2025屆遼寧省沈陽市第1高一物理第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測試題含解析

2025屆遼寧省沈陽市第1高一物理第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、如圖所示，在兩塊相同的豎直木塊之間，有質(zhì)量均為m的4塊相同的磚，用兩個大小均為F的水平力壓木板，使磚靜止不動，則第2塊磚對第3塊磚的摩擦力大小為()A.0 B.mgC. D.2、圖示x-t圖像和v-t圖像中給出四條圖線，圖線1、2、3、4分別代表甲、乙、丙、丁四輛車由同一地點出發(fā)向同一方向做直線運動的情況，則下列說法正確的是（）A.甲車、丙車均做勻加速直線運動B.時間內(nèi)，乙車的速度始終大于甲車的速度C.時間內(nèi)，丙、丁兩車在時刻相遇D.時間內(nèi)，丙車的平均速度小于丁車的平均速度3、如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行。現(xiàn)給小滑塊施加一個豎直向上的拉力使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則有（）A.小球?qū)π迸膲毫ο葴p小后增大 B.小球?qū)π迸膲毫χ饾u增大C.輕繩對小球的拉力逐漸增大 D.輕繩對小球的拉力逐漸減小4、如圖所示，物體B放在物體A上，正一起沿光滑的斜面向下滑動，已知A的上表面水平，下列對A、B兩物體受力情況分析正確的是（）A.B只受重力和支持力兩個力作用B.A對B一定有沿斜面向下的靜摩擦力C.A對B一定有水平向向左的靜摩擦力D.B對A的壓力大小應(yīng)等于B的重力5、關(guān)于共點力的合成，下列說法正確的是（）A.兩個分力的合力一定比分力大B.兩個分力大小一定，夾角越大，合力越小C.兩個力合成，其中一個力增大，另外一個力不變，合力一定增大D.現(xiàn)有三個力，大小分別為3N、6N、8N，這三個力的合力最小值為1N6、如圖所示，是A、B兩個物體做直線運動的v-t圖象，則下列說法中正確的是（）A.A物體做勻加速直線運動B.B物體做勻減速直線運動C.A物體的加速度大于B物體的加速度D.B物體的速度變化比A物體快7、升降機地板上放著一個彈簧秤，盤中放一質(zhì)量為m的物體，當(dāng)秤的讀數(shù)為1.5mg時，升降機的運動可能是（）A.加速上升 B.減速上升C.減速下降 D.加速下降8、質(zhì)量不等的兩物塊A和B其質(zhì)量為mA和mB置于粗糙水平面上，兩物體與水平面的動摩擦因數(shù)相同．如圖所示，當(dāng)用水平恒力F作用于左端A上，兩物塊一起加速運動時，AB間的作用力大小為N1，當(dāng)水平恒力F作用于右端B上，兩物塊一起加速運動時，AB間作用力大小為N2，則（）A.兩次物體運動的加速度大小不相等BC.D若水平面光滑，則9、小東從家到車站接到他小姨后一起回家，的士給的全程發(fā)票如圖所示，由此可以得出的信息正確的有（）A.車站到小東家的位移是4.3km B.車站到小東家車的路程是4.3kmC.坐的士時間為0.5小時 D.車的平均速度約為2.4m/s10、如圖所示，是A、B兩質(zhì)點沿同一條直線運動的位移圖象，由圖可知（）A.質(zhì)點A前2s內(nèi)的位移是1mB.質(zhì)點B第1s內(nèi)的位移是2mC.質(zhì)點A、B在前8s內(nèi)的位移大小相等D.質(zhì)點A、B在4s末相遇二、實驗題11、（4分）12、（10分）三、計算題：解答應(yīng)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(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（9分）四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量m=2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f=4N．(g取10m／s2)(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛．求在t=5s時離地面的高度h；(2)當(dāng)無人機懸停在距離地面高度H=100m處，由于動力設(shè)備故障，無人機突然失去升力而墜落．求無人機墜落到地面時的速度v；(3)接(2)問，無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力．為保證安全著地（到達地面時速度為零），求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t114、（14分）如圖所示，傳送帶與水平面的夾角θ=30°，正以恒定的速度v=2.5m/s順時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)在其底端A輕放一貨物（可視為質(zhì)點），貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=，經(jīng)過t=2s，傳送帶突然被卡住而立即停止轉(zhuǎn)動，由于慣性，貨物繼續(xù)沿傳送帶向上運動，并剛好到達傳送帶頂端B．求傳送帶底端A與頂端B的距離．（g取10m/s2）15、（13分）汽車以10ms的速度在平直公路上勻速行駛，剎車后做勻減速直線運動，經(jīng)2s后速度變?yōu)?m/s求：（1）剎車過程中的加速度（2）剎車后2s內(nèi)前進的距離（3）剎車后8s內(nèi)前進的距離

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、A【解析】將4塊磚看成一個整體，對整體進行受力分析，在豎直方向，共受到三個力的作用：豎直向下的重力4mg，兩個相等的豎直向上的摩擦力f，由平衡條件可得：2f=4mg，f=2mg．由此可見：第1塊磚和第4塊磚受到木板的摩擦力均為2mg．將第1塊磚和第2塊磚當(dāng)作一個整體隔離后進行受力分析，受豎直向下的重力2mg，木板對第1塊磚向上的摩擦力f=2mg；由平衡條件可得二力已達到平衡，第2塊磚和第3塊磚之間的摩擦力必為零．故選A2、D【解析】A．圖像的斜率的物理意義為速度，圖像斜率的物理意義為加速度，所以甲車做勻速直線運動，丙車做勻加速直線運動，A錯誤；B．根據(jù)圖像斜率的變化可知，時間內(nèi)，乙車的速度先大于甲車的速度，后小于甲車的速度，B錯誤；C．圖像面積的物理意義為位移，時間內(nèi)，根據(jù)圖像可知丁車運動的位移大于丙車運動的位移，C錯誤；D．平均速度為總位移與總時間的比值，結(jié)合C選項可知丙車的平均速度小于丁車的平均速度，D正確。故選D。3、C【解析】AB．對小球受力分析，受重力、支持力和細線的拉力，如圖所示：根據(jù)平衡條件可知，細線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小，故AB錯誤；CD．對球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N′，拉力F，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：水平方向：N′=Nsinθ豎直方向：F+Ncosθ=G由于N減小，故N′減小，F(xiàn)增加，即輕繩對小球的拉力逐漸增大，故C正確、D錯誤。故選C。4、C【解析】AB一起沿光滑斜面向下滑動，將AB看成整體，受力分析可知，AB一起沿斜面向下做加速度為的勻加速直線運動．由此運動狀態(tài)出發(fā)，判斷A和B的受力情況即可【詳解】ABC、因為B的加速度沿斜面向下，故B還受A給的水平向左的靜摩擦力，AB錯誤，C正確；D、因B的加速度由沿豎直向下的分量，故在豎直方向滿足，則，根據(jù)牛頓第三定律可知，B對A的壓力大小應(yīng)小于B的重力，故D錯誤故選C【點睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，注意整體法和隔離法的運用5、B【解析】A．合力可以比分力都大，也可以比分力都小，或者大于一個分力，小于另一個分力，A錯誤；B．力的合成滿足平行四邊形定則，當(dāng)兩個分力的大小一定，若夾角越大，則平行四邊形中與分力共頂點的對角線越段，即合力越小，故B正確；C．當(dāng)兩個力方向相反時，若其中一個力大小不變，另一個力增大時，合力將變小，C錯誤；D．3N和6N進行力的合成后，合力的范圍為：3N~9N，第三個力8N在這個范圍內(nèi)，故這三個力的最小合力為0，D錯誤。故選B。6、AD【解析】AB．A、B物體都做勻加速直線運動，故A正確，B錯誤；CD．A、B物體的加速度大小為所以即B物體的速度變化比A物體快，故C錯誤，D正確。故選AD。7、AC【解析】根據(jù)題意可知秤的讀數(shù)為1.5mg，大于物體的重力，所以物體處于超重狀態(tài)，升降機的加速度向上，可能的情況是加速上升或減速下降，故AC正確，BD錯誤。故選AC。8、BC【解析】先對整體分析求出加速度的大小，再隔離分析求出A、B間的作用力大小，從而求出作用力之和和作用力的比值；【詳解】A、根據(jù)牛頓第二定律得對整體分析：，則兩次物體運動的加速度大小相等，但是方向相反，故選項A錯誤；B、分別隔離B和A得：，則：同理可以得到：，則則得到，，故BC正確；D、由于和不相等，所以即使水平面光滑，與也不相等，故選項D錯誤【點睛】本題考查了牛頓第二定律的運用，關(guān)鍵掌握整體法和隔離法的使用，先整體求加速度，再隔離求出相互的作用力9、BC【解析】AB．4.3km指是路程，故A錯誤，B正確；C．上車時刻是11：26，下車時刻的11：56，兩個時刻的時間間隔為0.5小時，即坐的士時間為0.5小時，故C正確；D．平均速度等于位移與發(fā)生這一位移所用時間的比值，根據(jù)發(fā)票信息我們不能知道車站到小東家的位移，所以平均速度無法計算，故D錯誤。故選BC。10、AD【解析】A．由圖象可以看出，質(zhì)點A前2s內(nèi)的位移是1m，A正確；B．質(zhì)點B第1s內(nèi)的位移是0，B錯誤；C．質(zhì)點A在8s內(nèi)的位移大小1m，質(zhì)點B在8s內(nèi)的位移大小是3m，C錯誤；D．質(zhì)點A、B在4s末相遇，D正確故選AD。分卷II二、實驗題11、12、三、計算題：解答應(yīng)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(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位13、（1）75m（2）40m/s（3）【解析】（1）由牛頓第二定律F﹣mg﹣f=ma代入數(shù)據(jù)解得a=6m/s2上升高度代入數(shù)據(jù)解得h=75m（2）下落過程中mg﹣f=ma1代入數(shù)據(jù)解得落地時速度v2=2a1H，代入數(shù)據(jù)解得v=40m/s（3）恢復(fù)升力后向下減速運動過程F﹣mg+f=ma2代入數(shù)據(jù)解得設(shè)恢復(fù)升力時的速度為vm，則有由vm=a1t1代入數(shù)據(jù)解得14、4m【解析】貨物從A處開始做勻加速運動，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得a1=2.5m/s2勻加速運動的時間位移在t=1-2s內(nèi)，貨物隨傳送帶一起勻速的位移為x2=v（t-t1）=2.5×（2-1）=2.5m傳送帶停止轉(zhuǎn)動后，貨物勻減速運動到B端，速度剛好為0．