江苏省扬州市2024-2025学年高一年级上册期末物理试卷（解析版）

江苏省扬州市2024-2025学年高一上学期期末物理试卷

1.F1方程式赛车，赛道如图所示，比赛时下列说法正确的是（)

A.研究赛车全程轨迹时不可以将赛车看作质点

B.赛车运动一周位移为零

C.赛车手发现自己在后退，他是以地面为参考系

D.赛车在拐弯过程中速度不变

【答案】B

【解析】【解答】A.研究赛车全程轨迹时，赛车的形状和大小对轨迹分析无影响，可看作质点，故A错误;

B.赛车运动一周后回到初始位置，位移为零，故B正确；

C.赛车手发现自己后退，是以速度更快的赛车为参考系：以地面为参考系，赛车手是前进的，故C错误；

D.赛车拐弯时速度方向改变，速度（矢量）发生变化，故D错误；

故答案为：Bo

【分析】结合质点的条件、位移的定义、参考系的选择及速度的矢量性，逐一分析选项。

2.物体的质量m与速度u的乘积叫做物体的动量p,表达式p=mu,动量p的国际单位为（）

A.kg-m/sB.kg-m-sC.N•m/sD.N•m•s

【答案】A

【解析】【解答】由动量表达式p=质量的国际单位为kg,速度的国际单位为m/s,可知动量的国际单

位为kg-m/so

故答案为：Ao

【分析】从动量的定义式出发，结合质量和速度的国际单位，推导动量的国际单位。

3.2024年11月4日凌晨，神舟18号载人飞船成功返回了地球，返回舱在匀减速下降阶段（）

A.速度减小的越来越快B.速度减小的越来越慢

C.速度方向与加速度方向相同D.速度方向与加速度方向相反

第1页

【答案】D

【解析】【解答】返回舱在匀减速下降阶段，速度方向与加速度方向相反，加速度不变，则速度均匀减小。

故答案为：Do

【分析】明确“匀减速运动加速度恒定，速度与加速度方向相反”这一规律，据此判断选项。

4.如图所示，国产人形机器人“天工”稳定地站立在斜坡上，下列说法正确的是（）

A.“天工”受到的摩擦力方向沿斜坡向下

B.斜坡越粗糙“天工”受到摩擦力越大

C.斜坡对“天工”的支持力大于“天工”对斜坡的压力

D.“天工”受到支持力是由于斜坡的形变而产生的

【答案】D

【解析】【解答】A.“天工”稳定地站立在斜坡上，有相对斜坡向下的运动趋势，贝广天工”受到的摩擦力方向

沿斜坡向上，故A错误；

B.根据共点力平衡条件有/=机於也依斜坡的粗糙程度对“天工”受到摩擦力无影响，故B错误；

C.根据牛顿第三定律可知，斜坡对“天工”的支持力等于“天工”对斜坡的压力，故C错误；

D.根据弹力产生的条件可知，“天工”受到支持力是由于斜坡的形变而产生的，故D正确；

故答案为：Do

【分析】结合静摩擦力的方向判断、平衡条件的应用、牛顿第.三定律及弹力的产生原因，逐一分析选项。

5.春秋时期齐国人的著作《考工记・耨人篇》中有“劝登马力，马力既竭，耨犹能一取焉”，意思是马拉车的

时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离。该现象说明（）

A.车有惯性B.车的惯性在变小

C.车的惯性在变大D.摩擦力改变了车的惯性

【答案】A

【解析】【解答】A.马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离。该现象说明

车有惯性，故A正确；

第2页

BCD.惯性只由质量决定，与受力无关，车的质量不变，惯性不变，故BCD错误。

故答案为：Ao

【分析】明确“惯性是物体的固有属性，仅由质量决定”，据此分析车的运动现象与惯性的关系。

6.某同学探究两个互成角度的力的合成规律，如图甲所示，其中4为固定橡皮筋的图钉，。8和。C为细线,

。为橡支筋与细线的结点。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。关于该实验正确的是（）

甲乙

A.实验中须保持两细线夹角为90。

B.同一次实验，可以将橡皮筋的结点拉至不同位置

C.不同次实脸，可以将橡皮筋的结点拉至不同位置

D.9的方向一定沿4。方向

【答案】C

【解析】【解答】A.本实验通过作图探究两个互成角度的力的合成规律，两细线夹角只需要适当就好，不需

要取90。，故A错误；

BC.同一-次实验，为了保证效果相同，橡皮筋的结点需要拉至同一位置；不同次实验，可以将橡皮筋的结点

拉至不同位置，故B错误，C正确；

D.由图乙可知，尸是通过做平行四边形得到的合力理论值，由于存在的一定的误差，F的方向不一定沿40方

向，故D错误。

故答案为：Co

【分析】结合力的合成实验的操作要求（结点位置的控制、夹角的选择）和实验误差的影响，逐一分析选

项。

7.如图所示，一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重感觉。一个可乘坐二十多个人的环形座舱套装在

竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面

时刚好停下（）

A.自由下落阶段，人处于超重状态

第3页

B.自由下落阶段，人所受合外力为零

C.制动系统启动后，人处于失重状态

D.制动系统启动后，人所受合外力向上

【答案】D

【解析】【解答】自由下落阶段，人做自由落体运动，处于失重状态，只受重力作用，合力不为0,制动后，

做向下的减速运动，则物体处于超重状态，合外力向上。

故答案为：Do

【分析】根据超重、失重的判断条件（加速度方向），结合运动状态分析合外力方向。

8.在一端封闭的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡块，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧。把玻璃管倒

置.，蜡块沿玻璃管匀速上升。在蜡块上升的同时，玻璃管水平向右移动，蜡块运动的轨迹如图中虚线所示，

贝I」（）

1C目

Ml

/IIII

/1!1

9»S»

A.玻璃管可能做匀速直线运动

B.玻璃管可能做匀加速直线运动

C.玻璃管可能做匀减速直线运动

D.玻璃管的移动对蜡块上升的时间有影响

【答案】C

【解析】【解答】ABC.由图可知，蜡块做曲线运动，合外力（加速度）指向轨迹凹侧，由于竖直方向是匀速

直线运动，则水平方向有向左的加速度，可知玻璃管可能向右做匀减速直线运动，故AB错误，C正确；

D.根据运动分解的独立性原则可知，蜡块上升的时间为£=工，玻璃管的移动对蜡块上升的时间没有影

vy

响，故D错误。

故答案为：Co

【分析】结合曲线运动的合外力（加速度）指向轨迹凹侧的特点，分析水平方向的运动性质；再根据运动的

独立性原理判断上升时间是否受水平运动影响。

9.在篮球比赛中，篮球投出的初速度大小和方向都会影响投篮的命中率。如图甲所示为某运动员在投篮训

练。两次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一水平面上，篮球运动的轨迹如图乙中1、2所示，则（）

第4页

T乙

A.轨迹1运动的时间长B.轨迹1最高点时速度大

C.轨迹2抛出的初速度一定大D.轨迹2速度变化小

【答案】B

【解析】【解答】A.斜抛运动到最高点过程，逆向思维法可知，该过程可看成反向的平抛运动，根据九二

2gt2,可知高度h越大，时间t越长，图乙可知1高度小，对称性可知轨迹1在空中的运动时间短，故A错

误；

B.以上分析可知轨迹1斜抛运动到最高点时间短，采用逆向思维法，由平抛规律有x=%3图中可知1的

水平位移大，由于时间短，故平抛初速度大，即轨迹1最高点时速度大，故B正确：

C.结合B选项分析可知，轨迹2最高点水平速度%比轨迹I的小，但由于轨迹2的高度大，则落地时竖直

方向速度与比轨迹1的大，则轨迹2抛出的初速度廿=.+吟可知轨迹2抛出的初速度不一定大，故C

错误；

D.篮球只受重力，加速度Q=g,速度变化量=因为轨迹2运动时间长，加速度g不变，所以轨

迹2的速度变化量大，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】将斜抛运动分解为水平和竖直方向，结合竖直方向的自由落体(逆向平抛)分析运动时间，水平方

向的匀速直线运动分析水平速度，再通过速度变化量公式判断速度变化大小。

10.在研究小车运动规律时，利用“位移传感器”进行测量，经计算机的处理，得到小车速度与位移的关系式

V2=16—2x>贝I」()

A.前2s的位移为4mB.前2s的平均速度为3m/s

C.第2s内的位移为55nD.第2s内的平均速度为7m/s

【答案】B

【解析】【解答】小车速度与位移的关系式/=16-2%

第5页

结合匀变速直线运动速度位移公式2ax=v2-vg

可得/一评十2ax

对比可得初速度和加速度分别为%=4m/s,Q=-lm/s2

则t=Is、t=2s时的速度分别为%=v0+Q£I=3m/s,v2=v0+at2=2m/s

则前2s的位移为Mx2m=6m

前2s的平均速度为雨="欠=竿771/s=3m/s

第2s内的位移为Ax=回—与？xlm=2.5m

第2s内的平均速度为方=%要=竽m/s=2.5m/s

故答案为：Bo

【分析】通过速度-位移公式对比确定初速度和加速度，再利用匀变速直线运动的平均速度公式、位移公式

分析各选项。

11.如图所示，倾角为。的传送带以一恒定速率逆时针转动。t=0时在传送带顶端轻放一小物块。不计空气

阻力，关于小物块运动过程中的速度u随时间£变化的关系图线一定不正确的是（）

【解析】【解答】物体轻放在传送带上，受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，有mgsin6+

4mgeos。=ma1

小物块先做匀加速运动。

传送带较短时，则小物块在传送带上一直加速；

传送带较长时，共速后，若摩擦力天于重力向下的分力，物块做匀速直线运动；

若摩擦力小于重力向下的分力，则?ngsin。-4mgeos。=ma2

第6页

可知故D正确

故答案为：Do

【分析】通过受力分析确定小物块的加速度变化，结合传送带长度分析运动阶段，进而判断v-t图的正确

性。

12.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图甲所示的装置。

小产打取时器

量

硅码

甲乙

（1）本实验应用的实验方法是

A.控制变量法B.等效法C,理想实验法

（2）乙图实验器材所用的电压为

A.交流8VB.直流8VC.交流220VD.直流220V

（3）小张同学实验中得到如图丙所示的一条纸带，力、8、C.。为4个相邻的计数点，相邻的两个计数

点之间还有四个点未画出。用刻度尺测量情况如图丙所示。已知电源的频率为50Hz,则滑块的加速度大小

m/s2<>（结果保留两位有效数字）

?/?f?单位:cm

|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|llll|/

0123456789101112\

丙

（4）小王同学测得小车的加速度a和拉力尸的数据如下表所示（小车质量保持不变）:

F/N0.10.20.30.40.5

a/(m・s-2)0.180.380.520.750.88

请根据表中的数据在坐标纸上作出a-b图像;

第7页

W（ms"）

（5）小王同学利用丁图进一步求出小车质量为0.55kg,小张同学认为，如果实验过程中没有补偿摩擦

力，就不能准确求出小车的质量，你是否同意小张的观点，请说明理由。

【答案】（1）A

（2）C

（5）不同意。未补偿摩擦力时，根据牛顿第二定律F-/=MQ,可得Q=二/一4，通过直线斜率仍可以准

MM

确求得小车的质量。

【解析】【解答】（1）探窕加速度与力、质量的关系，先控制质量不变，探究加速度与力的关系；再控制力不

变，探究加速度与质量的关系，应用的实验方法是控制变量法。

故答案为：Ao

（2）乙图为电火花打点计时器，所用的电压为交流220V。

故答案为：Co

（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为7=5x0.02s=0.1s

根据逐差法可得加速度大小为a=细弓侬="60一26?[4.60）X]02=Q

故答案为：0.60

（4）根据表格数据在坐标纸上描出对应点，并作出Q-F图像如图所示

第8页

W（m・s"）

(5)不同意。未补偿摩擦力时，根据牛顿第二定律F-f=Ma,可得Q=上/一(，通过直线斜率仍可以准

确求得小车的质量。

故答案为：不同意。未补偿摩擦力时，根据牛顿第二定律F-f=Ma,可得Q=』/7一通过直线斜率仍

可以准确求得小车的质量。

【分析】(1)结合实验的多变量控制逻辑，明确控制变量法的核心应用。

(2)依据打点计时器的类型，确定其工作电压的常识性知识。

(3)利用逐差法处理纸带数据，体现匀变速直线运动的加速度计算方法。

(4)通过图像直观呈现物理量的线性关系，体现实验数据的可视化分析。

(5)从牛顿第二定律的公式变形出发，分析误差对质量测量的影响，体现实验误差的深度理解。

(1)探究加速度与力、质量的关系，先控制质量不变，探究加速度与力的关系；再控制力不变，探究加速

度与质量的关系，应用的实验方法是控制变量法。

故选Ao

(2)乙图为电火花打点计时器，所用的电压为交流220V。

故选Co

(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为T=5x0.02s=0.1s

根据逐差法可得加速度大小为a=和厂产=(11.60-?6):4.60»10-2=060m/s2

4T24x0.12

(4)根据表格数据在坐标纸上描出对应点，并作出Q-尸图像如图所示

第9页

W（m・s"）

（5）不同意。未补偿摩擦力时，根据牛顿第二定律F-7=MQ

可得Q=1F一《

MM

通过直线斜率仍可以准确求得小车的质量。

13.如图所示，物块A、B通过一根绕过光滑定滑轮的轻质细绳相连，处于静止状态，物块A位于水平地面

上，已知物块B的质量为m,细绳与水平方向夹角a,重力加速度为求：

（2）水平地面对物块A摩擦力的大小。

【答案】（1）解：细绳对物块A、B的拉力大小相等，对物块B,根据受力平衡可得T=mg

则细绳对物块A的拉力大小为mg。

（2）解：对物块A受力分析，水平方向根据受力平衡可得/•=7cosa=mgcosa

【解析】【分析】（1）通过物块B的受力平衡，直接推导细绳拉力，体现共点力平衡在单个物体上的应用逻

辑。

（2）对物块A进行水平方向的受力分析，结合平衡条件推导摩擦力，体现多物体系统中力的传递与平衡分

析。

（1）细绳对物块A、B的拉力大小相等，对物块B,根据受力平衡可得T=mg

则细绳对物块A的拉力大小为mg。

（2）对物块A受力分析，水平方向根据受力平衡可得/'=Tcosa=mgcosa

14.中国海警船装备的最新水炮具有极高的威力，这些水炮通过高压将水喷射出去，水炮的最大压力是普通

消防车水枪压力的四百多倍。如果水炮炮口距离海平面高度为九二20m,水炮将水以%=150m/s的初速度

第10页

水平喷射出，重力加速度g取10m/s2。忽略空气阻力。求:

（1）喷射出的水在空中飞行时间£；

（2）水炮水平射程受

【答案】（1）解：喷射出去的水做平抛运动，竖直方向有h=

解得t==2s

（2）解：水平射程为x==300771

【解析】【分析】（1）利用平抛运动的竖直分运动（自由落体），结合位移公式直接求解时间，体现运动分解

的基本应用。

（2）结合平抛运动的水平分运动（匀速直线），利用速度与时间的关系求解射程，体现平抛运动的规律整

合。

（1）喷射出去的水做平抛运动，竖直方向有

解得亡==2s

（2）水平射程为％=vot=300m

15.如图所示，倾角。=37°的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，一质量巾=2的的物块以平行斜面向上的

初速度%=20m/s滑上斜面。已知物块与斜面间动摩擦因数〃=O.S,重力加速度g取lOzn/s?,sin37°=

（1）物块向上运动时的加速度大小4;

（2）物块向上运动的最大位移心

（3）物块回到底部的速度大小以

【答案】（1）解：物块上滑时，根据牛顿第二定律有mgsinS+fimgcosO=maY

代入数据得即=10m/s2

2

（2）解：物块上滑的位移无=3v

2d]

代入数据得r=20m

（3）解：物块下滑时，根据牛顿第二定律有mgsin。-卬ngcos。=ma?

第11页

2

代入数据得：a2=2m/s

物块卜滑时做初速度为零的匀加速直线运动，贝卜=加戈

代入数据得以=席=用^=2而s

物块回到底部的速度I;=a2t2=4,V5m/s

【解析】【分析】（1）通过受力分析与牛顿第二定律，结合斜面方向的力的分解，推导上滑加速度，体现斜面

上的动力学分析方法。

（2）利用匀减速直线运动的速度-位移公式，直接求解最大位移，体现运动学规律的应用。

（3）先分析下滑时的加速度（受力+牛顿第二定律），再结合匀加速直线运动的速度・位移公式求解末速

度，体现多过程运动的规律整合。

（1）物块上滑时，根据牛顿第二定律有mgsin。+“mgcos®=

代入数据得的=10m/s2

2

（2）物块上滑的位移％=兽v

2«1

代入数据得x=20m

（3）物块下滑时，根据牛顿第二定律有mgsine-^imgcosO=mg

2

代入数据得：a2=2m/s

物块下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，则x=2M

代入数据得以=层=器姿=275s

物块回到底部的速度u-a2t2-4北

16.图甲为家庭常用的抽屉柜，图乙为其侧面示意图，抽屉质量M=2.0kg,其中放一本书，质量m=

0.5kg,书本的四边与抽屉的四边均平行。抽屉长d=70cm,书本长，二20cm,书本右端与抽屉右端相距

s=20cm,书本与抽屉间动摩擦因数为〃=0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定

不动，不考虑抽屉与柜体间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。求:

甲图

（1）书本与抽屉间的滑动摩擦力大小八

（2）要使书本和抽屉不发生相对滑动，水平力?的最大值Fw

（3）若r=ZSN.作用时间如=O.Ss,最终书本右端与抽屉右端的距离s：

【答案】（1）解：根据滑动摩擦力的计算公式有/=再=Rng=0.5N

第12页

（2）解：书本的最大加速度为由=5=lm/s2

抽屉和书整体：Fm=（M+m）Qi

解得尸m=2.5N

（3）解：对抽屉根据牛顿笫二定律有F-/=Ma2

解得。2=1.5m/s2

在书本与抽屉速度相等之前，书本的加速度大小都等于的=1m/s2

撤去外力时，书本的速度大小为也=ait0=0-5m/s

抽屉的速度大小为“2=。2to=0.75m/s

外力撤去后，对抽屉f=MQ3

2

代入数据得：a3=0.25m/s

设撤去外力后经时间G书本与抽屉速度相等，则%+Q"I=也-

代入数据得：£1=0.2s

此时两者的速度为力=%+Qih=0.7m/s

此时书本和抽屉的相对位移为A;q=孕无+”受h一学4+ti）=0.0875m=8.75cm<d-l-s

乙乙乙

在0至£1+以