江苏省常州某中学2024-2025学年高一年级上册期末质量调研物理试卷（解析版）

江苏省常州高级中学2024-2025学年高一上学期期末质量调研物理试卷

一、单项选择题（本大题共11小题，每小题4分，共44分。每题只有一个选项符合题意。）

1.卜在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列关于几幅书本插图的说法中正确的是（）

A.甲图中，B点逐渐向A点靠近时，观察AB割线的变化趋势，可认为质点在A点的瞬时速度方向即为

过A点的切线方向，这是运用了假设法

B.乙图中，在推导匀变速直线运动的位移公式时，运用了理想模型法

C.丙图中，在观察桌面的形变时，运用了控制变量法

D.丁图中，伽利略在研究自由落体运动的规律时，运用了逻辑推理法

【答案】D

【解析】【解答】A.甲图中通过B向A靠近，用割线趋近切线的方法，是极限法，不是直接说切线方向的

表述错误，A错误；

B.乙图推导匀变速位移公式，将时间分割成无数小段，用微元法，不是理想模型法，B错误；

C.丙图观察桌面形变，利用镜面反射放大形变，是放大法，不是控制变量法，C错误；

D.丁图中，伽利略在研究自由落体运动的规律时，运用了逻辑推理法，D正确。

故答案为：Do

【分析】回忆各物理研究方法的特点，结合插图对应的物理情境，判断所运用的方法是否正确。

2.关亍牛顿第一定律，下列说法中正确的是（）

A.静止的火车启动时速度变化缓慢是因为物体静止时的惯性大

B.惯性就是物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质

C.由牛顿第一定律可知：物体受外力时，运动状态一定改变

D.牛顿第一定律反映了物体受到外力时的运动规律

【答案】B

【解析】【解答】A.火车启动慢是因为质量大，惯性大，加速度小，不是“静止时惯性大”（惯性只与质量

有关），故A错误；

B.惯性就是物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故B正确；

C.由牛顿第一定律可知：物体运动状态改变时，物体一定受到外力的作用，但物体受到外力作用时，运动

状态小一定改变，比如物体受到平衡力作用时，运动状态就保持小变，故C错误；

D.牛顿第一定律反映的是物体不受外力或者合外力为零时的运动规律，故D错误。

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故答案为：Bo

【分析】回忆牛顿笫一定律的内容，结合惯性的定义、力与运动状态改变的关系，判断各选项的正确性。

3.引体向上是锻炼人体臂力的一项重要体育项目。如图，某次某人双手吊在单杠上处于静止状态。下列说

法正确的是（）

A.单杠对人的力和人受的重力是一对相互作用力

B.若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则人受的合力变大

C.若两手改握单杠的A、B位置口仍处于静止状态，则每只手臂上的力不变

D.单杠对人的力与单杠的微小形变方向相反

【答案】D

【解析】【解答】A.单杠对人的力与人的重力是一对平衡力（都作用在人上，等大反向），相互作用力是单

杠对人的力和人对单杠的力，A错误；

B.若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，人仍处于静止状态，则人受的合力仍为零，B错误；

C.若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，两力的夹角变大，则每只手臂上的力变大，C错误；

D.单杠对人的力为弹力，弹力的方向与形变方向相反，可知单杠对人的力与单杠的微小形变方向相反，D

正确。

故答案为：Do

【分析】对人进行受力分析，结合平衡力、相互作用力的区别，以及弹力方向与形变的关系，判断各选项的

正确性。

4.要判断一个物理关系式是否成立，有时不必作复杂的推导，只需分析式中各量的单位，就可判定有些表

达式是错误的，在下面的实例中某同学导出了四个不同的关系式，请你根据单位分析，确定其中必定错误的

选项例。如图，光滑水平面上有一质量为M、倾角为0的光滑斜面体，它的斜面上有另一质量为m的物块沿

斜面下滑。关于下滑过程中物块对斜面压力N、斜面的加速度az及滑块加速度am,某同学得出的关系式一

定错误的是（）

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r_MmgcosBB雇_MmgcosO

•NM2+m2s\nZ0M-msin^G

_mgsin—cos6_MgsinO-cosO

C.QM=--D.a=~7

M-msin”。mM—tnsinG

【答案】A

【解析】【解答】A.该表达式左边是力的单位N,等式右边的cos。、sin6没有单位，M、m的单位是kg,g

的单位是m/s2,代入后等式右边单位是m/s?单位不同，故A错误：

B.该表达式左边是力的单位N,代入后等式右边单位是如・m/s2,即N,单位相同，故B正确；

CD.表达式左边的单位都是m/s2,代入后等式右边单位是g的单位，也是m/s2,单位相同，故CD正确。

故答案为：Ao

【分析】根据物理量的单位，分别分析各选项左右两边的单位是否一致，不一致的关系式必定错误。

5.如图所示，在竖直平面内有ac、abc、adc三个细管道，ac沿竖直方向，abed是一个矩形。将三个小球同

时从a点静止释放，忽略一切摩擦，不计拐弯时的机械能损失，当竖直下落的小球运动到c点时，关于三个

小球的位置，下列示意图中可能正确的是（）

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c.D.

【答案】B

【解析】【解答】设QC=d,Lacb=a,设小球沿ab、be、ac、ad.de下滑的加速度分别为由、a2'。3、

根据牛顿第二定律得Qi=a5=券吧=gsina

?_4_7ngsin（90。—a）

m=gcosa

=g

对ab段有dsina=5Q14=5gsinat：

的喑

对ac段有d=

得武杉

对ad段有dcosa=^a4tl=^gcosatl

|t4=J9

所以有£1=以=〃，即当竖直下落的小球运动到C点时，沿Qbc下落的小球恰好到达b点，沿Qdc下落的小球恰

好到达d点，故ACD错误，B正确c

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故答案为：B

【分析】利用等时圆模型，判断小球沿不同轨道下滑的时间关系，进而确定小球的位置。

6.图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心,

图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10m/s2。根据图像分析可知（）

A.c到d的过程中，人处于完全失重状态

B.人的重力可由b点读出，约为500N

C.f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点

D.人上升的最大高度约为0.3125m

【答案】D

【解析】【解答】A.c到d过程，压力先大于重力（超重）后小于重力（失重），不是完全失重，故A错

误；

B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，因此人的重力从a

点读出为1000N,故B错误;

C.f点对应的压力最大，大于重力，则人处于超重状态，肯定不是上升到最高点，故C错误；

D.从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间t=2.5s-2s=0.5s,人上升的最大高度约为九=^。产=

另10x（警产租=0.3125m

故D正确。

故答案为：D

【分析】根据压力图像判断超重、失重状态，确定人在空中的时间，再利用竖直上抛运动的对称性计算上升

最大高度。

7.如图所示，MN杆绕M点在竖直平面内匀速转动，并带动套在固定光滑竖直杆OQ上的小环向下运动，

某一时刻小环运动到P点时速度正好为v,乙OMP=B.已知OM=L则MN杆的角速度大个为（）

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22

AvcoseB-cosJCvcosJsinGDvsin0

.-1-.'L,~~r~

【答案】A

【解析】【解答】设MN杆的角速度为3,如图所示

把速度v沿着MN杆和垂直MN杆分解，根据几何关系，MP=总^,v±=vcosd,v±=o）xMP

联立，解得G=塔”

LJ

故答案为：Ao

【分析】将小环的实际速度分解为沿杆和垂直杆的分速度，利用圆周运动的线速度与角速度关系（"=

cor）,结合几何关系推导角速度。

8.铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨对水平面倾角为仇弯道处的轨道圆弧半径为R,若

质量为m的火车转弯时的速度大于屣而面，则（）

B.这时铁轨对火车支持力小于黑

C.这时外轨对外侧车轮轮缘有拚压

D.这时内轨对内侧车轮轮缘有挤压

【答案】C

【解析】【解答】AB.当内外轨没有挤压力时，受重力和支持力，支持力为N=黑S，当画面历，重

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力和支持力的合力不够提供向心力，则火车会挤压外轨，由于外轨对火车的作用力沿着轨道平面，可以把这

个力分解为水平和竖直向下两个分力，由于竖直向下的分力变大，使支持力变大，故AB错误。CD.对火车

当火车以某一速度v通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力的用，其重力和支持力的合力提供向心力，可

得F合二mgtan。

合体提供向心力,故彳Jmgtan。=

解得u=JgRtan。

当u=JgRtan。时火车在转弯时不挤压轨道,当u>JgRtan。,重力和支持力的合力不够提供向心力，则火

车会挤压外轨，当俪而历时，重力和支持力的合力大于向心力，则火车会挤压内轨，故C正确，D错

、口

识；

故答案为：Co

【分析】分析火车转弯时的受力情况，结合向心力公式，判断速度大于临界值时的轨道挤压情况和支持力变

化。

9.如图所示，一直角斜劈绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈ABho若斜劈转动的角速度3

A.斜劈对物块的支持力逐渐增大

B,斜劈对物块的支持力保持不变

C.斜劈对物块的摩擦力保持不变

D.斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大

【答案】D

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【解析】【解答】ABC.以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得

fsinO+NcosO=mg

水平方向，由牛顿第二定律可得

fcosO-NsinS=ma)zr

联立可得

f=mgsinO+m(jo2rcos0

N=mgcosd—ma)2rsinO

可知随着斜劈转动的角速度川缓慢增大，斜劈对物块的支持力逐渐减小，斜劈对物块的摩擦力逐渐增大，故

ABC错误；

D.将摩擦力分解

Fx=m32r

Py=mg

可知水平分力逐渐增大，竖直分力不变，根据

-合=JM+M

可知斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力逐渐增大，故D正确。

故选D。

【分析】将斜劈对物块的摩擦力与支持力的合力分解为水平方向和竖直方向两个分力进行分析。

10.“嫦娥五号”返回器携带月球样品在地球上预定区域安全着陆。在落地之前，它在地球大气层打个“水

漂”，如图所示为返回器跳跃式返回过程示意图，虚线圆为大气层的外边界，返回器从a点进入大气层，经

a、b、c、d、e回到地面，其中a、c、为轨迹和大气层外边界的交点。下列说法正确的是()

A.返回器经过a、c两点时速度方向可能相同

B.返回器经过c、e两点时速度方向可能相同

C.返回器经过b、d两点时加速度方向可能相同

D.返回器经过d点时速度方向与加速度方向可能垂直

【答案】D

【解析】【解答】A、曲线运动速度方向沿切线，a、c切线方向不同，速度方向不同，A错误;

B、c、e切线方向不同，速度方向不同，B错误；

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C、根据曲线运动的知识可知，返回器所受的合外力和加速度方向应指向轨迹的凹侧，返回器经过b点时加速

度方向大致向上，经过d点时加速度方向大致向下，故返回器经过b、d两点时的加速度方向不同，C错误；

D、返回器经过d点时速度方向沿切线方向，加速度方向指向轨迹的凹侧，二者可能垂直，D正确。

故答案为：Do

【分析】根据曲线运动中速度沿切线、加速度指向轨迹凹侧的特点，分析各点的速度方向与加速度方向的关

系。

11.如图所示，在倾角为37。的斜面顶点A以速度vo水平抛出小球，小球落在斜面上的P点，在P点反弹后

乂落在斜面上的Q点，假设小球在P点反弹前后瞬间沿斜面方向的速度相同，垂直于斜面方向的速度等大反

向，重力加速度为g,空气阻力不计，/37。=0.6,8§37。=0.8,则下列说法正确的是（）

B.A、P点间的距离为籍

C.P、Q点间的距离为鬻D.P、Q点间的距离为嚅

【答案】C

【解析】【解答】AB.将小球的运动沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由垂直斜面方向运动可知，小球从A

到P和从P到Q运动时间相等，运动时间为£=2咿吗=3VQ

gcos37乙9

则4「=理12二=皿o，AB错误；

sin37°8g

CD.小球沿斜面方向做匀加速直线运动，则有PQ-AP=gsin37。•t2

解得PQ=E照，C正确，D错误。

故答案为：C

【分析】将平抛运动分解为沿斜面和垂直斜面的分运动，利用运动学公式计算时间与距离，再分析反弹后的运

动，结合位移关系求出PQ距离。

二、实验题（共15分，每空3分）

12.在实验室里某班甲同学用如图（a）所示实验装置做“探究平效运动的特点”实验。

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斜槽/木板

坐标系

(a)

（1）在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用

A.实心小铁球B.空心小铁球

C.实心小木球D.以上三种小球都可

（2）甲同学在实验中必须满足的实验条件和必要的实验操作是,;（选填选项代号）

A.用天平测量平抛小球的质量m

B.每次从斜槽上不同位置释放个球

C.保证斜槽的末端水平

D.保持木板竖直

（3）甲同学通过实验得到了平抛小球的运动轨迹，为了便于进一步探究平抛运动的特点，该同学以平抛

起点。为原点建立如图甲所示的xOy坐标系，他在轨迹上取一些点，测量这些点的水平坐标x和竖直坐标

y,然后作y-/图像。他作出的图像是下面图像就能够说明小球的运动轨迹为抛物线。（选

填选项代号）

（4）图（b）是该班乙同学采用频闪照相机拍摄到的小球做平抛运动的闪光照片，图乙背景中每一小方格

的边长为L=10cm,A、B、C是照片中小球的3个位置，当地重力加速度g=lOm/s?,请回答下面问题:

①频闪照相机的曝光时间间隔T=s；（结果可保留分数形式）

②小球做平抛运动的初速度大小为.m/so（计算结果保留2位有效数字）

【答案】（1）A

(2)C；D

(3)B

(4)0.1或：2.1

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【解析】【解答】（1）在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用实心铁球。

故答案为：Ao

（2）A.实验中不需要用天平测量平抛小球的质量m,选项A错误；

B.每次从斜槽上相同位置释放小球，以保证小球到达底端时速度相同，选项B错误；

C.保证斜槽的末端水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确：

D.保持木板竖直，以防止小球与木板发生碰撞，选项D正确。

故答案为：CDo

（3）根据％=%如y=7gt2

可得y=嘉%2

可知y-x2为过原点的直线。

故答案为：Bo

（4）①竖直方向，根据Ay=-力8=2L=自产

解得7:0.16s

②水平方向，小球做平抛运动的初速度大小为

3L0.3

"。丁2

故答案为：0.1a;2.1

【分析】（1）从减小空气阻力的角度，选择合适的小球。

（2）根据平抛运动实验的操作要求，分析各选项的正确性。

（3）结合平抛运动的水平和竖直分运动规律，推导y与的关系，判断图像形状。

（4）①利用竖直方向的匀变速直线运动规律（Ay=.gT2）求时间间隔；②根据水平方向的匀速直线运动

规律，结合时间间隔求初速度。

（1）在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用实心铁球，故选A。

（2）A.实验中不需要用天平测量平抛小球的质量m,选项A错误：

B.每次从斜槽上相同位置释放小球，以保证小球到达底端时速度相同，选项B错误；

C.保证斜槽的末端水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；

D.保持木板竖直，以防止小球与木板发生碰撞，选项D正确。

故选CD（,

（3）根据％y=gt2

可得y=费/

可知y-x2为过原点的直线，故选B。

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（4）①11］竖直方向，根据Ay=y^c-治8=2L=自产

解得7=0.1V25

②⑵水平方向，小球做平抛运动的初速度大小为%=辛=言%m/s=2.1m/s

三、计算题（本大题共4小题，共41分。）

13.从某高度处以10m/s的初速度水平抛出一物体，经2s落地，g取10m/s2,求：

（I）物体做平抛运动的位移；

（2）物体的末速度和速度的变化量。

【答案】（1）解：物体做平抛运动的水平位移为x=vot=20m

竖直位移为y=^gt2=20m

则物体做平抛运动的位移大小为s=y/x2+y2=20V2m

与水平方向的夹角为d则有tan8T=1

可得8=45。

（2）解：物体落到的竖直分速度为3=gt=20m/s

则物体的末速度大小为u=JVQ+Vy=10V57n/s

与水平方向的夹角为a,则有tana=^=2

v0

物体的速度变化量为=gt=20ni/s,方向竖直向下。

【解析】【分析】（1）将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动：分别计算水

平、竖直位移，再合成得到合位移的大小和方向。

（2）先求竖直分速度，结合水平初速度合成得到末速度的大小和方向；根据加速度的定义，速度变化量由

重力加速度和运动时间决定，方向与重力加速度方向一致（竖直向下）。

（1）物体做平抛运动的水平位移为

x=vot=20m

竖直位移为

1

y=5gt2?~20m

则物体做平抛运动的位移大小为

s=yjx2+y2=20V2m

与水平方向的夹角为仇则有

V

tan。=—=1

X

可得

0=45°

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（2）物体落到的竖直分速度为

vy=gt=20m/s

则物体的末速度大小为

v=JVQ+Vy=loVSm/s

与水平方向的夹角为a,则有

tana=?=2

物体的速度变化量为

△v=gt=20m/s

方向竖直向下。

14.如图所示，光滑水平地面上有一质量为3m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为

m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦

因数为以，杆与竖直方向的夹角为0,杆与车厢始终保持相对静止，杆的弹力沿杆，设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力。

（1）求B球对车厢水平底面的压力；

（2）若B球受到的摩擦力为零，求F的大小和方向；

【答案】（1）解：AB整体：竖直方向合力为零，底面对B球的支持力N=2mg

根据牛顿第三定律，B球对车厢水平底面的压力N=2mg,方向竖直向下

（2）解：若B球受到的摩擦力为零，则地面只对B有竖直向上的弹力，设杆的弹力为N,k小球A：竖直

方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足需=

竖直方向Ny=mg

则Nx=mgtanO

同理可得，杆对小球B水平方向的分立也为N1,由牛顿第二定律可得小球B的加速度Q=^=gtan。

对小球A、B和小车整体：根据牛顿第二定律F=5ma=5mgtan。，方向向右。

【解析】【分析】（1）将A、B视为整体，利用竖直方向受力平衡，结合牛顿第三定律，求解B球对底面的压

力。

（2）先对A球分析，通过受力分解和牛顿第二定律求出加速度；再对整体分析，根据牛顿第二定律求出推

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力F的大小和方向。

（1）AB整体：竖直方向合力为零，底面对B球的支持力N=2mg

根据牛顿第三定律，B球对车厢水平底面的压力N'=2mg

方向竖直向下；

（2）若B球受到的摩擦力为零，则地面只对B有竖直向上的弹力，设杆的弹力为N,对小球A：竖直方向

受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足商=加2

竖直方向Ny=mg

则Nx=mgtanO

同理可得，杆对小球B水平方向的分立也为N1，由牛顿第二定律可得小球B的加速度Q=^=gtan。

对小球A、B和小车整体：根据牛顿第二定律F=5ma=SmgtanG

方向向右。

15.如图甲所示，质量为M=2kg的小物块A和质量为m=lkg的小物块B用跨过光滑小定滑轮的足够长的轻

质细线相连接，细线不可伸长，A放在倾角为6=37。的粗糙斜面上，A与斜面间的动摩擦因数〃i=0.25,B

放在水平面上，B与水平面间的动摩擦因数42=。-2。计时开始时，在B上施加一个水平向左的外力F,大

小为30N,力F随时间做周期性变化，规律如图乙所示物块A、B运动过程中不会和滑轮相撞，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力,己知重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37。=0.8。

（1）求在0〜Is内物块A的加速度大小；

（2）求3s末物块B的速度大小

【答案】（1）解：在。〜1s内，对B由牛顿第二定律?一〃2加9一『=mQ

对A有T-MgsinO-41Mgeos。=Ma

解得a=4m/s2

（2）解：Is末的速度v】=ati=4m/s

在1〜2s内，系统做减速运动，则对B由牛顿第二定律〃2租9+兀=加%

对AMgsin。+总Mgcos。-7\=Max

解得ai=6m/s2

设再经过t2速度为零，根据运动学公式£2=,=*S=|S

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即“具时刻，B的速度为零；

MgsinG-puMgcosO-g2mg=(M+m)a2

解得a：=2m/s2

2s末的速度为V2=azt3

解得以=|m/s

方向沿斜面向下

此后根据牛顿第二定律有T2+111MgcosO-Mgsin0=Ma3

F-T2+p2mg=ma3

解得a-=8m/s2

=s

减为0的时间为£3=T?

a31Z

由(1)可知此后B向左以4m/s2的加速度加速，运动时间为1s-务s=1|s

根据速度一时间公式有V3=at4

解得力=-j-rn/s

【解析】【分析】(1)分别对A、B受力分析，根据牛顿第二定律列方程，联立求解加速度。

(2)分阶段分析运动：先加速，再减速到零，接着反向加速，再减速到零，最后又加速，结合牛顿第二定

律和运动学公式，逐步求解各阶段的速度、加速度和时间，最终得到3s末的速度。

(1)在0~ls内，对B由牛顿第二定律尸-112mg-T=ma

对A有T—MgsinO—林1Mgcos。=Ma

解得a=4m/s2

(2)Is末的速度vi=ati=4m/s

在1〜2s内，系统做减速运动，则对B由牛顿第二定律〃2巾9+7：=6即

对AMgsin。4-^MgcosO-7\=

解得ai=6m/s2

设再经过t2速度为零，根据运动学公式以=舒=拿=聂

即t=时刻，B的速度为零；

MgsinC,-}.iiMgcosO-|i2mg=(M+m)a?

解得a:=2m/s2

2s