湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试物理试卷

这是一份湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试物理试卷，共8页。试卷主要包含了实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
命题人：熊华审题人：余小路
考试时间：2025 年 11 月 14 日
一、选择题（共 10 小题，每题 4 分，总 40 分，其中 1 -7 题只有一个正确选项，8-10 题有多个选
项，全对 4 分，漏选得 2 分，错选 0 分）
在物理学发展过程中，许多物理学家做出了伟大贡献，多种科学方法的出现推动了人类社会的进步，以下叙述正确的是（）
牛顿第一定律可以通过实验得到验证 B．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
速度的定义式v  x 表示在t 时刻的瞬时速度是应用了极限法
t
不考虑物体本身形状和大小的影响时，用质点来代替物体的方法是等效替代法 2．如图所示，某同学展示“旋转一字马”，用双脚撑在平行竖直墙壁间保持静
止。关于该同学的受力，下列说法正确的是（） A．该同学单脚受到的摩擦力等于重力 B．该同学单脚受到墙壁的作用力沿水平方向 C．若墙壁间距离稍远一些，则该同学腿部承受力增大 D．若墙壁间距离稍近一些，则墙壁对该同学的作用力减小
，
长
某双层晾衣篮正常悬挂时如图所示，已知上、下篮子完全相同且保持水平质量均为 m，篮子底面为圆形，直径 D  48cm ，在两篮的四等分点处，用四根等长的轻绳将两篮相连，上篮用另外四根等长的轻绳系在挂钩上，绳 L  40cm 。重力加速度大小为 g，则图中上篮单绳拉力 T 大小为（）
T  5 mg
4
T  5 mg
6
T  5 mg
8
T 
5 mg
12
如图所示，地面上固定一个斜面，上面叠放着 A、B 两个物块并均处于静止状态。现对物块 A 施加一斜向上的力 F，A、B 两个物块始终处于静止状态。则物块 B 的受力个数可能是（ ）
A．3 个或 4 个B．4 个或 5 个
C．3 个或 5 个D．5 个或 6 个
如图所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进。突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为 a，则中间一质量为 m 的西瓜 A 受到其他西瓜对它的作用力的大小是
（ ）
g 2  a2
m
g 2  a2
C． m
ma
D． m  g  a
如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的 A、B 两点，在轻绳中点 O 系一重物。 现将杆顺时针在竖直面内缦慢旋转，使 OA 从水平位置转到到竖直位置的过程中，绳 OA、OB 的张力 FA 和 FB 的大小变化情况是（） A．FA 先增大后减小，FB 一直减小
B．FA 先减小后增大，FB 一直增大。 C．FA 先减小后增大，FB 先增大后减小 D．FA 先增大后减小， FB 先减小后增大
如图，滑块 P、Q 的质量分别为 mP=5kg，mQ=10kg。P 与 Q、Q 与水平地面之间的动摩擦因数均为 0.5。绳 OA 一端与 P 相连，另一端与竖直墙壁相连，绳刚好伸直，绳 OA 与水平方向夹
角为 θ，tanθ 4 ，重力加速度 g=10m/s²。现通过力传感器水平作
3
用于 Q 将它抽出。下列说法正确的是（）
A．P 受到的摩擦力大小为 18N
将 Q 抽出力传感器的最小读数为 90N C．当力传感器的读数为 100N 时，Q 的加速度大小为 2m/s²
D．Q 对地面的摩擦力大小为 75N
gH
2
如图所示，将 B 小球从地面上以v0 的初速度竖直向上抛出的同时，将 A 小球从 B 球的正上方 H 处由静止释放，两小球运动过程中的空气阻力忽略不计，取 g  10m/s2 ，两小球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
若v0 ，则两物体在地面相遇
gH
若v0 ，则两物体在地面相遇
gH
若v0 ，两物体相遇时，B 正在上升途中
gH
2
若
 v0
，两物体相遇时，B 正在下落途中
gH
如图，一轻绳绕过定滑轮 C（半径可忽略）一端连接小球 A（可视为质点），另一端连接物体 B。物体 B 放在粗糙水平地面上，受到水平向右的力 F 的作用，使得小球 A 沿光滑固定的半球面从图示位置缓慢向上移动，定滑轮 C 在半球面球心 O 的正上方，已知 OC 的长度为 2R，半球面的半径为 R。小球 A 向上移动到球心 O 正上方 D 点
的过程中，下列说法正确的是（ ）
轻绳的拉力减小
半球面对小球 A 的支持力变大
地面对物体 B 的摩擦力减小 D．地面对半球面的作用力增大
如图所示，系在墙上的轻绳通过轻质动滑轮连接滑块 P、Q，两滑块的质量均为 2kg，与水平地面间的动摩擦因数均为 0.5。现对 P 施加水平向左的拉力 F=60N，使 P 向左匀加速直线运动，绕过动滑轮的两段轻绳始终水平，不计轻绳与滑轮间的摩擦，重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．P 的加速度大小为 3m/s2
B．Q 的加速度大小为 5m/s2
轻绳对 Q 的拉力大小为 22N
轻绳对 Q 的拉力大小为 20N
二、实验题（共 2 小题，共 18 分。11 题 8 分，12 题 10 分）
某小组在“用打点计时器测小车速度和加速度”的实验中，用电磁打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况。打点计时器接在频率为 f  50Hz 的电源上，在纸带上确定出 A、B、 C、D、E、F、G 共 7 个计数点，每两个相邻计数点之间还有 4 个点未画出。由于不慎将 D 点
污损，如图所示。利用刻度尺仅测量出 AB 间距为 x1  3.78cm ，BC 间距为 x2  4.22cm，EF 间
距为 x5  5.58cm ，FG 间距为 x6  6.04cm 。
实验装置中所用电磁打点计时器应接 6V 低压（选填“交流”或“直流”）电源。
实验过程中，下列做法正确的是。 A．先释放小车，再接通电源 B．先接通电源，再释放小车 C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处
打点计时器打下 F 点时小车的瞬时速度大小为vF  m/s（结果保留 3 位有效数字）
根据纸带上 AB、BC、EF、FG 间的距离用逐差法算出小车运动的加速度大小为m / s2
（结果保留 3 位有效数字）
某同学利用如图甲所示装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。
实验步骤如下：
①将力传感器 P 通过一根轻质细绳提起重物保持静止，记下 P 的示数 F；
②将力传感器 P、Q 分别固定在左右两侧杆上，与 P、Q 相连的两根轻质细绳 OA、OB 连接
的结点 O 处用轻绳 OC 系上同一重物。系统静止后，记下 O 点位置，P、Q 的示数 F1 ， F2 及三细绳的方向 OA、OB、OC；
③在白纸上从 O 点沿OC 反向延长做有向线段 OC ，以OC 为对角线做平行四边形OACB
如图乙所示。用毫米刻度尺测出线段 OA 、OB、OC 的长度分别为 l1， l2， l0
④调整力传感器 Q 的位置，重复以上步骤。
回答下列问题：
下列做法有利于减小实验误差的是（ ）
调整力传感器 Q 的位置时，必须保证结点 O 的位置不变 B．两侧杆必须用铅垂线调整为竖直放置，不能左右倾斜 C．记录细绳方向时，选取相距较远的两点 D．两个细绳间夹角适当大一些
在误差允许的范围内，若 l1、l2、l0 与 F1、F2、F 满足关系式，则能够证明力的合成遵循平行四边形定则。
某次实验中，若平衡时两细绳 OA、OB 互相垂直，保持 OB 绳和结点 O 的位置不动，取下力传感器 P，将细绳 OA 绕 O 点在纸面内顺时针转动一小角度，此过程中 OB 绳的拉力
（选填“变大”“变小”或“不变”）。
三、计算题
13．（10 分）某人驾驶一辆电动自行车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动，到达某一速度后做匀速直线运动。已知电动自行车启动后，在第1s 内运动的位移大小 x1  1m ，在第2s 内运动的位移大小 x2  3m ，在第3s 内运动的位移大小 x3  4.75m ，求：
电动自行车启动时的加速度大小a ；
电动自行车的最大速度v 。
14．（14 分）如图所示，倾角为 60°、质量为 M 的斜面体 A 置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为 m 的光滑球 B，斜面体受到水平向右的外力，系统始终处于静止状态。已知重力加速度为 g。
求球 B 受到斜面体的弹力大小 N1 和墙面的弹力大小 F1；
若斜面体受到水平向右的外力大小为 3 mg ，求此时斜面体受到水平
2
面的摩擦力；
若斜面体与水平面间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小 F 的范围。
15．（18 分）如图所示，斜面倾角为 37°，斜面 BC 与水平面 AB 圆滑连接。质量 m  1kg 的物体静 止于水平面上的 M 点，M 点距 B 点之间的距离 L  7.5m ，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ 0.5 ，现使物体受到一水平向右的恒力 F  20N 持续作用t  4s 后，撤去该力，物体运动到斜面最高点 C 点速度为零。已知
sin 37°  0.6 ， cs 37°  0.8 ，取 g  10m/s2 ，求：
BC 间的距离
物体最终停在何处
物体运动的总时间
高一年级期中考试物理答案
C【详解】A．牛顿第一定律是理想实验，不能通过实验完成验证，故 A 错误；B．研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，只是在斜
面实验的基础上进行了推理，故 B 错误；C．根据速度定义式v  x ，当t 非常小时， x 就可以
tt
表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，故 C 正确；D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，故 D 错误。故选 C。
C【详解】A．对该同学受力分析可知，该同学受重力、两脚摩擦力，墙壁的支持力，根据竖直方向受力平衡可知单脚受到的摩擦力小于重力，故 A 错误；B．该同学单脚受到墙壁的作用力是摩擦力和支持力的合力，根据力的合成可知该力不沿水平方向，故 B 错误；C．若墙壁间距离稍远一些，则该同学两腿夹角变大，根据力的合成规律可知则该同学腿部承
受力增大，故 C 正确；D．对该同学整体分析，可知墙壁对该同学的作用力等于重力不变，故 D 错误。故选 C。
C【详解】将绳中张力分解为竖直和水平方向，如图所示，则
T  T sinα
DT  4T
4T  2mg
T  5 mg
3
y，又csα 2  ，所以 y
，则有 y
5
，解得，
8
L5
故选 C。
B【详解】先对 AB 整体受力分析，受重力、拉力、支持力，和当有
受
F  mA  mB  g sinθ，时可能受静摩擦力，也可能当 F  mA  mB  g sinθ，时不
静摩擦力；然后对 A 受力分析，A 受重力、拉力、B 对 A 的支持力、B 对 A 的摩擦力，处于平衡状态。对 B 受力分析，B 受重力、A 对 B 的压力、斜面对 B 的支持力、A 对 B 的摩擦力，斜面对 B 可能有静摩擦力、也可能没有静摩擦力；则 B受 4 个力或 5 个力。；故选 B。
C【详解】西瓜 A 受力分析如图所示，其中力 F 是其他西瓜对它的作用力，根据题意有
(mg)2  (ma)2
F 
 m
，故选 C。
g 2  a2
A【详解】合力大小不变，等于 mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形法则作图，如图所示，由图可知，当 OA 从水平位置转到到竖直位置的过程中，FA 先增大后减小，FB 一直减小。故选 A。
C【详解】ABD．P 受到的是滑动摩擦力，对 P 进行受力分析，如图所示，由平衡条件，可得
F cs53∘  F ， F  F sin53∘  m g ，又 F  μF ，解
OAf 1
N1OA
Pf 1N1
得 FOA  25 N ， FN1  30N，Ff 1  15 N ，对Q 分析有 Ff 2  μFN2  μ(FN1  mQ g)  65 N ，则将 Q 抽出
力传感器的最小读数为 Fmin  Ff 1  Ff 2  80 N ，故 ABD 错误；C．由牛顿第二定律 F  Ff 1  Ff 2  mQ a ，解得a  2 m/s2 ，故 C 正确。故选 C。
ACD
【详解】AB．若物体 B 正好运动到最高点时两物体相遇，则物体 B 速度减小为零所用的时间
gH
v
t  v0 ，此时 A 下落的高度h  1 gt 2 ，B 上升的高度h  02 ，且h  h  H ，解得v ，
gA2
B2gAB0
若 A、B 两物体恰好在落地时相遇，则有t  2v0 ，此时 A 下落的高度h  1 gt 2  H ，解得
gA2
gH
2
gH
gH
2
v ，所以若v ，则物体 B 运动到最高点时两物体相遇，若v ，则两物体在
000
gH
地面相遇，故 A 正确，B 错误；C．若v0 ，则两物体在 B 上升途中相遇，故 C 正确；D．若
gH
2
gH
 v0 ，则两物体在 B 下落途中相遇，故 D 正确。故选 ACD。
AD【详解】AB．小球 A 沿光滑固定的半球面缓慢运动过程中，小球 A 受到重力、轻绳的拉力 T、半球面对 A 的支持力 N 的作用，处于三力平衡状态，根据相似三角形法知
G  N  T ，可得轻绳的拉力 T 逐渐减小，支持力 N 不变，故 A 正确；B 错误；C．物体 B 向
2RRAC
右运动，受到轻绳的张力、重力、地面的支持力和滑动摩擦力 f、水平拉力 F 的作用。因为轻绳的张力 T 减小，轻绳与竖直方向的夹角θ增大，知张力的竖直分力T csθ减小，则地面对物体 B 的支持力增大，摩擦力 f 增大，故 C 错误；D．小球 A 对半球面的压力大小不变，其方向与竖直方向夹角变小，则压力与半球面的重力的合力增大，此合力与地面对半球面的作用力为一对平衡力，故地面对半球面的作用力增大，故 D 正确。故选 AD。
AC【详解】ACD．设 P 的加速度为 a，则根据动滑轮的特点可知 Q 的加速度为 2a。设轻绳对 Q 的拉力大小为T ，则对 P 进行受力分析列牛顿第二定律方程有 F  μmg  2T  ma ，同理对 Q 进行受力分析列牛顿第二定律方程有T  μmg  m  2a ，联立解得轻绳对Q 的拉力大小为T  22N ， P 的加速度大小为a  3m / s2 ，故 AC 正确，D 错误；B．由上面分析可得 Q 的加速度大小为
Q
a  2a  6m/s2 ，故 B 错误。
11．(1)交流(2)BD(3)0.581(4)0.453
【详解】（1）电磁打点计时器应接 6V 低压交流电源。
AB．应该先接通电源，再释放小车，故 A 错误，B 正确；CD．为了纸带能得到充分的应用，将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，故 C 错误，D 正确。故选 BD。
打点计时器打下 F 点时小车的瞬时速度大小为v  x5  x6 ，解得v  0.581m / s 。
F2TF
根据匀变速直线运动推论有 x  x  4a T 2 ， x  x  4a T 2 ，则a  a1  a2 ，解得
621
a  0.4525m / s2  0.453m / s2 。
12．(1)CD(2) F1  F2  F(3)变小
5122
l1l2l0
【详解】（1）A．因为两次在结点的下面挂同一质量的物体，则调整力传感器 Q 的位置时，改变结点 O 的位置对实验无影响，故 A 错误；B．两侧杆左右倾斜，对实验无影响，故 B 错误； C．记录绳子方向时，选用较远的两点，这样可减小记录力的方向时产生的误差，故 C 正确； D．为了减小误差，拉橡皮条的夹角可以适当大一些，故 D 正确。故选 CD。
根据力的平衡，可以得到几何三角形和力的三角形会相似OBC ~ F F F ，则有 F1  F2  F 。
2 1
由图可知，稳定时两绳互相垂直，现保持右侧绳和结点 O 的位置不动，即两个力的合力不变，F2 方向不变，将细绳 OA 绕 O 点在纸面内顺时针转动一小角度，OB 绳子上拉力变小。
l1l2l
13．(1) 2m/s2(2) 5m/s
【详解】（1）由题匀变速直线运动规律可得x  1 at 2 ，解得
12 1
a  2x1  2 1 m/s2  2m/s2 ，在第 2s 内的位移 x  1 at 2  1 at 2  ( 1  2  22  1  2 12 )m  3m ，符合
t
1
222
1
222 122
题意，故可知，物体在前 2s 的时间内做匀加速运动，加速度大小为2m/s2 ；
（2）假设第 3s 内物体依然做匀加速直线运动，则第 3s 内的位移应为
x'  1 at 2  1 at 2  ( 1  2  32  1  2  22 )m  5m ，而实际上第 3s 内的位移为4.75m ，故在第 3s 内物
3232222
体先做匀加速运动，后做匀速运动，设第 3s 内加速运动时间为t0 ，匀速运动的速度为vm ，则由题
可知物体 2s 末的速度v  at  2  2m/s=4m/s ，故第 3s 内加速的位移 x  v t  1 at 2  4t  t 2 ，匀
22加
2 02
000
速运动时的速度v  v2  at0  4  2t0 ，所以匀速运动的位移 x匀  v(1 t0 )  (4  2t0 )(1 t0 ) ，且有
x加  x匀  x3 ，联立解得t0  0.5s ，（另一个解t0  1.5s 舍去）代入解得电动车的最大速度
v  v2  at0  4  2t0  (4  2  0.5)m/s=5m/s 。
(1)2mg； 3mg ；(2)


3  mg ，摩擦力方向水平向右；
3

2

3mg μm  M  g  F  3mg  μm  M  g 或0  F  3mg μm  M  g
【详解】(1)研究 B 球，受力如图甲，由共点力的平衡条件有
N1 sin 60  F1  0 ， N1 cs 60  mg  0 ，解得 N1  2mg ， F1  3mg
研究 A、B 整体为研究对象，受力如图乙，设斜面体受到的摩擦力为 f，由共点力的平衡条件
F  3 mg  f  0 ，解得 f   3  3  mg ，摩擦力方向水平向右
12 
2
斜面体受到的最大静摩擦力 fm  μm  M  g
①水平向右的外力最大（设为 Fm ）时，斜面体有向右运动趋势，由平衡条件
有 Fm  F1  fm  0 ，解得 Fm  3mg μm  M  g
②水平向右的外力最小（设为 Fn ）时，斜面体可能有向左运动趋势
（ a ）当μm  M  g  3mg 时， Fn  0 则0  F  3mg μm  M  g
（ b ）当μm  M  g  3mg 时， Fn  3mg μm  M  g ，
则 3mg μm  M  g  F  3mg  μm  M  g
15．（1） 56.25m ；（2）B 点左侧 22.5m 处；（3）16s
【详解】（1）根据题意，在水平面上，根据牛顿第二定律有 F  μmg  ma1 ，解得
a  F  μmg  5m/s2 ，由 M 到 B，根据速度位移公式v2  v2  2a x ，可得v2  2a L ，得
1m01B1
vB  15 ms ，根据速度公式 vB  v0  a1t1 ，得t1  3s ，在斜面上，F 作用时间为t2  t  t2  3s ，由于 F csθ mg sinθ μmg csθ F sinθ ，所以物体做匀速直线运动， x1  vBt2  45m ，
1
撤力后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 mg sinθ μmg csθ ma2 ，得 a  10m/s2 ，
根据速度位移公式v2  v2  2a x ，得 x  11.25m ，根据速度公式v  v  a t ，得t  1.5s ，
CB2 22
xBC  x1  x2  56.25m 。
CB2 33
在 C 点，由于 mg sinθ μmg csθ，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第
二定律有 mg sinθ μmg csθ ma ，得 a  2m/s2 ，由 C 到 B 的过程， x 1 a t 2 ，得
33BC2 3 4
v2
t4  7.5s ， xBC  B 2 ，得vB2  15 m s ，进入水平地面后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二
2a3
定律 μmg  ma ，得 a  5m/s2 ，根据速度位移公式v2  v2  2a x ，得 x  22.5m 故最终停
44B 24 33
在离 B 点左侧 22.5m 处。
根据速度公式v  vB 2  a4t5 ，得t3  3s ， t总  t1  t2  t3  t4  t5  16s 。