重庆市南开中学2025-2026学年高一上学期周测物理试卷(1.8)

重庆南开中学高2028级高一（上)物理周练试题(1.8) 本试卷满分100分，考试时间75分钟 一、单项选择题（共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求。) 1.平潭海峡公路铁路两用大桥全长16.323m,该大桥所处的平潭海峡是世界三大风暴海域 之一，以“风大、浪高、水深、涌急”著称。为保证安全，环境风速超过20s时，列车通过 该桥的运行速度不能超过300kh,下列说法正确的是（) A题目中“全长16.323km”指的是位移大小 B.“风速超过20m/s“不能超过300km/h”中所指的速度均为平均速度 C.“不能超过300kamh”指的是瞬时速度，瞬时速度是标量 D.假设某火车通过该大桥所用时间为0.08h,则平均速率约为204kam/h 2.唐代《耒耜经》记载曲皱犁是一种起土省力的先进耕犁。耕地过程中，牛通过两根耕索 拉曲皱犁，如图所示，忽略耕索质量。则( 曲较型 耕索 A.曲皱型匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 B.曲铍犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 C.其他条件相同，当两根耕索之间的夹角较大时，牛较省力 D.其他条件相同，当两根耕索之间的夹角较小时，耕索上的力比较小 3.2025年4月24日17点17分，载有陈冬、陈中瑞、王杰三位航天员的神舟二十号飞船 成功发射，如图甲，火箭发射过程中某段的速度一时间关系可简化为图乙的一1图像，取竖 直向上为正方向，由图像可知() A.4时刻，火箭加速度为零 B.4时刻，火箭距离地面最远 C.0~4时间内，航天员处于超重状态 D.~时间内，航天员既不超重也不失重 4.书法课上，某同学写“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由α点经b 点回到a点，则() A手对笔的力使笔尖运动，所以力是维持物体运动的原因 B笔尖的合外力一定是变化的 C.前后两次过a点时速度方向相同 D.两次过a点时摩擦力方向相同 5.如图所示为某独轮车搬运光滑圆柱体的截面图，两挡板OA、OB可绕O点转动， ∠AOB=60°且保持不变，初始时OB与水平方向夹角为60°。保持O点的位置不变，使两 挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA水平。在此过程中关于圆柱体 B 的受力情况，下列说法正确的是() A.挡板OA对圆柱的作用力先增大后减小 B.挡板OA对圆柱的作用力一直增大 C.挡板OB对圆柱的作用力一直增大 D.小车对圆柱的作用力先减小后增大 7777777777777777 6.如图，两位同学在教学楼上做自由落体实验，甲同学茌四楼先将小球 A释放，当下落距离为h时，乙同学在三楼将小球B释放，小球B释放时 间！后，两球恰好同时落地，小球A、B不在同一条竖直线上，每层楼高 度相等，不计空气阻力，重力加速度为g,则下列说法中正确的是() 五 A小球A经过每层楼的时间之比为1：3：5 ◆B 品 B.甲同学释放点离地高度为9t2+V8ght2+h C.若两位同学均各上一层楼重做以上实验，则A小球先落地 D.B落地过程中，与A的速度差越来越大 7.如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着质量为m的实心球（轻绳的延长线过球心）， 另一端连在水平台上的小车上，小车以大小为，的初速度向左做匀加速直线运动，球沿足够 高的光滑竖直墙面上升，经过一段时间，轻绳与竖直方向的夹角为日，重力加速度大小为8， 下列说油正确的是（) A.该时刻球的速度等于 cose 水平绳 B该过程球做匀加速直线运动 C.该时刻绳对球的拉力大小为m cose D. 该时刻竖直墙面对球的弹力大小为mg+m)st血9 cos8 二、多项选择题（共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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。) 8.一艘快艇要横波长江，船头对准江岸，下列会影响渡江时间的是（) A.两岸的距离B.快艇的速度 C.水流速度 D.江岸的长度 9.如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员 击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M 等高，不计空气阻力，下列说法正确的有() A排球两次飞行过程中都做匀变速曲线运动 B,排球两次飞行落地时与水平方向的夹角的正切值相等 C.排球从P运动到Q的时间小于M运动到P的时间 D.排球离开M点的速率是Q点的速率的2倍 10.如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量分别为2m和m的物块A、B 放在斜面上，轻质弹簧上端连接物块A,下端连接斜面底端的固定挡板，初始时A和B处 于静止状态。现对物块B施加沿斜面向上的拉力F,使B沿斜面向上做加速度为α的匀加 速直线运动直至与A分离。已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,下列说法正确的是 () A.A、B分离时弹簧处于压缩状态，且压缩量为2mgs血 B.从开始运动至A、B分离时，A的位移为mgsi血已 C.A、B分离前，拉力F逐渐增大，最小值为3ma D.A、B分离时B的速度大小为 2ma(gsin0-2a） k 三、实验题（共两题，11题6分，12题10分，共16分。） 11.下列是《必修第一册》中的学生实验，请回答下列问题。 2 /ca 图(e) (1)“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，以弹簧弹力F为纵坐标，以弹簧的总长度L 为横坐标，根据测量数据作图如图()所示，则图像在横轴上的藏距表示弹簧的， 该弹簧的劲度系数是N/仰。（结果保留两位有效数字） (2)某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验如图(b)所示。当该小组用两 个弹簧测力计将小圆环拉至O点后，需要记录的数据有： 和两弹簧测力计的示数， 其中图(c)中一弹簧测力计的示数为N。 12.某实验小组利用以下装置“探究加速度与力的关系”。 如图，一根轻绳跨过用气凝胶（密度极小）制作的轻薄小滑轮与质 熟B 量相等的物体A、B相连，物块A的下端与穿过打点计时器的纸带 相连，已知当地重力加速度大小为g,打点计时器的打点周期为T。 A扇 部分实验步骤如下： 打点计时器 (I)在重物B的下面挂上重物C,并同时释放物块A、B、C,得到一条如图所示的纸带，则 打点计时器打下点2时系统的瞬时速度为v=,系统的加速度大小=一（用x,2, x,x4和T表示)： (2)改变重物C的质量m,重复步骤(1)，获得多组a与mg数据已描点在下图中，请完成 该a-mg图像； (3)图线不过坐标原点的原因是 (4)结合所画图线，设横坐标每一小格为x。,纵坐标每一小格为%，估算物块A的质量（用 x0和y0表示) Q g 四、计算题（第13题10分，第14题14分，第15题17分，共41分。） 13.《吕氏春秋》记载，“腊月二十四，掸尘扫房子”。每逢春节来临，家家户户都要打扫卫 生，有着“除尘布新"的美好寓意。如图所示，某同学通过拖把对质量m=0.5kg的拖头施加 斜向上的推力F,使拖头沿玻璃竖直向上做匀速直线运动。已知推力F与玻璃平面的夹角 为日=37°，拖头与玻璃间的动摩擦因数为4=0.5，最大静摩擦力等于滑动靡擦力，重力加 速度8取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求推力F的大小： (2)若改变推力F,使拖头恰好不沿玻璃下滑，求推力F的最小值以及此时F与玻璃平面夹 角的正弦值。（可用根号及分式表示） 14.第九届亚洲冬季运动会于2025年2月7日至14日在黑龙江哈尔滨举行。现将大跳台比 赛某段过程简化成如图可视为质点小球的运动，小球从倾角为a=30°的斜面顶端O点以。 飞出，已知。=20m/s,且与斜面夹角为8=60°。图中虚线为小球在空中的运动轨迹，且 A为轨迹上离斜面最远的点，B为小球在斜面上的落点，不计空气阻力，重力加速度取 g=10m/s2。求 (I)小球从O运动到A点所用时间4 (2)小球离斜面最远的距离L; (3)小球从0点起抛到落点B的位移大小S。 15.如图所示，质量M=1kg的足够长的木板静止在粗糙水平地面上，将一质量m=3kg的 可视为质点的物块静置于长木板最左端，木板右端有一竖直墙壁。已知物块与木板间的动摩 擦因数4=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数凸2=01，物块与木板间、木板与水平面间的 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从=0时刻起，给小物块施加一水平向右、大小为F=15N 的力，作用2s后撤去力F,木板在3.5s时与墙壁发生碰撞，g=10m/s2,求： F (1)0-2s内物块和木板的加速度大小： (②)=0时刻木板右端到墙壁的距离： (3)若木板与墙壁碰撞后立即以原速率反向弹回，求木板和墙壁发生第二次碰撞时物块距木 板左端的距离？ 《2026年1月8日高中物理周测/单元测试》参考答案 题丹 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 D c D 5 AD CD 5.A【详解】由题意可知.初始状态两挡版对圆柱弹力均婷于mg 重力个两弹力组成闭合三角形，如图两挡板沿逆时针方向绥慢转动 至O4水平过程中，两挡板弹力夹角不变，则挡板OA对圆柱的作用 力先增大后减小，挡板OB对网柱的作用力逐渐减小，小车对例柱的 作用力等于mg保持不变。故选A。 6.C【详解】A.小球A儆自由落体运动.初速度为0.有x=8,2x=28化+，八， 3x=方86+5+5可得经过相等位移的时间比为头=上（迈-小(6-）故入错误： B。设小球A下落么所用时间为4，有么=方买，小球A下落的总时间为=1+ 1 下落的总高度为h。=8。=h+与8+2ghr,枚B错误：C.由于题目中实验时两球同 时落地，但A球运动时间长，根据=可知，落地时，A球速度大，若两位同学均各上一 层楼〔做以上实验，假设两位同学不动，相当于地面下降了一层楼，两球同时到达原来的地 面位置且A球速度大，可判断出A球先落地，故C正确：D.设小球B释放时，小球A的 速度为。，可知设小球B的速度为。=g,小球A的速度为"=。+g,可知小球B与A 的速度差保持不变，故D钳误。故选C。 7.D【详解】A.设绳与竖直方向的夹角为8，如图所示将球的速度'分解，可知球沿绳方 向的分速度大小等于该时划小车的速度，即y=V车，小车以大小为，的初速度向左做匀 cose 加速直线运动，经过一段时间V军>。，所以该时刻球的速度大于-上。，故A错误： COS B.因= :,球在上升过程中v季随时间均匀变大，0变大，cs0变小但不随时间均匀 cos 变化，所以球向上做加速运动但不是匀加速直线运动，放B错误：CD.设绳对球的拉力大 小T、墙对球的弹力大小N,该时刻球加速度为a,有Tcos0-mg=a Tsin0=N 解得T=招N=T血9=ag+m05n ,故C错误，D正确，故选D, cos0 9.AD【详解】A.排球两次飞行过程中做匀变速曲线运动，放A正确： C.排球从M点到P点与排球从Q点到N点，均做平抛运动，下落庇度相同，则下落时间 相等，根据对称性可知，P到Q的时间与Q到N的时间相等，故C错误： D.#球从M到P与排球从？到N时间相等，但由于从M到P的水平位移等于从Q到N 的水平位移的两倍，则排球离开M点的速串是经过Q的速率的2倍，故D正确： B.由anA=、mA,=y可知tan0,<anO,放B错误，故达AD. 2y。 10.CD【详解】A.A、B分离时弹处于乐缩量为x,A、B间的弹力为0，A的加速度 为a,对A有-2 mg sin6=2ma解得x=2 gsin9+0） .故人错误： k B.初始时弹资长缩量为，对A、B整体进行受力分析.由平衡条件得kr。=3 ng sin0 解很。=3m8sin日 所以A移动的位移为△x=mg0-2n0,故B借误： k k C.当A、B-·起沿斜面匀加速运动时，对整体受力分折有F+-3 ng sin=3ma 随着物体运动.x逐渐减小，F逐渐增大，故态F最小，且F=3ma,故C正确： D.初始时对A、B整体进行受力分析，由平衡条件得女。=3 mg sin 解得x。-3 mg sin0 k ，A、B从开始运动到分离，沿斜面上升的距离 s=3ngsing2m(gsin@+a) 又2=2as联立得v= ma(gsin8-2a）, 故D正确， k 11.(1)原长（或原始长度、原来的长度） 20 (2)两细绳套的方向 2.10 12.(1) v=3-x a=支-2x 2T 4 (2) (3)由于系统受到阻力的原因 ④M=品 mg 【详解】 (3)图线不过坐标原点，当m增大到一定程度 时 才有加速度，原因是由于系统受到阻力的原因。 (4)设横坐标每一小格为。，纵坐标每一小格为%，结合图像可知11x。=mR 设A、B的质量为M,对ABC整体有mg-∫=(2M+m)a 整理得a=,m8一，，当M中m时，加速度的表达式变为a=ms-工 2M+m 2M+m 2M 2M 加速度：与g为线住关系，对应图战的直线部分，由表达式可知。斜率为k=2,图像 与横轴的交点为∫，在图线中的直线部分取两点坐标点可得斜率k=A如=-儿=上 △mg7x。-3x0x0 国像与损甜交有坐标为24，缘可得办会了=2么 可得M=品 13.(1)10N (2)25N, 5 【详解】(1)拖头沿玻骑竖直向上做匀速直线运动，根据平衡条件可得Fsi37°=N, Fcos37°=mg+∫又∫=μN联立解得推力的大小为F=10N (2)若改变推力F,使拖头恰好不沿玻璃下滑，设推力与玻璃平面的夹角为口，根据平衡 条件可得F'sina=N',F'cosa+∫'=g 又'=N 联立可得F'= nig nig 5 cosa+usin a+u sin(a+B) 其中cosB= V1+u35 可得当a+B=90°时.推力具有最小慎，且大小为F。 m8-=2W5N V1+ 此时推力与玻璃平面夹角的正弦值为s血a=cosB= 5 14.(1)2s(2)10V3m(3)80m 【详解】(1)垂直斜面方向y=,sin0=10W3ms, a=g cosa=5v3m/s? 由1=业 待1=2s 4 (2)垂直斜面方向，匀诚速至0时有L= 代入数据得小咪离斜面最远的距离L=10√3m。 24 (3)由垂直斜面方向运动对称性可得小球从O到A与A到B所用时间相等，平行斜面方向 S=v2·2t+2a2(2)2. 沿斜面方向y2=cos0=10m/s,a=gsina=5m/3 代入数据解得5=B0m 15.(1)3ms2.2m/s2(2)10.75m (3)6.02m 【详解】(1)当物块与木板之间的摩擦力达到最大时，此时有两者不发生相对滑动的最大 拉力，以木板为对象，由牛顿第二定律Hmg-凸(m+M)g=Ma 以木块为对象，由牛顿第二定律F-hmg=ma解得F=12N 12N为不发生相对滑动的临界条件，因为F=15N>12N,所以物块与木板各自加速，设物块 加速度为a,根据牛顿第二定律，有P-hmg=m4 代入数据解得a,-3ms2 设木板的加速度为a,根据牛顿第二定律，有4mg-凸(m+M)g=Ma, 解得a=2m/s2 (2)作用12s后，撒去F时木块的速度为，木板的速度为，则木块的速度为 y=44=6m/8, 木板的速度为M=a4=4m/s 撒去F后，物块减速，设物块加速度为a,根据牛顿第二定律，有1g4=ma,解得a=2ms2 撤去F后，木板加速，长木板加速度a=a=2ms2,当两者至第一次共速时 VR =v-a=v+ad 解得v:=5ms,12=0.5s 共速后两者一起减速，其加速度为a,根据牛顿第一定律，有(m+)8凸=(m+M)a· 解得a一1ns2再减速=3.5-=1s与P发生碰掩。 由匀变速直线运动规律知d-4,化+-2×2,5m=6250 1 共同运动的距离为d:-x-20=5x1m-2×1×'m=4,5m 2 木板右端到端壁的距离=d+d=10.75m (3)①第一次共速前，物块的位移 与-7a+64-a,的-x3x2im+(6x05-x2x05)m=875m 木板的位移x2=d=6.25m第一次共速前两者的相对位移△x,=x-为=2.5m ②设碰撞墙壁前物块和木板共同速度为vp,",=v一a=4ms 由受力分析知，碰掩后物块由于惯性继续向前做匀减速直线运动，木板碰后反向做匀减速直 线运动， 设物块做匀减速直线运动加速度为口，，木板做匀减速直线运动加速度为a。, 对物块，有a,=a1=2ms2 对木板，由牛顿第二定律知hmg+凸(m+M)g=Mas 解得a.=10m/s 当木板速度减到零时，设时间为4，由vp=uo4解得=0.4s 在“时间内，物块向右的位移x=~2=1.44m木板向左的位移龙 =0.8m 20。 相对位移△x=占+x,=2.24m 此时物块的速度v=v irasli=3.2m/s ③之后物块维续减速，长木板反向加速，对物块4，=a,=2ms 对木板，由牛顿第二定律知4mg-凸(m+M)g=Ma解得a=2mvs2 两者再次共速，设时间为，3a1Fa5,解得0.8s。 物块向右位移为名=4,20=1.92m 木板向右的位移x。=二a,号=0.64m 相对位移△x=x,-x。=1.28m 由x>x6可知，物块和木板先共速，再一起以初速度y:1.6s减速，长木板能第二次碰上 墙壁，>2a共x-x,),此过程两者间无相对位移。 故木板与木板再次共速时木块距木板左端的距离 △r=△x2+△x2+△x3=2.5m+2.24m+1.28m=6.02m