福建省厦门集美中学2025-2026学年高一下学期学期自测物理试题（含解析）

集美中学 2025-2026 学年第二学期开学考试高一物理试卷
班级_________ 姓名_________ 学号__________
一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1 ．2025 年 11 月 1 日，神舟二十一号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，升空后与空间站成功对接。下列说法正确的是( )
A ．研究载人飞船与空间站对接的接口位置时，可将载人飞船看成质点
B ．对接成功后，载人飞船与空间站相对静止
C ．空间站内的航天员不具有惯性
D ．神舟飞船与空间站在 3 时 22 分对接成功，这里的 3 时 22 分是时间
2 ．6 年前的 12 月 17 日，山东舰入列（如图），6 年来山东舰多次穿越岛链，航迹不断延伸，先后参与执行了多项重大演习演训任务。某次训练时， 舰载机在甲板上以8m/s2 的加速度做匀加速直线运动，已知舰载机质量m = 2 × 104 kg ，加速起飞过程所受平均阻力为其重力的 0.2倍，g 取10m / s2 ，舰载机所受牵引力大小为( )
A ．2 × 104 N B ．2 × 105 N C ．1.62 × 105 N D ．1.6 × 105 N
3 ．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，快到十字路口时遇上红灯进行制动刹车，做匀减速直线运动，某摄像爱好者在路旁利用相机对汽车从制动开始每隔 1s 持续拍照，结束后按一定比例测出了在 0-1s 和 2-3s 两段时间内汽车运动的位移分别为x1 = 9m ，x3 = 5m ，合成后的照片如图所示。下列说法正确的是( )
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A ．汽车制动后加速度大小为4m/s2
B ．汽车制动后第 4s 内的平均速度为 4m/s
C ．汽车制动前匀速运动的速度为 12m/s
D ．汽车制动后 6s 内的位移为 25m
4 ．在水平面上做匀减速直线运动的质点通过O、A、B 三点的过程中，其位移随时间变化的x -t 图像如图所示。则质点( )
A ．通过 A 点时的速度为 B ．通过 A 点时的速度大于
C ．运动时间tt1 D ．运动的加速度大小为
二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
5 ．如图所示，水平桌面上放置一台秤，台秤的表面放一定质量的砝码，下列说法正确的是( )
A ．砝码的重力和台秤对砝码的支持力是一对作用力和反作用力
B ．台秤对水平面的压力大小等于水平面对台秤的支持力大小
C ．台秤对水平面的压力与水平面对台秤的支持力是一对作用力和反作用力
D ．砝码的重力就是砝码对台秤的压力
6 ．随着科技的发展，手机的功能越来越多，如图所示是小米同学随质量为100kg 货物乘坐
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电梯时利用手机软件制作的运动v - t 图像（竖直向上为正方向）， g 取10 m / s2 ，下列判断正确的是( )
A ．0 ~ 10s 货物处于失重状态
B ．30s ~ 36s 货物处于失重状态
C ．0 ~ 46s 内货物上升的距离为34 m
D ．前10 s 内电梯对货物的支持力恒为1010N
7 ．如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬停在空中，工人及其装备的总质量为 80kg，悬绳与竖直墙壁的夹角为37° ,悬绳对工人（含装备）的弹力大小为 FT ，墙壁对工人（含装备）的弹力大小为FN ，忽略一切摩擦，sin 37。= 0.6 ，cos 37。= 0.8 ，重力加速度 g 取10m / s2 。下列说法正确的是( )
A ．FT = 1000N
B ．FN = 480N
C ．若缓慢减小悬绳的长度，FT 和FN 都增大
D ．若缓慢减小悬绳的长度，FT 和FN 的合力增大
8．如图甲，质量M = 2kg 的足够长木板静止在粗糙水平地面上，木板左端放置一质量m = 1kg的小物块。t = 0 时刻对小物块施加一水平向右的拉力 F，拉力 F 的大小随时间 t 的变化关系如图乙所示，4s 末撤去拉力。已知物块与木板间的动摩擦因数 μ1 = 0.6 ，木板与地面间的动
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摩擦因数μ2 = 0.1，重力加速度 g = 10m/s2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A ．t = 1s 时物块受到的摩擦力大小为 6N
B ．2~4s 内物块相对木板滑行的位移大小为 10m
C ．t = 5.2s 时物块与木板的速度大小均为 6.8 m/s
D ．t = 12s 时木板在水平面上停止运动
三、填空题（共 9 分）
9 ．如图所示，小明用大小为F 的力拉着重为G 的拉杆箱沿水平路面匀速走进校园。拉力方向沿拉杆斜向上，与水平地面夹角为θ。则拉杆箱匀速前进时水平方向所受到的阻力大小为___________，力 F 的竖直分力为___________，拉杆箱对地面的压力大小为___________。
10．汽车以36 km / h 的速度行驶，刹车时，汽车的加速度大小是4 m / s2 ，则从开始刹车的时刻起，经过___________s 汽车速度减小为零。在这段时间内汽车的位移是___________m ， 2s 内的位移是___________m。
11 ．如图，用手握住重为 2N 的杯子使其竖直静止于空中。杯子所受摩擦力方向______（选填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为______N；增大手的握力，杯子所受摩擦力______（选填“不变”或“变小”）。
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四、实验（共 15 分）
12．某同学先用图甲所示装置测弹簧的劲度系数，再用图乙所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小g = 9.8 m / s2 。
(1)测劲度系数的实验步骤如下：
①将轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直固定在轻弹簧旁，将刻度尺的零刻度线与轻弹簧的上端对齐；
②在弹簧下端依次挂上不同质量的钩码，记录钩码的总质量m 及对应指针所指刻度值x ；
③在m - x 坐标系上描点作图，作出的图像如图丙所示。
分析图丙的图像，可知弹簧的原长x0 = ___________cm，弹簧的劲度系数 k = ___________ N / m 。（结果均保留三位有效数字）
(2)在图乙中，初始时将长木板B 放在水平面上，将物块A 放在长木板B 上，用（1）问中的轻弹簧将物块A 与竖直墙面连接，弹簧保持水平，用水平力拉动长木板B 使长木板B 向左加速运动，A 保持静止，测得这时弹簧的长度l = 22 cm ，已知物块A 的质量为1 kg ，则物块A与长木板B 间的动摩擦因数 μ = ___________（结果保留三位有效数字）；实验中由于长木板B 向左加速运动，因此实验测得的动摩擦因数与实际值相比___________（填“偏大”“偏小”
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或“一样大”）。
13．如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测得自由落体加速度。
(1)本实验所需器材有：电磁打点计时器、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需______（填字母代号）。
A ．直流电源 B ．天平及砝码 C ．8V 交变电源 D ．毫米刻度尺
(2)已知电磁打点计时器的工作频率为f = 50Hz ，实验中得到的一条纸带如图乙所示， A、 B 、C、D 、E 是打点计时器连续打出的计时点，由图中数据得，在打下 D 点时重物的速度大小为vD = ______m/s，重物的加速度大小为 a = ______ m/s2 。（结果均保留两位小数）
(3)如果当时交变电流的频率是 51Hz，而计算时仍按f = 50Hz 处理，那么加速度的测量值将______（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
(4)某同学用传感器探究作用力与反作用力的关系。实验时他把两只力传感器同时连接在计算机上，其中一只系在墙上，另一只握在手中，如图甲所示。如图乙是他记录的两个物体间作用力和反作用力的变化图线。根据图线可以得出的结论是( )
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A ．作用力大时反作用力小 B ．作用力和反作用力的方向总是相反的
C ．作用力变化后反作用力才随之发生变化 D ．图中的两个力是一对平衡力
五、计算题（共 36 分，需写出必要的公式和文字说明）
14 ．一辆汽车在平直路面上以20m / s 的速度匀速行驶，踩下油门后以2m / s2 的加速度匀加速行驶2s ，由于突发情况以8m / s2 的加速度急刹车（该过程可看作是匀减速运动）。在加速到停下这段时间内，试求：
(1)汽车行驶过程中的最大速度为多少？
(2)汽车共用多长时间？
(3)从加速到停下，汽车的位移大小为多少？
15 ．如图所示，A 、B 两物块用一绕过光滑定滑轮的轻绳连接，B 悬空，A 静置于粗糙的水平台面上。当滑轮左侧的轻绳与台面的夹角 θ = 37o时，A 恰好不滑动。现将轻绳突然剪断， B 落地前 Δt = 1s 内下落的高度 Δh = 10m 。A 的质量mA = 0.5kg ，B 的质量mB = 0.3kg，取重力加速度大小g = 10m / s2 ，sin37o = 0.6 ，cos37o = 0.8 ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块均视为质点，不计空气阻力。求：
(1)A 与水平台面间的动摩擦因数 μ;
(2)B 落地前瞬间的速度大小 v 以及 B 的初位置离地的高度 h。
16．三明钢铁厂某分厂用传送带把工件传送到高处，图甲为该装置示意图。传送带与水平面的夹角 θ=37° , A、B 两端相距 L1=7m。一可视为质点、质量为 m=40kg 的工件从 A 端无初速度释放后运送至 B 端。已知工件与传送带之间的动摩擦因数 μ1=0.8，设最大静摩擦力等于滑
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动摩擦力 g=10m/s2 ，sin37°=0.6 ，cos37°=0.8。
（1）若传送带以 v=2m/s 的速度顺时针运转，求工件从 A 端运送至 B 端所用的时间；
（2）2021 年秋冬季开始，因节能减排限时供电，传送带停止运转。为了不影响工作进度，如图乙，工人将工件置于木板最上端，拉动连接木板且与传送带平行的轻绳，完成运送工作。已知木板质量 M=10kg，工件与木板之间的动摩擦因数 μ2=0.8，木板与传送带之间的动摩擦因数μ3 =0.25，木板上端到传送带上端的距离为 L2=5.25m，不计轻绳与定滑轮间的摩擦力与
空气阻力
（i）为避免工件与木板相对滑动，求工人所用拉力的最大值；
（ii）若工人用（i）中的最大拉力将工件与木板由静止开始拉动，一段时间后撤去拉力，工件恰好能运动到 B 端，求拉力的作用时间.
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1 ．B
【详解】A ．飞船对接时不能忽略载人飞船的大小和形状，不能视为质点，故 A 错误；
B ．对接成功后，飞船与空间站是一个整体，速度相同，故二者相对静止，B 正确；
C ．惯性是物体的固有属性，与位置无关，故 C 错误；
D ．这里的 3 时 22 分是时间轴上的点，是指时刻，故 D 错误，故选 B。
2 ．B
【详解】根据牛顿第二定律有F - kmg = ma
解得F = 2 × 105 N故选 B。
3 ．D
【详解】A ．根据匀变速直线运动相邻相等时间间隔内发生的位移差的关系 Δx = aT2
可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a m/s2 = 2m/s2 ，故 A 错误。
B ．汽车制动后第 4s 内的位移满足2(x3 - x4 ) = x1 - x3
解得x4 = 3m
则平均速度为 m/s = 3m/s ，故 B 错误。
C ．汽车制动后经 0.5s 时的速度vm/s = 9m/s
汽车制动时的初速度为v0 = v0.5 + at0.5 = (9 + 2 × 0.5)m/s = 10m/s ，故 C 错误。
D ．汽车制动到停下来用时t s
汽车制动后 6s 内的位移为x m ，故 D 正确。
故选 D。
4 ．D
【详解】A ．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知， 是中间时刻速度，而 A 点是中间位移的速度。故 A 错误；
B ．从 O 点运动到A 点过程的平均速度为
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物体做匀减速运动，则通过 A 点时的速度小于 ，故 B 错误；
C ．设质点经过 O 点的速度为 v0 ，0~t1 时间内，由位移—时间公式得
0~t2 时间内，由位移—时间公式得
联立解得
显然
故 C 错误，D 正确。
故选 D。
5 ．BC
【详解】A ．砝码的重力和台秤对砝码的支持力是一对平衡力，A 错误；
BC ．台秤对水平面的压力与水平面对台秤的支持力是一对作用力和反作用力，总是等大反向，BC 正确；
D ．重力和压力是不同性质的力，只能说砝码的重力大小等于砝码对台秤压力的大小，D 错误。
故选 BC。
6 ．BD
【详解】A．根据题图分析可知，0～10s 货物向上加速运动，加速度方向向上，处于超重状态，故 A 错误；
B．根据题图分析可知，30s～36s 货物向上减速运动，加速度方向向下，处于失重状态，故B 正确；
C ．根据题意分析可知，由 v-t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知 46s 末货物上升的距离为x m=22m ，故 C 错误；
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D ．根据题意分析可知，由加速度定义式有，前 10s 内货物的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得 N-mg=ma
解得电梯对货物的支持力为 N=1010N，故 D 正确。
故选 BD。
7 ．AC
【详解】AB ．对工人进行受力分析，工人受到悬绳的拉力，竖直向下的重力，以及水平方向的墙壁对工人的弹力，可以发现其中两个力方向垂直，三个力首尾相连组成直角三角形，如图
有FTcos37° = mg ，FN = mgtan37°
解得FT = 1000N ，FN = 600N ，故 A 正确，B 错误；
C ．若缓慢减小悬绳的长度，则悬绳与竖直墙壁的夹角a 增大，由 可知FT 增大，由FN = mgtana 可知FN 也增大，故 C 正确；
D ．FT 和FN 的合力为重力，不会变化，故 D 错误。
故选 AC。
8 ．CD
【详解】A ．由题意可知，在 0~2s 的时间内，物块受到拉力F = 6N
假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得F - μ2 (M + m)g = (M + m)a解得a = 1m/s2
再隔离 m 有F - f = ma解得f = 5N
物块受到最大静摩擦力为fm = μ1mg = 6N ，故 f < fm
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假设成立，物块受到的摩擦力大小为 5N，故 A 错误；
B ．t1 = 2s 时，物块和木板的速度为v0 = at1 = 2m/s ，2~4s 的时间内，拉力F = 12N
设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度分别为a1 和a2 ，隔离 m 有
F - μ1mg = ma1
隔离 M 有 μ1mg - μ2 (M + m)g = Ma2
解得a1 = 6m/s2 ，a2 = 1.5m/s2
t2 = 4s 时，物块和木板的速度分别为v1 = v0 + a1 (t2 - t1 ) = 14m / s ，v2 = v0 + a2 (t2 - t1 ) = 5m / s在 2~4s 的时间内，物块在木板上滑行的位移大小为 故 B 错误；
C ．撤去拉力后，设经过t3 时间二者相对静止，此时二者的速度为 v。物块的加速度大小为a1 = μ1g = 6m/s2
木板的加速度不变仍为a2 = 1.5m/s2 ，则 v1 - a1t3 = v2 + a2t3
解得t3 = 1.2s ，v = v2 + a2t3 = 6.8m/s
故t = t2 + t3 = 5.2s 时物块与木板的速度大小均为 6.8 m/s ，故 C 正确；
D ．由题意可知，二者将一起滑行，一起滑行时的加速度为a, ，时间为 t4 ，则a, = μ2g = 1m/s2
0 = v - a,t4 ，t4 = 6.8s
故木板在水平地面上停止运动的时刻为t = t2 + t3 + t4 = 12s ，故 D 正确。
故选 CD。
9 ． F cosθ F sin θ G - F sin θ
【详解】[1][2][3]拉杆箱匀速前进时，由水平方向受力平衡可知，水平方向所受到的阻力大小为f = F cosθ , 力F 的竖直分力为F sinθ , 地面对拉杆箱的支持力为N = G - F sin θ , 根据牛顿第三定律可知，拉杆箱对地面的压力大小为N' = G - F sin θ 。
10 ． 2.5 12.5 12
【详解】[1]汽车速度减小为零的时间t = = s = 2.5s
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[2]在这段时间内汽车的位移是x t = 12.5m
[3]2s 内的位移是x2 = v0tatm = 12m 11 ． 竖直向上 2 不变
【详解】[1][2][3]用手握住重为 2N 的杯子使其竖直静止于空中，杯子有向下运动的趋势，
所受摩擦力方向竖直向上，根据平衡条件可知大小等于重力的大小，为 2N ，增大手的握力，根据平衡条件可知杯子所受摩擦力不变，仍为 2N。
12 ．(1) 9.90##10.0##10.1 20.5##20.6##20.7
(2) 0.251##0.252##0.253 一样大
【详解】（1）[1]由图像可知，弹簧的原长即为图线的横轴截距x0 = 10.0cm 。
[2]由公式F = k(x - x0 )
弹簧的劲度系数为图线的斜率，即k N/m ≈ 20.6N/m 。
（2）[3]分析物块 A 的受力，可知k(x -10cm) = μmg解得
[4]滑动摩擦力仅与正压力和动摩擦因数有关，与长木板的运动状态（加速）无关，故测量值与实际值一样大。
13 ．(1)CD
(2) 1.48 9.63
(3)偏小(4)B
【详解】（1）根据实验原理可知无需测量物体的质量，电磁打点计时器需要 8V 交变电源，还需要刻度尺测量距离。
故选 CD。
（2）[1]由图中数据得，在打下 D 点时重物的速度大小为
[2]根据逐差法 Δx = aT2 ，重物的加速度大小为 a m / s2 = 9.63m / s2
（3）如果当时交变电流的频率是 51Hz，而计算时仍按 f = 50Hz 处理，计算所用的打点时间比实际的偏大，故计算出的加速度，即加速度测量值偏小。
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（4）根据图线可以得出的结论是作用力和反作用力时刻等大、反向、同时改变，不能得出是一对平衡力。
故选 B。
14 ．(1)24m/s
(2)5s
(3)80m
【详解】（1）加速阶段的末速度为汽车行驶过程中的最大速度，由运动学公式v = v0 + at可得汽车行驶过程中的最大速度为v = v0 + at = 20m/s + 2 × 2m/s = 24m/s
（2）减速阶段由运动学公式减速时间为 t s = 3s所以汽车总共运动的时间为t总 = t + t’ = 2s + 3s = 5s
（3）加速阶段的位移大小为 x m = 44m减速阶段的位移大小为xm = 36m
所以从加速到停下，汽车的位移大小为x总 = x + x’ = 44m + 36m = 80m
15 ．(1)0.75
(2)15m/s ，11.25m
【详解】（1）当 A 恰好不滑动时，轻绳的拉力大小T = mBg
当 A 恰好不滑动时，所受的摩擦力为最大静摩擦力（设为 fmax），对 A，在水平方向有fmax=Tcosθ
设此时台面对 A 的支持力大小为 N，对 A，在竖直方向有 fmax = T cosθ
又fmax = μN ，解得 μ = 0.75
（2）设剪断绳子后，物块 B 做自由落体运动，设落地瞬间速度大小为 v。在最后 Δt = 1s 内，
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由位移公式有Δh = vΔt
解得v = 15 m/ s
根据自由落体运动的速度—位移公式v2 = 2gh，解得 B 的初位置离地高度
16 ．（1）6s；（2）(i)420N；(ii)5s
【详解】（1）工件轻放上传送带时,设工件的加速度大小为a1 ，加速到与传送带速度相等用
时t1 ，沿传送带方向的位移大小为s1 ，对工件，由牛顿第二定律得
μ1mg cosθ -mg sin θ = ma1
得
a1 = 0.4m / s2
由匀变速直线运动速度公式有
v = a1t1
s1 vt1
由题意可得,工件与传送带共速后匀速运动到 B 端,设匀速过程用时t2 ,位移大小为s2 , s2 = L1 - s1 =vt2
得
t2 = 1s
工件从 A 点运送到 B 点所用的时间
t = t1 +t2 = 6s
（2）(i)当工件受到的静摩擦力取最大值时,拉力取最大值,对工件, 由牛顿第二定律有
μ2mgcosθ- mgsinθ= mam
对木板和工件, 由牛顿第二定律有
Fm - μ3(M + m)gcosθ -(M + m)gsin θ=(M+m) am
联立解得工件的最大拉力
Fm=420N
(ii)设工人施加拉力的时间t3, 向上运动过程中, 由题意可知工件与木板之间不打滑,在拉力作用下,工件与木板一起匀加速直线运动,撤去力之后一起匀减速直线运动,工件运动到 B 端时速度为零，对工件和木板,设匀加速直线运动位移大小为s3,匀减速直线运动过程中加速度大
小为a2 ，位移大小为s4 ，由牛顿第二定律有
μ3(M + m)gcosθ +(M + m)gsinθ=(M+m) a2
得
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a2 =8m/ s2
由匀变速直线运动速度公式有
L2 = s3 + s4
联立解得
t3 =5s
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