6⑴物块从从传送带左端运动到右端所用的时间t⑵物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大距离⑶求物块从出发到4.5s末通过的路程15、（13分）“抛石机”是古代战争中常用的一种设备。如图所示，某学习小组用自制的抛石机演练抛石过程。已知所用抛石机长臂的长度L=2m，质量m=1.0kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时长臂处于静止状态，与水平面间的夹角现对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，水平抛出前，石块对长臂顶部向上的压力为2.5N，抛出后垂直打在倾角为45°的斜面上，不计空气阻力，重力加速度g取试求斜面的右端点A距抛出点的水平距离。

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1、C【解析】v-t图像纵坐标值表示瞬时速度的大小，可得0~t1内甲的速度大于乙的速度，表示甲比乙快，且开始甲在乙的前方x0处，故此过程甲乙的距离进一步增大；t1时刻后甲的速度小于乙的速度，乙可以相对靠近甲，距离开始变小，甚至出现乙追上甲，故t1时刻甲乙相距最远，还不能相遇；ABD错误，C正确。故选C。2、A【解析】A．因为马拉车，所以车拉马，这是一对作用力与反作用力，故A正确；B．作用力与反作用力同时产生，同时消失，故B错误；C．马拉车时，车能前进是因为马拉车的力大于车所受的阻力，马拉车的力与车拉马的力是一对作用力与反作用力，大小相等，故C错误；D．马拉车的力与车拉马的力是一对作用力与反作用力，大小相等，故D错误。3、B【解析】以抛出点为原点建立坐标系，以竖直向上为正方向，则小球末位置坐标为-3m，故ACD错误，B正确。故选B4、C【解析】石块静止时满足平衡条件，石块加速下滑时满足牛顿第二定律，分别从车厢方向和垂直车厢方向根据运动状态分析.【详解】A、石块的重力mg与运动状态无关，故加速下滑与静止时的重力不变；故A错误.B、石块不下滑时，受静摩擦力而平衡有；故B错误.C、石块下滑后受滑动摩擦力，则倾角越大，越小；故C正确.D、在垂直车厢的方向由平衡条件，则由牛顿第三定律可知压力，则倾角越大，石块对车厢底的压力越小；故D错误.故选C.【点睛】本题主要查了重力、弹力、摩擦力等知识，要求能对物体进行受力分析，要注意滑动摩擦力和静摩擦力的区别.5、C【解析】当牵引力等于阻力时，速度最大，此时根据知汽车所受的阻力故选C。6、BC【解析】AB．木块匀速运动过程中，水平方向上，受到木板给的摩擦力和拉力，故这两个力为一对平衡力，A错误B正确；CD．木块对木板的压力和木板对木块的支持力是木板与木块间的相互作用，故这两个力为一对相互作用力，C正确D错误。故选BC。7、AB【解析】A．物体在1.5s末速度为正，说明物体向东运动，故A正确；B．根据图象的斜率表示加速度，知物体在2s末的加速度为，故B正确；C．根据图象与时间轴所围的面积表示位移，图象在时间轴的上方位移为正，图象在时间轴的下方位移为负，知物体在0-3s内的位移等于0-1s内的位移，为正值，则物体在3s末位于初始位置东侧，故C错误；D．物体在0～2s的时间内位移一直在增大，物体在2～3s的时间内位移在减小，故D错误；故选AB。第II卷8、ABD【解析】对货物受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析，根据表达式结合图象，运用数学知识分析物理问题【详解】对货物受力分析，受重力mg和拉力FTN，根据牛顿第二定律，有：FTN-mg=ma,得：.A、当FTN=0时，a=-g，即图线与纵轴的交点M的值aM=-g，故A正确；B、当a=0时，FTN=mg，故图线与横轴的交点N的值FTN=mg，故B正确；C、D、图线的斜率表示质量的倒数，故C错误，D正确；故选ABD.【点睛】本题关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，再根据数学知识进行讨论9、BD【解析】A．使船前进的力的施力物体是水，故A错误；B．用桨向后划水，水给船一个向前的反作用力使船向前运动，说明物体间力的作用是相互的。故B正确；C．小熊猫对船的压力和船对小熊猫的支持力是一对相互作用力，故C错误；D．由受力平衡可知，小船受到的浮力大小等于小熊猫和船的总重力，故D正确。故选BD。10、BC【解析】根据自由落体的位移公式、速度与位移的关系公式和平均速度公式求解．要理解第几秒的位移的含义：第n秒的位移等于前n秒的位移减去前n-1秒的位移【详解】A项：根据位移公式得：，故A错误；B项：落地时的速度v=gt=30m/s，故B正确；C项：2s内的位移为，最后1s内的位移为△h=h-h′=25m，故C正确；D项：平均速度，故D错误故应选BC【点睛】记住并理解自由落体的位移公式、速度与位移的关系公式和平均速度的公式是解本题的关键．还要知道第几秒的位移表示什么，怎么求二、实验题11、12、三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13、（1）（2）（3）【解析】（1）方法一：三者保持相对静止，对m1g–T=m1a对M和mT=（M＋m）a解得方法二：对M，m，整体对M，m解得.（2）对m，小球与B点脱离接触时受力分析图对整体.（3）对整体整体加速度最大值不超过g，即对m14、（1）1.5s（2）不能，m（3）5m【解析】在传送带上，通过受力分析可得物块会先做匀加速直线运动，再比较加速阶段位移与传送带的长度，可判断物块会再做一段匀速运动，由牛顿第二定律结合运动学公式可求得时间；在斜面上，物块往上做匀减速运动；由牛顿第二定律结合运动学公式可求得沿斜面上升的最大距离，可判断能否到达斜面顶端；分段求出物块的位移，则总的路程可求解【详解】物块在传送带上先做匀加速直线运动由牛顿第二定律：μmg＝ma1解得加速度：加速时间加速位移：所以物块在到达传送带右端前物块已开始匀速运动，匀速时间物块从传送带左端运动到右端所用的时间为：（2）物块以速度v0滑上斜面后，由牛顿第二定律可得：解得：，方向沿斜面向下物体能够上滑的最大距离为：所以物块不能到达斜面的最高点物块在斜面上往返一次的时间物块再次回到传送带上速度仍为v0，方向向左．再由牛顿第二定律可得μmg＝ma3解得，水平向右物体向左的最大位移：物块向左减速过程和向右加速过程位移大小相等，时间因，故4.5s末物块恰好在斜面上的最高点速度为零故物块通过的总路程：【点睛】此题的运动过程较多，考查学生对多过程问题的处理能力；分析时要逐一计算每个运动过程的位移与时间，再综合传送带与长木板的长度即可解决问题