黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2025-2026学年高一下学期学情自测物理试题（含解析）

2025-2026 学年度第二学期开学考试
高一物理
第 I 卷（选择题共 46 分）一、单选题（本题共 7 小题每题 4 分）
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-t ,这段时间内的位移等于
B ．乙图中物体的加速度为 0.5m/s
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mBg sinθ
C ．B 与斜面的滑动摩擦因数 μ = tan θ
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D ．A 与 B 的滑动摩擦因数等于 B 与斜面间的滑动摩擦因数
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 mg ，则物块与地面之间的动摩擦因数为（sin 53° = 0.8 ，cos 53° = 0.6 ）( )
A ． B ． C ． D ．
5 ．如图所示，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。如果按图甲放置，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 ． B ． C ． D ．
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 ． B ．v sin θ
C ． D ．v cos θ
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
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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（本题共 3 小题每题全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错得 0 分，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 ，cos37°=0.8，g=10m/s2 ，下列说法正确的是( )
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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 ·
第 II 卷（非选择题共 54 分）三、实验题（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．
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(1)如果没有操作失误，图乙中 F.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______．（选填“可以”或“不可以”）变动．
12．下图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， 为纵坐标，在坐标纸上作出 m 关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则 与m 应成__________关系（填“线性”或
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“非线性”）。
（2）完成下列的问题：
（i）上图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）下图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、解答题（本题包括 3 小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只 写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
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a = 37o的恒力 F 作用下沿地面做匀速直线运动。已知g=10m/s2 ，sin 37°=0.6， cos 37°=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
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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
=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。
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1 ．A
A ．运动是绝对的，静止是相对的，绝对不动的物体是没有的，故 A 正确；
B ．研究物体的运动一定要选择参考系，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，队员的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故 C 错误；
D ．选取不同的参考系，同一物体的运动速度可能不同，运动轨迹可能不同，有可能不变，故 D 错误。
故选 A。
2 ．B
A ．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
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 ,故 A 错误；
B ．由图可得表达式为
v2=x
根据公式
v2-v02=2ax
可得
1m/s2=2a
则得加速度大小为
a=0.5m/s2
故 B 正确；
C ．根据 Δv = at 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 ．由图可得
根据位移时间公式x = v0t at2 变形得
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对比可得
v0=-5m/s
a=10m/s2
则 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。
3 ．C
BC ．对 AB 整体受力分析，如图
由共点力平衡条件可得
f =（mA + mB）g sin θ N =（mA + mB）g cosθ
滑动摩擦力为
f = μBN
由以上三式可以解得
μB = tan θ
B 错误，C 正确；
AD ．对 A 物体受力分析，如图
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由共点力平衡条件可得
fA = mAg sin θ
NA = mAg cosθ
滑动摩擦力为
fmax = μANA
由以上三式可以解得
fmax > fA
μA ≥ tan θ = μB
故 AD 错误。
故选 C。
4 ．D
当 F 作在物块上时，物块在水平和竖直方向上分别平衡，则有F cos 53° = Ff ，F sin 53° + FN = mg
又因为
Ff = μFN
方程联立可得
μmg 1
(
F
=
=
mg
)cos53° + μ sin 53° 2
解得
1
μ =
2
故选 D。
5 ．A
由甲图可知，物体 m 匀速运动，有
T=mg
物体 M 也做匀速运动，则
T = μMg
联立解得
μ =
乙图中，对 M 有
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Mg - T = Ma
对 m 有
T - μmg = ma
联立解得
（M - m）g a =
M
故选 A。
6 ．A
由题意的 A 点的速度沿垂直于杆的方向，将 A 点的速度分解为水平向左的分速度和竖直向下的分速度，由几何关系可得直杆端点 A 的速度为
v
vA = sin θ
故选 A。
7 ．B
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
解得T = 3mg - 3ma
以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律有mg - F = ma解得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
解得aA = 1.5g - 0.5a故选 B。
8 ．AB
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 = = 5m/s
故 A 正确；
B．x 轴方向的加速度
(
6
-
3
2
2
)a = 2 m/s = 1.5m/s y 轴方向的加速度为 0，质点的合力
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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 = m/s = 2m/s
故 D 错误。
故选 AB。
9 ．BD
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mg sin θ + μmg cosθ = ma1
解得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mg sin θ > μmg cosθ
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mg sinθ - μmg cosθ = ma2
解得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ts ，ts向下做匀加速直线运动，根据运动学规律s a2t ，s = t1 + t2 = 4m
求得t3 = 2s
小物块在传送带上运动时间t = t1 + t2 + t3 = 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 = t1 = 3m传送带运动的位移为s1 = v1t1 = 1.2m
物块向上超前传送带运动的距离为Δx1 = x1 - s1 = 1.8m同理可得，第二阶段物块的运动位移为x2 = t2 = 1m
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传送带运动的位移为s2 = v1t2 = 2m
物块向上落后传送带运动的距离为Δx2 = s2 - x2 = 1m第三阶段传送带运动的位移为s3 = v1t3 = 4m
物块向下运动的距离为x a2tm
物块向下相对传送带运动的距离为Δx3 = x3 + s3 = 8m
故小物块在传送带上留下的痕迹长度为Δx = Δx3 + Δx2 = 9m故小物块在传送带上留下的痕迹长度为 9m，故 D 正确。
故选 BD。
10 ．BCD
A ．在0 ~ x2 段，弹簧弹力减小，加速度不变，根据
F+F弹 -(m + M )g = (m + M )a0
拉力
F=(m + M )(g + a0 )-F弹
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
F弹0=(m + M )g
当弹簧伸长了 x1后，弹簧的弹力
F弹1=F弹0-ΔF弹 =F弹0-kx1 =(m + M )g-kx1
以 B 为研究对象，则
F弹1-Mg - Fx1 = Ma0
得
Fx1 = F弹1-Mg - Ma0 =mg-kx1 - Ma0
故 C 正确；
D ．根据
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(
0
2
)v2 = 2a x
故 D 正确。
故选 BCD。
11 ． F ' B 不可以
(1)[1] F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而F 是通过一个弹簧称沿AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力，故方向一定沿AO 方向的是F ;
(2)[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；
A.与分析不符，故 A 错误；
B.与分析相符，故 B 正确；
C.与分析不符，故 C 错误；
D.与分析不符，故 D 错误；
(3)[3]在同一对比实验的两次操作中，作用效果要相同，所以O 点位置不可以变动．
12 ． 均匀 线性 0.50
（1）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。
[2]若加速度与小车和砝码的总质量成反比，即
可得
则 与m 应成线性关系。
（i）[3]可知小车的加速度
（ii）[4][5]根据
结合图像可知
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= k
= b
解得
F =
b
M =
k
13 ．（1）80N，方向竖直向上；（2）0.5
（1）以木块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
F sina + N = mg
解得地面对物体的支持力大小为
N = mg - Fsin a = 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 = F cos a = 50 × 0.8N = 40N
根据
f = μN
可得木块与地面之间的动摩擦因数为
14 ．（1）32.5m ；（2）7s
（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
最大距离
xm = xA + x0 - xB
联立解得
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x = 32.5m
m
（2）A 车速度减为 0 时所用时间
(
1
)t = vA = 5s
a
则
1 2
xA = vAt1 - 2 at1 = 50m
xB = vBt1 = 50m
两者间距
Δx = xA + x0 - xB = 20m
A 车静止后，B 车继续匀速运动的时间
(
B
)t2 = = 2s
故相遇时间
t = t1 + t2 = 7s
15 ．（1）2.5m/s2 ，1.5m/s2 ；（2）5m/s ，3m/s ，2.5m/s2 ；（3）2.5m （1）刚开始运动时，对 B 有
μmg = maB1
解得
aB1 = 1.5m/s2
对 A 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 = 5m/s
vB1 = aB1t1 = 3m/s撤去拉力后，对 B 有
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μmg = maB2
对 A 有
μmg + μ(M + m)g = MaA2
解得
(
A2
)a = 2.5m/s2
（3）设经时间 t2 ，A 、B 共速，可得
vA1 - aA 2t2 = vB1 + aB2t2
解得
t2 = 0.5s
A 、B 共速时的速度为
vA2 = vA1 - aA 2t2 = 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 图像如图所示据图像可得 A 、B 之间相对滑动的距离
根据图像可得 A 、B 之间相对滑动的距离为
Δx = 2.5m
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