安徽省安庆市第一中学2025-2026学年高一上学期理科实验班期中考试物理试题

安庆一中2025-2026学年度高一年级第一学期期中考试 实验班物理试题 命题：陈垚 审题：张晓丽 一、单选题（共32分) 1.(本题4分)下列关于质点和参考系的说法中，一定正确的是() A.警察利用人工智能技术通过识别人走路的姿态来判断某人是否为需要找的犯罪嫌疑人时，可以把人当作质点 考虑。 B.学校领导在教室外通过表面观察发现某同学正在打瞌睡时，该同学被当作质点；领导记录下该同学的位置并 通报给班主任时，该同学也被当作质点。 C.某同学在下班高峰期的公交车上，突然发现汽车正在后退（溜车），但当他慌忙提醒司机时，司机却告诉他 车辆在正常向前行驶，该同学是以地面为参考系发现汽车在后退的。 D.某同学在雨中（当时完全没有刮风）沿一条笔直的公路狂奔，发现雨滴的轨迹是倾斜的，他是以自己为参考 系得到的结果。 2,(本题4分)物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识。推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文 明的进步。关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是() A.伽利略首先提出了惯性的概念，并指出质量是惯性大小的唯一量度 B.伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）和谐地结合起来，从而发展 了人类的科学思维方式和科学研究方法 C.牛顿运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿运动定律都能通过现代的实验手段直接验证 D.当4t-0时，v=称作物体在时刻t的瞬时速度，这应用了微分思想的分析方法 3.(本题4分)近期我市开展了校车安全培训活动，规范校车管理，确保安全运行。若一辆校车在平直公路上匀速 行驶，驾驶员发现前方有行人横穿公路，随即刹车，做a=2m/s2匀减速直线运动至停止。已知校车刹车后第一个3 s内的位移与最后一个3s内的位移之比为5：3，则校车刹车后5s内通过的距离为() A.8m B.15m C.16m D.36m 4.(本题4分)如图所示，A、B、C三个物体的质量满足mA=3ms=2mc=m,A、B两物体通过绳子绕过定滑轮 相连，B、C用劲度系数为k2的弹簧相连，劲度系数为k,的弹簧一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连。开始时， A、B两物体在同一水平面上，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦，重力加速度为g。现用竖直向 下的力髮拉动A物体，在拉动过程中，弹簧及与A、B相连的绳子都始终竖直，到C物体刚要离开地 面(A没落地，B没有与滑轮相碰)，则此时A、B两物体的高度差为() 内B A.2+ B.婴+ C. D.+ k 试卷第1页，共5页 5.(本题4分)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，弹力F的大小与伸长量x成正比，即F=kx,k的值与橡皮筋的 长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明k=Y,其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量。 在国际单位制中，杨氏模量Y的单位是（) A.m B.kg/s2 C.kg·m/s2 D.kg/m.s2 6.(本题4分)如图所示，光滑直杆OA、OB在O点由铰链固定，两杆间夹角0(0<90°)不变，在两杆上分别套 上质量相等的小环P、Q,两小环由不可伸长的轻绳连接。初始时，杆OA竖直，现缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖 直，则在转动过程中() A.杆对环P的弹力先变大后变小 B.杆对环P的弹力一直变小 C.杆对环Q的弹力先变小后变大 D.杆对环Q的弹力一直变小 7.(本题4分)如图所示，某同学用一双筷子夹起质量为m的圆柱形重物，已知圆柱竖直、半径为”，筷子水平， 交叉点到圆柱接触点的距离均为L=4r,每根筷子对圆柱的压力大小为2mg,重力加速度大小为g,下列说法正确 的是() A.每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg B.每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为导mg C.每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为mg D.若增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力大小不变 8.(本题4分)如图甲所示为某景区的蹦极项目，游客身上绑一根弹性绳从高空一跃而下。现有一可视为质点的游 客从0时刻跳下，t2时刻运动到最低点，弹性绳的作用力随时间变化的F-t图像如图乙所示，整个下落过程不计空 气阻力。重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是() ↑FN 甲 乙 A.0~2时间内，游客始终处于失重状态 B,0~t1时间内，游客处于完全失重状态；t1~t2时间内，游客处于超重状态 C.0~t1时间内，游客的加速度不变；t1~t2时间内，游客的加速度先增大后减小 D.0~t2时间内，游客的加速度有可能大于10m/s2 二、多选题（共10分) 试卷第2页，共5页 9.(本题5分)如图所示，一根弯折的光滑杆上套着两个小环A、B,小环直径略大于杆，两小环用轻绳相连，杆 的下半部分竖直。小环A在沿杆的力F的作用下缓慢沿杆向下运动的过程中，下列说法正确的是 () A.杆对B环的弹力减小 B.轻绳上的张力会变大 C.力F变大 D.杆对A环的弹力增大 10.(本题5分)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m 的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为4， 杆与竖直方向的夹角为0，杆与车厢始终保持相对静止（重力加速度用g表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。下 列说法正确的是() A.若B球受到的摩擦力为零，则F=4 mgtan0 B.若A球所受车厢壁弹力为零，则F=2 mgtan0 C.若推力F向左，且u<tan0,则加速度大小范围是0<a<g(4μ-tan0) D.若推力F向右，2μ<tan0,则加速度大小范围是g(tan0-2)≤a≤g(tan0+2W 三、实验题（共14分) 11.(本题6分)为测量弹簧劲度系数，探究小组设计了如下实验，实验装置如图1所示，角度传感器固定在可转 动的T”形竖直螺杆上端，可显示螺杆转过的角度。T形螺杆中部套有螺母，螺母上固定力传感器。所测弹簧上端 挂在力传感器上，下端固定在铁架台底座上，力传感器可显示弹簧弹力大小。T形螺杆转动时，力传感器会随着 “T”形螺杆转动一周时杆沿轴线均匀上下平移一个螺距，弹簧长度随之发生变化。 AFN 口角度传感器 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 型螺杆 0.5 力传感器 0.4 0.3 弹簧 0.2 0.1 0 10 20 30 400/×100° 图1 图2 (1)该探究小组操作步骤如下： ①旋转螺杆使弹簧初始长度等于原长，对应的角度传感器示数调为0： ②旋转“T形螺杆使弹簧长度增加，记录力传感器示数F及角度传感器示数0； ③多次旋转T形螺杆，重复步骤②的操作，记录多组对应F、0值； ④用所测数据作出F-O图像。 (2)则角度传感器示数为1000°时弹簧的弹力F=N。 试卷第3页，共5页 (3)由F-0图像可知弹力F与弹簧的伸长量成正比（填“x、“x2”、),若螺杆的螺距为6mm,结合图像 算出弹簧的劲度系数k= N/m。 12.(本题8分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置。其中遮光条 的宽度为d,光电门1、2之间的距离为L,力传感器可测出轻绳中的拉力大小。 光电门1 光电门2滑块遮光条 气垫导轨 . 力传感器 刻度尺受 气源 砂和砂桶日 7777777777777777777777777777777777T777777T 匆 F 乙 (1)在本实验中，一定要进行的操作是 (填正确答案标号)。 A.实验前，要调节气垫导轨，使其水平 B.用秒表测量并记录滑块从光电门2到光电门1所用的时间 C.保证砂和砂桶的总质量m远小于滑块和遮光条的总质量M (2)在实验中得到遮光条经过光电门1、2的挡光时间分别为t1、t2,则滑块经过光电门1时的速度大小为v1 滑块的加速度大小a= 。 (均用题目给出的物理量的字母表示)》 (3)以F为横坐标， (-)为级坐标，画出的（候-）-P图像是一条直线，如图乙所示。若求得图线的斜率为k,则 滑块和遮光条的总质量M= (用题目给出的物理量的字母表示)。 四、解答题（共44分） 13.(本题12分)如图，甲、乙两车在同一平直道路上，甲车以速度%=36m/s匀速行驶，乙车停在路边。甲车在 乙车后S,=54m处时，甲车开始匀减速运动准备停车。已知从甲车减速时开始计时，第1秒内位移为x=32m。 从甲车减速开始1秒末乙车开始运动，与甲车同向行驶，其速度一时间图像如图所示，甲乙相遇时会错车而过，不 会相撞。求： (1)甲车减速时的加速度大小； (2)甲刚停下时，两车相距多远； (3)甲乙两车相遇的时间。 ◆/msl 12- 0123456s 试卷第4页，共5页 14.(本题15分)如图1所示，质量为M的木楔倾角为0(0<45)，并固定在水平面上，当将一质量为m的木块放 在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。现用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升。求： (1)当α为多大时，拉力F有最小值，并求此最小值； (2)若取消对木楔的固定，且不考虑各接触面的摩擦力，将外力改为水平方向，如图2所示，在水平外力F1作用 下，木块与木楔相对静止一起做匀加速直线运动，求外力F1及加速度α1的大小 (3)若取消对木楔的固定，且不考虑各接触面的摩擦力，将外力改为作用在木楔的水平外力F2,如图3所示，当 木块做自由落体运动时，求水平向右外力的最小值F2。 个F m m M M M 10 图1 图2 图3 15.(本题17分)如图所示，AB段为足够长的水平面，CD为光滑的水平导轨，质量M=4g的小车静止在AB段， 小车的上表面与CD面等高。倾角a=37°，长L=5.8的传送带下端通过一小段光滑的圆弧轨道与水平导轨衔接于 D点。已知传送带沿逆时针方向以vo=4/s的恒定速度转动。可视为质点的质量m=1kg的小物块由传送带的顶端 静止释放，经过一段时间小物块滑上小车，再经t=1s的时间从小车的左端飞出。己知小物块与传送带以及小车上 表面间的动摩擦因数均为u1=0.5,小车与AB段的动摩擦因数2=0.1。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)小物块滑到D点时的速度大小： (2)小车左右两端的距离； (3)若小车与AB段的动摩擦因数42=0.02，试判断小物块能否滑离小车。若能滑离，求小物块滑离小车时的速度大 小；若不能滑离，求小物块最终到小车左端的距离。 C D 分 B 试卷第5页，共5页《2025年11月3日高中物理周测/单元测试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D 心 A D B AD AD 1.D 【详解】A,警察识别人走路的姿态需分析身体各部位动作（如手臂摆动、腿部运动），此时人的形状和动作细节不 可忽略，不能视为质点，故A错误： B.观察打瞌睡需关注身体姿态（如低头、闭眼等细节），此时同学不能被当作质点，而记录位置时只需位置信息， 可视为质点，选项B中两种情况均被当作质点，不符合实际，故B错误： C.若同学以地面为参考系，车辆实际向前行驶时，他不会认为车在后退。他感觉“溜车”可能是以周围移动的车辆 或物体为参考系（如旁边车辆前进导致相对后退），而非地面，故C错误； D.无风时，以地面为参考系，雨滴竖直下落，同学奔跑时以自己为参考系，雨滴会因相对运动呈现倾斜轨迹（如 向前跑时雨滴轨迹向后倾斜)，故D正确。 故选D。 2.B 【详解】A.牛顿在《自然哲学的数学原理》中首次提出了惯性的概念，并指出质量是惯性大小的量度，而非伽利 略。故A错误； B.伽利略通过斜面实验结合逻辑推理（如外推法）研究自由落体运动，突破了传统经验束缚，建立了科学的研究 方法。此描述符合史实，故B正确； C.牛顿第一定律（惯性定律）描述的是理想状态（无外力作用），无法通过实验直接验证，需借助逻辑推理。故 C错误： D.瞬时速度的定义应用了极限思想（当△t趋近于0时平均速度的极限），而非微分思想。微分是数学工具，用于 计算导数，但题目中未涉及导数的具体运算，故D错误。 故选B。 3.C 【详解】根据题意可知，校车刹车时间t总>3s 最后3秒的位移可逆向视为初速度为0的匀加速运动，根据位移-时间公式得x2=Qt圪=9m 己知校车刹车后第一个3s内的位移与最后一个3s内的位移之比为5：3，第一个3s内的位移x1=15m X1 第一个3s内的平均速度1=6=5m/5 根据匀加速直线运动中间时刻的瞬时速度大小等于平均速度大小得1.5=D1=5/5 根据速度-时间公式得v0=1.5-at1.5=[5-（-2)]×1.5m/s=8m/s 校车刹车时间g==号=45 答案第1页，共11页 刹车在4秒时停止，故5秒内的位移等于总位移x5=x4=ot总+2at通=[8×4+2×(-2)×42]m=16m 故选C。 4.A (《实验班》P48第5题) 【详解】设开始时上面的弹簧伸长量为x,绳子拉力为T,对物体A,根据平衡条件可得 T=mAg=mg 对滑轮，根据平衡条件可得 k1x1=2T 解得 2mg 对物体B,根据平衡条件有 T+k2x2=mBg=3mg 解得 2mg x2=k2 设C物体刚要离开地面时，B、C间弹簧的伸长量为x',上面的弹簧伸长量为x',绳子拉力为T,对物体C,根据 平衡条件可得 k2x 2 mcg 2mg 解得 2mg x2=k2 C物体刚要离地时，绳子拉力为 T=mBg k2x2=5mg 所以上端弹簧的拉力为 k1x1=2T=10mg 解得 10mg x1= 所以此过程中A下降的高度为 4mg 16mg hA=x2+x2+2(x1-x)=k2 十 k1 此过程中B物体上升的高度为 4mg hB=x2+x2=k2 此时A、B两物体的高度差为 答案第2页，共11页 8mg 16mg △h=hA+hB=k2 +k1 故选A。 5.D 【详解】根据 F=kx k-f 所以 kL FL Y=s=5 所以杨氏模量Y的单位为 1N/m2=12.m kg.m =1kg/m·s2 故选D。 6.D G 【详解】 对两环和绳整体受力分析，作力矢量三角形如图所示，缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖直，在转动过程中，初始时 杆对环P的弹力F最小，当逐渐增大到辅助圆的直径时，杆对环Q的弹力Fo水平，F全过程一直变大，F。一直 变小，故ABC错误D正确。 故选D。 7.B 【详解】ABC.重物在竖直方向上由平衡条件可知 2fy=mg 解得 mg fy=2 俯视水平方向受力分析如图 T 4r 2N×i,=2fx×im,N=2mg 解得 mg fx=2 答案第3页，共11页 所以每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为 f=f+序=v2mg 2 故AC错误，B正确； D.增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力竖直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩擦力变大。故D错误。 故选B。 8.D 【详解】AB.在0~t1时间内，游客处于自由落体运动（完全失重状态），在t1~t2时间内弹性绳绷直有弹力，随着 游客下落，弹性绳上的力一开始小于重力（形变程度较小时），下落过程中弹性绳形变程度一直在变大，过了平衡 位置之后，弹性绳上的力大于重力，游客将处于超重状态。故AB错误； C.根据上述分析0~t时间内，游客的加速度不变，始终为重力加速度，t1~t2时间内，加速度为a=mg- m 随着弹性绳形变量逐渐增大，弹性绳的力也逐渐从0开始增大，游客的加速度先减小后反向增大，故C错误： D.设平衡位置处形变量为△x,由于绳子绷直瞬间加速度为重力加速度，根据对称性可知在弹性绳原长位置以下2△ x的位置加速度也为9，但此时游客还有速度（与弹性绳刚绷直时的速度大小相等）继续向下，则游客的加速度有可 能大于10m/s2,故D正确。 故选D。 9.AD(《实验班》P69第5题) 【详解】AB.两环受力分析如图所示 B G 设绳子与竖直杆的夹角为α，绳子与倾斜杆的夹角为B,设绳的张力为T,杆对B环的弹力为N,对B环有 Tcosa=GB,GBtana=NB 在环A向下移动的过程中，α不断减小，则杆对B环的弹力减小，轻绳上的张力也会减小，A正确，B错误； 答案第4页，共11页 C.对环A单独分析，设杆对其弹力为N,则有 TCosB+GAcos(a+B)=F 在环A向下移动的过程中，B变大，《+B保持不变，则F减小，C错误； D.将两个环看成一个整体进行分析，有 NA NBcos(a+B)=(GA+GB)sin(a+B) 因N不断减小，则杆对A环的弹力会增大，D正确。 故选AD。 10.AD 【详解】A.设杆的弹力为N,对小球A,竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足 Nx N=tano 竖直方向有 Ny=mg 则 Nx=mgtan0 若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得 Nx=ma 可得 a=gtand 对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律 F=4ma =4mgtane 故A正确； B.对小球A,根据牛顿第二定律可得 Nx=ma 对系统整体根据牛顿第二定律 F=4ma 解得 F=4mgtane 故B错误； C.若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力以及车 厢壁的弹力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值为 N,=mgtane 答案第5页，共11页 小球B所受向左的合力的最大值 Fmax =(Ny +mg).u-Nx 2umg-mgtane 由于 u<tan 可知 Fmax mgtane 故F最大加速度最大时小球B所受摩擦力己达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律 Fmax=2umg-mgtan mamax amax=g(2μ-tan0) 故C错误： D.若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上 向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小， 此时 Fmin Nx-(Ny mg)u=mgtane-2umg 当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时 Fmax=Nx+Ny mg)u=mgtane 2umg 对小球B根据牛顿第二定律 Fmin mamin,Fmax=mamax 所以 g(tanθ-2)≤a≤g(tanθ+2μ) 故D正确。 故选AD。 11. 0.25 x15 【详解】(2)[1]由图(2)可直接读出，角度传感器示数为1000°时，弹簧的弹力F=0.25N (3)[2]因为转动的角度0与弹簧的伸长量x成正比，而根据图(2)图像，知转动的角度B与弹簧弹力F成正比，所 以弹力F与弹簧的伸长量x成正比。 _6mm [3]若螺杆的螺距为6mm,由图可知，当角度为4000°时，弹力为1.0N。设此时的形变为x,则有360=40o0 200 求得x=3mm F1.0 解得弹簧的劲度系数k=二零×10Nm=15N/m 12. (《实验班》P63第3题) (1)A 答案第6页，共11页 (2) 荒哈-动 L (3k 【详解】(1)A.用气垫导轨时，要调节水平，以免产生重力沿斜面向下的分力带来误差，故A正确； B.结合实验原理和方案，只需测出滑块分别通过光电门1和光电门2处的速度v1、v2,由v吃-v1=2ax即可算出滑 块的加速度，从而探究加速度与力的关系，所以不需要记录滑块从光电门2到光电门1所用的时间，故B错误； C.由于力传感器可以直接测出轻绳的拉力大小，故不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于滑块和遮光条的总质量 M,故C错误。 故选A。 (2)[1][2]结合光电门的工作原理可得，滑块通过光电门1、2时的速度分别为 1=吹=2 由运动学规律可得 v吃-1=2al 由以上各式解得 d211 a=2好话 (3)由牛顿第二定律得 F=Ma 结合上一问有 112L t好话Md证 F (-)-F图像的斜率为 2L k= Md2 解得 2L M= kd2 13. (《实验班》P32第8题) (1)8m/s2 (2)3m (3)2s和4.75s 【详解】(1)甲车刚减速第一秒内有 1 =ot+21t2 解得 答案第7页，共11页 a1=-8m/s2 即甲车减速时的加速度大小为8ms2。 (2)甲车减速阶段的位移为 0-6 x甲三2a1 停车时间为 0-0 t1= =4.5s 设乙车加速度为42，由图像可得 △v a2 =At=4m/s2 乙做匀加速直线运动时间为2=3$，甲车停下来的过程中乙的位移为 1 xz=22经+vz(61-t2-1) 联立解得 x甲=81m xz=24m 故两车相距 △x=x甲-(x乙+S0)=3m (3)由题意和以上结果可知，设从甲减速开始经过甲乙两车相遇 1 x甲=o好+21号 ，1 xz=202(3-1)2 两车相遇，有 x甲=x乙十S0 解得 t3=2s或t3=4.67s(甲车已经停下，不合理舍去) 甲乙还会第二次相遇 △x=vzt4 解得 t4=0.25s 甲乙第二次相遇时间为 t5=t4+t1=4.75s 14.（1D）a=0时，F=mgsi20:(2)F,=m+Mman0,a=gtan0；(3) Mg M 答案第8页，共11页 【详解】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsinθ=umgcost0 即 u=tane 木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcosa mgsine+f,Fsina+Fy mgcos0,f=uFv 整理有 mgsin20 F=cos(0-a) 则当a=0时，F有最小值，则 Fmin =mgsin20 (2)根据题意对整体做受力分析如下图所示 (m+M)g 根据受力分析则有 F1=(m+M)ga 根据题意对木块做受力分析如下图所示 Ymg M 答案第9页，共11页 根据受力分析则有 FNcos0 =mg,F1-FNsin0 mar 整理有 F-(mmotano,dgtand M (3由题知物块做自由落体运动，可画出如下图示 m△r △h M h77777777777777777777777 即当物块单位时间内下落△h时，木楔至少应向右运动△，则有 m0=0-品 由于木块做自由落体运动，则木块对木楔的作用力为零，且不考虑各接触面的摩擦力，对木楔列出牛顿第二定律有 F2mm =Ma2 整理有 Mg F2min tan 15.(1)6m/s (2)3.5m (3)不能；0.5m 【详解】(1)小物块刚开始下滑时，根据牛顿第二定律mgsin0+1 mgcos0=ma1 解得刚开始下滑时的加速度大小为a1=10m/s2 小物块与传送带达到共速时，假设小物块还未到达D点，则此过程小物块运动时间1= 小物块的位移x1=a1t子=0.8m<L 故假设成立，此后根据牛顿第二定律mgsint0-1 m.gcos0=ma2 解得此后小物块下滑的加速度大小为a2=2m/s2 设小物块滑到D点时的速度大小为v,则v2-v=2a2(L-x1) 解得v=6m/s (2)小物块滑上小车后，由牛顿第二定律可得41mg=ma3 解得a3=5m/s2 对小车则有u1mg-2(M+m)g=Ma4 答案第10页，共11页