江苏省镇江市2024-2025学年高一年级上册期末质量监测物理试卷（解析版）

江苏省镇江市2024-2025学年高一上学期期末质量监测物理试卷

1.神舟十九号载人飞船入轨后，于北京时间2024年10月30tHi时00分，成功对接于空间站天和核心舱

前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。下列说法正确的是（）

A.“北京时间2024年A月30日11时00分”是时刻

B.飞船和空间站对接过程可以将飞船视为质点

C.飞船对接过程中路程利位移大小相等

D.飞船对接过程中不受重力作用

【答案】A

【解析】【解答】A.“北京时间2024年10月30日11时00分”是一个具体的时间点，属于时刻，A正

确；

B.对接过程中，飞船的形状、大小对对接操作有影响，不能忽略，所以不能将飞船视为质点，B错误；

C.对接过程中飞船的运动轨迹不是直线，路程（轨迹长度）和位移（初末位置有向线段）大小不相

等，C错误；

D.飞船在太空中仍受地球重力（万有引力）作用，只是处于失重状态，故D错误。

故答案为：Ao

【分析】核心是对每个选项涉及的物理概念（时刻、质点、路程与位移）和物理现象（太空重力）,结

合神舟十九号对接的实际情景，依据相应的物理定义或规律进行判断。

2.依据《道路交通安全违法行为处罚条例》第十五条的规定，在高速公路或城市快速路上，乘车人员也需

系好安全带，这是因为系好安全带可以（）

A.减小车的惯性B.减小人的惯性

C.减小急加速时对人的伤害D.减小急刹车时对人的伤害

【答案】D

【解析】【解答】A.惯性大小只与质量有关，安全带不能改变车的质量，所以不能减小车的惯性，A错误；

B.人的惯性由人的质量决定，安全带无法改变人的质量，不能减小人的惯性，B错误；

C.急加速时，人会向后靠，安全带对急加速时的保护不是主要作用，C错误；

D.急刹车时，车减速，人由于惯性会保持原来的运动状态向前冲，安全带能阻碍人向前冲，从而减小急刹

车时对人的伤害，D正确。

故答案为：Do

【分析】核心是依据惯性的定义（惯性大小由质量决定，与其他因素无关），分析安全带在不同运动状态

下（急加速、急刹车）对人的保护作用，判断选项的正误。

3.汽车在平直公路上行驶，某一阶段的u-t图像如图所示，则汽车做匀加速直线运动的时间段是（）

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A.0〜JB.t1~±2C.〜t3D.£3〜£4

【答案】c

【解析】【解答】在u-t图像中，匀加速直线运动的特点是速度随时间均匀增大，图像为倾斜向上的直线，

加速度恒定（斜率不变）：

A：0〜0时间段，速度随时间均匀减小，是匀减速直线运动，A错误；

B：£1~t2时间段，速度仍随时间均匀减小，是匀减速直线运动，B错误；

C：与~£3时间段，速度随时间均匀增大，是匀加速直线运动，C正确；

D：亡3~。时间段，速度保持不变，是匀速直线运动，D错误。

故答案为：Co

【分析】核心是根据廿一亡图像的斜率表示加速度，判断不同时恒段内速度的变化规律，从而确定匀加速直线

运动的时间段。

4.甲、乙两球同时做自由落体运动，甲距离地面的高度是乙距离地面高度的4倍，下列说法正确的是

（）

A.甲的加速度是乙加速度的4倍

B.甲、乙两物体着地时的速度相同

C.甲的平均速度是乙的平均速度的企倍

D.甲下落时间是乙下落时间的2倍

【答案】D

【解析】【解答】A.甲的加速度等于乙的加速度，均为g,A错误；

B.根据u=九可知,v”,=2v乙，贝ij甲、乙两物体着地时的速度不相同，R错误：

C.根据方=刍，可知甲的平均速度是乙的平均速度的2倍，C错误；

D.根据h=可知，甲下落时间是乙下落时间的2倍，D正确。

故答案为：Do

【分析】利用自由落体运动的公式（速度公式U=J碗、平均速度公式5=或、时间公式£=楞），结合

甲、乙高度关系，分析加速度、速度、平均速度、时间的大小关系。

5.珠海航展上一架飞机正在竖直面内沿如图所示的轨迹向上爬升，此时飞机所受的合力可能是（）

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A.FiB.尸2C.F3D.F4

【答案】B

【解析】【解答】做曲线运动的物体所受的合外力的方向指向轨迹的凹侧，可知飞机所受的合力可能是出。

故答案为：Bo

【分析】根据曲线运动的受力特点（合外力指向轨迹叫侧），直接判断合外力的可能方向。

6.某志愿者站在力传感器上分别完成下蹲和站起动作，计算机同时采集相应的数据。如图所示，这是做其

中一个动作时，力传感器的示数随时间变化的情况。下面判断正确的是（）

A.这是站起过程,先失重后超重B.这是站起过程，先超重后失重

C.这是蹲下过程,先失重后超重D.这是蹲下过程，先超重后失重

【答案】C

【解析】【解答】根据图象可以知，加速度先向下后向上，而蹲下过程，先向下加速度运动，再向下减速到停

止，加速度先向下再向上，运动状态先失重后超重，故C正确，ABD错误。

故答案为：Co

【分析】根据力-时间图像中支持力的变化，结合超重（支持力大于重力，加速度向上）、失重（支持力

小于重力，加速度向下）的条件，判断是下蹲还是站起过程，以及超重、失重的先后顺序。

7.一对花样滑冰运动员表演时，由静止不动到两人相互猛推一下后分别向相反方向运动。假定两人与冰面

间的动摩擦因数相同，则甲在冰上滑行的距离比乙远的原因是（）

A.在推的过程中，甲推乙的力大于乙推甲的力

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B.在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间

C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度

D.在分开后，甲的加速度大于乙的加速度

【答案】C

【解析】【解答】AB.在推的过程中，根据牛顿第三定律知甲推乙的力等于乙推甲的力，甲推乙的时间等于

乙推甲的时间，AB错误；

CD.根据〃mg=ma,可知甲乙加速度相等，根据诏=2a，因甲在冰上滑行的距离比乙远，可知在刚分开

时，甲的初速度大于乙的初速度，C正确，D错误。

故答案为：Co

【分析】利用牛顿第三定律分析相互作用力的关系，结合牛顿第二定律求出加速度，再通过运动学公式分析

初速度与滑行距离的关系。

8.某实验小组的同学在实验室用模型船研究小船渡河问题，模拟水流速度与河岸平行且大小为口若要使模

型船由岸边的A点沿直线运动到对岸的8点，如图所示，模型船的最小船速为（）

B

/v

A

VVc

AA.病BD.vstnaC.—D・ucosa

【答案】B

【解析】【解答】模型船的合速度方向由A指向B,船速、水速与合速度构成矢量三角形，当船速与AB垂直

时，模型船的速度最小，则Umin=usina。

故答案为：Bo

【分析】利用运动的合成与分解，确定合速度方向，再通过矢量三角形（直角三角形）,结合三角函数求

出船的最小速度。

9.如图所示，质量为M的棋子压着质量为m的纸条，放在粗糙的水平桌面上。已知棋子与纸条间动摩擦因数

为由,纸条与水平桌面间的动摩擦因数为火，重力加速度为小若要沿水平方向将纸条从棋子下方抽出，纸

条的加速度至少应大于（）

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棋子

c.RiMgDW（m+M）g

mm

【答案】A

【解析】【解答】要将纸条从棋子下方抽出，纸条的加速度需大于棋子的最大加速度；

对棋子受力分析，棋子受到纸条的滑动摩擦力/=

根据牛顿第二定律/=MQ（Q为棋子的加速度），可得〃]Mg=Ma,解得Q=

所以纸条的加速度至少应大于〃逐。

故答案为：Ao

【分析】明确纸条抽出的条件（纸条加速度大于棋子最大加速度），对棋子进行受力分析，利用牛顿第二

定律求出棋子的最大加速度，从而得到纸条所需的最小加速度。

10.如图为人在吊床上.处于静止状态的坐着和躺着的两种情景。设吊床被轻绳吊在两棵竖直的树干匕不计

吊床重力，某同学第一次脚不着地坐在吊床中央，第二次躺在吊床中央，下列有关说法正确的是（）

A.坐着时一侧轻绳的拉力一定等于人的重力

B.躺着时两侧轻绳拉力的合力大于人的重力

C.坐着时两侧轻绳的拉力大于躺着的时候

D.减少两侧轻绳的长度，两侧轻绳的合力增大

【答案】C

【解析】【解答】A：坐着时，轻绳拉力的合力等于人的重力，但单侧拉力与重力的关系由夹角决定，不一定

等于重力，A错误；

B：无论坐着还是躺着，轻绳拉力的合力都等于人的重力，B错误；

C；坐着时轻绳的夹角更大，根据2Tcos^=G,夹角越大，cos?越小，拉力7越大，故坐着时拉力大于躺着

时，C正确；

D：轻绳合力始终等于人的重力，与绳长无关，D错误.

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故答案为：Co

【分析】通过受力平衡分析轻绳拉力的合力与重力的关系，结合力的合成公式（2Tcosf=（；）分析夹角对拉

力的影响。

11.如图所示，质量为m的物块B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。将质量为m的物块A无初速的放上B

的瞬间开始计时，直到B运动到最低点。设B相对初始位置的位移为x,B的加速度大小为a,B的速度为

v,弹簧对B的弹力为F,AB之间压力为FN,运动时间为t,重力加速度为g,弹簧始终在其弹性限度内，

关于上述过程下列图像可能正确的是（）

【答案】A

【解析】【解答】A.物块4放上B瞬间，整体加速度最大，之后向下运动，加速度先减小（合力减小）后增

大（合力反向增大），且前。与后J时间内加速度大小对称，Q-C图像符合此规律，故A正确；

B.图像斜率表示加速度，加速度先减小后增大，故斜率应先变小后变大，而不是图中所示的形状，故B

错误；

C.由胡克定律，弹簧弹力F=/与+工）（均为初始压缩量，kx0=mg）,即9=kx+mg,F-x图像小过原

点，故C错误；

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D.对整体，2mg-F=2ma；对4,mg-F=ma,联立得以=』F=/x+萼，%-%图像纵截距为粤，

N乙乙乙J

不是mg,故D错误。

故答案为：Ao

【分析】核心是对48整体及4分别进行受力分析，结合牛顿第二定律和胡克定律，分析加速度、速度、弹力、

压力随时间或位移的变化规律，进而判断图像的正确性。

12.在“验证牛顿第二定律实验”中，小明同学利用如图甲所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水

平桌面上，小车置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与钩码相连，小车右端连一条纸带，通过电火花打点计

时器记录其运动情况。已知打点计时器使用的交流电周期为T,单个钩码质量为小车质量为M,重力加速

度为9。

打点计时器

小车

纸带

N、

（1）本实验的器材有钩码、细线、带滑轮的长木板、小车、电火花计时器、纸带、垫块、导线，除上述

器材外还必须使用的有（）

A.刻度尺B.秒表C.8V交流电源

（2）小明在左侧绳上挂1个钩码，在车上放置5个钩码，释放小车后打出的纸带如图乙肝示，。、A、

B、C、。为先后连续扪出的点，AB距离为Xi，8C距离为冷,由纸带可求出白纸带上8点时小牛的瞬时速度

vB=，小车的加速度。=o（用题中所给的物理量表示）

（3）小明将车上的钩码逐个取下挂在左侧绳上，记录所挂钩码为几个时，小车加速度为即，合力4二

nmg.完成实验后，小明做出的与心的图像如图丙所示，若不计阻力，此图像理论上的斜率应为

即可证明牛顿第二定律成立。

（4）在本实验中，下列做法正确的是（）

A.应调节滑轮，使牵引小车的细绳与长木板平行

B.实验时，应先释放小车再给打点计时器通电

C.实验时需要左侧所挂钩码的质量远小于小车质量

D.为补偿阻力，可以将长木板的左侧适当垫高

【答案】（1）A

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(4)A

【解析】【解答】(1)实验时还需要刻度尺测量纸带；打点计时器本身就足计时仪器，则不需要秒表；电火花

计时器不需要8V交流电源。

故答案为：Ao

(2)由纸带可求出打纸带上8点时小车的瞬时速度为=唠1,小车的加速度Q=

故答案为：与丝；军1

(3)对钩码和小车的整体，则F-Sm+M)%

则斯二而%%

则若不计阻力，此图像理论上的斜率应为k=-4:77

nm+M

即可证明牛顿第二定律成立。

故答案为:1

nm+M

(4)A.应调节滑轮，使牵引小车的细绳与长木板平行，A正确:

B.实验时，应先给打点计时器通电再释放小车，B错误；

C.实验时因对钩码和小车整体为研究对象，可知不需要左侧所挂钩码的质量远小于小车质量，C错误;

D.为补偿阻力，可以将长木板的右侧适当垫高，D错误。

故答案为：Ao

【分析】(1)根据实验所需测量工具和仪器的功能，判断所需器材。

(2)利川匀变速直线运动的平均速度和推论公式，计算瞬时速度和加速度。

(3)对钩码和小车整体应用牛顿第二定律，推导Q”与F”的关系，得出图像斜率。

(4)结合实验操作规范和原理，逐一分析选项的正确性。

(1)实验时还需要刻度尺测量纸带；打点计时器本身就是计时仪器，则不需要秒表；电火花计时器不需要

8V交流电源。故选A。

(2)[1]由纸带可求出打纸带上B点时小车的瞬时速度为=3抉

[2]小车的加速度Q=

(3)对钩码和小车的整体，则％=(nm+M)an

则Q麓=——

71nm+Mn

则若不计阻力，此图像理论上的斜望应为k=

nm+M

即可证明牛顿第二定律成立。

(4)A.应调节滑轮，使牵引小车的细绳与长木板平行，选项A正确;

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B.实验时，应先给打点计时器通电再释放小车，选项B错误；

C.实验时因对钩码和小车整体为研究对象，可知不需要左侧所挂钩码的质量远小于小车质量，选项C错

误；

D.为补偿阻力，可以将长木板的右侧适当垫高，选项D错误。

故选A0

13.如图所示，光滑竖直墙壁与斜面体间有一个质量分布均匀的光滑小球，质量为斜面体倾角a=60。。

斜面体与小球处于静止状态，重力加速度为g。求：

（1）斜面体对球的支持力大小；

（2）球对墙面的压力大小。

【答案】（1）解：对球进行受力分析，受竖直向下的重力mg,墙壁对球水平向右的弹力以I，斜面体对球

由矢量三角形得Bv2==2mg

（2）解：由矢量三角形得/耳1=mgtana=\[3mg

由牛顿第三定律得球对墙面的压力大小为F/v'=FNi=V3mg

【解析】【分析】（1）对小球受力分析，将斜面体的支持力分解，利用竖直方向受力平衡，结合三角函数求出

支持力大小。

（2）利用水平方向受力平衡求出墙壁对球的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对墙面的压力大小。

（1）对球进行受力分析，受竖直向下的重力mg,墙壁对球水平向右的弹力/1，斜面体对球的支持力

F/V2，如图所示

第9页

a

FN2

mgFN1

由矢量三角形得FN2==2mg

（2）由矢量三角形得FNi—mgl^na=>j3mg

由牛顿第三定律得球对墙面的压力天小为FN'=FNI=y/3mg

14.图甲所示的网球发球机可以从接近水平地面处将网球以不同的速度和角度射出。某次发球机发出的网球

初速度为20zn/s,速度方向与水平方向成30°,如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求:

.

图甲

（1）网球在空中飞行的时间;

（2）网球能达到的最大高度;

（3）网球抛出的水平距离；

【答案】（1）解：网球竖直方向做匀变速直线运动，竖直速度为马,=vsin30。=10m/s

网球在空中飞行的时间t=等=2s

（2）解：网球能达到的最大高度h二/=5m

2g

（3）解：网球水平方向做匀速运动，则网球抛出的水平距离％=vtcos30°=20V3m

【解析】【分析】（1）把初速度分解为竖直和水平分量，利用竖直上抛运动的对称性，结合竖直分速度求飞行

时间。

（2）根据竖直上抛运动的最大高度公式，代入竖直分速度求解最大高度。

（3）水平方向做匀速直线运动，由水平分速度和飞行时间计算水平距离。

（1）网球竖直方向做匀变速直线运动，竖直速度为为=vsin30°=10m/s

网球在空中飞行的时间t=丝=2s

9

（2）网球能达到的最大高度九=/=5m

2g

（3）网球水平方向做匀速运动，则网球抛出的水平距离X="cos3（r=2087n

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15.质量为5kg的无人机进行航拍任务时，需要悬停在距离地面”=40m高度处。控制无人机的推力，让无

人机从地面A处山静止开始以4〃2/$2的加速度竖直向上运动，经过2s再次控制推力，让无人机竖直向上做

匀减速直线运动，到达指定高度8处速度恰好为零。设飞行过程中，所受空气的阻力总与速度方向相反，大

小恒为10N,重力加速度g取10加/S2。

（1）求匀加速过程上升的高度；

（2）求匀减速运动过程中无人机所提供的推力大小；

（3）若要使无人机从B处2s内匀加速飞行到相同高度、距离为16m的C处，求无人机提供的推力大小。

【答案】（1）解：由运动学公式得力=/a/=8m

（2）解：2s时无人机的速度为1?=at=8m/s

设匀减速运动过程中无人机的加速度为a',则，-九=冲

2a

对无人机有牛顿第二定律得mg+f-F=ma1

联立解得：匀减速运动过程中无人机所提供的推力大小F=55N

（3）解：竖直方向&=mg=50N

水平方向&-f=max

无人机水平方向做匀加速直线运动，贝卜=^at，z

Lx人

其中x=16m,t,=2s

无人机提供的推力大小F'=依+8

联立解得F'=50&N

【解析】【分析】（1）利用匀加速直线运动位移公式，直接代入已知量计算上升高度。

（2）先通过运动学公式求匀减速加速度，再对无人机受力分析，结合牛顿第二定律求推力。

（3）将运动分解为竖直和水平方向，竖直方向平衡求推力竖直分量，水平方向用运动学公式和牛顿第二定

律求推力水平分量，最后合成得总推力。

（1）由运动学公式得九=2如2=8血

（2）2s时无人机的速度为u=at=8m/s

2

设匀减速运动过程中无人机的加速度为a',则H-九=L

2a

对无人机有牛顿第二定律得mg+/-F=ma'

第11页

联立解得：匀减速运动过程中无人机所提供的推力大小F=55N

（3）竖直方向右=mg=SON

水平方向Fx-/=max

2

无人机水平方向做匀加速直线运动，则x=\axt'

其中x=16m,f=2s

无人机提供的推力大小P=J&+片

联立解得r'=50V2/V

16.如图所示，传送带与水平方向成30°角，长为3m,以6m/s的速度顺时针匀速转动。在水平光滑地面上

靠近传送带放置一足够长的木板4其质量为2的。木板4上表面与传送带末端平滑连接，在木板4右侧x处

（工未知）有一个固定挡板P°将一质量为1kg的物块（视为质点）从传送带的顶端静止释放，物块与传送带

间动摩擦因数=亭，与木板4间动摩擦因数〃1=0.1。设木板4与挡板P碰撞后原速率返回，最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求物块刚放上传送带时所受摩擦力的大小;

（2）求物块滑到传送带底端的时间；

（3）若木板4被挡板P弹回3次后静止，旦在运动过程中不会与传送带相撞，求工的大小。

【答案】（1）解：传送带对物块的支持力为FN=mgcos。

物块刚放上传送带时所受摩擦力的天小为F/=g

解得F/=5N

（2）解：刚放到传送带时，物块的加速度为@=gsin30o+〃ogcos30。=10m/s2

假设物块的末速度能达到v=6m/s,则物块做匀加速运动的位移为％==雪m=1,8?n<3m

2a20

所以物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速运动。

物块做匀加速运动的时间为t=，=0.6s

物块做匀速运动的时间为t'=旦==0.2s

物块滑到传送带底端的时间为1总=亡+1=0.8s

（3）解：长木板、物块与挡板碰撞之前组成的系统动量守恒，碰后长木板的速度大小不变，又因为运动过

程中小会与传送带相撞，所以碰后长木板与物块组成的系统合动量水平向右，且每次长木板与挡板碰撞时的

速度相同，第3次碰撞结束后，物块与长木板的动量等大反向。设物块与长木板的质量分别为m、M,山动

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量守恒定律得nw=mv1+Mv\

f

第1次碰撞结束后到笫2次碰撞之前山动量