山东泰安市泰山国际学校2025-2026学年高一上学期期末考试物理试卷

2025-2026学年度高一上学期物理期末考试卷 考试范围：必修一全册、必修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．某物体运动的v-t图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）    A．物体做曲线运动 B．物体运动的速度越来越大 C．物体在0~t时间运动的位移大小等于 D．物体在0~t时间运动的位移大小小于 2．急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐载人工具时的舒适程度，对于载人工具其值越小，乘客体验越舒适。如图所示为某景区乘客测得电梯从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律，已知当时，，则（　　） A．0~0.2s内电梯加速度随时间均匀增大 B．乘客体验感在0.6s较0.8s更舒适 C．0.6s时电梯加速度大小为1.2 D．0.6~0.8s时间内电梯加速度变化量大于0.4 3．电梯内有一物体，质量为m，用细绳挂在电梯的天花板上，当电梯以的加速度竖直加速上升时，细绳对物体的拉力是（　　） A． mg B． mg C．mg D． mg 4．一艘小船在静水中的速度大小为，现需渡河至对岸。河宽，水流速度大小为且平行于河岸。与始终保持某一固定角度，已知当小船运动到河中央时，其实际速度方向与河岸成45°角，运动时间。假设小船可视为质点，则下列说法正确的是（　　） A．小船运动到河对岸时，其实际速度方向与河对岸成角 B．小船从起点运动到河对岸所用的时间一定是20min C．小船的实际运动是匀变速直线运动 D．一定小于 5．2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器， 在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的 1.9 倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（　　） A．当探测器加速后刚离开A 处的加速度与速度均比火星在轨时的要大 B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约 10 分钟到达火星 C．如果火星运动到 B 点，地球恰好在 A 点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹 AC 运动到 C 点时，恰好与火星相遇 D．下一个发射时机需要再等约 2.7 年 6．如图所示，以10m/s的水平速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体撞击在斜面上的瞬时速度是多大（　　） A．10m/s B． C． D．20m/s 7．如图所示，一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（　　） A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B．汽车转弯的速度为10m/s时所需的向心力为1.4×104N C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车不会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过8.0m/s2 8．如图所示，卫星首先从近地圆轨道Ⅰ上的点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在椭圆轨道Ⅱ上的点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，、分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点，下列关于卫星的说法中正确的是（　　） A．发射速度大于 B．在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点的加速度相等 C．在轨道Ⅲ上的运行速率大于在轨道Ⅰ上的运行速率 D．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间扫过的面积相等 二、多选题 9．一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和6N，当这两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为（　　） A．1m/s2 B．5m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2 10．如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是（　　） A．该同学重力约为500N B．下蹲过程中该同学始终处于失重状态 C．该同学完成了一次下蹲再起立的动作 D．起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力 11．先后两次从高为OH=1.4m高处斜向上抛出质量为m=0.2kg同一物体， 落于Q1、Q2， 测得OQ1=8.4m， OQ2=9.8m， 两轨迹交于P 点， 两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m， 不计空气阻力， 重力加速度 g=10m/s2（　　） A．第一次抛出上升时间， 下降时间比值为：4 B．两次在空中的运动时间相同 C．两次从抛出至落地过程中平均速度相同 D．第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大 12．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　） A．煤块与传送带间的动摩擦因数 B．秒时煤块受到的摩擦力方向反向 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 三、实验题 13．某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，他用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的点，另一端系两个细绳套，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度施加拉力，使橡皮条伸长，让结点到达纸面上某位置，记为，然后撤去两个力，再用一个弹簧测力计把结点拉到位置，如图甲所示。 (1)某次实验中，一弹簧测力计的指针位置如图乙所示，读数为 N。 (2)同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置点，这使用了 的科学研究方法。 (3)某次实验作出力的平行四边形如图丙所示，在与两力中，方向一定沿方向是 （填“F”或“”）。 (4)实验中与的夹角为，保持的方向不变、增大角的过程中，为保证结点位置不变，的大小将___________。 A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 14．某同学利用如图所示实验装置研究“小车加速度a与砂桶（含砂）质量m的关系”。 （1）实验开始时，先把安装有发射器的小车移到靠近接收器附近，调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板 。 （2）将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车能沿沿木板向下滑动为止。 （3）实验中保持小车（含发射器）的质量不变，反复改变砂桶内砂的质量，记录砂和桶的总质量m，并通过位移传感器及与之相连的计算机得到小车相应的加速度a。获取的实验数据已标在图所示的坐标图中，请在图中作出a－m图线 。 （4）a－m图线不过原点，其原因可能是步骤（2）中垫高的木板倾角 （选填“过大”或“过小”）。 （5）根据a－m图线可以求出小车（含发射器）的质量是 kg。(重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留两位有效数字)。 四、解答题 15．汽车以的速度在平直公路上向右匀速行驶，因故紧急刹车，汽车开始做匀减速直线运动，刹车后经过后速度变为。求： (1)汽车刹车过程中的加速度大小a； (2)从开始刹车到滑行距离为，用时多久？ (3)刹车内，汽车的平均速度。 16．如图所示，质量为的斜面体C放在水平面上，质量为10kg的重物A放在斜面体C上，质量为2kg的重物B通过水平细绳与重物A相连于O点，O点通过另一根细绳悬挂于天花板上，细绳与竖直方向夹角以及斜面体倾角均为37°，A、B、C都处于静止状态。（取，，）求： (1)水平细绳的拉力大小； (2)重物A所受摩擦力大小； (3)地面受到的摩擦力和压力大小。 17．如图所示，质量的小球（可视作质点）在长为的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力，转轴离地高度，不计阻力，。 (1)若小球通过最高点时的速度，求此时小球对绳的拉力大小； (2)若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求小球落地时的速度。 18．如图甲所示，光滑水平地面上有一质量为M、长度L=1m的长木板，质量为m的小物块（可视为质点）静置在长木板的最右端，小物块与长木板间的动摩擦因数为。在长木板上施加水平向右的外力F，长木板的加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求小物块的质量m和动摩擦因数； (2)若施加水平向右的外力F为恒力，大小为8N，求力F至少作用多长时间可使得小物块滑离长木板。 第 2 页 共 19 页 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度高一上学期物理期末考试卷 考试范围：必修一全册、必修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1.某物体运动的-t图像如图所示，则下列说法正确的是() V % ○ A.物体做曲线运动 B.物体运动的速度越来越大 C.物体在0~t时间运动的位移大小等于 2 D,物体在0~t时间运动的位移大小小于 2.急动度j是描述加速度.α随时间t变化快慢的物理量，即j上A“,它可以用来反映乘容 乘坐载人工具时的舒适程度，对于载人工具其值越小，乘客体验越舒适。如图所示为某景区 乘客测得电梯从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律，己知当t=0 时，a=0,则() 个jm·s) 00.20.40.60.8ts A.0~0.2s内电梯加速度随时间均匀增大 B.乘客体验感在0.6s较0.8s更舒适 C.0.6s时电梯加速度大小为1.2m/s2 D.0.6~0.8s时间内电梯加速度变化量大于0.4m/s2 3.电梯内有一物体，质量为m,用细绳挂在电梯的天花板上，当电梯以三的加速度竖直加 6 速上升时，细绳对物体的拉力是() 1 5 7 A.6 mg B.6m8 C.8 D.6m 第1页共8页 4.一艘小船在静水中的速度大小为%，现需渡河至对岸。河宽d=200m,水流速度大小为 2且平行于河岸。“与，始终保持某一固定角度日，已知当小船运动到河中央时，其实际速 度方向与河岸成45°角，运动时间t,=10in。假设小船可视为质点，则下列说法正确的是 A.小船运动到河对岸时，其实际速度方向与河对岸成60°角 B.小船从起点运动到河对岸所用的时间一定是20min C.小船的实际运动是匀变速直线运动 D.0一定小于90° 5.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场， 应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约 0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们 最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与 地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。 为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平 面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断 下列说法正确的是() B 水星 地球 太阳 C A.当探测器加速后刚离开A处的加速度与速度均比火星在轨时的要大 B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约10分钟到达火星 第2页共8页 C.如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运 动到C点时，恰好与火星相遇 D.下一个发射时机需要再等约27年 6.如图所示，以10m/s的水平速度o抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为 30°的斜面上，可知物体撞击在斜面上的瞬时速度是多大() 之V% 10 A.10m/s B.10W5 /s C.10v3m/s D.20/s 7.如图所示，一质量为2.0×10kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩 擦力为1.4×10N,当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是() A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B.汽车转弯的速度为10m/s时所需的向心力为1.4×10N C.汽车转弯的速度为20/s时汽车不会发生侧滑 D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过8.0m/s2 8.如图所示，卫星首先从近地圆轨道上的A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在椭圆轨道Ⅱ上 的B点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，A、B分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点，下列关于卫 星的说法中正确的是( B。 地球 A.发射速度大于11.2km/s B.在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点的加速度相等 C.在轨道Ⅲ上的运行速率大于在轨道缸上的运行速率 D.在轨道和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间扫过的面积相等 第3页共8页 二、多选题 9.一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和①N,当这 两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为() A.1m/s2 B.5m/s2 C.3m/s2 D.4m/s2 10.如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感 器读数F随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是() ◆FN 1000 500 0 6 t/s 甲 A.该同学重力约为500N B.下蹲过程中该同学始终处于失重状态 C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作 D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力 11.先后两次从高为OH=1.4m高处斜向上抛出质量为=0.2g同一物体，落于Q、Q2,测 得OQ=8.4m,OQ=9.8m,两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为 3.2m,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2() P H 91 92 A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为√万：4 B.两次在空中的运动时间相同 C.两次从抛出至落地过程中平均速度相同 D.第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大 第4页共8页 12.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为日，以恒定速率v=4/s顺时针转动。 一煤块以初速度。=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示， 取g=10m/s2,则下列说法正确的是() v/(m's) B 10 t/s 匆 A.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25 B.t=2秒时煤块受到的摩擦力方向反向 C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+√)s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为12+4√5)m 三、实验题 13.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，他用图钉把白纸固定在水平放置 的木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的A点，另一端系两个细绳套，用两个弹簧测力计 分别拉住两个细绳套，互成角度施加拉力，使橡皮条伸长，让结点到达纸面上某位置，记为 O,然后撤去两个力，再用一个弹簧测力计把结点拉到位置O,如图甲所示。 A A 0 0 O bo 单位：N 甲 乙 丙 (1)某次实验中，一弹簧测力计的指针位置如图乙所示，读数为] N (2)同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置O点，这使用了 的科学研究 方法。 (3)某次实验作出力的平行四边形如图丙所示，在F与F'两力中，方向一定沿AO方向是 （填“F或“F”)。 (4)实验中耳与耳，的夹角为(0>90)，保持耳的方向不变、增大0角的过程中，为保证结点 第5页共8页 位置不变，耳，的大小将 A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 14.某同学利用如图所示实验装置研究“小车加速度α与砂桶（含砂)质量的关系”。 位移传感器 位移传感器 轻质 (发射器) (接收器) 定滑轮 ① 入砂桶 (1)实验开始时，先把安装有发射器的小车移到靠近接收器附近，调节木板上定滑轮的高 度，使滑轮与小车间的细线与木板 0 (2)将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车能沿沿 木板向下滑动为止。 (3)实验中保持小车（含发射器）的质量不变，反复改变砂桶内砂的质量，记录砂和桶的 总质量m,并通过位移传感器及与之相连的计算机得到小车相应的加速度α。获取的实验数 据已标在图所示的坐标图中，请在图中作出α一m图线 Aa/m's2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 由出由由由出由由由出/g 51015202530 (4)α一图线不过原点，其原因可能是步骤(2)中垫高的木板倾角 （选填“过 大或过小”)。 (5)根据a一m图线可以求出小车（含发射器）的质量是 kg。(重力加速度g=9.8m/s2, 计算结果保留两位有效数字)。 第6页共8页 四、解答题 15.汽车以y。=72km/h的速度在平直公路上向右匀速行驶，因故紧急刹车，汽车开始做匀 减速直线运动，刹车后经过2s后速度变为v=10m/s。求： (1)汽车刹车过程中的加速度大小a: (2)从开始刹车到滑行距离为30m,用时多久？ (3)刹车5s内，汽车的平均速度下。 16.如图所示，质量为M=10kg的斜面体C放在水平面上，质量为10kg的重物A放在斜 面体C上，质量为2g的重物B通过水平细绳与重物A相连于O点，O点通过另一根细绳 悬挂于天花板上，细绳与竖直方向夹角以及斜面体倾角均为37°，A、B、C都处于静止状态。 (取g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)求： 77777777 (1)水平细绳OA的拉力大小： (2)重物A所受摩擦力大小： (3)地面受到的摩擦力和压力大小。 17.如图所示，质量m=1kg的小球（可视作质点）在长为L=0.2m的细绳作用下在竖直平 面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力Tmx=90N,，转轴离地高度h=lm,不计阻力， g=10m/s2。 7777777777777777 (1)若小球通过最高点时的速度v=2ms,求此时小球对绳的拉力大小： (2)若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求小球落地时的速度。 第7页共8页 18.如图甲所示，光滑水平地面上有一质量为M、长度=1m的长木板，质量为m的小物 块（可视为质点）静置在长木板的最右端，小物块与长木板间的动摩擦因数为“。在长木板 上施加水平向右的外力F,长木板的加速度α随外力F的变化关系如图乙所示。已知最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 F/N 0 6 a/(m's2) 甲 乙 (1)求小物块的质量和动摩擦因数儿： (2)若施加水平向右的外力F为恒力，大小为8，求力F至少作用多长时间可使得小物块滑 离长木板。 第8页共8页 2025-2026学年度高一上学期物理期末考试卷 考试范围：必修一全册、必修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．某物体运动的v-t图像如图所示，则下列说法正确的是（　B　） A．物体做曲线运动 B．物体运动的速度越来越大 C．物体在0~t时间运动的位移大小等于 D．物体在0~t时间运动的位移大小小于 【知识点】利用v-t图像求位移、v-t图像反映的物理量 【详解】A.物体做直线运动，故A错误； B.物体运动的速度越来越大，故B正确； CD. v-t图线与时间轴围成面积表示位移。如果物体做匀加速直线运动，物体在0~t时间运动的位移大小等于。但实际上物体做非匀变速直线运动，由图可知实际物体在0~t时间图像与时间轴围成面积要比做匀加速直线运动的要大，所以物体在0~t时间运动的位移大小大于。故CD错误。故选B。 2．急动度j是描述加速度a随时间t变化快慢的物理量，即，它可以用来反映乘客乘坐载人工具时的舒适程度，对于载人工具其值越小，乘客体验越舒适。如图所示为某景区乘客测得电梯从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律，已知当时，，则（　D　） A．0~0.2s内电梯加速度随时间均匀增大 B．乘客体验感在0.6s较0.8s更舒适 C．0.6s时电梯加速度大小为1.2 D．0.6~0.8s时间内电梯加速度变化量大于0.4 【知识点】非常规图像 【详解】A．0~0.2s内急动度随时间均匀增大，表示加速度变化率越来越大，加速度随时间增大的越来越快，故A错误； B．0.6s比0.8s急动度大，故乘客体验感在0.6s较0.8s更难受，故B错误； C．图像与时间轴所包围的面积表示加速度变化量，因时，故0.6s时电梯加速度大小为，故C错误； D．若0.6~0.8s时间内急动度均匀减小，则加速度变化量为 而实际上0.6~0.8s时间内图像与时间轴所包围的面积大于，故0.6~0.8s时间内电梯加速度变化量大于，故D正确。故选D。 3．电梯内有一物体，质量为m，用细绳挂在电梯的天花板上，当电梯以的加速度竖直加速上升时，细绳对物体的拉力是（　D　） A． mg B． mg C．mg D． mg 【知识点】超重和失重现象分析 【详解】根据牛顿第二定律 解得 故选D。 4．一艘小船在静水中的速度大小为，现需渡河至对岸。河宽，水流速度大小为且平行于河岸。与始终保持某一固定角度，已知当小船运动到河中央时，其实际速度方向与河岸成45°角，运动时间。假设小船可视为质点，则下列说法正确的是（　B　） A．小船运动到河对岸时，其实际速度方向与河对岸成角 B．小船从起点运动到河对岸所用的时间一定是20min C．小船的实际运动是匀变速直线运动 D．一定小于 【知识点】船速小于水速时最短过河位移问题 【详解】AB．已知当小船运动到河中央时，其实际速度方向与河岸成45°角，运动时间，则小船实际速度方向与河岸一直成45°角，运动到河对岸的时间为20min，故A错误，B正确； C．两个匀速运动的合成为小船的速度，因此小船的实际运动是匀速直线运动，故C错误； D．平行河岸大小未知，合速度方向一定，根据平行四边形定则合成速度可知的方向不确定，θ角可能小于90°，也可能大于或等于90°，故D错误。故选B。 5．2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器， 在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的 1.9 倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（　A　） A．当探测器加速后刚离开A 处的加速度与速度均比火星在轨时的要大 B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约 10 分钟到达火星 C．如果火星运动到 B 点，地球恰好在 A 点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹 AC 运动到 C 点时，恰好与火星相遇 D．下一个发射时机需要再等约 2.7 年 【知识点】卫星发射及变轨问题、卫星的追及相遇问题 【详解】A.当探测器加速后刚离开A 处, 根据万有引力提供加速度可知 解得探测器A 处距太阳距离较小，则加速度较大，探测器在A 处做圆周运动的线速度探测器A 处距太阳距离较小,探测器在A 处做圆周运动的线速度v比火星在轨的线速度大, 探测器加速后刚离开A 处速度比探测器在A 处做圆周运动的线速度v大,因此当探测器加速后刚离开A 处的速度均比火星在轨时的要大,A正确； B.火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为B错误； C.根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在 C 点相遇， C 错误； D ．地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度之差为则地球再一次追上火星的用时为年D 错误;选A。 6．如图所示，以10m/s的水平速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上，可知物体撞击在斜面上的瞬时速度是多大（　D　） A．10m/s B． C． D．20m/s 【知识点】与斜面结合的平抛运动 【详解】小球撞在斜面上的速度与斜面垂直，将该速度分解， 则 故选D。 7．如图所示，一质量为2.0×103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是（　C　） A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B．汽车转弯的速度为10m/s时所需的向心力为1.4×104N C．汽车转弯的速度为20m/s时汽车不会发生侧滑 D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过8.0m/s2 【知识点】向心力的来源、向心力的计算、汽车/自行车转弯问题 【详解】A．汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误； B．当速度为时，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 解得， B错误； C．当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×N，汽车不会发生侧滑，C正确； D．汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过，D错误。故选C。 8．如图所示，卫星首先从近地圆轨道Ⅰ上的点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在椭圆轨道Ⅱ上的点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，、分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点，下列关于卫星的说法中正确的是（　B　） A．发射速度大于 B．在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点的加速度相等 C．在轨道Ⅲ上的运行速率大于在轨道Ⅰ上的运行速率 D．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间扫过的面积相等 【知识点】卫星发射及变轨问题 【详解】A．是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，卫星未脱离地球引力束缚，其发射速度应大于且小于，故A错误； B．根据牛顿第二定律，可得 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点时，卫星到地心的距离相同，中心天体质量为地球质量不变，所以加速度相等，故B正确； C．根据，可得 轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，所以在轨道Ⅲ上的运行速率小于在轨道Ⅰ上的运行速率，故C错误； D．开普勒第二定律是指同一轨道上卫星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等，轨道Ⅰ和轨道Ⅱ是不同的轨道，不满足该定律，故D错误。 故选B。 二、多选题 9．一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和6N，当这两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为（　CD　） A．1m/s2 B．5m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2 【知识点】牛顿第二定律的初步应用 【详解】两个力的大小分别为2N和6N，合力范围为 8N≥F≥4N 根据牛顿第二定律F=ma，故加速度的范围为 4m/s2≥a≥2m/s2 故选CD。 10．如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是（　AC　） A．该同学重力约为500N B．下蹲过程中该同学始终处于失重状态 C．该同学完成了一次下蹲再起立的动作 D．起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力 【知识点】超重和失重现象分析 【详解】A．由图可知平衡时压力传感器的示数为500N，则该同学重力约为500N，A正确； B．下蹲过程中该同学先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误； C．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故C正确； D．该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力，大小相等，故D错误； 11．先后两次从高为OH=1.4m高处斜向上抛出质量为m=0.2kg同一物体， 落于Q1、Q2， 测得OQ1=8.4m， OQ2=9.8m， 两轨迹交于P 点， 两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m， 不计空气阻力， 重力加速度 g=10m/s2（BD） A．第一次抛出上升时间， 下降时间比值为：4 B．两次在空中的运动时间相同 C．两次从抛出至落地过程中平均速度相同 D．第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大 【知识点】平抛运动速度的计算、斜抛运动 【详解】AB．物体做斜抛运动，第一次抛出物体时上升的高度为 可得上升时间为 到达最高点时距水平地面高为3.2m， 故下降的时间为 故第一次抛出时上升时间与下降时间比值为 由于两次抛出物体时的高度相同，到达最高点时距水平面的高度也相同，结合前面分析可知，两物体在空中运动的时间相同，均为 故A错误，B正确。 C．由于两次抛出物体时的初位置相同，但落地点不同，所以物体两次的位移不相同，根据可知，两次从抛出至落地过程中物体的平均速度不相同，故C错误； D．根据前面分析可知两次抛出物体时，物体在空中运动时间相同，但由于第一次的水平位移小于第二次的水平位移，根据可知，第一次抛出时速度的水平分量小于第二次的水平分量；由于两次物体在竖直方向上发生的位移相等，可知两次抛出物体时速度在竖直方向上的分量相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，且物体在水平方向上的速度不变，根据平行四边形定则，可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，所以可得第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第二次大，故D正确。故选BD。 12．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取，则下列说法正确的是（ACD） A．煤块与传送带间的动摩擦因数 B．秒时煤块受到的摩擦力方向反向 C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析、物体在传送带上的划痕长度问题 【详解】A．速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图乙分析可知，起初煤块的速度大于传送带的速度，煤块先沿着传送带向上做匀减速直线运动，滑动摩擦力沿着传送带向下，当达到与传送带共速时，继续向上做匀减速直线运动，此时摩擦力发生突变，方向变为沿着传送带向上，直至煤块速度减为零后沿着传送带向下做匀加速直线运动，则根据图乙可得煤块两个减速阶段的加速度大小分别为 ， 对两个过程分别由牛顿第二定律有 联立解得 故A正确； B．根据以上分析可知，时煤块受到的摩擦力反向，故B错误； C．根据速度—时间图像可知，煤块在传送带上速度减为零的时间 根据速度—时间图像所围成的面积可知，煤块速度减为零时的位移为 设煤块反向加速到达传送带A端的时间为，则由位移时间关系可得 解得 则可得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 故C正确； D．煤块第一阶段减速运动时速度大于传送带的速度，此过程中煤块在传送带上留下的划痕长度 煤块第二阶段减速运动时的速度小于传送带的速度，此过程中产生的划痕 此后煤块加速下滑，产生的划痕 分析可知，煤块第一阶段减速时在传送带上产生的划痕被第二阶段减速时产生的划痕以及反向加速下滑时产生的划痕覆盖，因此煤块在传送带上留下的痕迹长为 故D正确。 故选ACD。 三、实验题 13．某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，他用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的点，另一端系两个细绳套，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度施加拉力，使橡皮条伸长，让结点到达纸面上某位置，记为，然后撤去两个力，再用一个弹簧测力计把结点拉到位置，如图甲所示。 (1)某次实验中，一弹簧测力计的指针位置如图乙所示，读数为 N。 (2)同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置点，这使用了 的科学研究方法。 (3)某次实验作出力的平行四边形如图丙所示，在与两力中，方向一定沿方向是 （填“F”或“”）。 (4)实验中与的夹角为，保持的方向不变、增大角的过程中，为保证结点位置不变，的大小将___________。 A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】(1)3.00N (2)等效替代 (3)F′ (4)A 【知识点】力的平行四边形定则及应用、验证力的平行四边形定则 【详解】（1）因为弹簧测力计读数要估读到最小刻度的下一位，所以读数为 （2）同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置点，这是两次实验力产生的作用效果相同，是等效替代的研究方法。 （3）是两个分力和根据平行四边形作出的合力，而是用直接将结点拉到位置时的力，所以方向一定沿方向是。 （4）为保证结点位置不变，合力不变，保持的方向不变、增大角，做平行四边形如图：可知将一直增大。 故选A。 14．某同学利用如图所示实验装置研究“小车加速度a与砂桶（含砂）质量m的关系”。 （1）实验开始时，先把安装有发射器的小车移到靠近接收器附近，调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板 。 （2）将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车能沿沿木板向下滑动为止。 （3）实验中保持小车（含发射器）的质量不变，反复改变砂桶内砂的质量，记录砂和桶的总质量m，并通过位移传感器及与之相连的计算机得到小车相应的加速度a。获取的实验数据已标在图所示的坐标图中，请在图中作出a－m图线 。 （4）a－m图线不过原点，其原因可能是步骤（2）中垫高的木板倾角 （选填“过大”或“过小”）。 （5）根据a－m图线可以求出小车（含发射器）的质量是 kg。(重力加速度g=9.8m/s2，计算结果保留两位有效数字)。 【答案】 平行 过大 0.30/0.28/0.29/0.31/0.32 【知识点】验证加速度与力成正比的实验 【详解】（1）[1]调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板平行； （3）[2]如图所示 （4）[3]由图知，图线与纵轴（a）有截距，表示不挂砂桶时，小车有加速度，即 所以角度越大加速度也会越大，故出现图中情况，是由于垫高的木板倾角过大； （5）[4]根据 可知为图像的斜率的倒数，所以可得小车质量 【点睛】注意理解垫高木板一侧是通过什么原理抵消摩擦力的影响。 四、解答题 15．汽车以的速度在平直公路上向右匀速行驶，因故紧急刹车，汽车开始做匀减速直线运动，刹车后经过后速度变为。求： (1)汽车刹车过程中的加速度大小a； (2)从开始刹车到滑行距离为，用时多久？ (3)刹车内，汽车的平均速度。 【答案】(1) (2) (3)，方向向右 【知识点】计算停车时间和位移、平均速度 【详解】（1）由加速度的定义式 其中 得 故加速度大小为 （2）由匀变速直线运动的位移公式 代入数据得或 汽车在已经停下，故用时 （3）汽车在时已经停下，此时位移 汽车刹车内的平均速度 方向向右。 16．如图所示，质量为的斜面体C放在水平面上，质量为10kg的重物A放在斜面体C上，质量为2kg的重物B通过水平细绳与重物A相连于O点，O点通过另一根细绳悬挂于天花板上，细绳与竖直方向夹角以及斜面体倾角均为37°，A、B、C都处于静止状态。（取，，）求： (1)水平细绳的拉力大小； (2)重物A所受摩擦力大小； (3)地面受到的摩擦力和压力大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【知识点】正交分解法解共点力平衡问题、整体法与隔离法解决共点力平衡问题 【详解】（1）对点进行受力分析，可知受到B的拉力、A的拉力以及左侧绳子的拉力，如图1所示 根据平衡条件有，有， 解得 （2）重物A受到重力、斜面体的支持力、绳子的拉力以及斜面体的摩擦力，如图2所示 沿斜面的方向有 联立解得 （3）对A、C整体研究，可知地面对C的支持力为 解得 根据牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为 水平方向有 根据牛顿第三定律可知地面受到的摩擦力大小为 17．如图所示，质量的小球（可视作质点）在长为的细绳作用下在竖直平面内做圆周运动，细绳能承受的最大拉力，转轴离地高度，不计阻力，。 (1)若小球通过最高点时的速度，求此时小球对绳的拉力大小； (2)若小球在某次运动到最低点时细绳恰好被拉断，求小球落地时的速度。 【答案】(1)10N (2)，方向与水平方向夹角为45° 【知识点】平抛运动速度的计算、绳/单层轨道模型 【详解】（1）根据牛顿第二定律，在最高点有 解得 又由牛顿第三定律得，小球对绳的拉力大小 （2）小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，则绳的拉力大小恰好为 设此时小球的速度大小为，小球在最低点时由牛顿第二定律有 绳拉断后小球做平抛运动，在竖直方向上有， 小球落地时的速度 解得 又 得，方向与水平方向夹角为 18．如图甲所示，光滑水平地面上有一质量为M、长度L=1m的长木板，质量为m的小物块（可视为质点）静置在长木板的最右端，小物块与长木板间的动摩擦因数为。在长木板上施加水平向右的外力F，长木板的加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求小物块的质量m和动摩擦因数； (2)若施加水平向右的外力F为恒力，大小为8N，求力F至少作用多长时间可使得小物块滑离长木板。 【答案】(1)1kg，0.2 (2)0.5s 【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型、牛顿运动定律与图像结合 【详解】（1）由图像可知当F小于4N时物块和木板一起加速运动，则由牛顿第二定律 由图像可得 当F大于4N时物块与木板产生相对滑动，则对木板由牛顿第二定律 当F=4N时a=2m/s2即 当F=8N时a=6m/s2即 联立解得M=1kg，m=1kg，μ=0.2 （2）若施加水平向右的外力F为恒力，此时物块相对木板产生滑动， 物块的加速度为 木板的加速度为 设当力F作用时间为t时撤去外力，此时物块的速度 木板的速度 物块相对木板滑动的距离 此后木板做匀减速运动，木板的加速度大小变为 设再经过时间t＇当两者共速，则 解得 此过程物块相对木板滑动的距离 若此时物块恰滑离木板，则由 解得 第 2 页 共 17 页 第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度高一上学期物理期末考试卷 考试范围：必修一全册、必修二前三章；考试时间：90分钟 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1.某物体运动的-t图像如图所示，则下列说法正确的是(B) A.物体做曲线运动 B.物体运动的速度越来越大 C.物体在0~t时间运动的位移大小等于 2 D.物体在01时间运动的位移大小小于 2 【知识点】利用v-t图像求位移、v-t图像反映的物理量 【详解】A.物体做直线运动，故A错误；B物体运动的速度越来越大，故B正确： CD.-t图线与时间轴围成面积表示位移。如果物体做匀加速直线运动，物体在0-t时间运动 的位移大小等于节。但实际上物体做非匀变速直线运动，由图可知实际物体在0~1时间图 像与时间轴围成面积要比做匀加速直线运动的要大，所以物体在0~t时间运动的位移大小大 于号。放CD错误，故选B. 2.急动度j是描述加速度a随时间1变化快慢的物理量，即j=A0,它可以用来反映乘容 △t 乘坐载人工具时的舒适程度，对于载人工具其值越小，乘客体验越舒适。如图所示为某景区 乘客测得电梯从静止开始启动的一小段时间内的急动度j随时间t变化的规律，己知当t=0 时，a=0,则(D) jm·s) A.0~0.2s内电梯加速度随时间均匀增大 B.乘客体验感在0.6s较0.8s更舒适 C.0.6s时电梯加速度大小为1.2m/s2 D.0.6~0.8s时间内电梯加速度变化量大于0.4m/s2 00.20.40.60.8t/s 【知识点】非常规图像 【详解】A.00.2s内急动度随时间均匀增大，表示加速度变化率越来越大，加速度随时间 增大的越来越快，故A错误； B.0.6s比0.8s急动度大，故乘客体验感在0.6s较0.8s更难受，故B错误： 第1页共14页 C.j-t图像与时间轴所包围的面积表示加速度变化量，因t=0时a=0,故0.6s时电梯加 速度大小为a=040.6×4m/s?=2m/s,放C错误； 2 s中×乙0×=DpV年軎形企到叫mΨg歼陘罗4回田80~90孝 而实际上0.6~0.8s时间内j-t图像与时间轴所包围的面积大于0.4m/s2,故0.6~0.8s时间内 电梯加速度变化量大于0.4m/s2,故D正确。故选D。 3.电梯内有一物体，质量为m,用细绳挂在电梯的天花板上，当电梯以的加速度竖直加 6 速上升时，细绳对物体的拉力是(D) A名限 8。呢 7 C.mg D. 6 1g 【知识点】超重和失重现象分析 【详解】根据牛顿第二定律F-g=a 解将P=名g散运D。 4.一艘小船在静水中的速度大小为y,现需渡河至对岸。河宽d=200m,水流速度大小为 2且平行于河岸。”，与2始终保持某一固定角度日，已知当小船运动到河中央时，其实际速 度方向与河岸成45°角，运动时间t,=10in。假设小船可视为质点，则下列说法正确的是 (B) A.小船运动到河对岸时，其实际速度方向与河对岸成60°角 B.小船从起点运动到河对岸所用的时间一定是20nin C.小船的实际运动是匀变速直线运动 D.0一定小于90° 【知识点】船速小于水速时最短过河位移问题 【详解】AB.已知当小船运动到河中央时，其实际速度方向与河岸成45°角，运动时间 t=l0min,则小船实际速度方向与河岸一直成45°角，运动到河对岸的时间为20min,故A 错误，B正确； 第2页共14页 C.两个匀速运动的合成为小船的速度，因此小船的实际运动是匀速直线运动，故C错误； D.y,平行河岸大小未知，合速度方向一定，根据平行四边形定则合成速度可知y的方向不 确定，0角可能小于90°，也可能大于或等于90°，故D错误。故选B。 5.2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场， 应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约 0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们 最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与 地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。 为简化计算，己知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平 面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断 下列说法正确的是(A) B 火星 C A.当探测器加速后刚离开A处的加速度与速度均比火星在轨时的要大 B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约10分钟到达火星 C.如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运 动到C点时，恰好与火星相遇 D.下一个发射时机需要再等约2.7年 【知识点】卫星发射及变轨问题、卫星的追及相遇问题 【详解】A.当探测器加速后刚离开A处，根据万有引力提供加速度可知GM= 2 解得=GM探测器A处距太阳距离较小，则加速度较大，探测器在A处做圆周运动的线 速度v=, GM 探测器A处距太阳距离较小，探测器在A处做圆周运动的线速度ⅴ比火星在 轨的线速度大，探测器加速后刚离开A处速度比探测器在A处做圆周运动的线速度v大，因 此当探测器加速后刚离开A处的速度均比火星在轨时的要大，A正确； 第3页共14页 B.火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近 时大约055亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为1=2055=3,025sB错误： 4 C.根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器 与火星不能在C点相遇，C错误： D,地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度 之差为A=2区-2石=1：8则地球再一次追上火星的用时为1=2江=21年D错误选A。 11.91.9 △0 6.如图所示，以10/s的水平速度vo抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角8为 30的斜面上，可知物体撞击在斜面上的瞬时速度是多大(D) 0 A.10m/s B.10 -m/s C.10v3m/s D.20m/s 3 【知识点】与斜面结合的平抛运动 【详解】小球撞在斜面上的速度与斜面垂直，将该速度分解sin30°= 1 则v==20m/s故选D。 sin30° 7.如图所示，一质量为2.0×10kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩 擦力为1.4×10N,当汽车经过半径为80m的弯道时，下列判断正确的是(C) A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B.汽车转弯的速度为10m/s时所需的向心力为1.4×10N C.汽车转弯的速度为20n/s时汽车不会发生侧滑 D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过8.0m/s2 【知识点】向心力的来源、向心力的计算、汽车/自行车转弯问题 【详解】A.汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当 向心力，A错误； 12 B.当速度为10m/s时，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得f=m 解得f=2.5×10N,B错误； C.当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿 第4页共14页 第二定弹可得=m号解得v,- 1.4×10×80 =V2.0×103 m/s=20W1.4m/s,所以汽车转弯的速度 为20/s时，所需的向心力小于1.4×104N,汽车不会发生侧滑，C正确： D.汽车能安全转弯的向心加速度a=2-2014) m/s2=7m/s2,即汽车能安全转弯的向 80 心加速度不超过7m/s2,D错误。故选C。 8.如图所示，卫星首先从近地圆轨道缸上的A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，然后在椭圆轨道Ⅱ上 的B点再次变轨进入圆轨道Ⅲ，A、B分别为椭圆轨道Ⅱ上的近地点和远地点，下列关于卫 星的说法中正确的是(B) B 球 A.发射速度大于11.2km/s B.在轨道Ⅱ和轨道I上经过B点的加速度相等 C.在轨道Ⅲ上的运行速率大于在轨道缸上的运行速率 D.在轨道缸和轨道Ⅱ上与地心连线在单位时间扫过的面积相等 【知识点】卫星发射及变轨问题 【详解】A.11.2k/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，卫星未 脱离地球引力束缚，其发射速度应大于7.9ms且小于11.2km/s,故A错误： B.根据牛顿第二定律G之=a,可得a=G 2 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点时，卫星到地心的距离？相同，中心天体质量M为地球质量不 变，所以加速度相等，故B正确； C.根据G -=m GM ,可得= 轨道Ⅲ的半径大于轨道的半径，所以在轨道Ⅲ上的运行速率小于在轨道上的运行速率，故 C错误； D.开普勒第二定律是指同一轨道上卫星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等，轨 道缸和轨道Ⅱ是不同的轨道，不满足该定律，故D错误。 故选B。 第5页共14页 二、多选题 9.一个质量为2kg的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2N和①N,当这 两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为(CD) A.1m/s2 B.5m/s2 C.3m/s2 D.4m/s2 【知识点】牛顿第二定律的初步应用 【详解】两个力的大小分别为2N和①N,合力范围为8N2F4N 根据牛顿第二定律F=a,故加速度的范围为4m/s2≥a心2m/s2故选CD。 10.如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感 器读数F随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是(AC) FN 1000 500 0 6 t/s 甲 A.该同学重力约为500N B.下蹲过程中该同学始终处于失重状态 C.该同学完成了一次下蹲再起立的动作 D.起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力 【知识点】超重和失重现象分析 【详解】A.由图可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力约为500N,A正确： B.下蹲过程中该同学先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误： C.人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减 速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下 蹲再起立的动作，故C正确： D.该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力，大小相等，故D错误： 11.先后两次从高为O=1.4m高处斜向上抛出质量为=0.2kg同一物体，落于Q、Q2,测 得OQ=8.4m,OQ2=9.8m,两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为 3.2m,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2(BD) A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为√7：4 H B.两次在空中的运动时间相同 第6页共14页 C.两次从抛出至落地过程中平均速度相同 D.第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大 【知识点】平抛运动速度的计算、斜抛运动 【详解】AB.物体做斜抛运动，第一次抛出物体时上升的高度为h=3.2m-1.4m=1.8m 可得上升时间为= 2h=0.6s 到达最高点时距水平地面高为3.2m, 8 故下降的时间为4，= 2h 2×3.2 =0.8s V8 V 10 故第一次抛出时上升时间与下降时间比值为 4=3 t24 由于两次抛出物体时的高度相同，到达最高点时距水平面的高度也相同，结合前面分析可知， 两物体在空中运动的时间相同，均为t=t,+t2=1.4s故A错误，B正确。 C.由于两次抛出物体时的初位置相同，但落地点不同，所以物体两次的位移不相同，根据 1=可知，两次从抛出至落地过程中物体的平均速度不相同，故c错误！ D.根据前面分析可知两次抛出物体时，物体在空中运动时间相同，但由于第一次的水平位 移小于第二次的水平位移，根据y=可知，第一次抛出时速度的水平分量小于第二次的水 平分量：由于两次物体在竖直方向上发生的位移相等，可知两次抛出物体时速度在竖直方向 上的分量相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小， 且物体在水平方向上的速度不变，根据平行四边形定则，可知第一次抛出时速度与水平方向 的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，所以可得第一次抛出时速度方向 与落地瞬间速度方向的夹角比第二次大，故D正确。故选BD。 12.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为日，以恒定速率v=4/s顺时针转动。 一煤块以初速度。=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示， 取g=10m/s2,则下列说法正确的是(ACD) 个/(ms) A.煤块与传送带间的动摩擦因数4=0.25 10 B.t=2秒时煤块受到的摩擦力方向反向 C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时 甲 间为(2+√5)s 第7页共14页 D.煤块在传送带上留下的痕迹长为12+4V5)m 【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析、物体在传送带上的划痕长度问题 【详解】A.速度一时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图乙分析可知，起初煤 块的速度大于传送带的速度，煤块先沿着传送带向上做匀减速直线运动，滑动摩擦力沿着传 送带向下，当达到与传送带共速时，继续向上做匀减速直线运动，此时摩擦力发生突变，方 向变为沿着传送带向上，直至煤块速度减为零后沿着传送带向下做匀加速直线运动，则根据 图乙可得煤块两个减速阶段的加速度大小分别为 4-12 m/s2=8m/s2,4= 0-4 4= m/s'=4m/s2 1 2-1 对两个过程分别由牛顿第二定律有gsin6+ung cose=a1 mg sin0-umg cos0=ma, 联立解得4=0.25 故A正确； B.根据以上分析可知，t=s时煤块受到的摩擦力反向，故B错误： C.根据速度一时间图像可知，煤块在传送带上速度减为零的时间=2s 根据速度一时间图像所围成的面积可知，煤块速度减为零时的位移为 =4+12x1xm+1x4 2m=10m 设煤块反向加速到达传送带A端的时间为，则由位移时间关系可得名= 解得t,=√5s则可得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t=t+t=(2+√⑤)s 故C正确； D.煤块第一阶段减速运动时速度大于传送带的速度，此过程中煤块在传送带上留下的划痕 4出=22t=2x1上8x0m4 煤块第二阶段减速运动时的速度小于传送带的速度，此过程中产生的划痕 4r2=t,-。t三4xlm-4+0 ×1m=2m 2 此后煤块加速下滑，产生的划痕△x,=x+t2=10n+4V5m 分析可知，煤块第一阶段减速时在传送带上产生的划痕被第二阶段减速时产生的划痕以及反 向加速下滑时产生的划痕覆盖，因此煤块在传送带上留下的痕迹长为 △x=△x2+△x,=Q2+4W5)m故D正确。 故选ACD。 第8页共14页 三、实验题 13.某同学做探究两个互成角度的力的合成规律'的实验，他用图钉把白纸固定在水平放置 的木板上，将橡皮条的一端固定在木板上的A点，另一端系两个细绳套，用两个弹簧测力计 分别拉住两个细绳套，互成角度施加拉力，使橡皮条伸长，让结点到达纸面上某位置，记为 O,然后撤去两个力，再用一个弹簧测力计把结点拉到位置O,如图甲所示。 A A B bo 单位：N 甲 丙 (1)某次实验中，一弹簧测力计的指针位置如图乙所示，读数为 No (2)同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置O点，这使用了 的科学研究 方法。 (3)某次实验作出力的平行四边形如图丙所示，在F与F'两力中，方向一定沿AO方向是 （填“P或“F”)。 (4)实验中耳与耳的夹角为(0>90），保持F的方向不变、增大0角的过程中，为保证结点 位置不变，F,的大小将 A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 【答案】(1)3.00N(2)等效替代(3)F(4)A 【知识点】力的平行四边形定则及应用、验证力的平行四边形定则 【详解】(1)因为弹簧测力计读数要估读到最小刻度的下一位，所以读数为F=3.00N (2)同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置O点，这是两次实验力产生的作用效 果相同，是等效替代的研究方法。 (3)F是两个分力F和F,根据平行四边形作出的合力，而F'是用直接将结点拉到位置O时 的力，所以方向一定沿AO方向是F'。 (4)为保证结点位置不变，合力F不变，保持F的方向不变、增大日角，做平行四边形如 图：可知F将一直增大。故选A。 第9页共14页 14.某同学利用如图所示实验装置研究“小车加速度α与砂桶（含砂）质量的关系”。 位移传感器 位移传感器 轻质 (发射器) (接收器) 定滑轮 a 砂桶 (1)实验开始时，先把安装有发射器的小车移到靠近接收器附近，调节木板上定滑轮的高 度，使滑轮与小车间的细线与木板 (2)将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车能沿沿 木板向下滑动为止。 (3)实验中保持小车（含发射器）的质量不变，反复改变砂桶内砂的质量，记录砂和桶的 总质量，并通过位移传感器及与之相连的计算机得到小车相应的加速度α。获取的实验数 据己标在图所示的坐标图中，请在图中作出α一图线 Aa/m.s2 Aa/m's2 1.0 1.0 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 田由/g HH中m/g 10 15 20 25 30 51015202530 (4)α一图线不过原点，其原因可能是步骤(2)中垫高的木板倾角 （选填“过 大”或过小”)。 (5)根据a一m图线可以求出小车（含发射器）的质量是 kg。(重力加速度g=9.8n/s2, 计算结果保留两位有效数字)： 【答案】 平行 过大 0.30/0.28/0.29/0.31/0.32 【知识点】验证加速度与力成正比的实验 【详解】(1)[1]调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板平行： (3)[2]如图所示 (4)[3]由图知，图线与纵轴(a)有截距，表示不挂砂桶时，小车有加速度，即 gsin0-umg cos=a所以角度越大加速度也会越大，故出现图中情况，是由于垫高的木 第10页共14页2025-2026学年度高一上学期物理期末考试卷参考答案 题号 1 2 3 4 6 6 8 9 10 答案 0 0 B D 8 CD AC 题号 11 12 答案 BD ACD 1.【知识点】v-t图像反映的物理量、利用v-t图像求位移 【详解】A物体做直线运动，故A错误； B.物体运动的速度越来越大，故B正确； CD.-t图线与时间轴围成面积表示位移。如果物体做匀加速直线运动，物体在0~t时间运动 位移大小等于，。但实际上物体做非变速直线运动，由图可知实际物体在0~t时间 像与时间轴围成面积要比做匀加速直线运动的要大，所以物体在0~1时间运动的位移大小大 于号。故CD错误。故选B。 2.【知识点】非常规图像 【详解】A.0~0.2s内急动度随时间均匀增大，表示加速度变化率越来越大，加速度随时间 增大的越来越快，故A错误； B.0.6s比0.8s急动度大，故乘客体验感在0.6s较0.8s更难受，故B错误： C.j-t图像与时间轴所包围的面积表示加速度变化量，因t=0时a=0,故0.6s时电梯加 速度大小为a=04,0.6x4ms-2m,放c错误： 2 D.若0.6-0.8s时间内急动度均匀减小，则加速度变化量为△a= 2x0.2×4m/s2=0.4m/s 而实际上0.6~0.8s时间内j-t图像与时间轴所包围的面积大于0.4m/s2,故0.60.8s时间内 电梯加速度变化量大于0.4m/s2,故D正确。故选D。 3.【知识点】超重和失重现象分析 【详解】根据牛顿第三定律P-g=☑解得F=乙s故选D 4.【知识点】船速小于水速时最短过河位移问题 【详解】AB.已知当小船运动到河中央时，其实际速度方向与河岸成45°角，运动时间 t=10min,则小船实际速度方向与河岸一直成45°角，运动到河对岸的时间为20min,故A 错误，B正确： C.两个匀速运动的合成为小船的速度，因此小船的实际运动是匀速直线运动，故C错误： 第1页共8页 D.',平行河岸大小未知，合速度方向一定，根据平行四边形定则合成速度可知？的方向不 确定，8角可能小于90°，也可能大于或等于90°，故D错误。故选B。 5.【知识点】卫星发射及变轨问题、卫星的追及相遇问题 【详解】A.当探测器加速后刚离开A处，根据万有引力提供加速度可知 GMm=ma 解得a=G ·探测器A处距太阳距离较小，则加速度较大， 探测器在A处做圆周运动的线速度ⅴ= GM 探测器A处距太阳距离较小，探测器在A处做圆周运动的线速度ⅴ比火星在轨的线速度大， 探测器加速后刚离开A处速度比探测器在A处做圆周运动的线速度y大，因此当探测器加速 后刚离开A处的速度均比火星在轨时的要大，A正确： B.火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近 时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为t=22x0.55s 2s=3.025sB错误： 4 C根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器 与火星不能在C点相遇，C错误： D,地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度 之差为402π-2元-1.8 :则地球再一次追上火星的用时为t=2π=2.1年D错误： 11.91.9 △0 故选A。 6.【知识点】与斜面结合的平抛运动 【详解】小球撞在斜面上的速度与斜面垂直，将该速度分解sin30°=， 则y=?=20m/故选D。 sin30° 7.【知识点】向心力的来源、向心力的计算、汽车/自行车转弯问题 【详解】A.汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当 向心力，A错误； B.当速度为10s时，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得∫=m, 2 解得f=2.5×10N,B错误： C.当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿 第二定律可得f=m二解得，加 1.4×10×80 m/s=201.4m/s,所以汽车转弯的速度 2.0×103 第2页共8页 为20/s时，所需的向心力小于1.4×104N,汽车不会发生侧滑，C正确： D.汽车能安全转弯的向心加速度a=上=201 -m/s2=7m/s2,即汽车能安全转弯的向 80 心加速度不超过7m/s2,D错误。故选C。 8.【知识点】卫星发射及变轨问题 【详解】A.11.2k/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，卫星未 脱离地球引力束缚，其发射速度应大于7.9ms且小于11.2k/s，,故A错误： B.根据牛顿第二定律GM 毛ma,可得a=G 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点时，卫星到地心的距离"相同，中心天体质量M为地球质量不 变，所以加速度相等，故B正确： C.根据G、m2 GM 产=，，可得= 轨道的半径大于轨道的半径，所以在轨道Ⅲ上的运行速率小于在轨道缸上的运行速率，故 C错误； D.开普勒第二定律是指同一轨道上卫星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等，轨 道缸和轨道Ⅱ是不同的轨道，不满足该定律，故D错误。故选B。 9.【知识点】牛顿第二定律的初步应用 【详解】两个力的大小分别为2N和6N,合力范围为8N2P24N 根据牛顿第二定律F=a,故加速度的范围为4m/s2≥22m/s2故选CD。 10.【知识点】超重和失重现象分析 【详解】A.由图可知平衡时压力传感器的示数为500N,则该同学重力约为500N,A正确： B.下蹲过程中该同学先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误： C.人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减 速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下 蹲再起立的动作，故C正确； D.该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力，大小相等，D错： 11.【知识点】平抛运动速度的计算、斜抛运动 【详解】AB.物体做斜抛运动，第一次抛出物体时上升的高度为h=3.2m-1.4m=1.8m 可得上升时间为专= 2h =0.6s到达最高点时距水平地面高为3.2，故下降的时间为 第3页共8页 2h2×3.2 t2= =0.8s 放第一次抛出时上升时同与下降时间比值为手-=多 4 由于两次抛出物体时的高度相同，到达最高点时距水平面的高度也相同，结合前面分析可知， 两物体在空中运动的时间相同，均为t=t1+t2=1.4s故A错误，B正确。 C.由于两次抛出物体时的初位置相同，但落地点不同，所以物体两次的位移不相同，根据 1一可知，两次从抛出至落地过程中物体的平均速度不相同。故℃错误： D.根据前面分析可知两次抛出物体时，物体在空中运动时间相同，但由于第一次的水平位 移小于第二次的水平位移，根据V,=可知，第一次抛出时速度的水平分量小于第二次的 水平分量；由于两次物体在竖直方向上发生的位移相等，可知两次抛出物体时速度在竖直方 向上的分量相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较 小，且物体在水平方向上的速度不变，根据平行四边形定则，可知第一次抛出时速度与水平 方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，所以可得第一次抛出时速度 方向与落地瞬间速度方向的夹角比第二次大，故D正确。故选BD。 12.【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析、物体在传送带上的划痕长度问题 【详解】A,速度一时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图乙分析可知，起初煤 块的速度大于传送带的速度，煤块先沿着传送带向上做匀减速直线运动，滑动摩擦力沿着传 送带向下，当达到与传送带共速时，继续向上做匀减速直线运动，此时摩擦力发生突变，方 向变为沿着传送带向上，直至煤块速度减为零后沿着传送带向下做匀加速直线运动，则根据 图乙可得煤块两个减速阶段的加速度大小分别为 e'mns 0-4 m/s2=4m/s2 对两个过程分别由牛顿第二定律有gsin0+mg cos8=a1 mng sin6-mg cos8=ma, 联立解得=0.25故A正确： B.根据以上分析可知，t=s时煤块受到的摩擦力反向，故B错误； C.根据速度一时间图像可知，煤块在传送带上速度减为零的时间t=2s 根据速度一时间图像所围成的面积可知，煤块速度减为零时的位移为 x,=(4+12)×1×-m+1×4×-m=10m 2 1 设煤块反向加速到达传送带A端的时间为，则由位移时间关系可得名二 第4页共8页 解得t,=√5s则可得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t=t,+t,=(2+√5)s 故C正确； D.煤块第一阶段减速运动时速度大于传送带的速度，此过程中煤块在传送带上留下的划痕 长度A年=K4-=2x1-}8x1m4牧1m=4m 煤块第二阶段减速运动时的速度小于传送带的速度，此过程中产生的划痕 、△x=t””0三4×11—2×112=222 此后煤块加速下滑，产生的划痕△x,=x,+vt,=10m+4W5m 分析可知，煤块第一阶段减速时在传送带上产生的划痕被第二阶段减速时产生的划痕以及反 向加速下滑时产生的划痕覆盖，因此煤块在传送带上留下的痕迹长为 △r=△x2+△x?=12+4V5)m故D正确。故选ACD。 13.(1)3.00N(2)等效替代(3)F(4)A 【知识点】力的平行四边形定则及应用、验证力的平行四边形定则 【详解】(1)因为弹簧测力计读数要估读到最小刻度的下一位，所以读数为F=3.00N (2)同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置O点，这是两次实验力产生的作用效 果相同，是等效替代的研究方法。 (3)F是两个分力F和F,根据平行四边形作出的合力，而'是用直接将结点拉到位置O时 的力，所以方向一定沿AO方向是F'。 (4)为保证结点位置不变，合力F不变，保持耳的方向不变、增大日角，做平行四边形如 图 可知F将一直增大。 故选A。 第5页共8页 Aa/m's2 1.0 0.8 14. 平行 0.6 过大 0.4 0.2 出 由/g 0 0.30/0.28/0.29/0.31/0.32 【知识点】验证加速度与力成正比的实验 【详解】(1)[1]调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板平行： (3)[2]如图所示 (4)[3]由图知，图线与纵轴（α）有截距，表示不挂砂桶时，小车有加速度，即 mg sin 0-umg cos 0=ma 所以角度越大加速度也会越大，故出现图中情况，是由于垫高的木板倾角过大： (5)[4根据g=Ma可知M 为图像的斜率的倒数，所以可得小车质量M=0.30g 【点睛】注意理解垫高木板一侧是通过什么原理抵消摩擦力的影响。 15.(1)5m/s2(2)2s(3)8m/s,方向向右 【知识点】平均速度、计算停车时间和位移 【详解】(1)由加速度的定义式a=A”-"-其中=72km/h=20m/S △t△t 得a=-5m/s2故加速度大小为5m/s2 ②)由匀变速直线运动的位移公式x=y1+心 代入数据得t=2s或6s 汽车在4s已经停下，故用时2s (3)汽车在4s时已经停下，此时位移x=0 4=401m 2 汽车刹车5s内的平均速度下=立=8m/s方向向右。 16.(1)15N(2)72N(3)15N,200N 【知识点】正交分解法解共点力平衡问题、整体法与隔离法解决共点力平衡问题 【详解】(1)对O点进行受力分析，可知O受到B的拉力F2、A的拉力 379 以及左侧绳子的拉力F,如图1所示 根据平衡条件有，有乃=8=20N,F=Ftan37°解得耳=15N 图1 第6页共8页 (2)重物A受到重力GA、斜面体的支持力A、绳子的拉力以及斜面体的摩擦力∫A, 如图2所示 YGA 图2 沿斜面的方向有a8sin37°+耳cos37°=f 联立解得∫=72N (3)对A、C整体研究，可知地面对C的支持力为F=(M+ma)g 解得F=200N 根据牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为F压=F=200N 水平方向有F=f。=15N 根据牛顿第三定律可知地面受到的摩擦力大小为15N 17.(1)10N(2)4√2m/s,方向与水平方向夹角为45° 【知识点】平抛运动速度的计算、绳/单层轨道模型 【详解】(1)根据牛顿第二定律，在最高点有P+s=m 解得F=10N 又由牛顿第三定律得，小球对绳的拉力大小F'=F=10N (2)小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，则绳的拉力大小恰好为T,mx=90N 设此时小球的速度大小为，小球在最低点时由牛顿第二定律有T一g="四 强拉断后小球做平抛运动，在竖直方向上有九-儿实，” 小球落地时的速度，=√+ 解得y,=4W2m/s 又tan8=业=l 得0=45°，方向与水平方向夹角为45° 第7页共8页 18.(1)1kg,0.2(2)0.5s 【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型、牛顿运动定律与图像结合 【详解】(1)由图像可知当F小于4N时物块和木板一起加速运动，则由牛顿第二定律 F=(m+M)a 由图像可得M+m= 4 ke-2kg 2 当F大于4N时物块与木板产生相对滑动，则对木板由牛顿第二定律F-g=M@ 当F-4N时a-2m/s2即4-wg=2M 当F=8N时-6m/s2即8-g=6M 联立解得M=1kg,=1kg,=0.2 (2)若施加水平向右的外力F为恒力，此时物块相对木板产生滑动，物块的加速度为 4=u8=2m/s2 木板的加速度为a,=6m/s2 设当力F作用时间为t时撤去外力，此时物块的速度？=a4t=2t 木板的速度，=4，t=6t 物块相对木板滑动的距离△x=t-1=x? 221 此后木板做匀减速运动，木板的加速度大小变为4，=g=2m/s: M 设再经过时间t'当两者共速，则v=v2-a4=y,+at 解得t=t 此过程物块相对木板滑动的距离△x,="+(-+出=y: 2 2 若此时物块恰滑离木板，则由△x+△x=L 解得t=0.5s 第8页共8页 2025-2026学年度高一上学期物理期末考试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D B A D C B CD AC 题号 11 12 答案 BD ACD 1．【知识点】v-t图像反映的物理量、利用v-t图像求位移 【详解】A.物体做直线运动，故A错误； B.物体运动的速度越来越大，故B正确； CD. v-t图线与时间轴围成面积表示位移。如果物体做匀加速直线运动，物体在0~t时间运动的位移大小等于。但实际上物体做非匀变速直线运动，由图可知实际物体在0~t时间图像与时间轴围成面积要比做匀加速直线运动的要大，所以物体在0~t时间运动的位移大小大于。故CD错误。故选B。 2．【知识点】非常规图像 【详解】A．0~0.2s内急动度随时间均匀增大，表示加速度变化率越来越大，加速度随时间增大的越来越快，故A错误； B．0.6s比0.8s急动度大，故乘客体验感在0.6s较0.8s更难受，故B错误； C．图像与时间轴所包围的面积表示加速度变化量，因时，故0.6s时电梯加速度大小为，故C错误； D．若0.6~0.8s时间内急动度均匀减小，则加速度变化量为 而实际上0.6~0.8s时间内图像与时间轴所包围的面积大于，故0.6~0.8s时间内电梯加速度变化量大于，故D正确。故选D。 3．【知识点】超重和失重现象分析 【详解】根据牛顿第二定律 解得 故选D。 4．【知识点】船速小于水速时最短过河位移问题 【详解】AB．已知当小船运动到河中央时，其实际速度方向与河岸成45°角，运动时间，则小船实际速度方向与河岸一直成45°角，运动到河对岸的时间为20min，故A错误，B正确； C．两个匀速运动的合成为小船的速度，因此小船的实际运动是匀速直线运动，故C错误； D．平行河岸大小未知，合速度方向一定，根据平行四边形定则合成速度可知的方向不确定，θ角可能小于90°，也可能大于或等于90°，故D错误。故选B。 5．【知识点】卫星发射及变轨问题、卫星的追及相遇问题 【详解】A.当探测器加速后刚离开A 处, 根据万有引力提供加速度可知 解得 探测器A 处距太阳距离较小，则加速度较大， 探测器在A 处做圆周运动的线速度 探测器A 处距太阳距离较小,探测器在A 处做圆周运动的线速度v比火星在轨的线速度大, 探测器加速后刚离开A 处速度比探测器在A 处做圆周运动的线速度v大,因此当探测器加速后刚离开A 处的速度均比火星在轨时的要大,A正确； B.火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为 B错误； C.根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在 C 点相遇， C 错误； D ．地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度之差为 则地球再一次追上火星的用时为 年 D 错误;故选A。 6．【知识点】与斜面结合的平抛运动 【详解】小球撞在斜面上的速度与斜面垂直，将该速度分解， 则 故选D。 7．【知识点】向心力的来源、向心力的计算、汽车/自行车转弯问题 【详解】A．汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误； B．当速度为时，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 解得， B错误； C．当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得解得，所以汽车转弯的速度为20m/s时，所需的向心力小于1.4×N，汽车不会发生侧滑，C正确； D．汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过，D错误。故选C。 8．【知识点】卫星发射及变轨问题 【详解】A．是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，卫星未脱离地球引力束缚，其发射速度应大于且小于，故A错误； B．根据牛顿第二定律，可得 在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过点时，卫星到地心的距离相同，中心天体质量为地球质量不变，所以加速度相等，故B正确； C．根据，可得 轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，所以在轨道Ⅲ上的运行速率小于在轨道Ⅰ上的运行速率，故C错误； D．开普勒第二定律是指同一轨道上卫星与中心天体连线在相等时间内扫过的面积相等，轨道Ⅰ和轨道Ⅱ是不同的轨道，不满足该定律，故D错误。故选B。 9．【知识点】牛顿第二定律的初步应用 【详解】两个力的大小分别为2N和6N，合力范围为 8N≥F≥4N 根据牛顿第二定律 F=ma，故加速度的范围为 4m/s2≥a≥2m/s2 故选CD。 10．【知识点】超重和失重现象分析 【详解】A．由图可知平衡时压力传感器的示数为500N，则该同学重力约为500N，A正确； B．下蹲过程中该同学先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误； C．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故C正确； D．该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力，大小相等，D错； 11．【知识点】平抛运动速度的计算、斜抛运动 【详解】AB．物体做斜抛运动，第一次抛出物体时上升的高度为 可得上升时间为 到达最高点时距水平地面高为3.2m，故下降的时间为 故第一次抛出时上升时间与下降时间比值为 由于两次抛出物体时的高度相同，到达最高点时距水平面的高度也相同，结合前面分析可知，两物体在空中运动的时间相同，均为 故A错误，B正确。 C．由于两次抛出物体时的初位置相同，但落地点不同，所以物体两次的位移不相同，根据可知，两次从抛出至落地过程中物体的平均速度不相同，故C错误； D．根据前面分析可知两次抛出物体时，物体在空中运动时间相同，但由于第一次的水平位移小于第二次的水平位移，根据 可知，第一次抛出时速度的水平分量小于第二次的水平分量；由于两次物体在竖直方向上发生的位移相等，可知两次抛出物体时速度在竖直方向上的分量相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，且物体在水平方向上的速度不变，根据平行四边形定则，可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，所以可得第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向的夹角比第二次大，故D正确。故选BD。 12．【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析、物体在传送带上的划痕长度问题 【详解】A．速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图乙分析可知，起初煤块的速度大于传送带的速度，煤块先沿着传送带向上做匀减速直线运动，滑动摩擦力沿着传送带向下，当达到与传送带共速时，继续向上做匀减速直线运动，此时摩擦力发生突变，方向变为沿着传送带向上，直至煤块速度减为零后沿着传送带向下做匀加速直线运动，则根据图乙可得煤块两个减速阶段的加速度大小分别为 ， 对两个过程分别由牛顿第二定律有 联立解得 故A正确； B．根据以上分析可知，时煤块受到的摩擦力反向，故B错误； C．根据速度—时间图像可知，煤块在传送带上速度减为零的时间 根据速度—时间图像所围成的面积可知，煤块速度减为零时的位移为 设煤块反向加速到达传送带A端的时间为，则由位移时间关系可得 解得 则可得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 故C正确； D．煤块第一阶段减速运动时速度大于传送带的速度，此过程中煤块在传送带上留下的划痕长度 煤块第二阶段减速运动时的速度小于传送带的速度，此过程中产生的划痕 此后煤块加速下滑，产生的划痕 分析可知，煤块第一阶段减速时在传送带上产生的划痕被第二阶段减速时产生的划痕以及反向加速下滑时产生的划痕覆盖，因此煤块在传送带上留下的痕迹长为 故D正确。 故选ACD。 13．(1)3.00N (2)等效替代 (3)F′ (4)A 【知识点】力的平行四边形定则及应用、验证力的平行四边形定则 【详解】（1）因为弹簧测力计读数要估读到最小刻度的下一位，所以读数为 （2）同一次实验过程中，弹簧末端都要拉到同一位置点，这是两次实验力产生的作用效果相同，是等效替代的研究方法。 （3）是两个分力和根据平行四边形作出的合力，而是用直接将结点拉到位置时的力，所以方向一定沿方向是。 （4）为保证结点位置不变，合力不变，保持的方向不变、增大角，做平行四边形如图 可知将一直增大。 故选A。 14． 平行 过大 0.30/0.28/0.29/0.31/0.32 【知识点】验证加速度与力成正比的实验 【详解】（1）[1]调节木板上定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细线与木板平行； （3）[2]如图所示 （4）[3]由图知，图线与纵轴（a）有截距，表示不挂砂桶时，小车有加速度，即 所以角度越大加速度也会越大，故出现图中情况，是由于垫高的木板倾角过大； （5）[4]根据可知为图像的斜率的倒数，所以可得小车质量 【点睛】注意理解垫高木板一侧是通过什么原理抵消摩擦力的影响。 15．(1)(2)(3)，方向向右 【知识点】平均速度、计算停车时间和位移 【详解】（1）由加速度的定义式其中 得 故加速度大小为 （2）由匀变速直线运动的位移公式 代入数据得或 汽车在已经停下，故用时 （3）汽车在时已经停下，此时位移 汽车刹车内的平均速度 方向向右。 16．(1) (2) (3)， 【知识点】正交分解法解共点力平衡问题、整体法与隔离法解决共点力平衡问题 【详解】（1）对点进行受力分析，可知受到B的拉力、A的拉力以及左侧绳子的拉力，如图1所示 根据平衡条件有，有， 解得 （2）重物A受到重力、斜面体的支持力、绳子的拉力以及斜面体的摩擦力，如图2所示 沿斜面的方向有 联立解得 （3）对A、C整体研究，可知地面对C的支持力为 解得 根据牛顿第三定律可知地面受到的压力大小为 水平方向有 根据牛顿第三定律可知地面受到的摩擦力大小为 17．(1)10N (2)，方向与水平方向夹角为45° 【知识点】平抛运动速度的计算、绳/单层轨道模型 【详解】（1）根据牛顿第二定律，在最高点有 解得 又由牛顿第三定律得，小球对绳的拉力大小 （2）小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，则绳的拉力大小恰好为 设此时小球的速度大小为，小球在最低点时由牛顿第二定律有 绳拉断后小球做平抛运动，在竖直方向上有， 小球落地时的速度 解得 又 得，方向与水平方向夹角为 18．(1)1kg，0.2 (2)0.5s 【知识点】有外力接触面粗糙的板块模型、牛顿运动定律与图像结合 【详解】（1）由图像可知当F小于4N时物块和木板一起加速运动，则由牛顿第二定律 由图像可得 当F大于4N时物块与木板产生相对滑动，则对木板由牛顿第二定律 当F=4N时a=2m/s2即 当F=8N时a=6m/s2即 联立解得M=1kg，m=1kg，μ=0.2 （2）若施加水平向右的外力F为恒力，此时物块相对木板产生滑动，物块的加速度为 木板的加速度为 设当力F作用时间为t时撤去外力，此时物块的速度 木板的速度 物块相对木板滑动的距离 此后木板做匀减速运动，木板的加速度大小变为 设再经过时间t＇当两者共速，则 解得 此过程物块相对木板滑动的距离 若此时物块恰滑离木板，则由 解得 第 2 页 共 19 页 第 1 页 共 19 页 学科网（北京）股份有限公司 $