山东省东营市广饶一中2025-2026学年高一下学期寒假收心测试物理试题（含解析）

2025——2026 学年寒假作业检测
物理试题
一、单选题
1．两个质量均为m 的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态.弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k . t = 0 时刻，给A 物块一个竖直方向上的作用力F ，使得两物块以0.5g 的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A ．A 、B 分离前合外力大小与时间的平方t2 成线性关系
B ．分离时弹簧处于原长状态
C ．在t 时刻A 、B 分离
(
\
4
k
)D ．分离时B 的速度大小为 ·g
2 ．如图，一根质量为 m 的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为 M 的物体，系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为a ，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β,则( )
3 ．高度差一定的两点间可以搭建无数条光滑的曲线轨道，让相同小球从起点端静止向下滑
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落，其中有一条曲线轨道的小球是最先到达终点端，这条曲线我们称之为最速降线。如图所示，6 个轨道起始端和终点端高度差相同，其中轨道 3 满足最速降线，6 个相同的小球同时从起始端静止释放最后都到达终点端的整个过程中，不计一切阻力，下列说法正确的是
( )
A ．从轨道 1 滑下的小球位移最小 B ．从轨道 3 滑下的小球平均速度最小
C ．从轨道 3 滑下的小球重力的平均功率最大D ．各小球滑到终点时的速度相同
4 ．如图所示，光滑直角三角形支架 ABC 竖直固定在水平地面上，B 、C 两点均在地面上， AB 与 BC 间的夹角为 θ, 分别套在 AB、AC 上的小球 a 和b 用轻绳连接，系统处于静止状态，轻绳与 CA 间的夹角为 α . a 、b 的质量之比为( )
A ． B ． C ． D ．
5 ．如图所示，竖直墙上连有细绳 AB，轻弹簧的一端与 B 相连，另一端固定在墙上的 C
点．细绳 BD 与弹簧拴接在 B 点，现给 BD 一水平向左的拉力 F，使弹簧处于伸长状态，且 AB 和 CB 与墙的夹角均为 45° . 若保持 B 点不动，将 BD 绳绕 B 点沿顺时针方向缓慢转动，则在转动过程中 BD 绳的拉力 F 变化情况是( )
A ．变小 B ．变大
C ．先变小后变大 D ．先变大后变小
6．倾角为 θ =37°的斜面体与水平面固定不动，斜面上有一重为 G 的物体 A，物体 A 与斜面
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间的动摩擦因数 μ =0.5.现给 A 施加一水平力 F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37° =0.6 ，cos 37° =0.8)，如果物体 A 能在斜面上静止，水平推力 F 与 G 的比值不可能是( )
A ．3 B ．2 C ．1 D ．0.5
7 ．如图所示，小球以初速度v0 从 A 点出发，沿不光滑的轨道运动到高为 h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，小球经过轨道连接处无机械能损失，则小球经过 A 点的速度大小为( )
8 ． 自动驾驶汽车依靠人工智能、雷达，监控装置和全球定位系统协同合作，让电脑可以在没有任何人操作的情况下，自动安全地操作机动车辆。某平直公路上一辆自动驾驶汽车正以
v1=40km/h 的速度匀速行驶，某时刻其右前方一小狗以 v2=5m/s 的速度垂直车道方向匀速跑入公路，当汽车传感器探测到小狗时，小狗到汽车右侧所在直线的距离 L1=5m，到汽车前沿所在直线的距离 L2=8m。已知汽车的车长 d1=5m、车宽 d2=2m，汽车加速时的加速度大小 a1=4m/s2 ，刹车时的加速度大小 a2=5m/s2。为了避免与小狗发生碰撞， 汽车的自动驾驶系统该作出的正确判断是( )
A ．汽车应保持原速通过
B ．汽车应刹车减速
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C ．汽车应加速通过
D ．不论汽车是加速还是刹车均不能避免与小狗发生碰撞
二、多选题
9 ．甲、乙两同学相约去参观博物馆。两人同时从各自家中出发，沿同一直线相向而行，经过一段时间后两人会合。身上携带的运动传感器分别记录了他们在这段时间内的速度大小随时间的变化关系，如图所示。其中，甲的速度大小随时间变化的图线为两段四分之一圆弧，则( )
A ．在 t1 时刻，甲、乙两人速度相同
B ．0～t2 时间内，乙所走路程大于甲
C ．在 t3 时刻，甲、乙两人加速度大小相等
D ．0～t4 时间内，甲、乙两人总路程相同
10 ．如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为 m 和 M 的物块 A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为 μ,当用水平力 F 作用于 B 上且两物块共同向右以加速度a1 匀加速运动时，弹簧的伸长量为 x1；当用同样大小的恒力 F 沿着倾角为θ 的光滑斜面方向作用于 B 上且两物块共同以加速度 a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为 x2，则下列说法正确的是( )
A ．若 m>M，有 x1＝x2 B ．若 mC ．若 μ>sin θ,有 x1>x2 D ．若 μ11 ．足够长的水平传送带在电动机带动下以恒定速率v1 匀速顺时针转动，质量为 m 可视为
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质点的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2 (v2 < v1 ) 滑上传送带，如图所示，最终滑块返回传送带右端.关于上述过程，下列说法正确的有( )
A ．滑块向左运动时摩擦力向右
B ．向右运动时摩擦力向左
C ．此过程中传送带对滑块做功为mv
D ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为2mv1v2
12．如图所示，足够长的倾角为 a 的斜面体固定在水平地面上，轻质弹簧一端与斜面底端的挡板固定，另一端与质量为 M 的平板连接，一质量为 m 的物体靠在平板的左侧，M、m 与斜面的动摩擦因数均为 μ。开始时用手按住 m 使弹簧处于压缩状态，现释放，使 M 和 m 一起沿斜面向上运动，当 M 和 m 运动距离为 L 时达到最大速度 v。则下列说法正确的是( )
A．若运动过程中M和m 能够分离，则M 和m 恰好分离时，二者加速度大小均为g（sina +μcosa）
B．M 和 m 达到最大速度 v 时，弹簧恢复原长
(
1
2
)C ．从释放到 M 和 m 达到最大速度 D 的过程中，m 受到的合力对它做的功等于 2 mv
D ．从释放到 M 和 m 达到最大速度。的过程中，弹簧对 M 所做的功等于
1 2
2 Mv + MgL sin a + μMgL cos a
三、实验题
13．如图甲所示，某学习小组利用如图所示装置来研究“合外力做功与动能变化的关系”，测得小车的质量为 M，砂和砂桶的总质量为 m，并保证 m 远小于 M，安装好实验装置并正确平衡摩擦力，实验中始终保持细绳与木板平行，打点计时器打点周期为 T，当地的重力加速
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度为 g。
（1）在平衡摩擦力过程中，取下细绳及砂桶，通过改变长木板的倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做______运动。
（2）若确保该学习小组实验操作正确，并挑选出如图所示的纸带，则由此可求得纸带上由 A点到 D 点所对应的过程中，合外力对小车所做的功 W=______；在此过程中小车动能改变量为 ΔEk=______；若在误差范围内满足______，则动能定理得证。（均使用题中所给和图中标注的物理量符号表示）
14 ．在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）实验中，拍下四位同学在纸带将被释放瞬间的照片（打点计时器已正确安装），其中最合适的是___________。
A. B
(
C
)D
（2）该实验中，下列哪些操作是必要的___________。
A.释放重物前，重物应尽量远离打点计时器 B.先接通电源后释放重物
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C.用天平测量重物的质量 D.用秒表测出重物下落的时间
（3）在实验中，打出的纸带如图所示，其中 A、B 为打点计时器打下的第1、2 个点，
AB = 2mm ，D、E、F 为点迹清晰时连续打出的计时点，测得D、E、F 到A 的距离分别为x1 =15.55cm 、x2 =19.20cm 、x3 =23.23cm （图中未画出），打点计时器的打点频率
f =50Hz ，重物质量为m=200g ，当地重力加速度g=9.8m/s2 ，一位学生想从纸带上验证打下A 点到打下E 点过程中，重物的机械能守恒。
①重物重力势能减少量ΔEp ___________J，动能增量ΔEk = ___________J。（结果保留三位
有效数字）
②如果只考虑纸带与限位孔之间的阻力，则可根据以上数据可求出阻力与重力比值与下列选项中的哪个值较接近___________。
A.2 B. 0.2 C. 0.02 D. 0.002
四、解答题
15．某一长直的赛道上，一辆 F1 赛车前方 200 m 处有一安全车正以 10 m/s 的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以 2 m/s2 的加速度追赶。
(1)求赛车出发 3 s 末的瞬时速度大小；
(2)赛车何时追上安全车？追上之前与安全车最远相距多少米？
(3)当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以 4 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，问两车再经过多长时间第二次相遇？（设赛车可以从安全车旁经过而不发生相碰）
16 ．如图所示，倾角为 37°足够长的传送带以 4m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以 2m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图所示，g=10m/s2，
sin37°=0.6 ，cos37°=0.8，试求：
（1）小物块与传送带间的动摩擦因数为多大;
（2）0~8s 内小物块与传送带之间的划痕为多长.
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17 ．有一项游戏可简化如下：如图所示，滑板长L = 1m ，起点 A 到终点线B 的距离s = 5m 。开始滑板静止在水平地面上，右端与 A 平齐；滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施 一水平恒力F 使滑板前进；滑板右端到达B 处冲线，游戏结束。地面视为光滑， 物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ = 0.5 ，滑块质量m1 = 2kg ，滑
板质量m2 = 1kg ，重力加速度 g 取10m/s2 ，求：
(1)滑板由 A 滑到B 的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B ，水平恒力 F 的取值范围。
18 ．图甲所示，长为 4m 的水平轨道AB 与半径为R = 0.6m 的竖直半圆轨道BC 在B 处平滑 连接，C 点在B 点的正上方，有一质量为m = 1kg 的滑块（大小不计）受水平外力F 的作用，从A 处由静止开始向右运动，F 与滑块位移x 的关系图像如图乙所示，滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ = 0.25 ，与轨道BC 间的动摩擦因数未知，g 取10m / s2 。（规定水平向右为力 F 的正方向）
(1)求滑块到达B 处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB 上运动前 2m 所用的时间；
(3)若滑块到达B 点时撤去外力F ，滑块沿半圆轨道内侧上滑，到达最高点C 时的速度为
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/6m / s ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少。
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1 ．C
A. A 、B 分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项 A 错误；
BC.开始时弹簧的压缩量为x1 ，则 2mg = kx1 ；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B ，有kx2 - mg = ma ，且 x1 - xat2 ，解得
x ，此时弹簧仍处于压缩状态，选项 B 错误，C 正确；
D.分离时B 的速度为v = at g ，选项 D 错误.
2 ．B
设中点处绳子的拉力为 T，则对中间结点分析可知
2T cosa = Mg
设悬挂点处绳子的拉力为T' ，对绳子和 M 受力分析可知
2T 'cos β = mg +Mg
对一侧绳子进行受力分析，水平方向有
T 'sin β = T sin a
解得
故选 B。
3 ．C
A ．依题意，6 个轨道起始端和终点端高度差相同，根据位移的定义可知，所有小球的位移大小是一样的。故 A 错误；
B ．依题意，从轨道 3 滑下的小球所用时间最短，根据
易知，从轨道 3 滑下的小球平均速度最大。故 B 错误；
C ．根据
P = mgv
可知从轨道 3 滑下的小球重力的平均功率最大。故 C 正确；
D ．小球下滑过程中只有重力做功，即
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可知各小球滑到终点时的速度大小相同，方向不同。故 D 错误。
故选 C。
4 ．A
对 a 、b 两球分别受力分析，建立沿支架和垂直于支架的坐标系，如图所示
对 a 由平衡条件得
Na = mag cosθ + FT cos a
mag sin θ = FT sin a
可得
对 b 由平衡条件
Nb = mb g sin θ + FT sin a
mb g cosθ = FTb cos a
可得
同一根绳的张力处处相同，联立可得
有
故 A 正确，BCD 错误。
故选 A。
5 ．A
要保持 B 点的位置不变，BD 绳向上转动的角度最大为 450 ，由于 B 点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图解可知，AB 绳的拉力减小，BD 绳的拉力也减小，故 A 正确；
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BCD 错误；故选 A
6 ．A
设物体刚好不下滑时 F＝F1，则
F1·cos θ+μFN ＝G·sin θ
FN＝F1·sin θ+G·cos θ .
得：
设物体刚好不上滑时 F＝F2，则：
F2·cos θ =μFN,＋G·sin θ
FN,＝F2·sin θ+G·cos θ
得：
即 ，故 F 与 G 的比值不可能为 3，故 A 正确.
7 ．D
设小球在由 A 到 B 的过程中阻力做功为 W，由 A 到 B 的过程中由动能定理
当小球由 B 返回到A 的过程中，阻力做的功依旧为 W，再由动能定理得
以上两式联立可得
故选 D。
8 ．C
A ．小狗走过 L1 的时间为
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汽车的速度 v1=40km/h=11.1m/s，若保持原速行驶，则在 t1 时间内的位移为
s1 = v1t1 = 11.1m
因为
L2 + d1 > s1 > L2
则狗会与车相撞，选项 A 错误；
B ．若汽车刹车减速，则在 t1=1s 内的位移
则汽车也会与狗相撞，选项 B 错误；
C ．若汽车加速通过，则在 t1=1s 内的位移
则可避免车与狗相撞，选项 C 正确；
D ．由以上分析可知，选项 D 错误。
故选 C。
9 ．BCD
A ．因为两个人是相向运动的，说明运动方向相反，因此 t1 时刻速度方向相反，故A 错误；
B ．v-t 图像的面积表示物体运动的位移大小，因此可得 0-t2 时间内乙的路程大于甲的路程，故 B 正确；
C ．v-t 图像的斜率表示加速度，设交点为 A，则 t3 时刻交点 A 恰好等分 t2-t4 的圆周，因此由几何关系可得过 A 点圆的切线的斜率和乙的斜率大小相等，都为 ，故 C 正确；
D ．通过观察可以看出甲的图像面积为
乙图像的面积为 R2，说明甲乙的路程相等，故 D 正确。
故选 BCD。
10 ．AB
在水平面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有
F-μ(m＋M)g ＝(m＋M)a1
隔离物块 A，根据牛顿第二定律有
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FT-μmg ＝ma1
联立解得弹簧上的拉力为
在斜面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有
F－(m＋M)gsin θ =(m＋M)a2
隔离物块 A，根据牛顿第二定律有
FT,－mgsin θ =ma2
联立解得弹簧上的拉力
对比可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，AB 正确， CD 错误。
故选 AB。
11 ．AD
【分析】考查传送带模型的摩擦力做功问题。
A ．当滑块向左运动时， 由于皮带向右运动，所以滑块相对于皮带一定向左运动，滑块所受的摩擦力方向向右，故 A 正确；
B ．滑块向左运动速度减为零之后，开始向右运动，但此时滑块速度小于皮带速度，即滑块相对于皮带还是向左运动，摩擦力还是向右，故 B 错误；
C ．整个过程，只有传送带对滑块做功，由于v2 < v1 ，所以滑块在回到右端之前未达到与皮带共速，整个过程中，滑动摩擦力一直向右，即加速度一直向右，大小不变，回到出发点时，末速度刚好为v1 ，方向向右，由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为：
故 C 错误。
D ．设滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ,滑块在传送带上运动的时间：
μg μg
传送带的位移为：
滑块回到出发点，滑块的位移为 x2=0，根据：
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Q = μmg (x1 + x2 ) = 2mv2v1
故 D 正确。
故选 AD。
12 ．AC
A．M 和 m 恰好分离时，M、m 间的弹力为 0，M、m 的加速度大小相同，对 m 受力分析，由牛顿第二定律知

mgs sin a + μmg cos a = ma
得
a = g (sin a + μ cos a )
A 正确；
B．M 和 m 达到最大速度 v 时，M 和 m 的加速度为零，对 M、m 整体:由平衡条件知
kx =（m + M）gsina + μ（m + M）gcosa
所以此时弹簧处于压缩状态，B 错误；
C ．从释放到 M 和 m 达到最大速度 0 的过程中，对于 m，根据动能定理得，m 受到的合力对它做的功
C 正确；
D ．从释放到 M 和 m 达到最大速度 v 的过程中，对 M、m 整体，根据动能定理得
所以弹簧对 M 所做的功
D 错误。
故选 AC。
13 ． 匀速直线 mg(x4 - x1 ) W = ΔEk
（1）[1]改变长木板的倾斜程度，用重力沿木板方向的分力来平衡小车受到的摩擦力，当两个力相等时，小车做匀速直线运动。
（2）[2]平衡摩擦力后，小车受到细绳的拉力即是其受到的合外力，当 m 远小于 M 时，小车以及砂和砂桶的加速度远小于重力加速度 g，此时砂和砂桶的总重力 mg 可以近似等于细
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绳的拉力，即小车受到的合外力为 mg。由 A 点到 D 点，小车的位移为(x4 - x1 )，合外力与位移方向相同，所以合外力对小车做功为
W = mg(x4 - x1 )
[3]小车受到合外力恒定，小车做匀加速直线运动，在某位移的中间时刻的速度与这段位移的平均速度相等。纸带上相邻两点间的时间间隔为 T。A 点为 O 、B 两点的中间时刻，小车在 A 点的速度
vA D 点为 C、E 两点的中间时刻，小车在 D 点的速度
由 A 点到 D 点，小车动能的改变量
[4]若满足合外力做功等于动能的改变量，即
W = ΔEk
动能定理得证。
14 ． C B 0.376 0.369 C
（1）[1]在验证机械能守恒定律的实验中，实验时，应让重物紧靠打点计时器，手拉着纸带的上方，保持纸带竖直，由静止释放；
故选 C；
（2）[2]释放重物前，重物应尽量靠近打点计时器，以充分利用纸带，实验时要先接通电源后释放重物，要验证的关系式
两边消掉了 m ，则不需要用天平测量重物的质量，打点计时器可直接记录重物下落的时间，不需要秒表测量时间；
故选 B；
（3）①[3]因为
AB = 2mm
则 A 点为自由落体运动的初始位置，即vA = 0 ，从 A 点到 E 点过程中，重力势能的减小量为
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ΔEp =mgx2 =0.2×9.8×0.1920J=0.376J
[4]根据匀变速直线运动可得某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度得 E 点的瞬时速度
则动能增量为
②[5]摩擦力做功约为0.007J ，与重力做功0.376J 比值约为 0.019；故选 C。
15 ．(1)6 m/s；(2)20 s ，225 m ；(3)20 s (1)赛车在 3 s 末的速度
v1 ＝a1t1 ＝2×3 m/s ＝6 m/s
(2)设经 t2 时间追上安全车，由位移关系得
解得
t2 ＝20 s
此时赛车的速度
v ＝a1t2 ＝2×20 m/s ＝40 m/s
当两车速度相等时，两车相距最远。
由 v0 ＝a1t3 得两车速度相等时，需要的时间
两车最远相距
(3)设再经 t4 时间两车第二次相遇，由位移关系得
解得
t4 ＝15 s
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由于赛车停下来的时间
(
2
)
所以 t4 ＝15 s 不合实际，所以两车第二次相遇再经时间 t5，应满足
解得
t5 ＝20 s
16 ．（1） （2）18m
【分析】根据 v-t 图象的斜率求出物体运动的加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数；速度图象的“面积”大小等于位移，物体在 0-2s 内的位移为负值，在 2-8s 内的位移为正值；在前 6s 内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移 Δx 。
（1）根据 v-t 图象的斜率表示加速度，可得物体的加速度大小为：
由牛顿第二定律得：
μmgcos370 - mgsin370 = ma
带入数据解得：
（2）0-8s 内只有前 6s 内物体与传送带发生相对滑动0-6s 内传送带匀速运动距离为：
s带 = 4 × 6m=24m
速度图象的“面积”大小等于位移则 0-2s 内物体位移为：
方向沿斜面向下．
2-6s 内物体位移为：
所以划痕的长度为：
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Δx = s带 +s1 -s2 =24+2-8m=18m
【点睛】本题主要考查了传送带问题，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，从而求出相对位移。
17 ．(1)1s
(2) 30 ≤ F ≤ 34N
（1）滑板由 A 滑到 B 过程中一直加速，且加速度最大时，所用时间最短，滑板在水平方向只受滑块施加的滑动摩擦力f ，设滑板的加速度为a2 ，对滑板，根据牛顿第二定
律有f = μm1g = m2 a2
解得a2 = 10m / s2
根据位移时间公式有s a2t2
解得t = 1s
（2）滑板与滑块刚好要相对滑动，水平恒力最小，设为F1 ，此过程可认为二者加速度相等，对于滑块，根据牛顿第二定律有F1 - μm1g = m1a2
代入数据解得F1 = 30N
当滑板运动到 B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2 ，设滑块的加速度为a1 ，对于滑
块，根据牛顿第二定律有F1 - μm1g = m1a1
根据题意有L a1t a2t2
联立并代入数据解得F2 = 34N
故水平恒力大小范围是30 ≤ F ≤ 34N
18 ．(1) 2m / s
s
(3) 5J
（1）对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得 x3 - μmgx mv 解得vB = 2m / s
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（2）在前 2m，根据牛顿第二定律有F1 - μmg = ma1
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解得a1 = 17.5m / s2
且x a1t
解得t s
（3）对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得
解得Wf = 5J