2025-2026学年黑龙江省佳木斯市桦南一中高一（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省佳木斯市桦南一中高一（下）开学物理试卷（含解析），共16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.下列说法中正确的是( )
A. 运动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物体是没有的
B. 研究物体运动时不一定要选择参考系
C. 用GNSS定位系统确定在南极冰川考察的某科考队员的位置时，该队员不可以看作质点
D. 选取不同的参考系，同一物体的运动速度可能不同，但运动轨迹不变
2.研究物体做直线运动图像可以灵活选取纵横轴所表示的物理量，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，物体在0−t1，这段时间内的位移等于v0t02
B. 乙图中，物体的加速度为0.5m/s2
C. 丙图中，阴影面积表示t1−t2时间内物体的位移大小
D. 丁图中，t=2s时物体的速度为25m/s
3.如图，斜面粗糙，物体A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，若默认最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是( )
A. A与B之间没有摩擦力
B. B受到斜面的滑动摩擦力为mBgsinθ
C. B与斜面的动摩擦因数μ=tanθ
D. A与B的动摩擦因数等于B与斜面间的动摩擦因数
4.如图所示，一质量为m的物块置于水平地面上，当用与水平方向成53°角的力F拉物块时，物块做匀速直线运动。若重力加速度为g，F=12mg，则物块与地面之间的动摩擦因数为(sin53°=0.8、cs53°=0.6)( )
A. 17B. 13C. 14D. 12
5.质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M>m，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。若按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为( )
A. (M−m)gMB. (M−m)gmC. MgM+mD. (M+m)gm
6.如图所示，一刚性直杆一端可绕固定转轴O无摩擦转动，另一端A点靠在物块上，当直杆与水平方向的夹角为θ时，物块向左运动的速率为v，直杆端点A的速度为( )
A. vsinθB. vsinθC. vcsθD. vcsθ
7.如图所示，升降机以加速度a竖直向下做匀加速运动，升降机内有质量之比为2：1的物体A、B，重力加速度为g，A、B间用轻弹簧相连并通过轻绳悬挂在升降机顶上，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为( )
A. 1.5g、a
B. 1.5g−0.5a、a
C. 3g−0.5a、2a
D. 0，2a
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.质量为4kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 质点的初速度大小为5m/s
B. 质点所受的合力大小为6N
C. t=0时，质点速度的方向与合外力方向垂直
D. 2s末质点速度大小为6m/s
9.如图所示，倾角为θ=37°的长为5m的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小物块先减速至v1后匀速向上滑行
B. 小物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2
C. 小物块在传送带上运动时间为3.8s
D. 小物块在传送带上留下的痕迹长度为9m
10.如图甲所示，质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F，A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则( )
A. 在0～x2段，拉力F逐渐减小
B. 在x2～x3段，物体加速上升
C. 位移为x1时，A、B之间弹力大小为mg−kx1−Ma0
D. 位移为x2时，A、B一起运动的速度大小为 2a0x2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。
(1)如果没有操作失误，图乙中Fʹ是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上根据实验结果画出的图示，则图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是______。
(2)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.建立物理模型法
(3)在同一对比实验的两次操作中，O点位置______变动。(选填“可以”或“不可以”)
12.图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源频率为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用T表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
(1)完成下列实验步骤中的空格部分：
①补偿小车所受的阻力：撤去小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列______的点。(填“均匀”或“不均匀”)
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块(小吊盘和物块的总质量比小车的质量小得多)，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距S1，S2，…。求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，1a为纵坐标，在坐标纸上作出1a−m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则1a与m应成______关系(填“线性”或“非线性”)。
(2)完成下列的问题：
(i)图2为实验过程中的某一条纸带，由此可知小车的加速度a= ______m/s2(结果保留2位有效数字)。
(ii)图3为根据实验测得数据绘制的图像。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为______，小车的质量为______。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图，位于水平地面上质量m=11kg的小木块，在大小F=50N、与水平方向成α=37°的恒力F作用下沿地面做匀速直线运动。已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)地面对物体的支持力；
(2)木块与地面之间的动摩擦因数。
14.2023年8月上海发布了高级别自动驾驶的5G网络标准，力争到2025年把临港片区建成全国第一个智能网联汽车创新引领区。如图所示，A、B两辆5G自动驾驶测试车正在一段平直公路的两个并列车道上向右匀速行驶，A车的速度vA=20m/s，B车的速度vB=10m/s。当两车沿车道方向相距x0=20m时，A车因前方有突发情况紧急刹车做匀减速直线运动，加速度大小a=4m/s2，两车可看作质点。求：
(1)B车追上A车前，两车沿车道方向的最大距离；
(2)B车追上A车所用的时间。
15.如图所示，质量M=3kg、足够长的板A静止在粗糙水平地面上，右端静止着一个质量m=1kg的物块B(可视为质点)，各接触面间动摩擦因数均为μ=0.15，对板A施加大小为15N、水平向右的恒力F，A、B从静止开始运动，t=2s时刻撤去恒力F，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚开始运动时板A、物块B的加速度大小；
(2)t=2s时板A、物块B的速度大小及撤去力F后板A的加速度；
(3)最终两物体都恢复静止，求板A、物块B之间相对滑动的距离。
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：A.运动是绝对的，静止是相对的，绝对静止的物体是没有的，故A正确；
B.物体的运动具有相对性，研究物体的运动时，一定要选择参考系，故B错误；
C.用GNSS定位系统确定在南极冰川考察的某科考队员的位置时，此种情况下队员的大小和形状可以忽略，故此时队员可以看成质点，故C错误；
D.选取不同的参考系时，同一物体的运动速度可能不同，运动轨迹可能不同，也有可能不变，故D错误。
故选：A。
运动是绝对的，静止是相对的，研究物体的运动需要选择参考系。当物体的大小和形状在研究的问题中可以忽略，物体可以看成质点。
本题考查了参考系和质点的基本概念。知道研究物体的运动一定需要选择参考系。掌握物体能看成质点的条件，关键看物体的大小和形状在研究的问题中能否忽略。
2.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，若物体做初速度为0、末速度为v0的匀加速直线运动，其位移为x=v0t02。根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知该物体的位移大于匀加速直线运动的位移v0t02，故A错误；
B、乙图中，由图可得：v2=x
结合速度—位移公式v2−v02=2ax
得：v2=v02+2ax
与上式对比可得：2a=1m/s2
则物体的加速度大小为：a=0.5m/s2，故B正确；
C、丙图中，根据Δv=aΔt可知，乙图像中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量，故C错误；
D、丁图中，由图可得xt=5t−5
由位移—时间公式x=v0t+12at2
变形得xt=v0+12at
对比可得：v0=−5m/s，a=10m/s2
故t=2s时物体的速度为：v=v0+at=(−5+10×2)m/s=15m/s
故D错误。
故选：B。
甲图中，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，分析物体在0−t0这段时间内的位移大小；乙图中，根据速度—位移公式结合图像的斜率求解物体的加速度；丙图中，根据Δv=aΔt分析图像的阴影面积表示的意义；丁图中，根据位移—时间公式结合平均速度公式求解物体的速度。
本题要理解并掌握图像的物理意义，可抓住图像的斜率和截距分析图像的意义，结合公式的特征是解决此类问题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：BC、对AB整体受力分析，如图所示：
根据受力平衡可得
f=(mA+mB)gsinθ
N=(mA+mB)gcsθ
滑动摩擦力为：f=μBN
联立解得：μB=tanθ，故B错误，C正确；
AD、对A物体受力分析，如图所示：
根据受力平衡可得
fA=mAgsinθ
NA=mAgcsθ
滑动摩擦力为
fmax=μANA
因为AB相对静止，所以A受到静摩擦力，所以有fmax>fA
联立可得：μA≥tanθ=μB，故AD错误。
故选：C。
对A受力分析根据受力平衡，分析A、B间的作用力，在对A、B整体受力分析，确定斜面的摩擦力和摩擦因数。
本题主要考查受力平衡，在受力分析中合理的使用整体法与隔离法可以简化分析。
4.【答案】D
【解析】解：对物体受力分析，如图所示：
根据平衡条件得：Fcs53°=μ(mg−Fsin53°)，代入数据解得：μ=12，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对物体受力分析，根据平衡条件求解动摩擦因数。
本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件求解。
5.【答案】A
【解析】解：由甲图可知，物体m匀速运动，由平衡条件可得：T=mg
物体M也做匀速运动，则有：T=μMg
联立解得：；μ=mM
乙图中，对M，由牛顿第二定律可得：Mg−T′=Ma
对m有：T′−μmg=ma
联立解得：a=(M−m)gM，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先对甲图中M和m受力分析，根据平衡条件求解出动摩擦因数；再对乙图中的M和m受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度。
本题关键是灵活地选择研究对象，然后受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。
6.【答案】A
【解析】解：如下图，将A点的速度分解：
根据运动的合成与分解可知，接触点A的实际运动、即合运动为在A点垂直于杆的方向的运动，该运动由水平向左的分运动和竖直向下的分速度组成，所以vA=vsinθ，为A点做圆周运动的线速度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将A点的速度分解为沿水平方向和竖直方向，在垂直于杆子方向上的速度等于A点绕O转动的线速度。
解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于A点转动的线速度。
7.【答案】B
【解析】解：设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧视为整体，根据牛顿第二定律有3mg−T=3ma
代入数据得T=3mg−3ma
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有mg−F=ma
代入数据得F=mg−ma
剪断轻绳后，绳中拉力T消失，弹簧弹力F不变，所以B受力不变，加速度大小仍为a，而A所受力发生变化，根据牛顿第二定律有2mg+F=2maA
代入数据得aA=1.5g−0.5a，故B正确，ACD错误。
故选：B。
先对初始状态的两物体受力分析求出弹簧弹力，剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，再分别对两物体受力分析，结合牛顿运动定律求出各自加速度。
本题以升降机加速运动为情境，考查瞬时加速度问题，重点检验学生对弹簧弹力特性及牛顿第二定律的综合应用能力。
8.【答案】AB
【解析】解：A、由图可知x轴方向初速度大小为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=−4m/s，质点的初速度大小为v0= vx2+vy2= 32+42m/s=5m/s，故A正确；
B、x轴方向的加速度a=6−32m/s2=1.5m/s2，y轴方向的加速度为0，质点的合力F合=ma=6N，故B正确；
C、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故C错误；
D、2s末质点速度大小应该为v= 62+42m/s=2 13m/s，故D错误。
故选：AB。
根据速度—时间图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动。根据位移—时间图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度。质点的合力一定，做匀变速运动。y轴的合力为零。根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力。根据运动的合成解得2s末质点的速度。
本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，要掌握类平抛运动的条件和研究方法。
9.【答案】BD
【解析】解：B.根据题意可知，开始阶段，小物块的速度大于传送带速度，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1
代入数据得a1=10m/s2
小物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2，故B正确；
A.由mgsinθ>μmgcsθ
可知，当小物块与传送带速度相等时不能保持相对静止，小物块继续向上减速到0，此过程小物块的速度小于传送带速度，由牛顿第二定律有mgsinθ−μmgcsθ=ma2
代入数据得a2=2m/s2，故A错误；
C.小物块在第一阶段和第二阶段运动的时间分别为t1=v2−v1a1，t2=v1a2
向下做匀加速直线运动，根据运动学规律s=12a2t32，s=v1+v22t1+v12t2
代入数据得t3=2s
小物块在传送带上运动时间t=t1+t2+t3
代入数据得t=3.6s，故C错误；
D.由运动学公式知，第一阶段物块运动位移为x1=v2+v12t1
代入数据得x1=3m
传送带运动的位移为s1=v1t1
代入数据得s1=1.2m
物块向上超前传送带运动的距离为Δx1=x1−s1
代入数据得Δx1=1.8m
同理可得，第二阶段物块的运动位移为x2=v12t2
代入数据得x2=1m
传送带运动的位移为s2=v1t2
代入数据得s2=2m
物块向上落后传送带运动的距离为Δx2=s2−x2
代入数据得Δx2=1m
第三阶段传送带运动的位移为s3=v1t3
代入数据得s3=4m
物块向下运动的距离为x3=12a2t32
代入数据得x3=4m
物块向下相对传送带运动的距离为Δx3=x3+s3
代入数据得Δx3=8m
故小物块在传送带上留下的痕迹长度为Δx=Δx3+Δx2
代入数据得Δx=9m，小物块在传送带上留下的痕迹长度为9m，故D正确。
故选：BD。
先对物块刚滑上传送带时受力分析求出加速度，再分析速度与传送带共速后的受力和运动状态，结合运动学公式计算各阶段的时间、位移及相对位移，逐一判断选项。
本题以倾斜传送带为物理情境，综合考查受力分析、运动阶段划分及相对位移计算，能有效检验学生对牛顿运动定律与运动学规律的应用能力，同时体现了相对运动的分析技巧。
10.【答案】BCD
【解析】解：A、在0～x2段，弹簧弹力减小，加速度不变，由牛顿第二定律可得：F+F弹−(m+M)g=(m+M)a0，解得拉力为：
F=(m+M)(g+a0)−F弹，由此可知，随弹簧弹力减小，拉力F逐渐增大，故A错误；
B、在x2～x3段，物体加速度方向不变，加速上升，故B正确；
C、初始状态下，由平衡条件可得：F弹0=(m+M)g
当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力为：F弹1=F弹0−ΔF弹=F弹0−kx1=(m+M)g−kx1
以B为研究对象，则由牛顿第二定律可得：F弹1−Mg−Fx1=Ma0
解得：Fx1=F弹1−Mg−Ma0=mg−kx1−Ma0，故C正确；
D、根据速度—位移关系可得：v2=2a0x2，解得：v= 2a0x2，故D正确。
故选：BCD。
根据题目提供的条件，对A、B进行受力分析，然后结合牛顿第二定律与运动学的公式即可解答。
本题是对连接体物体的考查，解题的关键是要理解x2前F是变力，x2后F可能是恒力的隐含条件。即在x2前物体受力和x2以后受力有较大的变化。
11.【答案】(1)Fʹ；
(2)B；
(3)不可以。
【解析】【分析】
明确实验原理，了解实验误差的存在，知道该实验中“理论值”和“实验值”的区别；明确实验中采用的方法为等效替代法；
本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。
【解答】
(1)Fʹ 是通过实验方法得出的，其方向一定与AO方向相同；
(2)合力与分力的作用效果相同，所以本实验的科学方法是等效替代法，故B正确，ACD错误。
故选B；
(3)在同一对比实验的两次操作中，为了保证合力与分力的作用效果相同，O点位置不可以变动。
故答案为：(1)Fʹ ；(2)B；(3)不可以。
12.【答案】均匀 线性 0.50 1k bk
【解析】解：(1)①补偿小车所受的阻力：撤去小吊盘，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列均匀的点。
⑥若加速度与小车和砝码的总质量成反比，即
a=FM+m
可得
1a=1Fm+MF
则1a与m应成线性关系。
(2)(i)可知小车的加速度
a=xCE−xAC4T2=(3.90+3.39−2.89−2.40)×10−24×0.12m/s2=0.50m/s2
(ii)根据
1a=1Fm+MF
结合图像可知
1F=k
MF=b
解得
F=1k
M=bk
故答案为：(1)①均匀；②线性；③0.50；(2)1k；bk
(1)根据实验原理及实验操作结合牛顿第二定律解答
(2)根据匀变速直线运动的推论求出小车的加速度；根据图示图象分析。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提与关键，应用匀变速直线运动的推论即可解题，解题时注意单位换算。
13.【答案】解：(1)以木块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
Fsinα+N=mg
解得地面对物体的支持力大小为
N=mg−Fsinα=110N−50×0.6N=80N
方向竖直向上。
(2)以木块为对象，水平方向根据受力平衡可得
f=Fcsα=50×0.8N=40N
根据
f=μN
可得木块与地面之间的动摩擦因数为
μ=fN=4080=0.5
答：(1)地面对物体的支持力为80N，方向竖直向上；
(2)木块与地面之间的动摩擦因数是0.5。
【解析】根据受力平衡和滑动摩擦力公式即可解出。
本题考查了学生对于滑动摩擦力公式、平衡力知识的理解和应用能力，难度适中。
14.【答案】解：(1)设经过时间t，A、B两车速度相同，此时距离最大，则
vB=vA−at
B车的位移
xB=vBt
A车的位移
xA=vAt−12at2
最大距离
xm=xA+x0−xB
联立解得
xm=32.5m
(2)A车速度减为0时所用时间
t1=vAa
则
xA′=vAt1−12at12
xB′=vBt1
两者间距
Δx=xA′+x0−xB′
A车静止后，B车继续匀速运动的时间
t2=ΔxvB
故相遇时间
t=t1+t2
解得t=7s
答：(1)B车追上A车前，两车沿车道方向的最大距离等于32.5m；
(2)B车追上A车所用的时间为7s。
【解析】(1)A、B两车速度相同，此时距离最大，根据运动学公式求解最大距离；
(2)求解A车速度减为0时所用时间以及位移，求出此时二者相距的距离，求出A车静止后，B车继续匀速运动的时间，两段时间相加等于相遇时间。
本题为追击问题，掌握匀速直线运动和匀变速直线运动的速度、时间、位移之间的关系，明确两车共速时的极值。
15.【答案】解：(1)刚开始运动时，对B，根据牛顿第二定律有
μmg=maB1
解得
aB1=1.5m/s2
对A，根据牛顿第二定律有
F−μmg−μ(M+m)g=MaA1
解得
aA1=2.5m/s2
(2)0～2s内，分别对A、B，可得
vA1=aA1t1=2.5×2m/s=5m/s
vB1=aB1t1=1.5×2m/s=3m/s
撤去拉力后，对B有
μmg=maB2
解得
aB2=1.5m/s2
对A有
μmg+μ(M+m)g=MaA2
解得
aA2=2.5m/s2
(3)设经时间t2，A、B共速，可得
vA1−aA2t2=vB1+aB2t2
解得
t2=0.5s
且A、B共速时的速度为
vA2=vA1−aA2t2=(5−2.5×0.5)m/s=3.75m/s
共速后，A、B一起在地面上做匀减速运动，不再有相对位移，作出A、B运动的v−t图像如图所示
根据图像可得A、B之间相对滑动的距离为
Δx=(5×22+5+3.752×0.5)m−3.75×2.52m=2.5m
答：(1)刚开始运动时板A为2.5m/s2，物块B的加速度大小为1.5m/s2；
(2)t=2s时板A、物块B的速度大小分别为5m/s，3m/s，撤去力F后板A的加速度为2.5m/s2；
(3)板A、物块B之间相对滑动的距离为2.5m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律计算刚开始运动时板A、物块B的加速度大小；
(2)根据速度—时间公式求t=2s时板A、物块B的速度大小。撤去力F后，根据牛顿第二定律计算板A的加速度；
(3)撤去力F后，先根据速度—时间公式求出板A与物块B达到共速经过的时间和共同速度，共速后，A、B一起在地面上做匀减速运动，不再有相对位移，作出A、B运动的v−t图像，再求板A、物块B之间相对滑动的距离。
在解决本题时，要分析清楚木板和物块的运动过程，注意研究共速状态，通过作图求相对位移。