辽宁沈阳市第八十三中学2025-2026学年高一下学期期初物理试卷含答案

这是一份辽宁沈阳市第八十三中学2025-2026学年高一下学期期初物理试卷含答案，共18页。试卷主要包含了非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一物理期初考试试题
考试时间：75 分钟 试卷总分：100 分
本试卷由两部分组成。第Ⅰ部分为选择题部分，一律用 2B 铅笔按题号依次填涂
在答题卡上；第Ⅱ部分为非选择题部分，按要求答在答题卡相应位置上。
第Ⅰ卷 选择题（共 46 分）
一、选择题（本题共 10 小题，第 1~7 题只有一个选项符合题目要求，每小题 4分；8~10 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全得 3
分。）
1 ．下列说法正确的是( )
A ．用质点来代替有质量的物体是采用了等效替换的思想
B ．千克、秒、牛顿是国际单位制中的三个基本单位
C ．汽车速度越大，刹车后越难停下来；表明物体的速度越大，其惯性越大
D．实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力f 与受力面积S 及速度v 的关系为f = kSv2 ，
则在国际单位制中，比例系数k 的单位是kg / m3
2 ．质点从静止开始做匀加速直线运动，在第 1 个 2s、第 2 个 2s 和第 3 个 2s 内三段位移比为( )
A ．1: 2 : 3 B ．1: 4 : 9 C ．1: 3: 5 D ．1: 8 : 27
3 ．如图所示，某小船船头垂直河岸渡河，已知该段河宽 300m，河水流速v1 = 3m / s ，船在
静水中的速度v2 = 5m / s ，下列说法正确的是( )
A ．小船做曲线运动
B ．小船渡河所用时间为 100s
C ．为使小船渡河位移最小，船头应偏向上游，小船与河岸的夹角的余弦值为 0.6
D ．不管河水速度多大，小船的最小渡河位移均为 300m
4 ．如图所示，O、A、B 、C、D 在同一圆周上，OA 、OB 、OC、OD 是四条光滑的弦，若一
小物体由静止从 O 点开始下滑到A、B 、C、D 所用的时间分别为 tA 、tB 、tC 、tD ，则( )
A ．tA ＜tB ＜tC ＜tD
B ．tA ＞tB ＞tC ＞tD
C ．tA=tB=tC=tD
D ．无法判断
5 ．如图所示，用AO 、BO 两根细线吊着一个重物 P ，AO 与天花板的夹角θ 始终保持不变，用手拉着BO 线由水平方向绕O 点沿逆时针方向逐渐转向竖直向上的方向，在此过程中，BO和AO 中张力的大小变化情况是( )
A ．都逐渐变大
B ．都逐渐变小
C ．BO 中张力逐渐变大，AO 中张力逐渐变小
D ．BO 中张力先变小后变大
6 ．质量为m 的光滑圆柱体 A 放在质量也为m 的光滑 V 形槽 B 上，V 形槽放在光滑水平地面上，如图所示，a = 60。，另有一质量为M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将 C 自由释放，则下列说法正确的是( )
A ．当M = m 时，A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 0.5g
B ．当M = 2m 时，A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 0.5g
C ．当M = 6m 时，A 和 B 保持相对静止，共同加速度为 0.75g
D ．当M = 5m 时，A 和 B 恰好发生相对滑动
7 ．某大型货场使用传送带运输货物，如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率运转，皮带始终是绷紧的，将货物放在传送带的最上端A 处，经过2.4s 到达传送带的最下端B 处。用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图像如图乙所示，重力加速度取
g = 10m / s2 。由v - t 图像可知( )
A ．货物由顶端运动到底端过程中，摩擦力方向始终不变
B ．0 ~ 0.4s 时间内，货物的加速度为2m / s2
C ．货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5
D ．0 ~ 2.4s 时间内，货物相对传送带运动的路程为3.2m
8 ．研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离 h 及其对应的速度 v，得到如图所示的 v2 - h 图像。运动员及其所携带装备的总质量为60kg，弹性绳原长为 10m，弹性绳上的弹力遵循胡克定律，忽略空气阻力，取重力加速度g = 10m / s2 ，以下说法正确的是( )
A ．弹性绳的劲度系数为120N / m
B ．运动员在下落过程中先超重再失重
C ．运动员在最低点处加速度大小为20m / s2
D ．运动员在速度最大处运动员处于失重状态
9 ．如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块 A，整体处于静止状态，托盘的质量
m = 0.5kg ，物块 A 的质量M = 1kg 。给 A 施加一个竖直向上的力F ，使 A 从静止开始向上做匀加速直线运动，力F 随时间变化的F - t 图像如图乙所示，其中F0 = 6N 。取
g = 10m/s2 ，下列说法正确的是( )
A ．A 的加速度为6m/s2
B ．t = 0 时刻托盘对物块的支持力为 8N
C ．t = 0.2s 时弹簧恢复原长
D ．轻弹簧的劲度系数k = 100N / m
10 ．如图所示，小球甲、乙的质量之比为1: 2 ，两小球按如图的方式连接，其中 a 、b 为两弹性绳（弹性绳满足胡克定律）， c 为不可伸长的轻绳，系统静止时，弹性绳a 与竖直方向的夹角为a = 45。，轻绳c 沿水平方向，且两弹性绳的伸长量相等。已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )
A ．系统静止时，两弹性绳的作用力大小相等
B ．弹性绳a 、b 的劲度系数之比为
C ．将轻绳c 剪断的瞬间，小球乙的加速度大小为g
D ．将轻绳c 剪断的瞬间，小球甲的加速度大小为3g
二、非选择题（本题共 5 小题，第 11 、12，每空 2 分，共计 14 分，第 13 题 12分，第 14 题 14 分，第 15 题 14 分，按要求答在答题卡相应位置上。）
11．为了探究物体质量一定时“加速度与力的关系”，甲、乙同学设计了如图 a 所示的实验装置。其中，M 为小车的质量，m 为砂和砂桶的总质量，m0 为滑轮的质量，力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)实验时，一定要进行的操作是( )
A ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力
B ．用天平测出砂和砂桶的总质量
C ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，获得一条打点的纸带，同时记录力传感器的示数
D ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量 m 远小于小车的质量 M
(2)甲同学在实验中得到如图 b 所示的一条纸带，已知打点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电，根据该纸带，小车的加速度为________ m/s2 （结果保留三位有效数字）。
(3)甲同学以力传感器的示数 F 为横轴，加速度 a 为纵轴，画出的a - F 图像是一条直线，如图 c 所示，图线与横轴的夹角为θ ,求得图线的斜率为 k，则小车的质量M = ( )
A ． B ． m0 C ． D ． m0
(4)乙同学根据测量数据作出如图d 所示的a - F 图线，该同学做实验时存在的问题是
________________。
12 ．某实验小组用图所示装置进行“研究平抛运动”实验。
(1)实验操作时每次须将小球从轨道同一位置无初速度释放，目的是使小球抛出后______。
A ．只受重力 B ．轨迹重合 C ．做平抛运动 D ．速度小些，便于确定位置
(2)由于忘记记下小球做平抛运动的起点位置 O，该小组成员只能以平抛轨迹中的某点 A 作为坐标原点建立坐标系，B 、C 两点的坐标分别为（x，y）、（2x ，3y），如图所示。可求出小球做平抛运动的初速度为______。（用 x、y、重力加速度 g 表示）
(3)另一实验小组的同学在以抛出点为坐标原点的轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标，并在直角坐标系内绘出了y - x2 图像，此平抛物体的初速度v0 = 0.49m/s ，则竖直方向的加速度g = ______ m/s2 。（结果保留 3 位有效数字）
三、解答题
13．如图所示，一质量m = 2 kg 的物体在与水平方向成 θ = 37的拉力F 作用下，从静止开始运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ = 0.5，F = 20 N ，sin37 = 0.6，cs37 = 0.8，g 取10m/s2 。求：
(1)物体与地面的摩擦力大小；
(2)物体的加速度大小a ；
(3)若经过1.0s 撤掉拉力F ，物块再经过多长时间停止运动。
14 ．2022 年，北京举行了第 24 届冬季奥林匹克运动会。冬季奥运会比赛项目之一的“跳台滑雪”，可简化为如图所示的模型，质量为 60kg 的运动员由高处下滑后从平台末端 A 点水平跃出，落在水平地面上的 B 处。已知A 点离地面高度H = 20m ，从 A 点到 B 的水平距离
x = 60m ，忽略一切阻力，g 取10m / s2 。求运动员：
(1)从 A 点运动到 B 点的时间t ；
(2)从 A 点水平跃出时的速度大小vA ；
(3)到 B 点时的速度大小vB 及速度与水平方向夹角的正切值。
15 ．如图 1 ，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上的某位置，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M = 4kg，物块的质量为 m = 2kg ，物块与长木板间的动摩擦因
数为 μ1 = 0.2 ，长木板与地面之间的动摩擦因数为 μ2 = 0.4 ，物块可看作质点，木板足够长，
认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g = 10m/s2 ，求：
(1)如图 2 所示，若对长木板施加一个水平向右的拉力F ，能使木板和木块相对静止一起向右匀加速运动，则力F 的取值范围为多少?
(2)如图 3 所示，若给木板一水平向右的初速度v0 = 4.5m/s ，小物块在往后的运动中恰好没有从木板左端掉下来，则木块距离木板左端的距离d 为多少?
(3)在（2）的条件下，在木板和物块运动的全过程中，物块与木板间的相对位移为多少？
1 ．D
A ．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的思想，选项 A 错误；
B ．千克、秒、米是国际单位制中的三个基本单位，选项 B 错误；
C ．惯性只与质量有关，与速度无关，选项 C 错误；
D ．根据
f = kSv2
可得
则在国际单位制中，比例系数k 的单位是
选项 D 正确。
故选 D。
2 ．C
质点从静止开始做匀加速直线运动，加速度为a 。第 1 个 2s 内位移
第 2 个 2s 内位移sa ×22 = 6a 第 3 个 2s 内位移sa ×42 = 10a 三段位移之比为s1 : s2 : s3 = 2a : 6a :10a = 1: 3 : 5 。
故选 C。
3 ．C
A．
由题意，小船沿如图v 方向做匀速直线运动，故 A 错误；
B ．小船渡河所用时间为t s = 60s ，故 B 错误；
答案第 1 页，共 10 页
C ．为使小船渡河位移最小，船头应偏向上游，应满足v2 cs θ = v1小船与河岸的夹角的余弦值为cs ，故 C 正确；
D ．当v1 < v2 时，小船不能垂直过河，渡河位移会大于 300m，故 D 错误。故选 C。
4 ．C
物体沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律可得mg csθ = ma解得物体的加速度 a＝gcs θ
θ 是斜面与竖直方向的夹角，在斜面上的位移 s 与圆的半径的关系 s ＝2Rcsθ由运动学规律 2Rcs at2
联立解得t
可见运动时间与斜面长度及其倾斜程度无关。
故选 C。
5 ．D
对重物受力分析，受重力、两个拉力，如图所示
将两个拉力合成，合力与第三个力重力平衡， 由图像可以看出， BO 中张力先变小后变大， AO 中张力逐渐变小。
故选 D。
6 ．B
CD ．当 A 和 B 的右侧面恰好不发生分离时，对 A 受力分析如图所示
根据牛顿第二定律有
mg
= ma
tan60°
解得
g
tan60 3
a g
对于 AB 和C 整体，由牛顿第二定律有
Mg = (M + 2m) a
解得
联立可得
解得
可知当M > 2.73m 时，A 和 B 的右侧面发生分离，A 和 B 发生相对滑动，故 CD 错误；
A ．当M < 2.73m 时，A 和 B 保持相对静止，若 A 和 B 保持相对静止，则有Mg = (M + 2m) a
解得
所以当M = m 时，A 和 B 保持相对静止，共同加速度a = g ，故 A 错误；
B ．当M = 2m 时，A 和 B 保持相对静止，共同加速度a = g = 0.5g，故 B 正确。故选 B。
7 ．C
A ．由图乙货物运动过程的 v-t 图像可知，货物初始速度小于传送带速度，摩擦力向下，当货物速度大于传送带速度后，摩擦力向上，故 A 错误；
B ．0 ~ 0.4s 时间内，货物的加速度为am/s2 ，故 B 错误；
C ．0.4s~2.4s，货物的加速度为 am/s2
0 ~ 0.4s 时间内，根据牛顿第二定律有mg sinθ + μmg csθ = ma1
0.4s~2.4s 根据牛顿第二定律有mg sinθ - μmg csθ = ma2解得μ = 0.5 ，故 C 正确；
D ．根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知，0 ~ 2.4s 时间内，货物相对传送带运动的路程为s m = 4.8m ，故 D 错误；
故选 C。
8 ．AC
A．运动员受力平衡时，速度最大。由图像可知， 下落高度为 15m 时速度最大，此时受力平衡F = mg
且F = kΔx ， Δx = (15 -10)m = 5m
解得k N/m = 120N/m ，故 A 正确；
B ．根据加速度向上，物体处于超重状态；加速度向下，物体处于失重状态，运动员下落过程先加速后减速，所以下落过程是先失重后超重，故 B 错误；
C ．运动员在最低点时，速度为零，弹力最大，此时由牛顿第二定律可得F - mg = ma其中F = kΔxm ，xm = (25 -10）m = 15m
联立解得a = 20m/s2 ，故 C 正确；
D ．速度最大时重力和弹力平衡，此时加速度为零，既不失重也不超重，故 D 错误。故选 AC。
9 ．BD
AB ．当t = 0 时，对托盘和物体 A 整体受力分析可知，弹簧的弹力与托盘、物体 A的总重力平衡，外力F0 提供加速度，根据牛顿第二定律则有F0 = (M + m)a
解得a = 4m/s2
单独对物体 A 受力分析，根据牛顿第二 定律则有F支 + F0 - Mg = Ma
代入数据解得F支 = 8N A 错误，B 正确；
C ．由图像可知，t = 0.2s 以后，拉力 F 大小不变，说明物体 A 在 0.2s 时恰好与托盘分离，此时二者具有共同的加速度4m/s2 ，方向竖直向上，故此时弹簧对托盘的弹力大于托盘的重力，弹簧处于压缩状态，C 错误；
D ．设弹簧的劲度系数 k，未施加外力时弹簧的压缩量为x ，物块 A 与托盘分离时弹簧的压缩量为x' ，则有kx = (M + m)g ，kx' - mg = ma
根据运动学规律可得x - xat2
其中a = 4m/s2 ，t = 0.2s联立解得k = 100N/m
D 正确。
故选 BD。
10 ．BD
A ．设小球甲的质量为m 、则小球乙的质量为 2m ，对小球乙受力分析，受重力和弹性绳b 的拉力，根据平衡条件有Fb = 2mg
再对两小球整体受力分析，受重力、轻绳的拉力和弹性绳a 的拉力，受力如图所示
根据平衡条件有Fa csa = 3mg ，Fa sin a = Fc
解得Fc = 3mg 、Fa = 3 mg ，故 A 错误；
B ．由于弹性绳a 、b 伸长量刚好相同，根据胡克定律有Fa = ka x 、Fb = kb x可得ka : kb = Fa : Fb = 3 : ，故 B 正确；
C ．将轻绳c 剪断的瞬间，小球乙的重力和弹性绳的弹力均不变，则小球乙的加速度仍为零，故 C 错误；
D ．将轻绳c 剪断的瞬间，小球甲受重力以及两弹性绳的拉力作用，且这三个力均不变，则小球甲的合力大小仍为F合 = Fc = 3mg
由牛顿第二定律得a甲 g ，故 D 正确。
故选 BD。
11 ．(1)AC (2)2.00
(3)D
(4)平衡阻力过度
（1）A ．为了让绳子对小车的拉力等于小车所受的合力，需要将长木板右端垫高，以平衡阻力，故 A 正确；
B．因为用力传感器测绳子的拉力，所以对砂和砂桶的质量没有要求，也不用测量其总质量，故 B 错误；
C ．为了充分利用纸带，并确保打点计时器打点稳定，开始做实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，获得一条打点的纸带，同时记录力传感器的示数，故 C 正确；
D ．因为用力传感器能测出绳子的拉力，无需让砂和砂桶的总重力近似看做绳的拉力，故 D错误。
故选 AC。
（2）打点计时器所接交流电频率为 50Hz，故每 5 个计时点间的时间间隔 ΔT = 0.1s ，小车的加速度为a m/s2 = 2.00m/s2
（3）由牛顿第二定律得2F = (m0 + M) a
故 D 正确，C 错误； θ 的大小与所选标度有关，故 A 、B 错误。
故选 D。
（4）从图 d 可知，没有施加拉力，小车就有加速度，所以图d 存在的问题是平衡阻力过度。
变形为a 所以a - F 图线的斜率
解得M m0
12 ．(1)B
(3)9.60
（1）实验操作时每次须将小球从轨道同一位置无初速度释放，目的是保证小球每次抛出时具有相同的初速度，抛出后轨迹重合。
故选 B。
（2）由图示数据可知，AB 间的水平位移等于 BC 间水平位移，可知 AB 间的时间等于 BC间的时间；竖直方向做自由落体运动，则有
3y - y - y = gT2
解得
水平方向有
（3）竖直方向有
水平方向有
x = v0t
联立可得
可得y - x2 图像的斜率为
可得该地的重力加速度为
g ≈ 9.60m/s2
13 ．(1)4N
(2)6m/s2
(3)1.2s
（1）设地面对物体支持力为FN ，物体竖直方向受力平衡，则由平衡条件FN + Fsinθ = mg
解得物体与地面的摩擦力大小为f = μFN = 4N
（2）水平方向上，根据牛顿第二定律Fcsθ - f = ma解得物体的加速度大小a = 6m/s2
（3）物体在 1.0s 时的速度v = at = 6m/s
撤掉拉力F 后对物块受力分析，由牛顿第二定律 μmg = ma ¢可得物块减速时的加速度大小为a¢ = 5m/s2
由运动学公式v = a ¢t ¢◆可得t ¢ = 1.2s
14 ．(1)t = 2s
(2) vA = 30m / s
(3) vB = 10m / s ，tan
（1）因为从 A 点到 B 的运动是平抛运动，且A 点到离地面高度H = 20m ，则
解得t = 2s
（2）从 A 点到 B 的水平距离x = 60m ，则 x = vAt解得vA = 30m / s
（3）由题可知 vBx = =vA 30m / s
则vBy = gt = 20m / s
联立可得vB m / s ，tan B 点时的速度与水平方向夹角的正切值为 。
15 ．(1)36N ≥ F > 24N
(2)1.125m
(3)0.975m
（1）假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F - μ2 (M + m)g = (M + m) a1
当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有 μ1mg = ma1
解得a1 = 2 m / s2
解得F = 36N
F = 24N 木板和木块才能开始运动，则36N ≥ F > 24N 。
（2）根据牛顿第二定律，共速前，木板运动过程中加速度的大小am / s2 ，a2 = μ1g = 2m / s2
两者共速用时v共 = a2t = v0 - a1t解得t s
共同速度v共 = a2t = 1m / s
根据题意可知，当两者共速时，则有物块相对木板向左运动的位移为
共速后，判断木块和木板是否能一起减速，假设二者可以一起减速，则a共 = μ2g = 4m / s2 > a2 = μ1g = 2m / s2
所以二者不能相对静止一起减速，木板减速的块，木块相对木板向右运动，所以，共速时，二者的相对位移即为木块距离木板左端的距离d = S = 1.125m
木板的停止位移x m
物块停止位移x m
该过程木块相对木板向右运动，相对位移
全过程木块和木板的相对位移Δx = S - S¢ = 0.975 m