福建省莆田市涵江区莆田七中2025届物理高一第一学期期末学业质量监测试题含解析

福建省莆田市涵江区莆田七中2025届物理高一第一学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度分别为v1和v2，则下面说法正确的是()A物体做匀速运动，且v2＝v1B.物体做加速运动，且v2>v1C.物体做加速运动，且v2<v1D.物体做减速运动，且v2<v12、甲、乙两个金属球，甲的重量是乙的2倍，从同一高度同时自由下落，下列说法正确的是A.两球同时落地 B.甲球先落地C.甲球落地时速度较大 D.同一时刻在空中的位置不一定相同3、如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B.C. D.4、大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动，则物体与水平面间的摩擦力最大的是（）A. B.C. D.5、在探究超重和失重的规律时，某体重为G的同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到的压力随时间t变化的图像可能是图中的（）A. B.C. D.6、如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿圆弧轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A.重力做功mgRB.机械能减少C.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功mgR7、如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（）A小球刚接触弹簧瞬间速度最大B.从小球接触弹簧到到达最低点，小球先失重后超重C.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小D.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大8、如图所示，质量分别为m1、m2的甲、乙两木块之间压缩一轻弹簧，用细线拉紧，竖直放置在水平地面上．当整个装置处于静止状态时，弹簧竖直，细线的拉力大小为F．将细线剪断的瞬间，下列说法中正确的是A.甲的加速度大小为B.甲的加速度大小为C.乙对地面的压力大小为(m1+m2)g+FD.地面对乙的支持力大小为(m1+m2)g9、如图所示，在光滑水平桌面上放一质量为m乙=5kg的盒子乙，乙内放置质量m丙=1kg的滑块丙，用质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲=2kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g＝10m/s2。则（）A.细绳对盒子的拉力大小为20N B.盒子的加速度大小为2.5m/s2C.盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5N D.定滑轮受到细绳的作用力为30N10、如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时绳b的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角，绳b的拉力为F2，再逆时针转过θ角固定，绳b的拉力为F3，则()A.B.C.绳a的拉力先减小后增大D.绳a的拉力一直减小二、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，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐薄木板的质量，长度在薄木板的中央有一个小滑块可视为质点，质量小滑块与薄木板之间的动摩擦因数，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动求：(1)当外力时，m与M的加速度各为多大？(2)若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？(3)若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件14、（14分）如图所示，质量mB=2kg的木板B静止放置于光滑水平面上，现有一F=10N的外力作用在木板上，使其开始向右加速，在此同时，将一质量mA=lkg的物块A（视为质点）放置在木板B的左端，以v0=4m/s的初速度开始向右运动，物块A与木板B之间的动摩擦因数μ=0.2。已知运动过程中物块A恰好没有从木板B的右端掉下。求：（1）物块A与木板B开始运动的加速度aA、aB大小；（2）木板B的长度L；（3）物块A在开始运动后的1.5s时间内的位移x0。15、（13分）有一倾角为的传送带逆时针转动，正常运转时的速度，AB间长度．现通过定滑轮用轻绳沿着传送带方向拉动的平板，已知平板与传送带之间的动摩擦因数平板可视为质点，不计轻绳和定滑轮之间的摩擦，g取，，传送带静止时，为了匀速拉动平板，求所需拉力的大小；传送带正常运转时，用恒力拉动初速度为零的平板，求平板从A点到达B点所用的时间；传送带正常运转时，将的物体叠放在平板上，物体与平板之间的动摩擦因数随后拉动初速度为零的平板物体始终相对平板静止，求：从A点到达B点所用的最短时间；在问中，拉力大小随时间变化的规律只需写出结果，不需要计算过程

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】将汽车的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示：设两段绳子夹角为，沿绳子方向的速度等于重物的速度大小重物的速度,所以,汽车向右匀速行驶,则增大,则增大,所以重物的速度增大,物体在做加速运动，故C正确，ABD错误。2、A【解析】两物体做自由落体运动，加速度相同，都为g．高度相同，则落地时间相同，落地时的速度相等，在下落的过程中位移相同【详解】A、B项：两物体做自由落体运动，加速度相同，都为g．根据知，高度相同，落地时间相同，故A正确，B错误；C项：根据v=gt知，落地时间相同，则落地的速度相同，故C错误；D项：根据知，同一时刻下落的高度相同，故D错误故应选：A【点睛】该题比较简单，关键知道自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动，自由下落的时间、速度与质量无关，只与高度有关3、C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态4、A【解析】几种情况下均处于平衡状态，即合力为0A．A图中摩擦力等于拉力FB．B图中将力沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力C．C图中将力沿着水平和竖直方向正交分解，则摩擦力D．D图为将拉力沿水平和竖直方向正交分解，则摩擦力则可知A图中摩擦力最大，故A正确，BCD错误。故选A。5、D【解析】该同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作的过程中，先向下加速，后向下减速，其加速度先向下后向上，即先失重后超重，选项D正确.；ABC错故选D6、AB【解析】A．PB高度差为R，重力做功mgR，A正确BCD．到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则，，所以合外力做功，C错误；以OA所在平面为参考平面，初始机械能为，末状态机械能为，，B正确D错误7、BCD【解析】A．小球刚接触弹簧瞬间受到的弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，说明刚接触弹簧瞬间速度不是最大值，故A错误；BCD．从小球接触弹簧到到达最低点，小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，速度先增大后减小，开始阶段加速度向下为失重状态，后来加速度向上为超重状态，故BCD都正确。故选择BCD选项。8、AC【解析】系统静止时，根据绳子的拉力，结合共点力平衡求出弹簧的弹力，细绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律和共点力平衡进行分析求解【详解】A、B、开始系统处于静止，对甲分析，有：F+m1g=F弹，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对甲由牛顿第二定律得，联立得；故A正确，B错误.C、D、对乙分析可知，剪断细绳前后均处于静止，则，联立F+m1g=F弹可知，由牛顿第三定律可知乙对地面的压力；故C正确，D错误.故选AC.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变9、BC【解析】AB．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得整体的加速度为：以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的拉力大小为故A错误、B正确；C．以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为故C正确；D．定滑轮受到细绳的作用力为故D错误。故选BC10、BD【解析】本题考查共点力的平衡及动态平衡【详解】对小球进行受力分析如图所示，根据三角形法则有由几何关系，可知F2与轻绳a垂直时，此时拉力最小，故有，即B选项正确，在轻绳b逐渐向上转动过程中可以看出轻绳b中的拉力逐渐变小，故D选项正确综上所述，本题正确答案选BD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）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2．求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；（2）应用牛顿第二定律求出拉力F；（3）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解；【详解】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为，薄木板的加速度为，根据牛顿第二定律有：对滑块：对木板：且有：，解得：，由于：，M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度：；（2）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：，则拉力至少为；（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为，空间位置变化如图所示：则滑块的速度：，对滑块，由牛顿第二定律得：，位移：，，由几何关系得：，木板的位移：，根据牛顿第二定律，对木板：解得：，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力；【点睛】本题的关键是隔离法对滑块和木板分别正确受力分析由牛顿第二定律列方程，并找出其满足条件的临界情况．14、（1）2m/s2，6m/s2；（2）1m；（3）5.75m【解析】（1）物块A向右减速，木板B向右加速，对物块A，由牛顿第二定律得代入数据解得对木板B有代入数据解得m/s2（2）设经过时间t1，两者速度相等，则有代入数据解得则共同的速度为物块A运动的位移为代入数据解得木块运动的位移为代入数据解得则木板B的长度为解得（3）假设物块A与木板B达到共速后能一起加速，对整体有对物块A有计算可得则假设不成立，物块A与木板B各自加速，根据牛顿第二定律，对物块A有代入数据解得对物块B有代入数据解得在剩下的时间内，物块A的位移为代入数据解得物块B的位移为代入数据解得两者相对位移物块A在1.5s时间在木板上先向右匀减速，后向右匀加速，物块A在1.5s时间总位移代入数据解得15、124N；；4s；，，【解析】传送带静止时，匀速拉动平板时平板受力平衡，分析其受力，由平衡条件求所需拉力的大小；传送带正常运转时，用恒力拉动初速度为零的平板，平板先做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度时间公式求出平板加速至速度等于时经历的时间，并求得此过程的位移，再根据平板与传送带共速时受力情况，判断之后平板的运动情况，即可求得平板从A点到达B点所用的时间；物体与平板相对静止时，对物体受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求从A点到