江苏省某中学2024-2025学年高一年级上册期末考试物理试题（解析版）

江苏省海门中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题

1.1埃米=101。米，埃米是下列哪个物理量的单位（）

A.长度B.质量C.时间D.速度

【答案】A

【解析】【解答】米是国际单位中基本单位，1埃米二10/。米，埃米表示的是长度的单位，故A正确，BCD

错误。

故选：Ao

【分析】根据1埃米=10"°米可知埃米与m这个长度单位有联系，据此分析。

2.我国运动员葛曼棋在杭州亚运会百米决赛中夺冠，在研究下列问题中，可把她看作质点的是（）

A.她的起跑动作B.她全程的平均速度

C.她冲刺撞线的动作D.她途中跑的动作

【答案】B

【解析】【解答】物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的

差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点。A.研究她的起跑动作，需要考虑身体的姿

势，不能看作质点，故A错误；

B.研究她全程的平均速度，不需要考虑身体的形状和大小，可以看作质点，故B正确；

C.研究她冲刺撞线的动作，需要考虑身体的姿势，不能看作质点，故C错误；

D.研究她途中跑的动作，需要考虑身体的姿势，不能看作质点，故D错误。

故选B。

【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时.,我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点

的条件来判断即可。

3.两人相同小球先后从O点斜向上抛出，图中甲、乙为它们的轨迹示意图，不计空气阻力，则两小球

（）

//二、甲111

/%

¥\乙\

*■9\1Q\QQ

6

A.加速度一定相同B.初速度一定相同

C.最高点的速度一定相同D.在空中的时间一定相同

【答案】A

【解析】【解答】本题考查了斜上抛运动，分析清楚球的运动过程，应用运动的合成与分解，运动学公式即可

解题。A.两小球斜向上抛出，运动中小计空气阻力，则只受重力，则加速度都为重力加速度g,故A止

确；

第1页

D.小球在最高点之后的运动为平抛运动，竖直方向为自由落体运动，因九甲＞八乙，由h=可知，士甲〉

t乙,由斜上抛运动的对称性可知，2t甲＞2£乙，即甲在空中的运动时间大于乙的运动时间，故D错误；

C.小球在最高点之后的运动为平抛运动，水平方向为匀速直线运动，有

X=vxt

因£甲乙且工甲,》乙，则最高点的速度无法比较，故C错误；

B.两小球从O点抛出的速度分解为水平分速度%》和竖直分速度q）y,由q）y=gt结合亡甲,亡乙可知甲的竖直

初速度大于乙的竖直初速度，而两者的水平初速度等于最高点的速度无法比较，则由%=j嗡+诏y

而无法比较，故B错误。

故选A。

【分析】球做斜上抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，根据题意应

用运动学公式分析求解。

4.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，用两根弹簧测力计将橡皮条O点和用一根弹簧测力计将

橡皮条拉到O点，测得的数据处理如图所示，不是弹簧测力计实际测量的力是（）

A.FB.F1C.尸2D.F

【答案】D

【解析】【解答】本题关键掌握探究两个互成角度的力的合成规律的实验原理。图中的乙、乙、尸'是用弹簧

测力计拉橡皮条时得到的实际测量值；F是根据平行四边形定则得到的和的合力的理论值。

故选D.

【分析】根据实验原理分析判断。

5.2024年10月30日，神舟十九号载人飞船与空间站核心舱成功对接，对接后空间站的运动可看作匀速圆

周运动.则对接后空间站运行过程口（）

A.向心加速度不变B.线速度不变

C.角速度不变D.受到的合外力不变

【答案】C

【解析】【解答】解答本题时，要掌握万有引力提供向心力这条思路，并能熟练运用。根据

第2页

GMmv2

mma)9rma

Fn=—^2—=y~==n

依题意对接后空间站的运动可看作匀速圆周运动，则可知对接后空间站运行过程中角速度不变，而线速度、

向心加速度、万有引力虽然大小不变，但方向在变化，则向心加速度、线速度、合外力均变化，故C正确,

ABD错误。

故选：Co

【分析】根据万有引力提供向心力列式，得到各个量的表达式，再进行分析。

6.新能源汽车越来越受到人们的喜爱。若某新能源汽车刹车后在地面上留下的刹车痕迹长为45m。设刹车

后汽车轮子不滚动，轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.25,则汽车在刹车前瞬间的速度大小为(g=10m/s2)

()

A.10m/sB.15m/sC.20m/sD.25m/s

【答案】B

【解析】【解答】刹车后汽车轮子不滚动，轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.25,根据牛顿第二定律可知,

汽车刹车后的加速度大小为

umq2)

Q=m=2.5m/s

根据运动学公式可得

v2=2ax

解得

v=15m/s,故B正确，ACD错误。

故选：B.

【分析】分析刹车时的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度；明确刹车过程的运动状态，代入匀变速直

线运动的位移一速度公式求解初速度。

7.在“探究向心力大小的表达式“实验中我们常用控制变量法，利用如图所示的向心力演示器进行研究。此时

正在探究的关系是()

A.F-o)B.F-co2C.F-mD.F-r

【答案】D

【解析】【解答】本题关键掌握探究向心力大小的表达式的实验原理：控制变量法C图中所示两相同的球的转

动半径不同，角速度和质量相同，则正在研究F与半径r的关系，故D正确，ABC错误。

第3页

故选：Do

【分析】根据实验装置和控制变量法分析判断。

8.如图所示，重力为G小球悬挂在弹簧下端，平衡时球在A位置。此时弹簧伸长xi,现用力将小球向下

拉，使弹簧又伸长X2至B位置，此时弹簧的弹力大小为F。已知弹簧原长xo,则该弹簧的劲度系数为

()

—

1

3

:J

8

GFGFG

Ac--

而

*B.石D.X

xl

【解析】【解答】本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式F=k・Ax中的Ax为形变

量。AC.物体在A处时处于平衡状态，所以根据平衡知识及胡克定律有

G=kX1

解得劲度度系数为

G

k=——

X1

故A错误，C正确；

BD.设拉力片将小球向下拉使弹簧又伸长X2至B位置，此时弹簧的弹力大小为F,有

G+F[=尸=k(x14-x2)

解得

=F=G+%

-一i+%2-+-2

故BD错误。

故选Co

【分析】物体在A处或者B处时处于平衡状态，根据平衡知识及胡克定律求解劲度系数。

9.如图所示，国产人形机器人”先行者K1”可以在倾角不大于0的斜坡上稳定地向上行走，且最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于()

A.cosOB.singc]D.tanO

,tan。

第4页

【答案】D

【解析】【解答】本题考查了共点力作用下物体的平衡和滑动摩擦力公式，把握机器人在斜坡上稳定行走的条

件是解题的关键。根据题意可知机器人“先行者K1”可以在倾角不大于0的斜坡上稳定地站立和行走，对“先

行者K1”分析有

mgsinO<47ngeos®

可得

〃>land

则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于tan8。

故选D。

【分析】要使机器人“先行者K1”稳定地向上行走，重力沿斜坡向下的分力不大于最大静摩擦力，由此列式求

解。

10.如图所示，两轻质小环a、b套在水平杆上，两根等长细线悬挂一重物处于静止状态。现架持环a的位置

不变，将环b往左侧移动一小段距离后，a、b仍处于静止状态。则（）

A.环b受到支持力变大B.环b受到摩擦力变小

C.细线对b的拉力大小不变D.两细线对重物的作用力变小

【答案】B

【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确选择研究对象，能正确对研

究对象进行受力分析，能结合力的合成与分解原则求解。

C.根据题意，设每根绳子的拉力为F,绳子与竖直方向的夹角为氏由平衡条件有

2Fcos。=mg

解得

Fimg

2cos0

将环b往左侧移动一小段距离，。减小，可知F变小；故C错误；

AB.设杆对小环Q的支持力为外,摩擦力为人对小环Q受力分析，由平衡条件有

f=Fsine=咤"FN=Fcose=等

将环b往左侧移动一小段距离，8减小，可知/变小，FN不变,故A错误，B正确；

D.对重物受力分析依据平衡条件可知，两细线对重物的作用力等于重力，方向竖直向上，在坏b往左侧移动

后，两细线对重物的作用力作用力不变，故D错误。

第5页

故选Bo

【分析】对重物或者小环进行受力分析，根据平衡条件列式求解。

11.在空中沿水平向右做匀速直线运动的飞机，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映沙

)

【解析】【解答】本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解运动合成的原理即可，难度不大。要注意沙子离

开飞机做平抛运动，而不是自由落体运动。飞机在空中沿水平向右做匀速直线运动，则沿途连续漏出沙子在

水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自山落体运动，形成一条竖直的直线，故A图能反映沙子在空中排列

的几何图形。

故选Ao

【分析】研究沙子在水平方向和竖直方向上的运动特点，结合选项完成分析。

12.利用如图所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。

（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是

A.微元法B.控制变量法C.极限法D.等效替换

（2）平衡摩擦力过程中，将小车连接好纸带。轻推小车后，打出的纸带如图所示，纸带的左侧为小车连

接处，后续操作可能正确的是

A.移去小车上的袪码B.增加小车上祛码的质量

C.垫块位置向右调整D.降低垫块厚度

第6页

（3）某次实验打出的一条纸带如图所示，测得计数点A、B、C与0点间的距离分别为SA、SB、sc。相邻

计数点间的时间间隔为T,则小车的加速度&=（用SA、的、配、T表示）。

0•・•《(•♦••A•B•C(

<---------------------SB-------------------7

<------------------------------------------------------------S（----------------------------------------------------------►

（4）以小车和祛码的总质量M为横坐标，加速度的倒数工为纵坐标，甲、乙两组同学在满足实验基本操

a

作要求下完成实验，分别得到的图像如图所示。

①由图可知，乙组所用槽码的质量（选填“大于”、“小于”或“等于"）甲组槽码的质量；

②有同学认为，图线不过原点是因为平衡摩擦力过度导致的。请判断该观点是否正确，简要说明理

由O

【答案】（1）B

（2）C；D

（3）s«+sg2sB

T乙

（4）大于；见解析

【解析】【解答】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用匀变速直线运动的推论即可

解题。

（1）实验存在多个变量，我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用控

制变量法，故B正确，ACD错误。

故选：Bo

（2）轻推小车后，打出的纸带如图所示，纸带的左侧为小车连接处，小车做加速运动，要保证小车做匀速

运动，犁块位置向右调整或降低垫块高度。

故选CD。

（3）连续相等时间内的两段位移，由匀变速直线运动的判别式可得加速度为

（s（:一SB）-（SB-sQs+s-2sB

Q=-------p-------=c----A-p----

（4）设槽码的质量为m,细绳的拉力为F,由牛顿第二定律得.对槽码有

mg—F=ma

第7页

对小车和跌码有

F—ma

解得

111

-=------M+—

Qmgg

故斜率越小，槽码的质量m越大，力图可知乙的斜率较小，故乙组所用的槽码质量大于甲组所用的槽码质

量；

不正确；当小车和祛码质量远小于樽码质量，整体运动加速度趋于g,即:趋于巳。

【分析】（1）根据实验原理分析判断；

（2）根据平衡摩擦力方法分析判断；

（3）根据逐差法计算小车运动的加速度；

（4）根据牛顿第二定律推导结合图像计算和判断。

（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外

两个物理量之间的关系，即采用控制变量法。

故选B。

（2）轻推小车后，打出的纸带如图所示，纸带的左侧为小车连接处，小车做加速运动，要保证小车做匀速

运动，垫块位置向右调整或降低垫块高度。

故选CDo

（3）连续相等时间内的两段位移，由匀变速直线运动的判别式可得加速度为

〃（5（7一58）一（58-5力）SC-VSA-2SB

a=-------p-------=-----p----

（4）[1]设槽码的质量为m,细绳的拉力为F,由牛顿第二定律得，对槽码有

mg-F=ma

对小车和祛码有

F=ma

解得

111

—=-----M+-

amgg

故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知乙的斜率较小，故乙组所用的槽码质量大于甲组所用的槽码质

量；

⑵不正确；当小车和祛码质量远小于槽码质量，整体运动加速度趋于g,即捷于看

14.地球可看作半径为R的球体，位于赤道处的物体随地球自转做匀速圆周运动.截面如图所示，已知自转

周期为T,求：

第8页

V

（1）物体随地球自转的线速度V;

（2）物体随地球自转的向心加速度a。

【答案】（1）解：物体随地球自转做匀速圆周运动，由线速度与周期的关系可知

2TIR

（2）解：根据牛顿第二定律可知，物体随地球自转的向心加速度大小为

v247r2

a=^=^R

【解析】【分析】3）由线速度与周期的关系列式求解：

（2）根据牛顿第二定律得出加速度公式，进行求解。

（1）物体随地球自转做匀速圆周运动，由线速度与周期的关系可知

2nR

V=~T~

（2）根据牛顿第二定律可知，物体随地球自转的向心加速度大小为

v247r2

14.舰载机被称为“航母之矛”。某质量为m舰载机在起E和降落阶段与航母甲板的平均摩擦阻力均为自重的

k倍，重力加速度大小为g。

（1）该舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得vo的速度后，在机载发动机作用下，使飞机在跑道上以

加速度a匀加速前进，经过时间h后离舰升空。求舰载机匀加速滑行的距离s以及机载发动机提供的平均作

用力R；

（2）舰载机在航母上降落时，需用阻拦索使其迅速停下来。若某次舰载机着舰时的速度为v,钩住阻拦

索后经过t2停下来。将这段运动视为匀减速直线运动，求此过程中阻拦索对舰载机的平均作用力F2。

【答案】（1）解：由运动学公式得

第9页

1

s-q）ti+27

由牛顿第二定律得

Fi—kmg=ma

解得

尸1=ma+kmg

（2）解：由运动学公式得

0=v—axt2

解得

V

°F

由牛顿第二定律得

F2+kmg=mai

代入得

mv

『2=-kmg

【解析】【分析】（1）根据运动学列式，再由牛顿第二定律得求解加速度大小;

（2）由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律列式求解。

（1）由运动学公式得

s=i?0£[+；atj

由牛顿第二定律得

"1—kmg=ma

解得

&=ma+king

（2）由运动学公式得

0=u-。也

解得

V

由牛顿第二定律得

F2+kmg=max

代入得

mv

15.污水处理厂中污水管道控制系统简化为如图所示装置，倾角为。的光滑倾斜轨道AB与半径为R的圆轨

第10页

道BC平滑连接。C为圆弧轨道最高点。已知轨道AB长为L,轨道A、C两点竖直高度差为h,在C点右侧

d处装有一自控阀门，初始时阀门处于关闭状态。质量为m可视为质点的小球套在轨道上，可模拟污水管中

的一小段污水的运动。在C位置处有一压力开关，当小球通过C点时对轨道向上的压力达到kmg时，开关

被接通，阀门向上提起。重力加速度取g。

（1）若小球以vo的初速度从A点沿斜面向上运动，求到达B点时的速度大小VB；

（2）要使得小球经过C点时压力开关接通，则小球到达C点时的速度vc至少为多少？

（3）若小球从C点以v的速度离开轨道，能直接从打开的阀门穿过，则阀门至少要用多大的加速度a竖

直向上提？

【答案】（1）解：小球在轨道AB上匀减速，根据牛顿第二定律

ma=mgsin0

则有

a=gsinH

由匀变速直线运动的规律有

%-诏=2（-a）L

解得

VB=-2gLsme

（2）解：根据牛顿第三定律得轨道对小球弹力向下，大小为kmg,在圆轨道最高位置C处，根据牛顿第二

定律得

Vr

mg+kmg=m方

K

可得

♦c=d（k+l）gR

即压力开关接通，小球速度至少为C（k+l）gR。

（3）解：小球离开C点开始做平抛运动，水平方向

d

竖直方向小球下降高度为

第11页

2

i,2gd

y=

同时阀门匀加速上升高度至少为h-y小球才能穿过阀门，对阀门

1.

h-y=

由以上各式整理有

gd2ad2

h—2=____

2v22v2

可得

2v2h

Q=-六一g

d2

即阀门加速度至少为誓-9。

【解析】【分析】(1)根据牛顿第二定律列式，再几何运动学求出速度大小;

(2)根据牛顿第三定律分析，在。处根据牛顿第二定律列式求解：

(3)根据平抛运动规律列式求解，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运

动。

(1)小球在轨道AB上匀减速，根据牛顿第二定律

ma=mgsinO

则有

a=gsinO

由匀变速直线运动的规律有

%-诏=2(-a)L

解得

VB=JU。-2gLsin8

(2)根据牛顿第三定律得轨道对小球弹力向下，大小为kmg,在圆轨道最高位置C处，根据牛顿第二定律

得

Vr

mg+kmg=m-p-

K

可得

vc=J(k+DgR

即压力开关接通，小球速度至少为J(k+l)gR；

(3)小球离开「点开始做平抛运动，水平方向

d

t=v

第12页

竖直方向小球下降高度为

1“9d2

同时阀门匀加速上升高度至少为h-y小球才能穿过阀门，对阀门

1

h-y=2at：2

由以上各式整理有

hgd2二a/

2v22v2

可得

2v2h

Q=—?--9

d2

2v2h

即阀门加速度至少为厂队

16.如图所示，质量M=4.0kg、足够长的木板B置于光滑水平面上，板左侧有竖直墙壁。现将质量m=LOkg

的小物块A以水平向左的初速度vo=5.Om/s滑上木板。当B与墙壁碰撞后，速度大小不变，方向反向。已知

A、B间的动摩擦因数产0.2,g=10m/s2o

(1)小滑块A刚滑上木板时，求A的加速度大小aA和木板B的加速度大小aB；

(2)若B的左端与墙壁的距离x=3.0m,已知B与竖直墙壁碰撞前，物块A已与木板B共速。求B从开

始运动到刚与墙壁碰撞的时间t；

(3)若B与墙壁之间的距离满足整个运动过程中B与墙壁碰撞两次，且最终A、B停止运动，求整个运

动过程中B通过的路程s。

【答案】(1)解：对物块A,根据牛顿第二定律有

=maA

解得

2

aA=2m/s

对木板B,根据牛顿第二定律有

lima=MaB

(2)解：设从B滑上木板到共速所经历的时间为5共同速度为v,则

第13页

vo—aA^i=Q城i

解得

ti=2s

v=CLBA—lm/s

该过程中木板B向左运动的距离

12

X-1=m

2

因xi<x,所以接下来A与B一起向左匀速运动，直至与墙壁F碰撞，设该过程经历的时间为t2,则

X-X1=vt2

解得

t2=2s

B开始运动到与墙壁碰撞的时间

t=0+^2=4S

(3)解：解法一：由题意可知，如果B与F碰前，两者速度已相等，则B与F碰后两者最终会一起向右运

动，不会发生第二次碰撞.因此B在与F碰撞前一直做匀加速直线运动，碰后做加速度相等的减速运动.

对B,设B每次与挡板碰撞的速度大小为vi,B经过时间匕与F碰撞，碰后经过时间t4速度减为零，则

%=。城3

0=%-aBt4

解得

亡3=J

对A：物块A一直向左作匀减速运动，在运动的全过程中根据牛顿第二定律，有

0=%一%(4亡3)

解得

5

亡3=评

对B：从某位置开始加速，反弹减速至零又回到原位置，再次加速再反弹至零，最后回到原位置瞬间A也速

度减为零，则

12

s=4X］沏母

解得

25

s=64m

第14页

解法二（图像法）：B加速以及和墙壁碰撞后减速的加速度大小恒为

沏=^m/s2

全过程有

v5

f3=770-=7S

aA，

对B有从某位置开始加速，反弹减速至零又回到原位置，再次加速再反弹至零，最后回到原位置瞬间A也速

度减为零，该过程中B的路程为

12_25

s=4x2a8x=64771

【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律，分别对A和B受力分析，A受滑动摩擦力向右，B受滑动摩擦力

向左，结合质量与动摩擦因数计算加速度;

（2）先求A、B共速时的时间与速度，再计算共速后B到墙壁的距离，进而求出B与墙壁碰撞前的总时

间;

（3）分析B与墙壁碰撞两次的过程，结合A、B的运动状态（共速、碰撞反弹、相对滑动），利用牛顿第二

定律、运动学公式及碰撞特性确定B的路程。

（1）对物块A,根据牛顿第二定律有

=maA

解得

2

aA=2m/s

对木板B,根据牛顿第二定律有

fimg=MaB

解得