黑龙江省哈尔滨市师范大学附属中学2025-2026学年高一上学期期中考试物理试题（Word版附解析）

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1.【答案】B
【详解】A．伽利略利用图甲中的“斜面”是为了“冲淡”重力的影响，便于测量运动时间，故A正确，不符合题意；
B．伽利略利用图乙中的“斜面实验”装置，结合逻辑推理，说明力不是维持物体运动的原因，故B错误，符合题意；
C．图丙是在借助激光笔及平面镜观察桌面的形变，该实验运用了微小放大的思想，故C正确，不符合题意；
D．图丁中把匀变速直线运动的图像分成很多小段，每小段近似看作匀速直线运动，把各小段的面积之和代表物体在内总位移，采用了“微元法”，故D正确，不符合题意。
故选B。
2.【答案】D
【详解】A．重力和弹力是不同性质的力；只能说，静止在草地上的足球受到的弹力大小等于它的重力大小，选项A错误；
B．图乙，静止在水平地面上的两个足球间虽然接触但是无弹力，选项B错误；
C．图丙，脚对足球的压力和足球对脚的支持力是一对相互作用力，选项C错误；
D．图丁，打到球网上的足球受到弹力是因为球网发生了形变，选项D正确。
故选D。
3.【答案】C
【详解】A．杯子静止，处于受力平衡状态，在竖直方向上，受向下的重力与向上的静摩擦力等大反向，所以杯子受到的摩擦力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，手受到的摩擦力方向竖直向下，故A错误；
BC．杯子重力不变，所受的静摩擦力不变，与手握杯子的力大小无关，但最大静摩擦力与压力有关，手握的越紧，杯子和手之间的最大静摩擦力越大，故B错误，C正确；
D．若往杯中倒水，水的重力增大，静摩擦力也增大，保持杯子静止，手握住杯子的力不一定必须增大，故D错误。
故选C。
4.【答案】D
【详解】设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，则
，
联立解得
，
故选D。
5.【答案】B
【详解】A．设碰地前速度大小为v1，碰地后速度大小为v2，则，
解得，
速度变化量为
弹性球碰地前后瞬间，速度变化量大小为，A错误；
B．下落时间为
上升时间为
弹性球下落时间和上升时间之比为，B正确；
C．下落平均速度为
上升平均速度为
弹性球下落过程的平均速度和上升过程的平均速度大小之比为，C错误；
D．速度变化率为加速度，下落和上升过程加速度相等，均为，D错误。
故选B。
6.【答案】B
【详解】小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平向右的加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向。小车沿斜面上滑过程做匀减速直线运动，设整体质量为，斜面倾角为，由牛顿第二定律可知加速度大小
整体加速度方向沿斜面向下。对小球进行受力分析，小球受重力 mg（竖直向下）和直杆对它的作用力 F。此时，要使小球的加速度大小为且沿斜面向下，则直杆对小球的作用力和重力的合力应沿斜面向下。通过平行四边形定则可以判断，直杆对小球的作用力方向为OB方向（垂直斜面向上），故直杆对小球作用力的方向先沿OC方向，再沿方向。
故选B。
7.【答案】A
【详解】对A4纸分析可知
对整体分析可知
其中
解得
故选A。
8.【答案】D
【详解】A．以C桶为研究对象，货车向左匀速行驶时，受重力、A、B的支持力，如图所示， C桶在竖直方向受力平衡，由平衡条件可得
解得
A错误；
B．若货车以的加速度向左加速行驶，设A对C的作用力为，B对C的作用力为，C在竖直方向受力平衡，则有
在水平方向由牛顿第二定律则有
解得
可知C受到重力、A、B作用力的合力大小为
方向水平向左。则A、B对C作用力的合力一定不等于，B错误；
C．若货车以的加速度向左减速行驶，则货车的加速度向右，由B选项解析可知，B对C的支持力小于A对C的支持力，C错误；
D．为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车时的加速度向右，当B对C的支持力减小到零时，刹车加速度达到最大，此时A对C的支持力达到最大，设为，可知C在竖直方向受力平衡，则有
解得
在水平方向由牛顿第二定律则有
解得
可知为使桶C与货车保持相对静止，货车刹车的加速度不能超过，D正确。
故选D。
9.【答案】D
【详解】A．t=10s前后队员的加速度方向向下，没有发生改变，故A错误；
B．队员的加速度取决于队员受到的合力，所以前10s内加速度没有发生变化，10~14s的过程中加速度先向下逐渐减小后向上逐渐增大，14~20s的过程中加速度逐渐减小，方向始终向上，故B错误；
C．由前面对加速度的分析可知在10~14s的过程中出现了加速度为零的时刻，此时刻为队员速度最大的时刻，故C错误；
D．由牛顿第二定律可知，t=14s时加速度最大，最大值为2g，故D正确。
故选D。
10.【答案】C
【详解】AD．对小球B分析，受拉力、重力、支持力处于平衡状态，根据几何关系和平衡条件可得
FN==33mg
对小球A分析，根据竖直方向平衡条件可得
联立可得
故AD错误；
B．对小球B分析，圆柱体对B的支持力大小
方向与竖直方向夹角为30°，则根据牛顿第三定律，B对圆柱体压力
对圆柱体分析，根据水平方向的平衡条件可得
解得
故B错误；
C．对滑轮分析，根据平衡条件，两绳对滑轮的作用力合力（两力大小相等且垂直，则合力为）与杆对滑轮作用力大小相等，则杆对滑轮作用力大小
故C正确；
故选C。
11.【答案】AB
12.【答案】BD
【详解】AB．整个过程中小球保持静止则小球处于平衡状态，如下图所示，利用图解法分析可知轻绳上的拉力先减小后增大，小球左侧的轻绳上力处处相等，由图可知轻绳的拉力一直减小，夹角不变则轻质滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小。故A错误，B正确；
C．设斜面倾角为，物体受力平衡，则对进行受力分析可知
若初始时，则随着减小，摩擦力会逐渐增大。但若初始时，则初始时沿斜面向下，随着减小，摩擦力会先减小后反向增大。故C错误；
D．将斜面、物块、滑轮和轻绳看成一个整体，则对整体进行受力分析如下图所示
水平面对斜面作用力即为与的合力，其大小等于整体重力与轻绳拉力的合力。随着不断减小，则根据平行四边形定则可知与合力不断减小，则水平面对斜面作用力在不断减小。故D正确。
故选BD。
13.【答案】BD
【详解】A．螺钉松脱后做竖直上抛运动，故A错误；
螺钉落至井底时的速度为则
即螺钉落至井底时的速度大小为35m/s，故B正确；
C．升降机在4s内匀速上升的位移为
螺钉的位移为
所以矿井深度为，故C错误；
D．螺钉的位移为
所以螺钉松脱后运动的整个过程中平均速度大小为v=h2t=15ms，故D正确。
故选BD。
14.【答案】ACD
【详解】AB．物块在传送带上加速过程，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，物块运动的位移为
物块运动的时间为
之后物块随传送带一起匀速，则有
物块相对于传送带运动过程，传送带的位移为
则物块相对于传送带运动路程为
故B错误；
物块沿斜面匀速上滑，物块在斜面上运动的时间
则物块在传送带和斜面上运动的总时间为
故A正确；
若对物块施加的力F沿斜面向上，则F=mgsinθ+μ2mgcsθ=5N，故C正确；
D．物块在斜面上运动过程中对物块受力分析，如图所示
将斜面对物块的支持力和摩擦力等效成，则有
解得
方向不变，然后将、和拉力矢量平移到一个三角形当中，当与垂直时拉力最小，则有
则与斜面的夹角
故D正确；
15.【答案】(1)BD (2) (3)5N
【详解】（1）A. 本实验采用的科学方法是等效替代法，故A错误；
B．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应与木板相距较近且与木板平面平行，故B正确；
C．拉小圆环到达O点时，拉力要大小适当，拉力和的夹角大小适当，并非越大越好，故C错误；
D．在同一次实验中，应将小圆环O拉到同一位置，以保证两次力的作用效果相同，故D正确。
故选BD。
（2）用一个弹簧秤拉橡皮条时，力一定沿橡皮条AO方向，图中可以看出，表示一个弹簧测力计表示的力，F表示的是用平行四边形定则作出的两个力的合力，所以一定沿橡皮条AO方向的是。
（3）当两个力的角度为0°，有
当两个力的角度为180°时，有
解得N，N
当两个力的夹角为90°时，有
16.【答案】 BC 1100(x4−2x2)f2 D 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【详解】(1)[1]AD．因为力传感器可测出轻绳中的拉力大小，不用测出砂和砂桶的质量，也不用保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M， AD错误；
B．为了让绳的拉力成为小车的合力，必须将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，C正确。
故选BC。
(2)打点计时器所用交变电流的频率为f，即相邻两计数点的时间间隔为 T=5f
由逐差法可知，加速度a=(x4−x2)−x2(2T)2=1100(x4−2x2)f2
(3)[3]由牛顿第二定律
解得 ，则 ，解得 ，D正确，ABC错误。
故选D。
[4]从图像可以看出，绳有拉力而小车没有加速度，小车没有运动，说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
17.【答案】(1)22N
(2)4N 方向水平向右
【详解】（1）以圆环为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得绳子拉力大小为T=5N
以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得支持力 N=22N
根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小为22N。
（2）以物块为对象，水平方向根据受力平衡可得
可知地面对物块的摩擦力大小为4N，方向水平向右。
18.【答案】(1)
(2)
(3)1.6m
【详解】（1）箱子做匀速直线运动，
在竖直方向上有
水平方向上有
滑动摩擦力的公式有
联立以上各式代入数据得；
（2）箱子在斜面上做匀减速直线运动，
代入数据解得加速度的大小为；
根据牛顿第二定律得
代入数据可解得
（3）因，故箱子会沿斜面下滑，
根据牛顿第二定律得
代入数据可解得
箱子沿斜面向下做匀加速直线运动
箱子在水平面上匀减速直线运动，
根据牛顿第二定律得
代入数据可解得
故箱子最终静止在距斜面左端1.6m处。
19.【答案】(1)7m
(2)9s
(3)168m，文件能传输完毕
【详解】（1）设A、B经过时间t1第一次通信断开，根据几何关系可知，A在B斜前方且为10m，由几何关系得两人在运动方向上位移之差满足
联立以上三式
或（舍去）
此时A的位移大小为
（2）4s末B的速度
运动的位移
A位移为
由于
通信仍处于中断状，再经过恢复通信，则
AB从第一次通信断开到恢复的时间
（3）AB从第一次通信断开到恢复，此时，A在前方，速度小于B，从通信恢复，到通信第二次断开，用时为
此后相距越来越远，失去信号，可知能够保持通信的总时间为
设23s末，B在前，两人相距7m，通信处于断开状态，假设再经通信恢复，则
解得
B减速后两手机再次连接时A到起跑线的距离
此时，B在前，速度小于A，假设从通信恢复，到通信再次断开，用时为，则
（停止运动）
解得
则手机连接时间共15s，恰好传输成功。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
D
C
D
B
B
A
D
D
C
11
12
13
14
AB
BD
BD
ACD