江蘇省徐州市銅山區(qū)2025屆物理高一上期末復(fù)習(xí)檢測(cè)試題含解析

江蘇省徐州市銅山區(qū)2025屆物理高一上期末復(fù)習(xí)檢測(cè)試題注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一項(xiàng)符合題目要求，有的有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1、如圖，在車廂中的A是用繩拴在底部上的氫氣球，B是用繩掛在車廂頂?shù)慕饘偾颍_(kāi)始時(shí)它們和車頂一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若忽然剎車使車向右做勻減速運(yùn)動(dòng)．則下列哪個(gè)圖能正確表示剎車期間車內(nèi)的情況（）A. B.C. D.2、下面說(shuō)法中錯(cuò)誤是A.物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化，一定有力作用在該物體上B.物體速度變化的方向與它受到的合外力的方向總是一致的C.物體受恒定外力作用，它的加速度也恒定D.力是維持物體運(yùn)動(dòng)原因3、如圖所示,物體A、B放在物體C上,水平力F水平向左作用于A上,使A、B、C一起在水平地面向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),則（）A.物體A受到三個(gè)力作用 B.物體C受到六個(gè)力作用C.物體C受到三個(gè)摩擦力的作用 D.C對(duì)B有向左的摩擦力4、一個(gè)物體作自由落體運(yùn)動(dòng)，下落速度v跟時(shí)間t的關(guān)系可以用下列哪一個(gè)圖表示（）A.B..C.D.5、如圖所示為火箭由地面豎直向上發(fā)射的速度圖象，由圖象知以下判斷錯(cuò)誤的是()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時(shí)刻火箭速度最大，然后tb～tc時(shí)段火箭速度減小D.tc時(shí)刻火箭上升到最大高度6、關(guān)于物體的平拋運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（??）A.由于物體受力的大小和方向不變，因此平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速運(yùn)動(dòng)；B.由于物體速度的方向不斷變化，因此平拋運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)；C.物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由拋出時(shí)的初速度決定，與高度無(wú)關(guān)；D.平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離由拋出點(diǎn)的高度和初速度共同決定.7、在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計(jì)，電梯靜止時(shí)，王小軍同學(xué)站在體重計(jì)上，體重計(jì)示數(shù)為50kg，電梯運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某一段時(shí)間內(nèi)王小軍同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)示數(shù)，如圖所示，取g=10m/s2，則在這段時(shí)間內(nèi)下列說(shuō)法中正確的是（）A.電梯一定是豎直向下做勻加速運(yùn)動(dòng)B.電梯運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s2C.王小軍同學(xué)所受的重力變小了D.王小軍同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力等于體重計(jì)對(duì)他的支持力8、固定在水平面上的光滑半球的半徑為R，球心O的正上方固定一個(gè)光滑的小定滑輪，細(xì)線的一端繞過(guò)定滑輪，今將小球從圖示位置緩慢地拉至B點(diǎn)，在小球到達(dá)B點(diǎn)前的過(guò)程中，小球?qū)Π肭虻膲毫，細(xì)線的T拉力大小變化情況正確的是A.N不變 B.N變小C.T變小 D.T變大9、如圖所示，兩個(gè)完全相同的光滑球的質(zhì)量為m，放在豎直擋板和傾角為的固定斜面間．若緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)擋板至斜面垂直，則在此過(guò)程中（）A.A，B兩球間的彈力不變 B.B球?qū)醢宓膲毫χ饾u減小C.B球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大 D.A球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大10、如圖所示，水平面上有一質(zhì)量為m=2kg的滑塊，t=0時(shí)，該滑塊在恒定的水平拉力F作用下由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t=1s時(shí)撤去拉力F，物體在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v－t圖象如圖所示，g＝10m/s2，則A.拉力F的大小為18NB.拉力F的大小為15NC.滑塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.3D.滑塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2二、實(shí)驗(yàn)題11、（4分）12、（10分）三、計(jì)算題：解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（9分）如圖，一根足夠長(zhǎng)的水平桿固定不動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量m=2kg的圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑，圓環(huán)與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75．對(duì)圓環(huán)施加一個(gè)與水平方向成θ=53°角斜向上、大小為F=25N的拉力，使圓環(huán)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)（sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）．求：⑴圓環(huán)對(duì)桿的彈力；⑵圓環(huán)加速度的大?。虎侨?s后撤去拉力F，圓環(huán)還能滑行的距離14、（14分）我國(guó)自行研制的艦載機(jī)在遼寧艦上起飛，假設(shè)航母靜止在海面上，艦載機(jī)在航母跑道上從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為10m/s2，當(dāng)艦載機(jī)的速度達(dá)到80m/s時(shí)才能升空，求：(1)加速4s時(shí)，艦載機(jī)的速度大小？(2)從啟動(dòng)到起飛，至少加速多長(zhǎng)時(shí)間？(3)航母跑道至少多長(zhǎng)？15、（13分）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的足夠長(zhǎng)的木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于μ=0.5，木板右端（到定滑輪足夠遠(yuǎn)）用平行桌面的輕繩跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪連接一質(zhì)量m0=3kg的小球，小球到地面的高度h=1.4m．g取10m/s2(1)將木板由靜止釋放，其加速度a多大？(2)若在木板上表面中間放置一物塊m=1kg，木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于μ′=0.1．將木板由靜止釋放，求小球落地瞬時(shí)速度v多大？(3)在(2)問(wèn)的條件下且球落地后不再?gòu)椘?，求木板運(yùn)動(dòng)的時(shí)間多長(zhǎng)？

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一項(xiàng)符合題目要求，有的有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1、D【解析】開(kāi)始時(shí)金屬球、車廂及氫氣球有向右的相同速度，突然剎車使車廂做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于金屬球比車廂內(nèi)同體積的空氣質(zhì)量大，慣性大，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不易改變，相對(duì)車廂還是向右運(yùn)動(dòng)，因此B向右偏，故B、C錯(cuò)誤．氫氣雖然有慣性因?yàn)闅錃饷芏刃】諝獾拿芏却螅☉T性比氣球大），所以向前會(huì)撞到空氣，力的作用相互的，被空氣向后推開(kāi)，相對(duì)車廂向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤、D正確，2、D【解析】力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因．物體速度變化的方向與加速度方向相同，就與合外力方向相同．結(jié)合牛頓第二定律分析【詳解】物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變，即物體的速度發(fā)生改變，一定有加速度，因此，一定有力作用在該物體上，故A說(shuō)法正確；物體速度變化的方向與加速度的方向總是一致的，而合外力的方向與加速度的方向總是一致的，故速度變化的方向與合外力的方向總是一致的，故B說(shuō)法正確；根據(jù)牛頓第二定律F=ma，可知物體所受的合外力恒定則物體的加速度恒定，故C說(shuō)法正確；力是產(chǎn)生加速度的原因，不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，故D說(shuō)法錯(cuò)誤．所以選D【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要正確理解力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，知道力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因3、B【解析】根據(jù)平衡條件，分別對(duì)A、B、C進(jìn)行受力分析，注意B與C之間沒(méi)有摩擦力【詳解】A、以A為研究對(duì)象，A受重力，C對(duì)A的支持力，水平力F，因?yàn)樗芎贤饬?，故C對(duì)A有向右的摩擦力，故A受四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤B、以C為研究對(duì)象，C受重力，地面對(duì)C的支持力，A對(duì)C的壓力，B對(duì)C的壓力，根據(jù)牛頓第三定律知，A對(duì)C有向左的摩擦力，以A，B，C整體為研究對(duì)象，在F作用下向左勻速運(yùn)動(dòng)，所受合外力為0，故知地面對(duì)C有向右的摩擦力，C受六個(gè)力的作用，故B正確C、對(duì)物體B來(lái)說(shuō)，因其所受合外力為0，故B，C間沒(méi)有摩擦力，即物體C受到兩個(gè)摩擦力的作用，故C、D錯(cuò)誤故選B4、D【解析】自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以D正確5、B【解析】在v-t圖象中，圖線斜率的大小表示加速度的大小，由圖可知：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說(shuō)法正確；由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物體的運(yùn)動(dòng)方向未變，即始終向上運(yùn)動(dòng)，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；tb時(shí)刻火箭速度最大，然后tb～tc時(shí)段火箭速度減小做勻減速運(yùn)動(dòng)，故C說(shuō)法正確；0～tc時(shí)間內(nèi)火箭的速度方向始終豎直向上，故tc時(shí)刻火箭到達(dá)最高點(diǎn)．故D說(shuō)法正確．所以選B6、AD【解析】AB．平拋運(yùn)動(dòng)所受的合力大小和方向不變，則加速度不變，可知平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)t=知，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，與初速度無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤D．根據(jù)知，平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離由高度和初速度共同決定，故D正確。故選AD。7、BD【解析】AB．以人為研究對(duì)象，豎直向下為正方向，則：mg-FN=ma求得：方向豎直向下。則電梯可能加速向下運(yùn)動(dòng)，也可能減速向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤B正確；C．體重計(jì)示數(shù)小于體重，說(shuō)明同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力小于重力，并不是體重變小，故C錯(cuò)誤；D．王小軍同學(xué)對(duì)體重計(jì)的壓力與體重計(jì)對(duì)王小軍同學(xué)的支持力是作用力與反作用力，大小相等，故D正確。故選BD。8、AC【解析】小球在繩A的拉力作用下A點(diǎn)緩慢運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中可視為小球受力平衡，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡可以求出小球拉力和支持力大小的變化【詳解】在小球被拉升過(guò)程中對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受重力、半球面對(duì)小球的彈力和繩對(duì)小球的拉力，小球在三個(gè)力作用下緩慢滑向半球頂點(diǎn)，可視為小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受力平衡，即小球受重力、支持力和繩拉力的合力為零．如圖，作出小球的受力示意圖，由圖可知：因?yàn)樾∏蛩芎狭榱悖市∏蛩苤亓g、半球?qū)π∏虻膹椓和繩對(duì)小球A的拉力T可以構(gòu)成一個(gè)閉合的三角形，如圖可知，三個(gè)力構(gòu)成的三角形與圖中由繩AC、頂點(diǎn)高度CO及半球半徑AO構(gòu)成的三角形ACO始終相似，故有：，由于小球在上拉的過(guò)程中，CO和AO的長(zhǎng)度不變，AC減小，在力中由于重力不變，所以根據(jù)相似比可以得出：小球的拉力T變小，半球?qū)π∏駻的支持力N不變，繩對(duì)小球A的拉力T變小，故AC正確，BD錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】根據(jù)相似比可以輕松得出小球的受力大小的變化情況9、AB【解析】AD．雖然擋板在變化，但球B對(duì)球A的彈力方向沒(méi)有改變，球B的重力沒(méi)有變化，則斜面對(duì)球A的支持力方向也沒(méi)變，雖然球A位置在緩慢變化，但球A所受力沒(méi)有變化，故A球?qū)π泵娴膲毫Σ蛔儯珹、B兩球的彈力沒(méi)有變．故A符合題意，D不符合題意BC．球B受力分析如圖所示：當(dāng)緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)擋板至擋板與斜面垂直的過(guò)程中，彈力F1的方向也從圖示位置轉(zhuǎn)動(dòng)到與斜面平行位置．則兩個(gè)彈力的合力不變，當(dāng)夾角變小時(shí)，兩彈力大小均變小，故B球?qū)醢宓膲毫χ饾u減少，B球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減少．故B符合題意，C不符合題意10、AC【解析】速度時(shí)間圖象的斜率表示加速度，則0—1s的加速度大小為：m/s21—3s的加速度大小為：m/s20—1s沒(méi)有撤去拉力F，根據(jù)牛頓第二定律有：①1—3s撤去拉力F，根據(jù)牛頓第二定律有：②由②得：由①得：F=18N故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選AC二、實(shí)驗(yàn)題11、12、三、計(jì)算題：解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、⑴圓環(huán)對(duì)桿的彈力為0⑵7.5m/s2⑶15m【解析】先根據(jù)位移時(shí)間公式求出加速度，然后對(duì)環(huán)受力分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解，撤去力F后對(duì)環(huán)受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解出環(huán)的加速度拉力a，再根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解【詳解】(1)將F分解為F1和F2；所以圓環(huán)對(duì)桿的彈力為0；(2)由⑴可知：F合=F1=15N，由牛頓第二定律可知F合=ma代入數(shù)據(jù)得：a=7.5m/s2；(3)由⑵可知，撤去F時(shí)圓環(huán)的速度v0=at1=15m/s撤去F后圓環(huán)受力如圖水平方向F合=f=ma豎直方向FN=mg聯(lián)立可得圓環(huán)的速度與加速度方向水相反，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至靜止，取v0方向?yàn)檎较颍瑒tv0=15m/s，a=－7.5m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：圓環(huán)滑行位移【點(diǎn)睛】掌握解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的方法和思路：一已知物體的運(yùn)動(dòng)求物體的受力，二是已知物體的受力求物體的運(yùn)動(dòng)情況．解決這兩類問(wèn)題的關(guān)鍵是橋梁根據(jù)牛頓第二定律求出加速度a14、(1)；(2)；(3)【解析】(1)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得加速4s時(shí)，艦載機(jī)的速度(2)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得解得(3)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得航母跑道至少15、（1）（2）2.8m/s（3）1.37s【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律對(duì)木板和小球列出方程，注意二者加速度大小相等；（2）根據(jù)牛頓第二定律對(duì)木板和小球列出方程，對(duì)小球根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解；（3）根據(jù)木板和物塊的受力問(wèn)題，判斷二者之間的運(yùn)動(dòng)關(guān)系，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解即可，注意求解加速度為關(guān)鍵；【詳解】（1）由靜止釋放，則球向下加速運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律有：木板向右加速運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律有：聯(lián)立解得：；（2）球向下加速運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)牛頓第二定律有：假設(shè)物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)木板：得：由于物塊的最大加速度為：，所以假設(shè)正