四川成都市彭州中学2025-2026学年高一上学期期末热身考试物理试卷

**基本信息** 这份高一上期末热身物理试卷，以“五米三向折返跑”“电动自行车滴水测速度”等生活情境为载体，覆盖运动学与力学核心知识，通过图像分析、动态平衡、板块模型等综合问题，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|v-t/x-t图像、匀变速直线运动|结合图像判断运动方向与相遇，强化运动观念| |多选题|3/18|斜面滑块、弹簧连接体|通过斜面动态平衡与弹簧弹力分析，体现科学推理| |实验题|2/16|滴水法测速度、力的平行四边形定则|设计滴水实验测速度，培养科学探究能力| |计算题|3/38|自由落体、板块模型、滑轮系统|综合板块相对运动与传送带问题，突出模型建构|

绝密&启用前 2025-2026学年度四川省彭州中学高2025级高一上期末热身考试 物理学科试题 注意事项：本试卷共16道客观题，3道主观题，选择题部分请用2B铅笔填涂，非选择题部分用0.5mm黑色墨迹签字笔书写，考试结束后，将答题卡交回，试卷请自行妥善留存。 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.如图所示，图甲为质点和做直线运动的图像，图乙为质点和做直线运动的图像，由图可知(    ) A. 到时间内，和两个质点的运动方向均发生了改变 B. 到时间内，和两个质点的速度均一直减小 C. 若时刻、两质点第一次相遇，则时刻、两质点第二次相遇 D. 若时刻、两质点第一次相遇，则时刻、两质点第二次相遇 2.“五米三向折返跑”的成绩反映了人体的灵敏素质，测试时，受试者听到口令起跑，测试员同时开始计时，如图所示，受试者从起点全力跑向距处的点用手触摸折返线后返回点，然后依次到点、点、点，最终返回点，所用时间即为“五米三向折返跑”的成绩，现测得某受试者成绩为，该受试者在测试全过程中的平均速率、平均速度的大小分别为(    ) A. ， B. ， C. ， D. ， 3.一辆汽车做匀加速直线运动，从到速度增量为，位移为，从到速度增量为，运动的位移为，若点是汽车从运动到过程的中间时刻的位置图中未标出，则汽车从点运动到点的位移为(    ) A. B. C. D. 4.某斜面固定在水平地面上，一小球沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中小球依次经过三点，最后恰好能到达最高点，其中，，从点运动到点，从点运动到点两个过程运动时间均为，下列说法正确的是(    ) A. 小球的加速度大小为 B. 小球到达点速度大小为 C. 两点间的距离为 D. 小球从点运动到点的时间为 5.质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(    ) A. 推力先增大后减小 B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小 D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 6.物体左侧通过水平轻质弹簧与竖直墙面相连，右侧斜面与平放在粗糙水平地面上的物体接触，如图所示，与之间的接触面光滑，其余接触面均粗糙，整个系统保持静止状态。下列说法正确的是(    ) A. 物体给物体斜向右下方的弹力 B. 弹簧处于水平伸长状态 C. 物体受到弹簧向右的推力 D. 地面给物体水平向左的摩擦力 7.如图所示，水平传送带间的距离为，质量分别为、的物块、，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，在传送带的左端且连接物块的细线水平。当传送带以的速度逆时针转动时，恰好静止。重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以的速度顺时针转动时，下列说法正确的是 A. 与传送带间的动摩擦因数为 B. 从传送带左端运动到右端所用的时间为 C. 在运动过程中所受摩擦力始终不变 D. 从传送带左端运动到右端的过程中处于失重 二、多选题：本大题共3小题，共18分。（全选对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分） 8.如图所示，光滑斜面被分成三个长度相等的部分，即，一小物体从点由静止开始下滑，下列结论中正确的是(    ) A. 物体到达各点的速率为：：：：： B. 物体在段和段的平均速度之比为： C. 物体通过、、三点的速度满足 D. 物体通过、、三点的速度满足 9.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块另一端与斜面上的物块相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动，直至悬挂的细绳与竖直方向成已知始终保持静止，则在此过程中(    ) A. 水平拉力的大小可能保持不变 B. 所受细绳的拉力大小一定一直增加 C. 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D. 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 10.如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块、，它们的质量均为，弹簧的劲度系数为，为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力拉物块使之以加速度向上做匀加速运动，当物块刚要离开时的大小恰为，则(    ) A. 物块刚要离开时的加速度也为 B. 加速度 C. 以、整体为研究对象可以计算出加速度 D. 从开始作用到刚要离开，的位移为 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.小明在矿泉水瓶盖上钻一个小孔，向瓶中倒入大半瓶水，滴入黑色钢笔水，盖上瓶盖后将瓶子倒置，通过在瓶底钻的小孔的多少调节瓶盖上小孔滴水的时间间隔。小明从某滴水离开瓶盖开始计时，并计数为，当他数到第滴水离开瓶盖时，时间为。小明又把倒置的瓶子固定在电动自行车上，使瓶口离地面很近，他骑车在地面上行驶，水滴落在地面上。小明停车后用米尺测量地面上水滴点迹间的距离，测量结果如图所示。（6分） 滴水的时间间隔为          。 电动自行车经过点时的速度大小为          。 若瓶子中的水先滴落在点，则电动自行车的行驶速度在逐渐          选填“增大”或“减小”。 12.甲、乙两个实验小组进行验证力的平行四边形定则的实验，甲实验小组用如图甲所示装置进行实验，其中为固定橡皮筋的图钉，为橡皮筋与细绳的结点，和为细绳．（10分） 某次实验中两弹簧测力计拉力及两个拉力的合力的示意图如图乙所示，为一个弹簧测力计拉橡皮筋时的拉力．如果操作规范，则图乙中的与两力中，方向一定沿方向的是          ． 关于实验操作，下列步骤中必要的是          ． A.实验前要用力拉弹簧测力计挂钩，检查指针能否达到最大量程处 B.实验前要将两只弹簧测力计竖直互钩对拉，检查两弹簧测力计读数是否相同 C.两分力的夹角应取较好，便于之后运算中采用勾股定理以验证平行四边形定则 D.拉力方向应与白纸平面平行，且两个分力的值要适当大些 若实验中，两个分力的夹角为，合力为，与的关系图像如图丙所示．已知这两分力大小不变，则任意改变这两个分力的夹角，能得到的合力大小的变化范围          ． 乙实验小组接着进行了如图丁所示的实验，一竖直木板上固定白纸，白纸上附有角度刻度线，弹簧测力计和连接细线系于点，其下端用细线挂一重物，使结点静止在角度刻度线的圆心位置．分别读出弹簧测力计和的示数，并在白纸上记录拉线的方向．则图丁中弹簧测力计的示数为          ；弹簧测力计、均绕点顺时针缓慢转动，且保持两弹簧测力计间的夹角不变，直到弹簧测力计方向水平为止，此过程中弹簧测力计的示数会          ，弹簧测力计的示数会          后两空填“变大”“不变”“变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”． 四、计算题：本大题共3小题，共38分。（必须写出详细的解答过程，只有最后答案不得分） 13.一个物体从离地面高的地方做自由落体运动至地面，取，求：（10分） 物体下落过程的时间； 求物体落地速度大小； 物体落地前最后的平均速度大小。 14.如图所示，小球通过小滑轮用细线悬挂在空中，细线一端固定在点，另一端跨过小滑轮连接一弹簧。弹簧下端与小球连接，小球置于粗糙水平面上的一个圆弧表面光滑的半圆柱体上，两小球及半圆柱体均处于静止状态。已知球质量为，小滑轮用轻杆固定在半圆柱体圆心的正上方，与竖直方向成角，长度与半圆柱体半径相等，与竖直方向成角，细线、滑轮、弹簧质量、小球和以及滑轮的大小均可忽略不计，重力加速度为。求：（12分） 球的质量和杆对滑轮作用力大小； 改变球的质量，使与竖直方向仍成角，与半圆柱体相切，并保持两球及半圆柱体仍然处于静止状态，求此时球的质量以及地面对半圆柱体的摩擦力。以上结果均保留根号 15.如图所示，滑块放在静止于水平地面上的木板右端，已知滑块与木板的质量均为，滑块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数。时刻滑块以的初速度向左运动，同时在木板右端加一个水平向右的外力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块视为质点，不计空气阻力，取重力加速度。求：（16分） 时刻滑块和木板的加速度大小； 前内滑块和木板的位移大小； 若时撤去外力，要确保滑块不从木板上滑落，木板的最小长度是多少？ 2025-2026学年度四川省彭州中学高2025级高一上期末热身考试 物理学科试题答案 1.【答案】  【解析】【分析】 本题考查、图象的识别与应用。在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等； 在速度时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移。 要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移时间图象和速度时间图象的区别，从斜率、面积等数学角度来理解其物理意义。 【解答】 A.在图像中，斜率表示速度，斜率正负表示速度方向，则的速度方向变化，图像中，的速度一直为正，方向没有改变，A错误； B.到时间内，的斜率先变小后变大，即速度先减小后增大，由图可知的速度也是先减小后增大，B错误； C.和时刻、两个质点都在同一位置，若时刻为第一次相遇，则时刻为第二次相遇，C正确； D.若时刻、两质点第一次相遇，到时间内，、两质点的位移不等，因此时刻两质点不可能相遇，D错误。 故选C。 2.【答案】  【解析】【分析】 路程等于运动轨迹的长度，根据运动轨迹的长度求出路程，平均速度等于位移与时间的比值，结合平均速度的定义式求出平均速度的大小。 解决本题的关键知道平均速度与平均速率的区别，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。 【解答】 路程等于运动轨迹的长度，所以受试者的路程，平均速率，位移为，平均速度等于位移与时间的比值，则平均速度为，选项B正确，ACD错误． 3.【答案】  【解析】【分析】 根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出前后两段位移的时间中点速度，结合加速度的定义式求出加速度，最后由导出公式求出位移。 本题考查匀变速直线运动规律的应用，注意灵活运用推论求解，知道匀变速直线运动在某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。 【详解】 由加速度的定义式，知到的时间是到时间的倍，设到的时间为，则到的时间为，段中间时刻的速度 段中间时刻点的速度，，其中，联立解得： 到的逆过程：，联立解得： 故C正确。 4.【答案】  【解析】A、根据逐差法，，，解得，故A错误； B、根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度可得，故B错误； C、逆向分析，从到，有，解得，则，故C正确； D、根据，解得小球从到的时间，故D错误。 故选C。 5.【答案】  【解析】【分析】 本题考查动态平衡知识，正确受力分析是解题的关键。 【解答】 对滑块受力分析，由平衡条件有， ，滑块从缓慢移动点时，越来越大，则推力越来越大，支持力越来越小，故AB错误； C.对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为，则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，故C正确； D.水平地面对凹槽的支持力为，则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，故D错误。 故选C。 6.【答案】  【解析】物体给物体弹力方向与接触面垂直指向左上方，A错误； 物体受力平衡，可知弹簧对物体的力水平向右，弹簧处于水平压缩状态，B错误； 弹簧弹力作用在物体上，C错误； 把、作为整体，根据平衡条件可知，地面给物体水平向左的摩擦力，D正确。 7.【答案】  【解析】【分析】 本题主要考查连接体在传送带上的运动，正确的受力分析、整体法和隔离法的运用是解决问题的关键，综合考查了牛顿第二定律在传送带模型中的应用。当传送带以的速度逆时针转动时，对、分别根据平衡条件分析，即可求得与传送带间的动摩擦因数；当传送带以的速度顺时针转动，可对整体用牛顿第二定律，求出共同加速度，然后求出速度达到时所用的时间及位移，当物体与传送带速度相等时，摩擦力会发生突变，当达到后做匀速直线运动，进而可以求出运动的总时间；对受力分析和运动分析，求得从传送带左端运动到右端的过程中所受拉力的情况，即可分析处于的状态。 【解答】 A.当传送带以的速度逆时针转动时，恰好静止，说明受到的绳的拉力与摩擦力平衡，对来说绳子的拉力等于的重力，所以，解得：，故A错误； B.当传送带以的速度顺时针转动时，对、整体：，解得：，根据运动学公式可得，的速度达到传送带的速度时的位移，则匀速运动的位移，，，，故B正确； C.当的速度达到传送带的速度之前，一起做匀加速运动，受到的摩擦力方向向右，当的速度达到传送带的速度后，一起随着传送带做匀速运动，受到的摩擦力方向向左，故C错误； D.当传送带以的速度顺时针转动时，对、整体：，解得，对：，所以，处于失重状态；而当相对于传送带静止时，绳子的拉力等于的重力，处于平衡状态，故D错误。 故选B。 8.【答案】  【解析】【分析】 根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合位移之比求出物体到达各点的速率之比；根据推论公式分析平均速度之比；根据中间位置速度公式分析点的速度与、两点的速度关系。 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。 【解答】 解：由速度位移关系式有：，，，由，可得：，故A错误； B.物体在段的平均速度为，物体在段的平均速度为，由前面的分析可得，故B正确； 因是的中点，由公式可得，故C正确，D错误。 故选：。 9.【答案】  【解析】如图所示，以物块为研究对象，它在水平向左拉力作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为的过程中，水平拉力逐渐增大，绳子拉力逐渐增大； 对受力分析可知，若起初受到的摩擦力沿斜面向下，则随着绳子拉力的增加，则摩擦力也逐渐增大；若起初受到的摩擦力沿斜面向上，则随着绳子拉力的增加，摩擦力可能先减小后增加．故本题选BD． 10.【答案】  【解析】【解答】、当刚要离开时，对挡板的压力恰好为零，此时加速度为零，故A错误； B、由分析可知当刚要离开时得力的分力和弹簧的拉力二力平衡；有： 解得弹簧的形变量。 对分析，根据牛顿第二定律得，。 解得，故B正确； C、此时两物体的加速度不同，不能根据整体法求解，故C错误； D、系统开始处于静止，弹簧处于压缩状态，根据平衡得 解得弹簧的压缩量 物块的位移等于弹簧长度的改变量，，故D正确。 故选：。 【分析】当物块刚要离开时，对挡板的压力为零，根据平衡求出弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量． 根据牛顿第二定律求出物块的加速度． 弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住的位移等于弹簧长度的改变量求出物块的位移． 本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，关键能够正确地受力分析，知道的位移等于弹簧长度的形变量。 11.【答案】 增大   【解析】解：第滴水与第滴水间的间隔数为，则滴水的时间间隔为 电动自行车经过点时的速度可以用经过段的平均速度表示， 瓶子中的水先滴落在点，且相邻两水滴点迹间的距离增大，则电动自行车做加速运动，速度在逐渐增大。 故答案为：； ； 增大 本题考查匀变速直线运动规律的应用，处理本题的方法与处理纸带方法相同，关键要知道某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度。 12.【答案】 变小 变大   【解析】用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力的方向与橡皮筋的方向在同一条直线上，即与两个力中，方向一定沿方向的是． 在使用弹簧测力计之前不用将弹簧测力计用力拉，看是否能达到最大量程，故A错误；弹簧测力计使用前应该校零，即将两弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两个读数相同的测力计，竖直互拉会有重力的影响，故B错误；两个分力夹角不宜过大，也不宜过小，不一定非要是，也不用勾股定理求解合力以验证平行四边形定则，故 C错误；本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边形定则，为了减小实验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应与白纸平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，为了减小作图时画线的误差，弹簧测力计的拉力应适当大一些，故D正确． 设两个力分别为、，且，由题图丙可知，，联立解得，，合力大小的变化范围． 题图丁中弹簧测力计的分度值为，由题图丁可知弹簧测力计的示数为由题意，根据几何关系可知，弹簧测力计、对的拉力、以及对的拉力组成的矢量三角形内接于一个圆内，如图所示，可知在弹簧测力计、均绕点顺时针缓慢转动直到弹簧测力计方向水平的过程中，弹簧测力计的示数会变小，弹簧测力计的示数会变大． 13.【答案】由  ，可得物体下落过程的时间  物体落地速度大小  物体下落第末的速度大小  物体落地前最后的平均速度大小    【解析】详细解答和解析过程见【答案】 14.【答案】对小球分析，根据几何关系和平衡条件 对滑轮分析，根据竖直方向平衡条件 联立 对滑轮  分析，根据平衡条件，两绳对滑轮的作用力合力两力大小相等且垂直， 则合力为 与杆对滑轮作用力大小相等，则杆对滑轮  作用力大小。 改变球的质量，使与竖直方向仍成角，与半圆柱体相切，对小球分析，设绳子拉力为，半圆柱对小球支持力为，根据第一问中可知，与竖直方向夹角为，根据几何关系可知，，，解得， 对分析，有，解得， 把半圆柱和小球进行整体分析，水平方向，方向水平向左。  【解析】对小球、滑轮分析，根据几何关系和平衡条件列式，求质量关系对滑轮分析，根据平衡条件，分析两绳对滑轮的作用力合力以及杆对滑轮作用力大小 根据题意可知，与竖直方向的夹角可求，对小球、滑轮分析，根据几何关系和平衡条件可求的质量，对圆柱体和整体分析，根据水平方向的平衡条件，求摩擦力大小 本题主要考查对物体的受力分析，根据共点力平衡列式求解，难度不大。 15.【答案】由牛顿第二定律得： 对滑块： 对木板： 代入数据解得：， 时，滑块的速度大小 木板的速度大小 代入数据解得：，方向水平向左；，方向水平向右 滑块的位移大小，的位移大小 代入数据解得：， 撤去外力后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动直到两者共速，设经时间共速 对木板，由牛顿第二定律得： 代入数据解得： 以向右为正方向，两者共速时 代入数据解得：，，方向水平向右 共速过程滑块的位移大小 木板的位移大小 代入数据解得：， 滑块相当于木板位移大小 代入数据解得： 由于，滑块与木板共速后两者相对静止一起做匀减速直线运动， 共速后两者位置保持不变，则木板的最小长度。 答：时刻滑块和木板的加速度大小分别为、； 前内滑块和木板的位移大小分别为、； 木板的最小长度是。  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $