2025屆河北保定市物理高一上期末考試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、下列敘述中正確的是A.我們所學過的物理量：速度、加速度、位移、路程都是矢量B.物體從靜止開始的下落運動叫自由落體運動C.通常所說的壓力、支持力和繩的拉力都是彈力D.任何有規則形狀的物體，它的重心一定與它的幾何中心重合，且也一定在物體內2、物體做平拋運動的規律可以概括為兩點：⑴在水平方向做勻速直線運動；⑵在豎直方向做自由落體運動．如圖所示為一種研究物體做平拋運動規律的實驗裝置，其中A、B為兩個等大的小球，C為與彈性鋼片E相連的小平臺，D為固定支架，兩小球等高．用小錘擊打彈性鋼片E，可使A球沿水平方向飛出，同時B球被松開，做自由落體運動．在不同的高度多次做上述實驗，發現兩球總是同時落地，這樣的實驗結果（）A.只能說明上述規律中的第⑴條B.只能說明上述規律中的第⑵條C.能同時說明上述兩條規律D.不能說明上述兩條規律中的任意一條3、石塊A自塔頂自由落下s1時，石塊B自離塔頂s2處自由落下，兩石塊同時落地．則塔高為（）A.B.C.D.4、歷史上首先正確認識力和運動的關系，批駁“力是維持物體運動的原因”觀點的物理學家是（）A.亞里士多德 B.牛頓C.伽利略 D.笛卡爾5、關于超重與失重現象的說法正確的是A.處于超重狀態的物體其所受重力大于靜止時物體所受的重力B.處于失重狀態的物體一定向下加速運動C.處于超重狀態的物體所受合力方向可能與重力方向相反D.處于失重狀態的物體加速度方向可能與重力加速度方向相反6、如圖所示，自由下落的小球下落一段時間后與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，以下說法正確的是（）A.小球加速度先減小再增大B.小球先失重狀態后超重C.小球剛接觸彈簧時，小球速度最大D.彈簧被壓縮最短時小球的加速度為零7、下列所給的圖象中能反映作直線運動的物體回到初始位置的是()A. B.C. D.8、我市奧運冠軍鄧薇在2019年舉重世界杯暨東京奧運會資格賽中再次打破世界紀錄．如圖為鄧薇在進行抓舉比賽。下列說法正確的是A.在抓舉杠鈴上升階段，手對杠鈴的作用力大于杠鈴對手的作用力B.舉住杠鈴靜止時，手對杠鈴的作用力等于杠鈴對手的作用力C.舉住杠鈴靜止時，手對杠鈴的作用力與杠鈴對手的作用力是一對平衡力D.舉住杠鈴靜止時，手對杠鈴的作用力與杠鈴所受重力是一對平衡力9、碼頭上兩個人用水平力推集裝箱，想讓它動一下，但都推不動，其原因是（）A集裝箱太重B.推力總小于摩擦力C.集裝箱所受合外力始終為零D.推力總小于最大靜摩擦力10、如圖所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。滑塊的v-t圖象可能是（）A. B.C. D.二、實驗題11、（4分）12、（10分）三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位13、（9分）摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖所示．考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的．已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a-t圖像如圖所示．電梯總質量m=2.0103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2(1)求電梯在上升過程中受到最大拉力F1和最小拉力F2；(2)類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據圖2所示a-t圖像，a．求電梯在第1s內的速度改變量v1的大小和第2s末的速率v2；b．寫出電梯在第1s內的加速度與時間的關系式、速度與時間的關系式；14、（14分）已知物體從80m高處開始做自由落體運動，求物體落地時的速度和下落的時間。（g=10m/s2）15、（13分）如圖所示，水平傳送帶端到端的距離，物塊均視為質點）通過繞在光滑定滑輪上的細線連接，物塊在傳送帶的左端，與連接物塊的細線水平，當傳送帶以的速度逆時針轉動時，物塊恰好靜止。已知物塊的質量，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度，求：（1）物塊的質量；（2）當傳送帶以的速度順時針轉動時，物塊從端運動到端所用的時間；（3）當傳送帶以速度順時針轉動時，物塊從端運動到端的過程中，物塊相對傳送帶運動的距離。

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1、C【解析】A．我們所學過的物理量：速度、加速度、位移都是矢量、路程是標量，選項A錯誤；B．物體只在重力作用下從靜止開始的下落運動叫自由落體運動，選項B錯誤；C．通常所說的壓力、支持力和繩的拉力都是彈力，選項C正確；D．任何有規則形狀且質量分布均勻的物體，它的重心一定與它的幾何中心重合，但是不一定在物體內，可能在物體外部，選項D錯誤；故選C。2、B【解析】兩球同時落地，可知平拋運動在豎直方向上的運動規律與自由落體運動的規律相同，即平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，該實驗不能得出平拋運動在水平方向上的運動規律。故B正確，ACD錯誤。【點睛】本題屬于簡單基礎題目，實驗雖然簡單，但是很直觀的驗證了平拋運動在豎直方向上的運動規律．注意該實驗不能得出平拋運動在水平方向上的運動規律3、B【解析】設塔高為h，石塊A自塔頂自由落下s1的時間為：此時A石塊的速度為：石塊B自離塔頂s2處自由落下的時間為：石塊A繼續下落的時間等于t2，則：h-s1=v1t2+gt22帶入數據解得：，故選B4、C【解析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【詳解】歷史上首先正確認識力和運動的關系，推翻“力是維持物體運動的原因”的物理學家是伽利略【點睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一5、C【解析】A．處于超重狀態的物體其所受重力等于靜止時物體所受的重力，選項A錯誤；B．處于失重狀態的物體有向下的加速度，但是不一定向下加速運動，選項B錯誤；C．處于超重狀態的物體加速度向上，所受的合力向上，即所受合力方向與重力方向相反，選項C正確；D．處于失重狀態的物體加速度方向向下，加速度方向與重力加速度方向相同，選項D錯誤。故選C.6、AB【解析】小球接觸彈簧上端后受到兩個力作用：向下的重力和向上的彈力．在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，因為彈力F=kx不斷增大，所以合外力不斷減小，故加速度不斷減小，由于加速度與速度同向，因此速度不斷變大．當彈力逐步增大到與重力大小相等時，合外力為零，加速度為零，速度達到最大．后一階段，即小球達到上述位置之后，由于慣性小球仍繼續向下運動，但彈力大于重力，合外力豎直向上，且逐漸變大，因而加速度逐漸變大，方向豎直向上，小球做減速運動，當速度減小到零時，達到最低點，彈簧的壓縮量最大；因加速度先向下后向上，先減小再增大；故物體先失重后超重；故AB正確，CD錯誤．故選AB【點睛】本題考查了牛頓第二定律的綜合應用，學生容易出錯的地方是：認為物體一接觸彈簧就減速．對彈簧的動態分析也是學生的易錯點，在學習中要加強這方面的練習7、ACD【解析】A．由圖可知，物體開始和結束時的縱坐標均為0，說明物體又回到了初始位置，故A正確；B．由圖可知，物體一直沿正方向運動，位移增大，故無法回到初始位置，故B錯誤；C．物體第1s內的位移沿正方向，大小為2m，第2s內位移為2m，沿負方向，故2s末物體回到初始位置，故C正確；D．物體做勻變速直線運動，2s末時物體的總位移為零，故物體回到初始位置，故D正確；故選ACD。8、BD【解析】ABC．手對杠鈴的作用力和杠鈴對手的作用力是相互作用力，等大反向，與運動狀態無關，AC錯誤，B正確；D．舉住杠鈴靜止時，杠鈴所受合力為零，手對杠鈴的作用力與杠鈴所受重力是一對平衡力，D正確。故選BD。9、CD【解析】推不動說明人沒有克服最大靜摩擦，所以集裝箱還是靜止狀態，但此時已經受到了靜摩擦力，要想推動必須使推力大于最大靜摩擦，所以CD正確。故選CD。10、AC【解析】CD．滑塊滑上木板，受到木板對滑塊向左的滑動摩擦力，做勻減速運動，若木塊對木板的摩擦力大于地面對木板的摩擦力，則木板做勻加速直線運動，當兩者速度相等時，一起做勻減速運動。設木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2，木塊的質量為m，木板的質量為M，知木板若滑動，則μ1mg>μ2（M＋m）g最后一起做勻減速運動，加速度a′＝μ2g開始時木塊做勻減速運動的加速度大小為a＝μ1g>μ2g知圖線的斜率變小，故C正確，D錯誤。A．若μ1mg<μ2（M＋m）g則木板不動，滑塊一直做勻減速運動，故A正確。B．由于地面有摩擦力，最終木塊和木板不可能一起做勻速直線運動，故B錯誤。故選AC。二、實驗題11、12、三、計算題：解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位13、(1)(2)a、b、，【解析】(1)由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度，由牛頓第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；(2)運用類比法可知，a-t圖象與坐標軸所圍的“面積”等于速度變化量，即可求出電梯在第1s內的速度改變量△υ1，及電梯在2s內的速度改變量△υ2，即求得第2s末的速率υ2【詳解】(1)由牛頓第二定律，有：F-mg=ma由a─t圖象可知，F1和F2對應的加速度分別是：a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N；最小拉力F2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）N=1.8×104N；(2)a：類比可得，所求速度變化量等于第1s內a─t圖線下的面積△υ1=0.50m/s同理可得：△υ2=υ2-υ0=1.5m/sυ0=0，第2s末的速率為：υ2=1.5m/sb：由a-t圖像可知，第1s內的加速度與時間的關系式、速度與時間的關系式為a=t【點睛】本題一要有基本的讀圖能力，并能根據加速度圖象分析電梯的運動情況；二要能運用類比法，理解加速度圖象“面積”的物理意義14、40m/s;4s【解析】根據運動學公式，物體落地時的速度v2=2ghv=40m/s根據運動學公式，物體落地時的時間t=4s15、（1）mQ=8kg（2）t總=3s（3）△x=8m【解析】（1）當傳送帶以v=8m/s逆時針轉動時，物塊Q恰好靜止不動，對Q受力分析知F=f即mPg=μmQg解得：m