辽宁省大连市第二十高级中学2025-2026学年高一上学期期末物理试卷

2025-2026学年辽宁省大连市第二十高级中学高一（上）期末物理试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.下列属于力的单位是(    ) A. B. C. D. 2.“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车(    ) A. 从O处行驶到N处的路程为697米 B. 从O处行驶到N处的位移大小为889米 C. 从O处行驶到M处的平均速率约为10米/天 D. 从M处行驶到N处的平均速度大小约为12米/天 3.一物体做匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为2t，紧接着通过下一段位移所用时间为t。则物体运动的加速度为(    ) A. B. C. D. 4.铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(    ) A. B. C. D. 5.如图所示，轻绳1一端连接小球A，另一端悬挂在天花板上。轻弹簧2连接小球A、B，轻绳3一端连接小球B，另一端固定在竖直墙壁上，两小球均处于静止状态，已知小球B的质量为m。轻绳1与竖直方向、轻弹簧2与水平方向的夹角均为，轻绳3沿水平方向，已知重力加速度为g。下列说法正确的是(    ) A. 小球A的质量为m B. 轻绳1上的张力 C. 轻绳3上的张力 D. 剪断轻绳1的瞬间，小球A的加速度大小为 6.如图所示，绳子通过固定在天花板上的定滑轮，左端与套在固定竖直杆上的物体A连接，右端与放在水平面上的物体B相连，到达如图所示位置时，两段绳与水平面的夹角分别为、，两物体的速率分别为、，且此时，，，则的大小为(    ) A. B. C. D. 7.如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为的固定点以速率水平向右抛球，小孩以速率水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为。当小孩与机器人水平距离为时，机器人将小球以水平抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到球，则的大小为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.“魔幻”重庆的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度进入半径为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则(    ) A. 汽车到O点时，列车行驶距离为s B. 汽车到O点时，列车行驶距离为 C. 汽车在OP段向心加速度大小为 D. 汽车在OP段向心加速度大小为 9.如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(    ) A. 加速下降 B. 加速上升 C. 减速上升 D. 减速下降 10.用如图所示的实验装置来探究向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔匀速转动，槽内的球做匀速圆周运动。长槽上的挡板B到转轴的距离是挡板A到转轴距离的2倍，长槽上的挡板A和短槽上的挡板C到各自转轴的距离相等。下列说法正确的是(    ) A. 该实验使用了控制变量法 B. 图1皮带左右塔轮在第一层实验过程中左边标尺刻度小于右边标尺刻度 C. 图2皮带左右塔轮在第一层实验过程中左右两边标尺刻度之比为1：2 D. 图3皮带左右塔轮在第二层实验过程中左右两边标尺刻度比为2：1 三、实验题：本大题共2小题，共14分。 11.某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图，细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出关系图线，如图所示。 回答下列问题： 将一芒果放入此空杯，按上述操作测得，由图可知，该芒果的质量        结果保留到个位。若杯中放入芒果后，绳1与橡皮筋仍垂直但与竖直方向的夹角变为，由图像读出的芒果质量与相比        填“偏大”或“偏小” 另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是______ A. 水杯质量过小 B. 绳套长度过大 C. 橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比 12.某实验小组利用图所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下： 首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。 用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图所示纸带上的点由右至左依次打出，则垫块应该        填“往左移”“往右移”或“固定不动”。 在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。 把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出E点时小车的速度大小为        。加速度为        结果均保留2位小数。 保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车图像如图所示，由图像可知小车加速度大小        填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”。 四、计算题：本大题共3小题，共40分。 13.在2024年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由泳新的世界纪录。在此次比赛中，运动员起跳后于时刻入水。入水后的运动过程可近似分为三个阶段：段的前程游为匀减速直线运动，段为匀速游，段的冲刺游为匀加速直线运动；速率v随时间t变化的图像如图所示。已知，，，，求该运动员在： 段的平均速度大小 段的加速度大小；结果保留两位有效数字 段的位移大小 14.甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速直线运动。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前处作了标记，并以的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒。已知接力区的长度为。求： 此次练习中乙在接棒前的加速度a 在完成交接棒时乙离接力区末端的距离 若计划在接力区末端完成交接棒，甲应在距离接力区前多远做好标记甲保持原速度，乙一直匀加速直线运动，且速度达到与甲相同时恰好完成交接棒 15.如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求： 物块初速度大小及其在薄板上运动的时间 平台距地面的高度 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：根据牛顿第二定律： A、：是动量的单位，不是力的单位，故A错误； B、：是根据牛顿第二定律推导得出，是力的单位，故B正确； C、：是角动量的单位，不是力的单位，故C错误； D、：不属于高中力学常见物理量单位，故D错误； 故选：B。 根据牛顿第二定律，力的单位由质量、加速度的基本单位推导，质量单位kg，加速度单位，相乘得到力的导出单位，再逐个识别选项对应的物理量单位。 本题考查力学单位制，属于基础识记题，区分基本单位与导出单位，检验学生能否由牛顿定律推导导出单位，容易混淆动量、功和力的单位。 2.【答案】C  【解析】解：由题意可知从O到N处的路程为，故A错误； B.位移的大小为两点之间的直线距离，O、M、N三点大致在一条直线上，则从O到N处的位移大小为真实的位移略小于，故B错误； C.平均速率为路程与时间的比值，故从O行驶到M处的平均速率为米/天米/天，接近10米/天，故C正确； D.平均速度大小为位移与时间的比值，则从M行驶到N处的平均速度为米/天米/天，故D错误。 故选：C。 根据位移和路程，平均速率和平均速度的概念逐一分析判断各选项的正误。 考查运动学的基本概念，熟记各个概念，加强对相应概念的理解，属于基础题。 3.【答案】C  【解析】解：物体通过第一段位移的总时间为2t，这段过程的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，同理下一段过程的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为，由加速度定义，代入数据得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 根据匀变速直线运动平均速度与中间时刻瞬时速度的关系结合加速度的定义式列式解答。 考查匀变速直线运动平均速度与中间时刻瞬时速度的关系以及加速度的定义式的应用，熟练记住即可，属于较低难度考题。 4.【答案】D  【解析】激光关闭后铯原子做竖直上抛运动，因此铯原子团先向上做匀减速运动，接着向下做匀加速运动，加速度都为重力加速度，方向竖直向下，故D正确，ABC错误； 故选：D。 5.【答案】D  【解析】解：AB、对小球B进行受力分析，设弹簧2的弹力大小为。根据平衡条件，竖直方向有，解得；对小球A进行受力分析，根据平衡条件，水平方向有，解得轻绳1上的张力；竖直方向有，解得小球A的质量，故AB错误； C、对小球B进行受力分析，根据水平方向平衡条件有，解得轻绳3上的张力，故C错误； D、剪断轻绳1的瞬间，由于弹簧2的弹力不能发生突变，小球A受到的重力和弹力保持不变。这两个力的合力与剪断前轻绳1的张力等大反向，即此时小球A受到的合外力大小。由牛顿第二定律有，解得小球A的加速度大小，故D正确。 故选：D。 先分析小球B的受力平衡，由竖直方向条件确定弹簧2的弹力，再由水平方向条件确定轻绳3的张力。接着分析小球A的受力平衡，利用水平方向条件将弹簧2弹力与轻绳1张力关联，得出轻绳1的张力，再由竖直方向条件求出小球A的质量。最后分析剪断轻绳1瞬间，抓住弹簧弹力不能突变的特征，明确小球A此时所受合外力与剪断前轻绳1的张力等大反向，结合牛顿第二定律判断加速度大小。 本题以共点力平衡与瞬时加速度为核心，综合考查受力分析、正交分解及弹簧弹力不可突变的特性。题目通过两球连接体和角度约束构建多对象平衡问题，计算量适中但思维链条完整。解题关键在于隔离法依次分析小球B和小球A的平衡方程，并利用弹簧弹力瞬间不变的特点求剪断轻绳1后的合力。选项设置覆盖质量、张力及加速度，能有效锻炼学生的模型建构与逻辑推理能力，属于中等偏上难度的典型好题。 6.【答案】B  【解析】解：将物体A的竖直速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解。由图可知，左侧绳子与水平面的夹角为，而物体A只能沿竖直杆运动，因此其速度的方向与绳子之间的夹角为。 物体A沿绳子方向的分速度大小即为绳子的收缩速度，即有。 同理，右侧绳子与水平面的夹角为，物体B沿水平面运动，其速度的方向与绳子的夹角恰好为。 物体B沿绳子方向的分速度也等于绳子的速度，即有。 由于同一根轻绳不可伸长，其两端沿绳方向的线速度大小必然相等，因此可得方程，化简解得。 结合题意已知的约束条件，将代入可得，计算得出。 A、根据绳端速度分解计算求得物体A的速度为，并非，故A错误； B、结合关联速度相等的条件得出确实为，故B正确； C、由且两速度之和为可知，结果并非，故C错误； D、最终解得的竖直速度大小为，不等于，故D错误。 故选：B。 物体A套在竖直杆上只能沿杆运动，物体B放在水平面上只能沿水平面运动，两者通过跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连，属于典型的关联速度问题；入手点是将两物体的实际速度分别沿绳子方向和垂直绳子方向正交分解，同一根轻绳两端沿绳方向的分速度大小相等，由此建立与的等量关系；由图知左侧绳与水平面成，则与绳的夹角为，右侧绳与水平面成，则与绳的夹角也为，再结合即可解出。 解决绳关联速度问题的关键是抓住沿绳方向分速度大小相等这一约束条件，先将物体实际运动方向与绳子方向的夹角判断准确，再把实际速度沿绳向和垂直绳向正交分解。本题易错点在于夹角的确定：左侧绳与水平面成，与竖直运动方向夹角为；右侧绳与水平面成，与水平运动方向夹角恰为，两处夹角相等的巧合使结果简洁。分解正确后列方程，结合两速度之和即可快速求解，切勿把物体实际速度误当作绳速代入。 7.【答案】A  【解析】解：小球被水平抛出后做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动。设小球飞行时间为t，竖直方向有，代入数据解得。在此时间内，小球在水平方向上的位移为，小孩的水平位移大小为。要使小孩能接到球，两者在水平方向的位移之和必须等于初始水平距离，即。将已知数据代入该位移几何关系有，解得机器人抛球初速度。 A、由上述平抛运动与匀速直线运动的推导可知，初速度大小为，故A正确； B、由上述运动学推导可知，初速度大小为，并非，故B错误； C、由上述运动学推导可知，初速度大小为，并非，故C错误； D、由上述运动学推导可知，初速度大小为，并非，故D错误。 故选：A。 小球被水平抛出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，由下落高度差可确定飞行时间t；小孩同时间内以速率匀速向左运动，接球条件为小球水平位移与小孩水平位移之和等于初始水平距离l，据此列式即可求出，再与各选项比较判断正误。 本题以机器人抛球、小孩接球为情境，考查平抛运动的分解处理方法。关键在于将平抛运动沿竖直方向和水平方向分别研究：竖直方向利用求出飞行时间，水平方向抓住“接球”这一物理情景对应的位移关系，即两物体相向运动的相遇条件。易错点在于忽略小孩的运动，误认为球的水平位移等于l，或将竖直下落高度误取为H，正确提取高度差与水平距离的几何关系是解题的核心。 8.【答案】BC  【解析】解：AB、汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律 运动时间 列车做匀速直线运动，行驶的距离，故A错误，B正确； CD、根据向心加速度公式，汽车在OP段向心加速度大小，故C正确，D错误。 故选：BC。 汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动公式求解汽车的运动时间；根据匀速直线运动公式求解列车的运动距离；根据向心加速度公式求解作答。 本题主要考查了匀变速直线运动规律、向心力公式和匀速直线运动公式的运用；注意两车运动的等时性的运用。 9.【答案】BD  【解析】解：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以BD正确。 故选：BD。 当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度； 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度； 本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了． 10.【答案】AC  【解析】解：A、探究向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系，使用了控制变量法，故A正确； B、由图1所示可知，左右塔轮在第一层，塔轮半径相等，塔轮边缘线速度v大小相等，由可知，左右两边的角速度相等，左边小球位于挡板A位置，右边小球位于挡板C位置，两小球的运动半径r相等，两球质量，根据向心力公式可知，，则实验过程中左边标尺刻度大于右边标尺刻度，故B错误； C、由图2所示可知，左右塔轮在第一层，塔轮半径相等，塔轮边缘线速度v大小相等，由可知，左右两边的角速度相等，左边小球位于挡板C位置，右边小球位于挡板B位置，两小球的运动半径，两球质量，根据向心力公式可知，，则实验过程中左右两边标尺刻度之比为1：2，故C正确； D、由图3所示可知，左右塔轮在第二层，左塔轮半径为，右塔轮半径为，塔轮边缘线速度v大小相等，由可知，左右两边的角速度，左边小球位于挡板C位置，右边小球位于挡板A位置，两小球的运动半径r相等，两球质量，根据向心力公式可知，，则实验过程中左右两边标尺刻度之比为4：1，故D错误。 故选：AC。 探究向心力大小与质量、角速度、半径间关系实验采用控制变量法； 根据线速度与角速度的关系求出小球做圆周运动的角速度关系，然后应用向心力公式分析答题。 本题考查了探究向心力大小与质量、角速度和半径关系实验，分析清楚图示情景，根据线速度与角速度的关系，应用向心力公式即可解题。 11.【答案】【小题1】 49 偏小 【小题2】 C   【解析】解：由图的图像可知，对应该芒果的质量为49g； 若杯中放入芒果后，绳1与橡皮筋仍垂直但与竖直方向的夹角变为，如图所示 根据共点力平衡可知橡皮条的拉力变小，导致橡皮筋的长度偏小，若仍然根据图像读出芒果的质量与相比偏小。 另一组同学利用同样方法得到的图像在后半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过大超过了其弹性限度，从而使橡皮筋弹力与其伸长量不成正比。故C正确，AB错误。 故选：C。 故答案为：，偏小；。 根据图像查找对应的质量；根据矢量三角形分析判断； 根据橡皮筋所受的弹力过大超过了其弹性限度判断。 本题考查探究互成角度力的合成规律实验原理，关键掌握实验原理和利用矢量三角形处理问题的方法。 12.【答案】往左移 逐渐变小   【解析】纸带上的点由右至左依次打出，由图所示纸带可知，小车做减速运动，平衡阻力不足，应增大木板倾角，垫块应该往左移。 打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，相邻计数点间的时间间隔， 打出E点时小车的速度大小； 由匀变速直线运动的推论，由逐差法可知，加速度。 图像的斜率表示加速度，由图所示图像可知，图像的斜率逐渐减小，则小车的加速度大小逐渐变小。 故答案为：往左移；；；逐渐变小。 根据图示纸带判断小车的运动性质，然后判断垫块的移动方向。 根据图示纸带应用匀变速直线运动的推论求出打E点时的速度与小车的加速度。 根据图示图像判断小车的加速度如何变化。 掌握基础知识，理解实验原理，分析清楚小车的运动过程是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论即可解题；计算时注意单位换算。 13.【答案】【小题1】根据平均速度推论，段内的平均速度 【小题2】选取运动的方向为正方向，根据图像的斜率表示加速度，段内的加速度 【小题3】根据图线与t轴围成的面积表示位移，段内的位移   【解析】解：根据平均速度推论，段内的平均速度 选取运动的方向为正方向，根据图像的斜率表示加速度，段内的加速度 根据图线与t轴围成的面积表示位移，段内的位移 答：段的平均速度大小为； 段的加速度大小为； 段的位移大小为。 根据匀变速直线运动平均速度推论分析求解； 根据图像的斜率表示加速度分析求解； 根据图线与t轴围成的面积表示位移分析求解。 本题考查了匀变速直线运动相关知识，理解图的斜率、面积、交点的意义，熟练掌握平均速度的计算是解决此类问题的关键。 14.【答案】【小题1】设经过时间t，甲追上乙，在这段时间内，甲做匀速直线运动，则有： 乙做匀加速直线运动可得： 甲追上乙，由位移关系可得： 联立代入数据解得： 对乙，由速度-时间关系可得： 解得：，方向与v的方向相同 【小题2】在追上乙的时候，乙走的距离为： 所以乙离接力区末端的距离为： 【小题3】若计划在接力区末端完成交接棒，对乙有： 甲应在距离接力区前x处做好标记，则有： 解得：   【解析】解：设经过时间t，甲追上乙，在这段时间内，甲做匀速直线运动，则有： 乙做匀加速直线运动可得： 甲追上乙，由位移关系可得： 联立代入数据解得： 对乙，由速度-时间关系可得： 解得：，方向与v的方向相同； 在追上乙的时候，乙走的距离为： 所以乙离接力区末端的距离为：； 若计划在接力区末端完成交接棒，对乙有： 甲应在距离接力区前x处做好标记，则有： 解得：。 答：此次练习中乙在接棒前的加速度的大小为，方向与v的方向相同； 在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为4m； 若计划在接力区末端完成交接棒，甲应在距离接力区前20m处做好标记。 乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动，根据两人的位移差为16m，求出乙在接棒前运动的时间。乙的初速度为0，根据速度-时间公式，求出乙接棒前的加速度； 根据平均速度公式求出乙接棒前运动的位移，从而得出离接力区末端的距离； 对乙根据平均速度乘以时间得到位移，再根据二者的运动情况结合位移关系进行解答。 本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理地选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。 15.【答案】【小题1】对物块，由牛顿第二定律得， 对薄板，由牛顿第二定律得，代入数据解得 薄板的位移 物块的位移 代入数据解得， 【小题2】物块离开薄板时薄板的速度 薄板中心运动到O点过程的位移 离开薄板后物块做平抛运动，竖直方向 代入数据解得   【解析】解：物块与薄板的质量相等，设物块与薄板的质量都是m。 对物块，由牛顿第二定律得， 对薄板，由牛顿第二定律得，代入数据解得 薄板的位移 物块的位移 代入数据解得， 物块离开薄板时薄板的速度 薄板中心运动到O点过程的位移 离开薄板后物块做平抛运动，竖直方向 代入数据解得 答：物块初速度大小是，其在薄板上运动的时间是； 平台距地面的高度是。 应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出物块的初速度与运动时间。 物块离开薄板后薄板做匀速直线运动，物块做平抛运动，应用运动学公式求解。 分析清楚物块与薄板的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $