2025-2026学年陕西省渭南市华阴市校级联考高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年陕西省渭南市华阴市校级联考高一（上）期末物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在物理学中，常常把某一物理量的变化与发生这段变化所用时间之比叫做这个物理量的变化率，如速度就是物体位置对时间的变化率，即v=ΔxΔt。现在如果把加速度对时间的变化率定义为“加加速度”(又名急动度)。加加速度在车辆、电梯等日常生活和工程问题中都有重要的实际意义。假设用J表示“急动度”，则以下说法正确的是( )
A. J与加速度的变化量成正比，与时间的变化量成反比
B. 若某运动物体的J是正值，则该物体的速度增大
C. J的方向总是与加速度变化量的方向保持一致
D. 若某运动物体的J增大，则该物体的加速度a增大
2.甲、乙两小分队进行军事演习，指挥部通过现代通信设备，在屏幕中观察到两小分队的具体行军路线如图所示，两小分队同时同地由O点出发，最后同时到达A点，下列说法中正确的是( )
A. 小分队行军路程s甲=s乙
B. 小分队平均速度v−甲>v−乙
C. y−x图像表示的是速率v−t图像
D. 小分队平均速率v−甲′>v−乙′
3.如图所示的x−t图像和v−t图像中，四条图线分别表示甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，下列说法正确的是( )
A. 在6s末，甲乙两车位于同一位置，丁车位于丙车的前方
B. 0～6s内，丙、丁两车的平均速度相等
C. 0～6s内，丙车的加速度先增大后减小
D. 0～6s内，甲车通过的位移大于乙车通过的位移
4.旱地冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱地冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到D点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 冰壶运动到C点时的速度大小为12v0B. 冰壶运动到D点时的速度大小为 22v0
C. 冰壶运动的总时间为43tD. 投掷点A到圆心O的距离为v0t
5.如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块的质量为0.2kg，用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2，则( )。
A. 2～4s内木板的加速度大于4～5s内木板的加速度
B. 4～5s内，木板的位移为0.3m
C. 物块的动摩擦因数为0.2
D. 物块始终没有动，物块与木板间为静摩擦力
6.炎炎夏日，人们离不开空调。室外安装空调主机的情境示意图如图所示，为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。一人在高处控制一端系在主机(视为质点)上的轻绳P，另一人(始终静止)在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。当P绳与竖直方向的夹角为α时，Q绳与竖直方向的夹角为β。轻绳均足够长，下列说法正确的是( )
A. α可能等于βB. P绳的拉力可能与Q绳的拉力大小相等
C. 运送过程中Q绳的拉力变小D. 地上的人受到地面的摩擦力变大
7.如图所示，圆环竖直固定放置在水平面上，两个光滑轨道固定在圆环上，两轨道与竖直方向的夹角均为53°，分别经过圆环的最低点P、圆心O，甲、乙两小球分别从轨道的最高点由静止开始释放，cs53°=0.6，则甲、乙到达斜面底端的速度之比为( )
A. 2： 5
B. 3： 5
C. 5：2
D. 5： 3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v−t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m=1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3B. 拉力F的大小为1.75N
C. 5s后，长木板的加速度大小为2m/s2D. 长木板P的长度至少是3.5m
9.如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动，其v−t图像如图乙所示，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则( )
A. 0～2s内煤块受到的摩擦力与v0方向相反
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
C. 0～2s内煤块在传送带上留下的划痕为4m
D. 煤块在传送带上运动的时间为2+ 5s
10.物块A、B叠放在一起静止在粗糙水平地面上，各接触面均水平。物块A、B的质量分别为mA=2kg，mB=5kg，物块A、B之间的动摩擦因数为μ1=0.3，物块B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1，现对B或A施加水平恒力F作用，分别如图甲、乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。考虑A、B分离前的运动，下列说法正确的是( )
A. 甲图中若F=21N，A、B之间的摩擦力大小为4N
B. 甲图中若B的加速度大小为4m/s2，则F=40N
C. 乙图中若F=21N，A、B的加速度大小为2m/s2
D. 乙图中若F=18N，B对地面的摩擦力大小为6N
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学用如图所示的装置做“探究质量不变时，加速度与力的关系”的实验。气垫导轨左端有固定的定滑轮，把光电门1和光电门2固定在气垫导轨上方，带有遮光条的滑块放置在气垫导轨上，用钩码通过跨过定滑轮的轻质细绳牵引滑块运动，滑块通过光电门时，光电门记录遮光条的遮光时间，数据处理时用钩码重力大小作为轻绳拉力大小。回答下列问题：
(1)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.实验时需要将气垫导轨右端适当垫高以平衡摩擦力
B.实验时不需要将气垫导轨右端适当垫高以平衡摩擦力
C.该实验需要满足钩码质量远小于小车质量的条件
D.该实验不需要满足钩码质量远小于小车质量的条件
(2)若某次实验时得到了遮光条通过两个光电门时的遮光时间，测出了遮光条的宽度，为了得到此次实验滑块运动的加速度大小，可以通过测量下面的哪个物理量得出？______。
A.钩码的质量
B.滑块(包括遮光条)的质量
C.遮光条从光电门1运动到光电门2的时间
(3)若测得遮光条宽度为d=4.8mm，遮光条通过光电门1时的遮光时间为Δt1=4.8×10−3s，遮光条通过光电门2时的遮光时间为Δt2=3.0×10−3s，两个光电门之间的距离为L=124.00cm，可得遮光条通过第2个光电门时，滑块的速度大小为______m/s，滑块运动的加速度大小为______m/s2(计算结果均保留3位有效数字)。
12.某实验小组利用图甲所示的仪器探究向心力大小的表达式。长槽上的挡板A、挡板B和短槽上的挡板C分别到各自转轴的距离之比为1：2：1，变速塔轮有三层，如图乙所示，每层的左右塔轮半径之比自上而下分别为1：1、2：1、3：1。匀速转动手柄使左右塔轮转动，小球对挡板的作用力通过杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，根据标尺上的红白相间格子数可以粗略得到两小球所受向心力之比。
(1)为了探究向心力大小与质量的关系，应选取质量 的小球(选填“相同”或“不同”)，分别放在长槽上的挡板 处(选填“A”或“B”)与短槽上的挡板C处，调节皮带至第 层塔轮进行实验；
(2)在探究向心力大小与角速度的关系时，某同学将两个质量相等的小钢球分别放在挡板A和挡板C处，将皮带调至塔轮不同层，记录实验数据如表：
将表格中① 和② 处的数据补充完整；根据表中记录数据，可以得到向心力和角速度的关系是F正比于 (选填“ω”或“ω2”或“1ω2”)；
(3)在探究得出向心力表达式后，某同学将两个质量相等的小钢球分别放在挡板B和挡板C处，调节皮带至第二层塔轮，该同学猜想挡板B处小球和挡板C处小球所受向心力之比应为 ，随后进行实验检验，结果表明该同学的猜想是正确的。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0=20m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)，求：
(1)运动员在空中的飞行时间t1；
(2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小x2；
(3)运动员落到斜面上时的速度大小v；
(4)运动员何时离斜面最远。
14.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图2所示。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近30m处的圆心O.设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。
(1)求冰壶的加速度大小？并通过计算说明冰壶能否到达圆心O
(2)为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2=0.004.为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)
15.如图所示，质量M=1kg的长木板静止在水平面上，质量m=2kg的物块以方向水平向右、大小v0=3m/s的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
(1)求物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小。
(2)求物块最终距木板左端的距离。
(3)若物块冲上木板1s后，对木板施加大小为3N、方向水平向左的恒力，求物块最终距木板左端的距离。
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：根据急动度定义J=ΔaΔt
A、急动度J是加速度变化量与时间变化量的比值，但Δa和Δt并非独立变量，不能简单认为J与Δa成正比、与Δt成反比。例如，若Δa和Δt同比例变化，J不变，故A错误。
C、急动度方向由Δa的方向决定，因Δt>0，J方向始终与Δa一致，故C正确。
B、J>0仅表示加速度在增大，但速度是否增大取决于加速度方向与速度方向是否一致。若加速度方向与速度相反(如减速运动)，即使J>0，速度仍可能减小，故B错误。
D、J增大仅表示加速度变化率增大，但加速度a的增减取决于J的正负。例如，若J为负且绝对值增大，a会减小，故D错误。
故选：C。
先明确“急动度”的定义(加速度对时间的变化率)，结合比值定义法的特点分析A选项；再通过急动度、加速度、速度的逻辑关系，分析B、D选项中速度、加速度的变化情况；最后根据矢量变化率的方向规律，判断急动度的方向与加速度变化量方向的关系，进而验证各选项。
这道题是基于“比值定义法”的概念拓展题，考点覆盖对新物理量(急动度)的定义理解、矢量变化率的方向规律，以及加速度、速度与急动度的逻辑关联，既考验对物理定义法的迁移应用能力，又需要理清多物理量间的变化关系，难度中等，是高中物理“概念拓展类”的典型题目，能有效训练学生的物理概念迁移与逻辑推理能力。
2.【答案】D
【解析】解：AD.由图像可知，小分队行军路程s甲>s乙，两个队伍运动时间相等，平均速率等于路程与时间的比值，可知v−甲′>v−乙′，故A错误，故D正确；
B.两小分队的位移相同，所用时间相同，平均速度等于位移与时间的比值，可知平均速度相同，即平均速度v−甲=v−乙，故B错误；
C.y−x图像表示的是小分队的位置，故C错误。
故选：D。
先明确该图是位置轨迹图，路程是轨迹长度，两队轨迹不同，故路程不相等。平均速度由位移与时间决定，两队位移(起点到终点的直线距离)相同、所用时间一致，因此平均速度大小相等。同时，该图是位置轨迹而非速度图像，据此分析各选项的对错。
这道题是运动学基础概念辨析题，以军事演习轨迹为情境，聚焦路程、位移、平均速度的核心区分：借轨迹图考“路程(轨迹长)”与“位移(初末直线距)”的差异，同时检验对平均速度(由位移、时间决定)的理解，易让学生混淆轨迹与速度图、路程与位移的影响，是检测基础概念掌握程度的典型题。
3.【答案】A
【解析】解：AD、由x−t图像可知，在0～6s内，甲乙两车位移相同，则位于同一位置；因v−t图像的面积等于位移，可知6s内丁车的位移大于丙车，即丁车位于丙车的前方，故A正确，D错误；
B、0～6s内，由v−t图像的面积表示位移可知，丁车的位移大于丙车的位移，可知丁车的平均速度大于丙车的平均速度，故B错误；
C、因v−t图像的斜率等于加速度，可知0～6s内，丙车的加速度一直增大，故C错误。
故选：A。
根据x−t图线的斜率表示速度，v−t图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，结合v−t图线切线的斜率表示物体运动的加速度分析求解。
本题考查了运动学图像问题，理解斜率、面积、截距、交点等在图像中的含义是解决此类问题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A点到O点过程，根据速度—位移关系，有v02=2aL
冰壶由A点到C点过程，有v02−vC2=2aL2
解得vC= 22v0，故A错误；
BC、由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O点到A点的初速度为零的匀加速直线运动
由匀变速直线运动的推论可知tDO=tAD=t，D点为中间时刻，则根据中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，有vD=12v0，运动的总时间为2t，故BC错误；
D、投掷点A到圆心O的距离x=12v0⋅2t=v0t，故D正确。
故选：D。
将冰壶的匀减速运动反向视为初速度为0的匀加速运动，利用匀加速直线运动的速度—位移关系，结合A到O的分段(四等分)，分析C、D点的速度；再根据反向匀加速的时间—位移关系，结合D点对应的位移比例，计算总时间；同时结合总位移的计算判断各选项。
这道题是匀减速直线运动的“逆向思维”应用题，考点覆盖匀变速运动的逆向等效(反向匀加速)、速度—位移与位移—时间的比例关系，既考验对逆向思维的迁移运用，又需要结合分段位移分析物理量，难度中等，是高中物理“匀变速运动逆向思维”的典型题目，能有效训练学生的运动学思维转换能力。
5.【答案】B
【解析】解：A.由图(c)可知，在2～4s内木板的加速度是a1=0.4−02m/s2=0.2m/s2
4～5s内木板的加速度为a2=0.2−0.41m/s2=−0.2m/s2
所以2～4s内木板的加速度大小和4～5s内木板的加速度大小相等，故A错误；
B.在v−t图像中，图像与坐标轴围成的面积代表物体的位移，得4～5s内木板的位移是x=0.2+0.42×1m=0.3m，故B正确；
C.由图(b)可知，物块与木板间的摩擦力为Ff=0.2N
根据滑动摩擦力Ff=μFN
则μ=FfFN=0.20.2×10=0.1，故C错误；
D.由图像结合题目可知，在2～5s内木板向左运动，物块静止，物块相对木板向右运动，物体受滑动摩擦力，故D错误。
故选：B。
先图像分析其加速度，判断其运动情况，之后根结合图像求出在不同阶段的加速度、位移以及对应的受力情况，再计算动摩擦因数，分析其所受摩擦力，判断相关选项的对错，从而确定正确选项。
这道题是高中力学综合题，整合受力分析、v−t图像解读、摩擦力类型判断等核心知识点，通过图像数据关联物理概念，既考察基础概念辨析，也考验图像法求加速度、位移的应用能力，是检测力学知识综合运用的典型题。
6.【答案】D
【解析】解：AB、对空调主机受力分析，并建立坐标系，如图所示：
根据平衡条件可得
y轴方向有FPcsα=mg+FQcsβ
则FPcsα>FQcsβ
x轴方向有FPsinα=FQsinβ
两式联立可得FP2cs2α+FP2sin2α>FQ2cs2β+FQ2sin2β
化简得FP2>FQ2
解得：FP>FQ
根据x轴方向有FPsinα=FQsinβ
可知αμ2，5s后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析，由牛顿第二定律有
μ2(m+m)g=(m+m)a3
解得
a3=0.3m/s2
故C错误；
D、根据题意分析可知，0～5s内，小滑块的位移大小为
x1=12×5×2m=5m
长木板的位移大小为
x2=12×3×4m+12×(3+2)×1m=8.5m
故长木板PP的长度至少为
Δx=x2−x1
代入数据解得Δx=3.5m
故D正确。
故选：BD。
根据v−t图像得出不同阶段长木板P和小滑块Q的加速度，再结合牛顿第二定律求解动摩擦因数、拉力F的大小以及长木板P的长度。
本题关键是通过v−t图像获取加速度信息，再利用牛顿第二定律分析受力情况，同时要理解v−t图像面积表示位移这一重要知识点。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、分析图乙所示速度—时间图像。在0～1s内，物块速度大于传送带速度，物块相对于传送带向前滑动，所受滑动摩擦力方向沿斜面向下，与运动方向相反。在1～2s内，物块速度小于传送带速度，物块相对传送带向后滑动，所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，与运动方向相同。选项A关于摩擦力方向的描述存在错误，故A错误；
B、在0～1s内，物块做匀减速运动，加速度大小a=ΔvΔt=12−41m/s2，解得：a=8m/s2。对物块受力分析，沿斜面方向应用牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcs37°=ma。代入数据解得动摩擦因数μ=0.25，故B正确；
C、传送带速度恒为4m/s。在0～1s内，物块位移x1=12+42×1m=8m，传送带位移x2=4×1m=4m，物块相对传送带向前的位移Δx1=x1−x2，解得：Δx1=4m。在1～2s内，物块位移x1′=12×4×1m=2m，传送带位移x2′=4×1m=4m，物块相对传送带向后的位移Δx2=x2′−x1′，解得：Δx2=2m。由于Δx1=4m>Δx2=2m，故划痕长度为4m，故C正确；
D、物块向上运动的总位移x3=x1+x1′，解得：x3=10m。物块下滑时，加速度由牛顿第二定律求得：mgsin37°−μmgcs37°=ma′。代入数据得a′=4m/s2。下滑过程满足x3=12a′t′2，解得下滑时间t′= 5s。物块在传送带上运动的总时间t=2s+t′，解得：t=(2+ 5)s，故D正确。
故选：BCD。
分析题目中的v−t图像可知，煤块在0～1s内速度大于传送带速度，摩擦力方向沿斜面向下；1～2s内速度小于传送带速度，摩擦力方向沿斜面向上。通过计算0～1s内的加速度，结合受力分析可求出动摩擦因数。划痕长度由两段时间内煤块与传送带的相对位移决定，取较大值。煤块在传送带上运动的总时间包括上升和下滑两部分，下滑时间由匀加速运动规律求出。
本题综合考查传送带模型中的动力学问题，涉及牛顿第二定律、运动学图像分析以及相对运动等核心知识点。题目通过v−t图像巧妙呈现了煤块在传送带上运动的复杂过程，要求学生具备较强的图像解读能力和分阶段分析能力。计算量适中，需要学生准确运用匀变速运动公式和摩擦力的动态分析。题目亮点在于将摩擦力方向的判断与相对运动紧密结合，考查了学生对滑动摩擦力方向与相对运动方向关系的理解深度。同时通过划痕长度的计算，检验了学生对相对位移概念的掌握程度。最后的下滑时间计算则进一步考察了学生对全过程分析的完整性。该题难度中等偏上，能有效区分学生对传送带模型的理解层次，尤其对摩擦力方向随相对速度变化的动态分析能力提出了较高要求。解题过程中需要学生严谨把握各阶段的受力情况和运动特征，是一道能全面检测力学综合素养的好题。
10.【答案】AD
【解析】解：A、图甲中，物块A、B之间的最大静摩擦力为：fmax1=μ1mAg=0.3×2×10N=6N，物块B与水平地面之间的最大静摩擦力为：fmax2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+5)×10N=7N，假设A、B恰好发生相对运动，对A、B整体进行分析，根据牛顿第二定律可得：F0−fmax2=(mA+mB)a0，对A进行分析，根据牛顿第二定律可得：μ1mAg=mAa0
联立代入数据解得：a0=3m/s2，F0=28N；甲图中若F=21N，该力小于28N，此时A、B没有发生相对运动，则由牛顿第二定律可得：F−fmax2=(mA+mB)a1
对物体A，由牛顿第二定律可得：f1=mAa1，联立代入数据解得：f1=4N，故A正确；
B、甲图中若B的加速度大小为a2=4m/s2，该加速度大于a0=3m/s2，结合上述可知，A、B之间发生了相对运动，对B进行分析，根据牛顿第二定律可得：F−fmax2=(mA+mB)a2，代入数据解得：F=35N，故B错误；
C、乙图中，由于fmax1=6N