河南省偃师高级中学2025-2026学年高一上学期周测物理试卷（11.22）

河南省偃师高级中学高一物理周测试卷11.22 范围：必修一第二章到第四章 满分100分 时间：75分钟 一、单选题（每题3分，共计24分） 1．（2024·新疆河南·高考真题）一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（25-26高一上·湖北十堰·开学考试）如图甲所示，一辆赛车在平直的赛道上匀加速行驶，某时刻开始速度v与运动时间t的关系如图乙所示，图像与纵轴的截距为b，图像的斜率为k，则在t=0时刻，赛车的（　　） A．初速度为b，加速度为k B．初速度为k，加速度为b C．初速度为，加速度为 D．初速度为，加速度为 3．（2025·河北邯郸·模拟预测）2025年2月，我国自主研发的“天工”机器人以多项全球首创技术引发国际关注。如图为“天工”机器人从零时刻起做减速运动直至停下的关系图像。下列说法正确的是（　　） A．“天工”机器人共减速运动了 B．末“天工”机器人的加速度大小为 C．末“天工”机器人的速度大小为 D．“天工”机器人从零时刻起运动耗时 4．（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为。为（　　） A． B． C． D． 5．（2022·吉林松原·模拟预测）如图所示，空中有A、B两个小球的初始高度差为h1。先将小球A由静止释放，当A下落高度为h2时，再将小球B由静止释放，结果两小球同时落到地面上，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球A距离地面的高度为（　　） A． B． C． D． 6．（2024·辽宁大连·二模）时刻以的初速度竖直向上抛出一个小球，时从同一地点又以的初速度竖直向上抛出第二个小球，不计空气阻力，重力加速度取，则两小球在空中相遇的时刻为（　　） A．1.1s B．1.2s C．1.3s D．1.4s 7．（20-21高一上·重庆·期末）如图所示，a、b两物体通过轻弹簧P栓接，轻弹簧Q上端与物体b栓接，下端与水平地面接触但不栓接，两物体及两轻弹簧在同一竖直线上且均处于静止状态。a、b两物体重量均为G、P、Q两轻弹簧劲度系数均为k，且两轻弹簧始终在弹性限度内。现对物体a施加一竖直向上的力，使其缓慢上升，轻弹簧Q下端脱离地面瞬时，物体a上升的高度为（　　） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·重庆·期中）如图，质量为m的人被悬在空中的氦气球拉着体验人类在月球上行走的感觉。当他在曲面上缓慢移动时（未在底部），氦气球对其有大小为、方向竖直向上的拉力作用。若将人视为质点，下列对人的受力分析正确的是（　　） A．受到的重力大小为 B．受到的合力大小为 C．对曲面的压力小于 D．对曲面的作用力大小为 二、多选题（每题4分，少选得2分，共计32分） 9．（2021高三·全国·专题练习）图示为工人用砖夹搬运砖块的示意图。若工人搬运四块形状相同且重力均为G的砖，当砖处于竖直静止状态时，下列说法正确的是（　　） A．3对2的摩擦力为零 B．2对1的摩擦力大小为G，方向竖直向上 C．工人对砖夹的力增大，砖夹对砖的水平压力增大，四块砖对砖夹的摩擦力不变 D．工人对砖夹的力增大，砖夹对砖的水平压力增大，3对4的摩擦力增大 10．（24-25高一上·福建·期中）打印机在正常工作的情况下，进纸系统能做到每次只进一张纸。进纸系统的结构如图所示，图中刚好有10张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动并带动最上面的第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是（　　） A．第2张纸受到第3张纸的摩擦力方向向右 B．第6张纸与第7张纸之间的摩擦力大小可能为 C．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为 D．若，则进纸系统不能正常进纸 11．（24-25高三上·重庆涪陵·开学考试）如图所示﹐木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小，使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（　　） A．外力F逐渐增大 B．轻杆对小球的作用力大小不变 C．地面对木板的支持力逐渐减小 D．地面对木板的摩擦力逐渐减小 12．（2025高三·内蒙古·专题练习）如图所示，一半圆柱形光滑管水平固定在地面上，其横截面为圆心为的半圆。可视为质点的小球、中间用轻杆连接后放置在管内，初始时两球保持静止，、与水平方向的夹角分别为和。对小球施加始终沿水平方向的作用力，使缓慢移动到与圆心等高处。已知球的质量为，两球始终在同一竖直面内，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．初始时轻杆中的弹力大小为 B．移动过程，管壁对支持力的最大值为 C．移动过程，轻杆对的弹力先增大后减小 D．最终静止时力的大小为 13．（23-24高一下·云南玉溪·阶段练习）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间（  ） A．物体B的加速度大小为g B．物体C与吊篮A间的弹力大小为0.5mg C．物体C的加速度大小为2g D．吊篮A的加速度大小为1.5g 14．（22-23高三上·广西百色·阶段练习）如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环都从O点由静止释放，分别沿OA、OB、OC、OD下滑，设滑到斜面上所用的时间依次为、、、。下列关系正确的是（　　） A． B． C． D． 15．（18-19高一下·河北保定·阶段练习）如图所示，一质量、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动．重力加速度为，下列判断正确的是（ ） A．系统做匀速直线运动 B． C．斜面体对物体的作用力 D．增大F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 16．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为的物体P，Q为一质量为的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.下列说法正确的是（　　） A．开始运动时拉力最大，分离时拉力最小 B．0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等 C．0.2 s时刻两物体分离时，弹簧的压缩量为 D．物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小 三、实验题（共计18分） 17（8分）．（2024·浙江·模拟预测）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中。 步骤一：如图甲（a），轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。 步骤二：在图甲（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到拉力、的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO。 步骤三：撤去、，改用一个力单独拉住小圆环，如图甲（c）仍使它处于O点。 (1)如下图所示，实验中需要的器材有 ； (2)关于此实验的操作，下列说法正确的是 ； A．测力计可以直接钩住小圆环进行实验 B．实验过程中，测力计外壳不能与木板有接触 C． 完成步骤三后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同 D．为了减小误差，两个测力计的夹角越大越好 (3)弹簧测力计的示数如图乙所示，读数为 N。 (4)做实验时，根据测量结果在白纸上画出，如图丙所示，和为两个分力，请在答题纸上通过作平行四边形的方法求出合力为 N（保留两位有效数字）。 18（10分）．（2024·浙江·高考真题）如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是（ ） A．放大法 B．控制变量法 C．补偿法 （2）该实验过程中操作正确的是（ ） A．补偿阻力时小车未连接纸带 B．先接通打点计时器电源，后释放小车 C．调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 （3）在小车质量 （选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为 （选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是（ ） A．用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 B．在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器 C．在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小 （4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式 ；小车加速度的表达式是 。 A．    B．    C． 四、解答题（共计26分） 19（10分）．（24-25高三上·福建莆田·期中）如图所示，质量的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数，现对物体施加一个大小、与水平方向成角斜向上的拉力，已知，，g取。 (1)物体所受的摩擦力大小； (2)物体的加速度大小； (3)求物体在拉力作用下5s末的速度v大小。 20（16分）．（21-22高一上·北京东城·期末）如图所示，以速度v速运动的传送带与平板B靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L1=2.5m，平板B的质量M=2kg、长度L2=2m，现将一质量m=2kg的滑块A可视为质点轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块A与平板B间的动摩擦因数μ1=0.3，平板B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，g取10m/s2。 （1）若滑块在传送带上一直加速，则传送带的速度至少多大？ （2）若滑块恰好不从平板上掉下，求传送带的速度大小； （3）若传送带运动速度为6m/s，求滑块A离开平板B时的速度。 《11.22周末物理练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D A C B D C AC CD 题号 11 12 13 14 15 16 答案 BD BD BD AD BD BCD 1．C 【详解】AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误； CD．同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。 2．B 【详解】根据 可得 由图像可知，，故选B。 3．D 【详解】A．根据速度位移关系 可得 结合图像可得斜率 纵截距 可得， “天工”机器人共减速运动了，A错误； B．结合上述分析可知，“天工”机器人的加速度大小恒定为，B错误； C．根据匀变速直线运动规律可知，末“天工”机器人的速度为 C错误； D．“天工”机器人运动时，由 解得，（舍去） D正确。 4．A 【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有 木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有 当木板长度为时，有 又 ， 联立解得 5．C 【详解】设当A下落高度为h2时，速度为v，之后运动时间t与B小球同时落到地面上，根据题意有 联立解得 所以小球A距离地面的高度 6．B 【详解】设抛出第二个小球经时间与第一个小球相遇，由竖直上抛运动公式，则有 解得 则两小球在空中相遇的时刻为 7．D 【详解】由题知静止时轻弹簧P压缩量为 轻弹簧Q压缩量为 轻弹簧Q下端脱离地面瞬时轻弹簧Q恢复为原长轻弹簧P伸长量为 物体a上升的高度为 8．C 【详解】A．人的质量为m，则人受到的重力为G=mg 故A错误； B．人在曲面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误； CD．曲面对人的作用力为F，由平衡条件得 解得 根据牛顿第三定律可得，人对曲面的作用力大小为 由于曲面不水平，设曲面对人的支持力为N，摩擦力为f，则有 可知 根据牛顿第三定律可知人对曲面压力小于，故C正确；D错误。 9．AC 【详解】A．以四块砖整体为研究对象，根据力的平衡条件和对称性可知，左、右砖夹对四块砖整体的摩擦力大小均为2G，对1和2整体受力分析，竖直方向上受到2G的重力和大小为2G、方向竖直向上的摩擦力而平衡，则3对2的摩擦力为零，故A正确； B．B对1砖受力分析，受到大小为G的重力，左侧砖夹竖直向上、大小为2G的摩擦力，则2对1的摩擦力大小为G，方向竖直向下，故B错误； C．工人对砖夹的力增大，砖夹对砖的水平压力增大，砖夹对四块砖的摩擦力与四块砖的重力平衡，即大小为4G，砖对砖夹的摩擦力与水平压力无关，故C正确； D．3对4的摩擦力方向竖直向下，大小为G，与水平压力无关，故D错误。 10．CD 【详解】A．对第2张纸受力分析可得，在水平方向上受到第1张纸向右的滑动摩擦力和第3张纸水平向左的静摩擦力而保持平衡，故A错误； BC．对第2张纸受到第一张纸的滑动摩擦力 由受力平衡得第2张纸受到第3张纸的静摩擦力等于滑动摩擦力，以此类推第6张纸与第7张纸之间、第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都为 故B错误，C正确； D．搓纸轮与第1张纸之间的摩擦力为 第1张纸受到第2张纸的滑动摩擦力为 若，则有 搓纸轮与第1张纸之间会发生相对滑动，不会进纸，打印机不会正常工作，故D正确。 11．BD 【详解】AB．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示 根据几何关系可知两三角形相似，可得 缓慢运动过程越来越小，则F逐渐减小，由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故A错误，B正确； CD．令轻杆与水平方向夹角为，对木板B分析有 ， 根据上述，轻杆 弹力大小不变，增大，则增大，减小，即地面对木板的支持力逐渐变大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。 12．BD 【详解】A．对小球施力前，对、受力分析，组成的矢量三角形如图甲所示 由正弦定理有， 杆对、的弹力、等大反向，解得 可得，A错误； BC．移动过程对受力分析，杆对的弹力与管壁对的弹力之间的夹角保持不变，画出力的矢量图如图乙所示 可以看出先增大后减小，当方向与竖直方向夹角为时达到最大，此时有 可得 杆对的弹力一直增大，到达与圆心等高处时，达到最大值，B正确，C错误； D．到达与圆心等高处时，恰好位于最低点。对分析，杆对的弹力 对分析有，D正确。 13．BD 【详解】A．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故A错误； BCD．假设A、C间的弹力为零，C的加速度为2g，A的加速度为g，可见C超前运动，即C和A实际为一个整体，根据牛顿第二定律得 其中 解得 对A受力分析，由牛顿第二定律 可得，物体C与吊篮A间的弹力大小为 故BD正确，C错误。 14．AD 【详解】以OA为直径画圆 由等时圆模型，对小圆环分析，受重力和支持力，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二定律得小圆环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为 （为杆与竖直方向的夹角）。由图知，小圆环的位移为 所以 t与无关，可知从图上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即 OB不是一条完整的弦，时间最短，即 OD长度超过一条弦，时间最长，即 15．BD 【详解】AB．对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 对楔形物体受力分析如图乙所示．由牛顿第二定律有 可得 故A错误，B正确； C．斜面体对楔形物体的作用力 故C错误； D．外力F增大，则斜面体加速度增大，斜面体对楔形物体的支持力也增大，则支持力在竖直方向的分力大于重力，有向上的加速度，所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，故D正确． 16．BCD 【详解】A．对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则开始时拉力 分离时对Q应用牛顿第二定律得 Fmax－mQgsin θ＝mQa 解得分离时拉力 故A错误； BCD．前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二 定律得 前0.2 s时间内两物体的位移 又未加拉力时平衡时 联立解得 故BCD正确。 17．(1)B (2)C (3)0.7/0.8 (4)3.20（3.00~3.30） 【详解】（1）探究两个互成角度的力的合成规律实验需要刻度尺确定力的方向和作图。 故选B。 （2）A．测力计若直接钩住小圆环进行实验，会在确定力的方向时出现误差，故A错误； B．实验过程中，弹簧测力计与木板保持平行即可，故B错误； C．实验过程中用一个弹簧测力计的作用效果替代两个弹簧测力计作用效果，只需同一次实验“结点”的位置相同即可，但完成后重复实验再次探究时，小圆环的位置可以与前一组实验不同，故C正确； D．画平行四边形时，夹角大的话画出的平行四边形会准确些，但不是要求夹角尽量大，故D错误。 故选C。 （3）弹簧测力计的最小分度为，根据指针位置可以确定拉力为。 （4）根据平行四边形定则得出下图 由图可知合力大小约为3.16N。 18． B B 远大于 系统误差 C A 【详解】（1）[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。 故选B。 （2）[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误； B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确； C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。 故选B。 （3）[3]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有 联立解得 由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。 [4]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。 [5]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。 故选C。 （4）[6]相邻两计数点间的时间间隔为 打计数点5时小车速度的表达式为 [7]根据逐差法可得小车加速度的表达式是 故选A。 19．(1)2N (2) (3) 【详解】（1）根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有 解得 物体运动过程中所受的摩擦力大小为 （2）水平方向对物体，由牛顿第二定律 解得物体的加速度大小为 （3）由运动学公式可得，物体在拉力作用下末的速度大小为 20．（1）；（2）4 m/s；（3）3.5 m/s 【详解】（1）滑块A在传送带上受重力、支持力和传送带摩擦力作用，有： N-mg=0 μN=ma1 联解得 a1=5m/s2 滑块在传送带上一直加速到传送带右端，则 A滑到右端时速度 解得 则要使滑块在传送带上能一直加速，则传送带的速度至少为。 （2）滑块A在平板B上做匀减速运动，设加速度为a2，有 μ1mg=ma2 由于μ1mg>2μ2mg，故平板B做匀加速运动，设加速度为a3，有       设滑块A从平板B左端滑至右端用时为t，共同速度为v′，平板B的位移为x，则 v′＝v－a2t         L2＋x＝vt－a2t2 v′＝a3t             x＝a3t2 联解代入数据解得 v＝4 m/s （3）若滑块A在传送带上一直加速，则有 v12=2a1L1 解得 v1＝5 m/s<v带=6m/s 即滑块A滑上平板B时速度为v1=5 m/s。设滑块A在平板B上运动的时间为t′，平板位移为x′，则 联解得 v2＝3.5 m/s - 2 - 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