广东省深圳市松岗中学2025-2026学年高一上学期期中考试物理试题

广东省松岗中学2025-2026学年第一学期高一年级期中考试 物 理 命题人：雷宇 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分） 1．2025年4月19日，20支人形机器人赛队与人类共同参跑半程马拉松，赛道长21.0975公里。男子组、女子组冠军成绩分别为1小时02分36秒、1小时11分07秒，机器人组冠军成绩为2小时40分42秒。下列说法正确的是（ ） A．21.0975公里表示的是位移大小 B．“1小时02分36秒”表示的是时刻 C．研究女子组冠军的运动路径时可将运动员视为质点 D．机器人组冠军的瞬时速度一定小于女子组冠军的瞬时速度 2．关于物理问题研究的方法，以下说法中不正确的是（ ） A．研究瞬时速度时采用了极限思想法 B．加速度的表达式，采用的是比值定义法 C．在利用v-t图像推导匀变速直线运动的位移公式时，采用了理想模型方法 D．伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理相结合的方法 3．关于速度、速度变化量、加速度，下列说法正确的是（ ） A．由知，速度与位移成正比，与时间成反比 B．物体的速度变化量越大，则其加速度a就越大 C．蹦床运动员以5m/s的速率竖直下落到弹簧床上，以7m/s的速率竖直向上弹起，其速度变化量的大小是12m/s D．物体的瞬时速度为零，其加速度也一定为零 4．物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2s内的位移为4.0m，第3s内的位移为6.0m，则下列说法正确的是（ ） A．它在第2s初到第3s末的平均速度的大小是2.0m/s B．它的初速度为零 C．它的加速度大小是1.0m/s2 D．它在第1s内的位移是2.0m 5．书放在水平桌面上，如图所示，下列说法正确的是（ ） A．桌面受到的压力施力物体是地球 B．书对桌面的压力就是书受的重力 C．桌面对书的支持力，是因为桌面发生了微小形变而产生的 D．书受到的支持力与书对桌面的压力大小相等、方向相反，合力为0 6．搬运工人在搬运大件货物时通常将货物扛在背上，双手抓住两侧，当感觉手部吃力时会逐渐弯腰，已知货物质量为m，背部与水平方向夹角为，重力加速度为g，则以下说法中正确的是（ ） A．随着减小，FN逐渐减小 B．随着减小，Ff逐渐增大 C．工人对货物的作用力大小为mg D．工人用力抓紧货物，可增大对货物的静摩擦力 7．如图所示，一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和5个门组成，两相邻门间的距离均为。现一滑块（可视为质点）从O点弹出后做匀减速直线运动，全程不与门相碰且恰好停在门5的正下方。已知滑块在门4和5之间滑行的时间为1s，则下列说法正确（　　） A．滑块的加速度大小为 B．滑块在门1和门3间滑行的平均速度小于在门3和门5间滑行的平均速度 C．滑块从门1滑行至门2的时间与从门2滑至门5所用的时间之比为 D．滑块在门1和门3间滑行和在门3和门5间滑行的平均速度之比为 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分） 8．如图所示是某物体做直线运动的速度一时间图像，下列说法正确的是（ ） A．物体的加速度大小为 B．与的加速度方向相反 C．时物体开始向反方向运动 D．物体的位移为零 9．将某物体以10m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取，则3s内物体的（ ） A．路程为25m B．速度变化量的大小为30m/s C．位移大小为15m，方向竖直向上 D．平均速度大小为5m/s，方向竖直向下 10．如图所示，用大小为8N的水平拉力F拉上表面粗糙程度各处相同的物体A，使其在水平地面上以1m/s匀速直线运动，当物体B静止不动时，与水平绳相连的弹簧测力计的示数为2N保持不变，下列说法正确的是（不计绳和弹簧测力计自重）（ ） A．B受到的摩擦力为静摩擦力 B．B受到的摩擦力大小为2N C．若A以3m/s匀速直线运动，弹簧测力计示数变大 D． A对地面的摩擦力大小为6N，方向水平向右 三、实验题（本题共2小题，共18分） 11．（8分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时，操作有： ①记录O点的位置和两拉线的方向，并读出两弹簧测力计的示数和； ②撤去、，改用一个力单独拉住小圆环，仍使它处于O点；记录拉线的方向，并读出弹簧测力计的示数； ③将白纸固定在木板上，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定在G点；用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，使小圆环静止于O点； ④用作图工具进行检验，并改变拉力的大小和方向，重做上述实验，检验所围成的图形是不是平行四边形，进而得出实验结论。 ⑤用力的图示法画出拉力、及的图示，用虚线把拉力的箭头端分别与、的箭头端连接，围成的形状像是一个平行四边形； (1)其合理的顺序是 ； (2)某次实验中弹簧测力计的示数如图丁所示，则示数为 N； (3)用作图工具进行检验时，可以以、为邻边作平行四边形，得出合力的理论值F。下图中符合实验事实的是______； A． B． C． D． (4)下列措施可以减小实验误差的是______； A．橡皮条应与两拉线夹角的平分线在同一直线上 B．用两个弹簧测力计去拉橡皮条时，弹簧测力计可以与木板不平行 C．用两个弹簧测力计去拉橡皮条时，两个拉线的夹角必须是90° D．拉小圆环的拉线要适当长一点，记录拉线方向的两点要适当远一点 12．（10分）某同学用打点计时器探究小车速度随时间变化的规律。 (1)为了完成本实验，不需要选择的实验器材有 （填写器材前的字母序号）。 A．220V交流电源 B．电火花计时器 C．秒表 D．小车 E带滑轮的长木板 F.纸带 G.天平 H.刻度尺 (2)若按正确的操作，打出如图所示的一条纸带，O、A、B、C、D为依次选取的计数点，每两个相邻计数点之间还有4个点没有画出，相邻两计数点间的距离已在图中标出，打点计时器所用的电源频率为50Hz；打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度大小v= m/s。小车的加速度大小a= m/s2（速度与加速度的计算结果均保留三位有效数字） (3)如果当时交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，那么由此引起的系统误差将使（2）中C点速度的测量值比实际值偏 （填“大”或“小”）。 四、计算题（本题共3小题，共36分） 13．（9分）高空抛物会造成严重的安全隐患，刑法修正案（十一）新设高空抛物罪，“高空抛物”正式入刑。若一小玻璃球从高度80m处的楼层由静止滑落，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求： (1)小玻璃球经过多长时间落到地面； (2)小玻璃球落地时速度的大小； (3)下落过程中，小玻璃球在最后1s内的位移大小。 14．（12分）如图所示，质量的物块放在竖直弹簧上端并紧挨着竖直墙壁，水平向左、大小的力作用在物块上，物块恰好不下滑，此时弹簧的长度。已知弹簧的劲度系数、原长，物块与竖直墙壁之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，求： （1）弹簧对物块的弹力大小； （2）竖直墙壁受到的摩擦力大小和方向； （3）物块与竖直墙壁之间的动摩擦因数。 15．（15分）如图所示，某大桥引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，、两车相距时，车正以的速度匀速行驶，车正以的速度借道超越同向行驶的车，此时车司机发现前方距离车头处的并道对接口，、两车长度均为，且不考虑车变道过程的时间和速度变化。（结果可用分数表示） (1)若车司机放弃超车，且立即驶入与车相同的车道，车至少以多大的加速度刹车（视为匀减速直线运动），才能避免与车相撞； (2)若车以（1）中最小加速度刹车，当、两车速度相同时，车车头驶离并道对接口多远； (3)若车司机加速（视为匀加速直线运动）超车，车的最大加速度大小为，请通过计算分析车能否实现安全超车。 答案及解析 1． 【答案】C 【详解】A． 21.0975公里是马拉松赛道的实际路径长度，属于路程，而位移是起点到终点的直线距离（通常小于路程），故A错误。 B． “1小时02分36秒”是完成比赛所用的总时间，属于时间间隔，而非某一时刻，故B错误。 C． 研究运动员的运动路径时，其体型和动作对轨迹无影响，可忽略大小和形状，视为质点，故C正确。 D． 平均速度由位移和总时间决定，机器人组平均速度更小，但瞬时速度无法通过总时间直接比较。机器人可能在某一时刻速度更快，因此“一定”的绝对判断不成立，故D错误。 故选C。 2． 【答案】C 【详解】A．研究瞬时速度时，是通过让时间间隔趋近于零，平均速度趋近于瞬时速度，采用了极限思想法，故A正确，不符合题意； B．加速度的表达式，是速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值，采用的是比值定义法，故B正确，不符合题意； C．利用v-t图像推导匀变速直线运动的位移公式时，采用的是微元法，即把时间分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后累加，而不是理想模型方法，故C错误，符合题意； D．伽利略在研究自由落体运动时，先通过实验观察，再进行逻辑推理，所以采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故D正确，不符合题意。 故选C。 3． 【答案】C 【详解】A．由 是速度的定义式，因此速度的大小与和没有必然的关系，A错误； B．公式 是加速度的定义式，因此加速度的大小与和没有必然的关系，B错误； C．初速度5m/s竖直向下，末速度7m/s的竖直向上，设向上为正，则速度变化量 的大小是12m/s，C正确； D．物体的速度为零时，加速度不一定为零，例如物体从静止开始加速，初始时刻速度为0，但加速度不为0，D错误。 故选C。 4． 【答案】D 【详解】C．根据匀加速直线运动的逐差公式，相邻相等时间间隔的位移差为，代入数据得，C错误； BD．第2秒内的位移公式为：，代入已知条件和得，因此第1秒内的位移为，B错误，D正确； A．第2秒初到第3秒末的总位移为10.0 m，时间为2秒，平均速度为，A错误。 故选D。 5． 【答案】C 【详解】A．桌面受到的压力施力物体是书，故A错误； B．书对桌面的压力作用在桌面上，书受的重力作用在书上，故B错误； C．桌面对书的支持力，是因为桌面发生了微小形变而产生的，故C正确； D．书受到的支持力与书对桌面的压力大小相等、方向相反，但由于作用在不同的对象上，所以不能说它们的合力为0，故D错误。 故选C。 6． 【答案】C 【详解】货物处于平衡状态，则工人对货物的作用力大小为mg，根据共点力平衡条件有， 则随着减小，FN逐渐增大，Ff逐渐减小，工人用力抓紧货物，不会增大对货物的静摩擦力。 故选C。 7． 【答案】C 【详解】A．根据逆向思维，可将该运动看成反向从门5开始做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，根据位移时间公式有 代入数据解得，故A错误； C．设滑块依次滑过两相邻门的时间间隔分别为、、，，且，根据逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动规律可知，滑块滑过相邻的两个门所用时间之比为 可得，， 则滑块从门1滑行至门2的时间与从门2滑至门5所用的时间之比为，故C正确； BD．滑块在门1和门3间滑行和在门3和门5间滑行的时间之比为 根据平均速度为 由题分析，可知滑块从门1到门3间的位移等于从门3到门5的位移，故滑块在门1和门3间滑行和在门3和门5间滑行的平均速度之比等于时间反比，则有 可知，故BD错误。 故选C。 8． 【答案】AD 【详解】A．由图可知，物体的加速度大小为，故A正确； B．图像的斜率代表加速度，所以与的加速度方向相同，故B错误； C．物体的速度为正，则物体仍向正方向运动，故C错误； D．由图可知，时，物体的位移与时，物体的位移大小相等，方向相反，故物体的位移为零，D正确。 故选AD。 9． 【答案】ABD 【详解】B．物体的加速度为重力加速度，根据 可知速度变化量的大小为30m/s，方向竖直向下，故B正确； CD．物体做竖直上抛运动，以竖直向上为正方向，物体3s内的位移为 可知位移大小为15m，方向竖直向下；则3s内物体的平均速度为 可知平均速度大小为5m/s，方向竖直向下，故C错误，D正确； A．物体上升的最大高度为 所以路程为，故A正确。 故选ABD。 10． 【答案】BD 【详解】A．因为AB之间发生相对滑动，因此A与B之间是滑动摩擦力，故A错误； B．滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，B相对于A向左运动，故B受到的摩擦力方向水平向右；由于B处于静止状态，因此B受到弹簧测力计的拉力等于A对B的摩擦力，并且二力是一对平衡力，大小相等，即弹簧测力计的拉力等于A对B的摩擦力，大小为2N，故B正确； C．若A以3m/s匀速直线运动，A物体依然受力平衡，A物体受到AB间的滑动摩擦力和A与地面的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小是不变的，拉力F不变，弹簧测力计示数不变，故C错误； D．弹簧测力计的示数为2N，则AB间的摩擦力为2N；A匀速运动，受力平衡，所以 则，地面对A的摩擦力方向水平向左，A对地面的摩擦方向水平向右，故D正确。 故选BD。 11． 【答案】(1)③①②⑤④ (2)2.58/2.59/2.60/2.61/2.62/2.63 (3)A (4)D 【详解】（1）“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，首先要进行实验装置的安装与初始操作，即③将白纸固定在木板上，橡皮条一端连小圆环，另一端固定，用两个弹簧测力计拉小圆环至O点；接着①记录O点位置、两拉线方向和、示数；然后②撤去、，用一个力拉小圆环至O点，记录方向和示数；之后⑤用力的图示法画出、、，连接箭头端看形状；最后④用作图工具检验并重复实验。所以合理顺序是③①②⑤④。 （2）由图丁可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，此时指针指向2.60N刻度线处，所以示数为2.60N。 （3）实验中，是用一个弹簧测力计拉小圆环时的实际合力（实验值），应与GO在同一直线上；是根据平行四边形定则，以、为邻边作出的合力（理论值），应是平行四边形的对角线。观察选项只有A符合实验事实。 故选A。 （4）A．橡皮条不需要与两拉线夹角的平分线在同一直线上，只要两次拉橡皮条都使小圆环到O点即可，该措施不能减小误差，故A错误； B．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计必须与木板平行，这样才能保证力在同一平面内，测量更准确，若不平行会增大误差，故B错误； C．两个拉线的夹角不需要必须是，只要合适即可，该要求不是减小误差的措施，故C错误； D．拉小圆环的拉线适当长一点，记录拉线方向的两点适当远一点，这样能更准确地确定力的方向，减小实验误差，故D正确。 故选D。 12． 【答案】(1)CG (2) 0.490 1.20 (3)大 【详解】（1）本实验需要通过打点计时器测量小车的速度，所以需要交流电源、电火花打点计时器、纸带、被测量的小车，小车放在带滑轮的长木板上运动，处理纸带的时候涉及长度测量，需要刻度尺，所以需要A、B、D、E、F、H，不需要C、G。 （2）[1]相邻两计数点间的时间间隔为 根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知，打点计时器打下计数点时，小车的瞬时速度 [2]根据逐差法，小车的加速度为 （3）根据速度公式 如果打点频率变小，则打点周期变大，两点间的实际时间大于0.02s，而测量仍按原来的时间0.02s计算，则测量时间比真实的时间小，导致速度的测量值偏大。 13． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由 得物体落地时间为 （2）物体落地的速度为 （3）设小玻璃球下落3s的位移为，根据自由落体运动位移公式有 所以小玻璃球在最后1s内的位移为 14． 【答案】（1）；（2），方向竖直向下；（3） 【详解】（1）根据胡克定律有 解得 （2）对物块受力分析，竖直方向上有 由牛顿第三定律可知，竖直墙壁受到的摩擦力大小 解得 方向竖直向下。 （3）物块在水平方向上有 物块与竖直墙壁之间的动摩擦因数 解得 15． 【答案】(1) (2) (3)不能实现安全超车 【详解】（1）车减速到与车同速时，若恰好未与车相撞，则车将不会与车相撞，设经历的时间为，故车位移，车位移 几何关系 联立解得 故车与车不相撞，刹车时的最小加速度 （2）题图所示时刻车车头距离并道对接口 当车以加速度刹车，车与车同速时，车车头驶离并道对接口 解得 （3）设车加速时间后车尾到达车车头，则 解得 在此时间内，车向前运动了 计算可得 说明以的加速度加速不能实现安全超车。 试卷第2页，共12页 - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 $