甘肃省师大附中2025届物理高一第一学期期末复习检测试题含解析

甘肃省师大附中2025届物理高一第一学期期末复习检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为的匀加速运动，接着做加速度大小为的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零，若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（）A. B.C. D.2、一个物体运动的位移和时间的函数关系式为x=10t+2t2，则物体的初速度和加速度分别为A.v0=10m/s；a=1m/s2B.v0=5m/s；a=4m/s2C.v0=10m/s；a=4m/s2D.v0=10m/s；a=2m/s23、如图所示描述质点运动的图象中，图线与时间轴围成的面积不表示对应时间内质点位移的是()A. B.C. D.4、国际单位制规定的力学基本物理量分别是（）A.密度、力、时间B.长度、力、时间C.时间、质量、体积D.长度、质量、时间5、甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动,它们的位移一时间图象如图所示,在20s内它们的平均速度和平均速率的大小关系是(

)A.平均速度大小相等，平均速率B.平均速度大小相等，平均速率C.平均速度，平均速率相等D.平均速度和平均速率大小均相等6、如图所示是做直线运动的甲、乙两物体的x—t图象，由图象可知（）A.乙开始运动时，两物体相距20mB.在0~10s这段时间内，物体间的距离逐渐变大C.在10~25s这段时间内物体间的距离逐渐变小D.两物体在10s时相距最远，在25s时相遇7、关于物体的重心，以下说法中正确的是()A.质量均匀分布的、有规则形状的物体的重心在其几何中心B.用线悬挂的物体静止时，细线方向一定通过重心C.一砖块平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变D.舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置不变8、如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能是()A.绳的张力减小，斜面对b的支持力减小，地面对a的支持力减小B.绳的张力减小，斜面对b的支持力增加，地面对a的支持力不变C.绳的张力减小，斜面对b的支持力增加，地面对a的支持力增加D.绳的张力增加，斜面对b的支持力增加，地面对a的支持力增加9、如图所示，一条河宽为24m，水流速度恒为2m/s，现要将小船上的货物由此岸的A处沿直线送达正对岸下游18m处的B处．已知小船的速度最大可达2m/s，取sin=0.8，cos=0.6，g=10m/s2，下列说法正确的有A.如果小船以最小速度航行，小船的速度为1.2m/sB.如果小船以最小速度航行，小船的速度为1.6m/sC.如果要使小船在最短时间内抵达B处，最短时间为12sD.如果要使小船在最短时间内抵达B处，最短时间为12.5s10、人站在电梯内的体重计上，当体重计的示数增大时，可能的原因是()A.电梯以很大的速度上升 B.电梯减速下降C.电梯减速上升 D.电梯加速上升二、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，水平面O点的右侧光滑，左侧粗糙．O点到右侧竖直墙壁的距离为L，一系统由可看作质点A、B两木块和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．A、B两木块的质量均为m，弹簧夹在A与B之间，与二者接触而不固连．让A、B压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为E0．若通过遥控解除锁定时，弹簧可瞬时恢复原长．该系统在O点从静止开始在水平恒力F作用下开始向右运动，当运动到离墙S=L/4时撤去恒力F，撞击墙壁后以原速率反弹，反弹后当木块A运动到O点前解除锁定．求（1）解除锁定前瞬间，A、B的速度多少？（2）解除锁定后瞬间，A、B的速度分别为多少？（3）解除锁定后F、L、E0、m、满足什么条件时，B具有的动能最小，这样A能运动到距O点最远距离为多少？（A与粗糙水平面间的摩擦因数为μ）14、（14分）如图所示，水平传送带端到端的距离，物块均视为质点）通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，物块在传送带的左端，与连接物块的细线水平，当传送带以的速度逆时针转动时，物块恰好静止。已知物块的质量，物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，求：（1）物块的质量；（2）当传送带以的速度顺时针转动时，物块从端运动到端所用的时间；（3）当传送带以速度顺时针转动时，物块从端运动到端的过程中，物块相对传送带运动的距离。15、（13分）如图所示，固定斜面长，倾角，质量为的物体（可视为质点）恰好能静止在斜面上。现将物体置于斜面底端A处，同时施加沿斜面向上的拉力，使物体由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后撤去，物体最终能到达斜面顶端B处。已知，，，。试求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数；(2)拉力作用在物体上的最短时间。

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、B【解析】物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：，物体在全程的平均速度为，则总位移，联立可解得：，故选项B正确考点：匀变速直线运动规律的综合运用名师点睛：本题注意平均公式的应用，因加速过程平均速度等于，而减速过程同样也是，故可知全程的平均速度，即表示出总位移；平均速度公式在解题中要注意应用2、C【解析】根据匀变速直线运动中位移与时间的关系：和题目中的表达式对应可知：故C正确，ABD错误。故选C3、D【解析】根据图像中各物理量的意义进行判断即可【详解】速度时间图线与时间轴围成的面积表示对应时间内质点位移，故ABC错误．在x-t图线中，纵坐标的变化量表示位移，图线与时间轴围成的面积不表示对应时间内质点位移，故D正确．故选D4、D【解析】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量；所以三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，故D正确，ABC错误。故选D。5、A【解析】平均速度等于位移与所用时间的比值．平均速率等于路程与所用时间的比值．根据位移图象确定出位移关系，分析物体的运动情况，确定出路程关系，再进行判断平均速度和平均速率的关系【详解】由图看出，三个物体的起点与终点相同，位移相同，所用时间也相同，则三个物体的平均速度大小相同．由图得知，甲先沿正方向运动，后沿负方向返回，而乙、丙都一直沿正方向运动，三个物体的位移相同，则甲的路程最大，乙丙的路程相等，所以甲的平均速率最大，乙丙的平均速率相等，即，故选A【点睛】由位移图象纵坐标的变化量等于位移，能判断出物体的位移关系．根据位移图象的斜率等于速度分析物体的运动情况，确定路程关系，是本题解答的基本思路6、BCD【解析】位移时间图像表示物体的位置随时间的变化，图像上的任意一点表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。【详解】A．在t=0时刻，甲、乙车相距20m，当甲运动了10s后，乙才开始运动，由图像可知，当乙开始运动时，两物体距离大于20m；故A错误。B．在0~10s这段时间内，乙在零位置保持静止，甲从20m处逐渐向远离零位置的方向运动，故两物体距离逐渐变大；故B正确。C．位移时间图像的斜率表示瞬时速度，10~25s这段时间内，乙图像的斜率大于甲的斜率，则乙物体速度大于甲物体的速度，则乙物体追击甲物体的距离在逐渐变小；故C正确。D．位移时间图像的纵坐标表示位置，纵坐标之差表示两物体的距离，则由图可得两物体的距离逐渐减小到零，即甲乙两物体在t=10s时相距最远，在t=25s时相遇；故D正确。故选:BCD。【点睛】x—t图像中，图像上的任意一点表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。7、ABC【解析】AD．质量均匀分布的、有规则形状的物体的重心在其几何中心，形状与质量分布改变，重心位置就会发生改变，故A正确，D错误；B．用线悬挂的物体静止时，细线的拉力与物体的重力等大反向，即细线方向一定通过重心，选项B正确；C．一砖块平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变，选项C正确；故选ABC。8、BC【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有：Fcosθ-FNsinθ=0①；Fsinθ+FNcosθ-mg=0②；由①②两式解得：F=mgsinθ，FN=mgcosθ；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；AB．（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：Fsinθ+FNcosθ-mg=0③；FNsinθ-Fcosθ=ma④；由③④两式解得：F=mgsinθ-macosθ，FN=mgcosθ+masinθ；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变；故A项错误，B项正确.CD．（二）物块b相对于a向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大;故C项正确，D项错误9、BD【解析】AB．为使小船抵达B处，小船的实际航线须沿题目图中的AB方向，即合速度方向沿AB方向，设AB与河岸的夹角为θ，由三角形法则可得由几何关系得则解得故A错误，B正确；CD．为使小船能在最短时间内抵达B处，小船应该以最大速度航行，即v2=2m/s，并使合速度的方向仍沿AB方向；由于船速和水速大小相等，所以AB的方向是在两个速度的角平分线上，小船运动的合速度为由几何关系得所以小船运动的最短时间为故C错误，D正确。故选BD。10、BD【解析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解【详解】A、电梯速度很大，若匀速上升，重力等于支持力，N=mg，A错误；C、电梯减速上升或加速下降，加速度方向都向下，处于失重状态，体重计示数小于重力，示数变小，C错误；BD、电梯减速下降和加速上升时，加速度方向向上超重，根据牛顿第二定律有：N-mg=ma，则N=mg+ma＞mg．体重计示数增大，BD正确故选BD【点睛】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变二、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）AB的速度大小相等，（2），（3）【解析】（1）由于撞击墙壁后以原速率反弹，则得解除锁定前瞬间A、B的速度大小等于撤去恒力F时的速度大小，根据动能定理求解．（2）解除锁定的过程，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，可由两大守恒求出解除锁定后瞬间A，B的速度．（3）全部的机械能全部转化给A，B具有的动能最小，由（2）结果求出A的速度，再由动能定理求解A能运动到距O点最远的距离（1）由于撞击墙壁后以原速率反弹，所以解除锁定前瞬间A、B的速度大小相等且等于撤去恒力F时的速度大小，根据动能定理有：，解得（2）设解除锁定后，A、B速度分别为；（）由于弹开瞬时，系统动量守恒：由于解除锁定过程中系统机械能守恒，则有：由上面三式联立解得：，或，由于，所以应该取：，（3）若解除锁定后B物体的最小动能应为零，即全部的机械能全部转化给A，即：，解得：将上式代入可得最大值：根据动能定理得：，所以A距O点的最远距离为：14、（1）mQ=8kg（2）t总=3s（3）△x=8m【解析】（1）当传送带以v=8m/s逆时针转动时，物块Q恰好静止不动，对Q受力分析知F=f即mPg=μmQg解得：mQ=8kg（2）当传送带以v=8m/s顺时针转动时，物块Q向右做初速度为零的匀加速直线运动，对Q，由牛顿第二定律得：μmQg+T=mQa对P分析可得mPg-T=mPa联立解得：a=4m/s2共速之前P、Q一直做匀加速直线运动，Q匀加速运动的时间为：Q匀加速运动