湖南某中学2025-2026学年高一年级上册1月期末物理试题（含答案）

高一物理期末

时量：75分钟满分：100分

一、单选题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个

选项中，只有一项是符合题目要求的)

1.书法课上，某同学写“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示.

笔尖由a点经b点回到a点，则

A.该过程位移为0

B.笔尖的合外力始终不变

C.前后两次过a点时速度方向相同

D.两次过a点时摩擦力方向相同

2.在燃油汽车里，提速快一直是超级跑车的专属，但现在电动汽车也能不

分伯仲，百公里加速时间也能跑进3s以内。这里的“提速快”指的是

A.瞬时速度大

B.瞬时速率大

C.平均速度大

D.加速度大

3.关于平抛运动，下列说法正确的是

A.平抛运动是非匀变速运动

B.平抛运动是匀速运动

C.平抛运动是匀变速曲线运动

D.平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的

4.如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两

轮用皮带传动，三个轮的半径关系是以="=2如,若皮带不打滑，则

下列有关A、B、C三轮边缘上的a、b、c三点的角速度之比和线速度大

小之比正确的是

A.角速度大小之比O)a-O)b=1：1

B.角速度大小之比a)b:a)c=1:1

C.线速度大小之比Va'Vc=1:1

D.线速度大小之比vi）;vc=1;1

5.如图1所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为

53。和37。,，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置

于两个斜面上，0P||4B,OQ\\AC,已知P、Q和斜面体均静止不动。若

交换两滑块位置如图2所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，Q的

质量为小取：sin53。=0.8,cos53。=0.6,重力加速度大小为g,不计滑

轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是

A.P的质量为$71

B.在图1中，斜面体与地面间无静摩擦力

C.在图2中，两滑块在Q滑块落地前的速度相同

D.在图2中，滑轮受到轻绳的作用力大小为夕ng

6.如图所示，虚线是竖直平面内的圆，固定的光滑细杆交于圆的最低点0。

现让套在杆上的小球甲、乙从图示位置同时由静止释放，并运动到。点,

上述整个过程中两球的速度大小v随时间t变化的关系正确的是

7.在某地客车和货车在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。客

车做初速度为零，加速度大小为由的匀加速直线运动，货车做初速度

为V。，加速度大分为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止，

客、货两车在运动过程中的x-v（位置-速度）图像如图所示，其中，虚线

与对应的坐标轴垂直。在两车从开始运动至货车停止运动过程中，下列

说法正确的是

A.货车的加速度为2m/s2

B.两车同时到达6m处

C.两车最大间距为18nl

D.货车运动的位移为16m

二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个

选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但选不全的得3

分，有选错得0分）

8.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳

P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为重力加速度为g,则下列说

法中正确的是

A.轻绳P的弹力大小可能小于mg

B.弹簧Q可能处于拉伸状态

C.剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小为g

D.剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡

9.甲、乙两光滑小球（均可视为质点）用钱链与轻直杆连接，乙球处于光滑

水平地面上，甲球套在光滑的竖直的固定杆上，初始时轻直杆竖直，其

长度为5nlo无初速度释放，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距

离起点3nl时，下列说法正确的是

A.甲、乙两球的速度大小之比为3：4

B.甲、乙两球的速度大小之比为4：3

C.甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等

D.甲球即将落地时，乙球的速度为0

10.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度Vo=4m/s顺时针运行,

小物块（可视为质点）以%=6m/s的初速度从传送带右端滑上传送带。

已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2,传送带的长度为10m,传送

带的转动轮的尺寸忽略不计，重力加速度g=10m/s2,考虑小物块滑

上传送带到离开传送带的过程，下列说法正确的是

A.小物块从传送带右端滑离传送带

B.小物块滑离传送带时的速度大小为6m/s

C.小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为6.25s

D.小物块在传送带上留下的划痕长度为15m

三、实验题（本大题共2小题，共16分）

11.（8分）小明同学用如图中所示的装置研究平抛运动及其特点，他的实

验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使

A球水平飞出，同时B球被松开下落。

（1）甲实脸的现象是小球A、B同时落地，说明平抛运动竖直方向的运

动是;

⑵现将A、B球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，小

球A、B同时落地，A球落地点变远，则在空中运动的时间

_（选填“变大”“不变”或“变小”）;

（3）安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，斜槽

—（选填“需要”或“不需要”）光滑;

（4）某同学用频闪照相机拍摄如图丙所示的小球平抛运动照片，其中

小方格边长L=2.5cm,,a、b、c、d为连续拍摄记录的四个位置，则

小球平抛初速度Vo=—m/s（当地重力加速度大小g=10m/s2,

结果保留两位有效数字）。

12.（8分）在探究物体的加速度与所受外力的关系实验中，如图甲所示，在

水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M,气垫导轨右端

固定一定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩

码，设每个钩码的质量为m,且

（1）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上宽度为d的挡光片通

过光电门的时间为t。,,则滑块通过光电门的速度为；

（用题中所给字母表示）

（2）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，滑块由静止释放后细线上

的拉力为接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中,

当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2,则Fi―2F2；（填“大

于，，“小于，，或“等于”）

⑶若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的

距离为L,细线端所挂钩码的个数为n,宽度为d的挡光片通过光电

门的时间为3测出多组数据，并绘出九一《图像（如图乙），已知

图线斜率为k,则测得当地重力加速度为o（用题中字

母表示）

四、解答题（本大题共3小题，第13题10分，第14题15分，第15题1

6分，共41分，要求有必要的文字说明）

13.（10分）如图所示，光滑斜面倾角8=37。,，用一竖直方向的光滑挡板将球

挡在斜面上，已知球重100N,ssin37°=0.6,cos37°=0.8。

⑴在图中作出小球受力的示意图:

⑵求出挡板对球的弹力£的大小及斜面对球的弹力

a的大小。

14.(15分)跑酷(Parkour)是以日常生活的环境(多为城市)为运动场所，依

靠自身的体能，快速、有效、可靠地利用任何已知与未知环境的运动

艺术。一跑酷运动员在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所

示，运动员先在距地面高为h=3.6m的高台上加速跑，到达高台边缘时

以为=6m/s的速度水平跳出高台，然后在空中调整姿势，恰好垂直落

在一倾角为45。的斜面上，此后运动员迅速调整姿势跪斜面后沿水平方

向圈开斜面。若将该运动员视为质点，不计空气阻力，重力加速度的

大小为g=lOm/s2,

(1)求运动员落在斜面的速度方向与水平方向的角度的正切值；

⑵若运动员离开斜面后落到水平地面上，求运动员在空中运动的总时

间t;

⑶若运动员离开斜面后落到斜面上，求运动员蹬离斜面时的最大速度

的大小。

15.(16分)如图所示，质量为\仁1.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量

为m=0.5kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一

个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板

和物块以Vo=4m/s的速度一起向右匀速运动，挡板总是将物块以接触

时的速度等大反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，碰撞瞬

间不会影响木板。已知物块与木板间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速

度g取10小〃2。[已知等比数列求和公式：对于公比为q(q=B;)的

等比数列an=QiqA],其前n项和=%+做+。3+•••+an=

%(i-q")]

l-q」

।挡

----工白板

--------------51回

77/7777777777777777777777777777777777

(1)求物块碰撞之后的加速度大小ax的；

(2)求物块第一次与挡板碰撞后，物块离开挡板的最大距离x；

(3)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn=

6.25x10-3犯求口；

(4)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度.口

高一物理期末参考答案

一、单选题（本题共7小题,每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中•只有一项是符合题目要求的）

题号1234567

答案ADCBBBC

1.A【解析】笔尖由〃点经〃点回到a点过程，初位置和末位置相同，位移为零.故A正确；笔尖做曲线运动，运

动方向不断变化（速度方向变化）,根据“力是改变物体运动状态的原因”.笔尖的加速度不为零且方向变化.由

牛顿第二定律F=ma可知•合外力的大小或方向会变化.并非始终不变.故B错误；两次过a点时轨迹的切线

方向不同.则速度方向不同.故C错误；摩擦力方向与笔尖的速度方向相反.则两次过a点时摩擦力方向不同.

故D错误。故选Ao

2.D【解析】这里的“提速快”指的是单位时间速度增加的大，即加速度大。故选D。

3.C【解析】做平抛运动的物体，有水平的初速度,只受重力，加速度为重力加速度•属于匀变速曲线运动：AB错

误,C正确；平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动,落地时的速度有水平

分量•速度斜向下.故D错误；故选C。

4.B【解析】点a和点〃是同缘传动边缘点•线速度相等.故％:琳=1:1;点〃和点（•是同轴传动,角速度相等.

故如：3=1：1；故B正确,ACD错误。

5.B【解析】设P的质量为M,在图1中令绳子的拉力为7\・P、Q各自受力平衡，根据P受力平衡.有7；=

M^sin330,根据Q受力平衡•有T,=mgsin370.联立解得M=彳〃人故A错误；在图1中.根据整体受力平衡.

水平方向合力为零,所以斜面体不受地面的静摩擦力,故B正确；在图2中,两滑块速度大小相同,但是速度方

Q

向不同；对两滑块整体,根据牛顿第二定律有0.8〃%一0.45〃*=（〃?+；〃?）.・代入数据解得a=0.2g,对Q有

0.8〃?g一72=〃山，代入数据解得T2=0.6〃依.滑轮受到轻绳的作用力大小为+.代入数据解得F\

—%2/〃*.故]）错误o故选Bo

6.B【解析】设杆和水平面夹角依小球加速度a=gsin仇L=2Rsin仇下滑时间•到。点速度0

=/2a],=2sin0故下滑时间相等.乙球到（）点速度大,故选Bo

7.C【解析】根据图像可知•客车的速度随位移增大而增大•货车的速度随位移增大而减小。当.r=0时•货车的

初速度为u）=6m/s：当两者的位移均为J'I=6m时它们的速度相同（设为,由运动学公式得：对客车有：

v2=2ai，对货车有:/一,优=—2生力.联立解得:川+%=3m/s2,当客车的速度v\=8m/s,货车的速度v,=

2m/s时.两车通过相同的位移（设为4）•由运动学公式得：对客车有：/=20皿,对货车：该一嗡=一2处4•联

立解得必=2m/s2・@=lm/s2,v=2/6m/s.故A错误；客车到达6m处的时间为：八=/.解得：八=^s・货

车到达6m处的时间为：七=匚叫•解得：/z=（6—2而）s,可得两车不是同时达到6m处•故B错误；货车运动

102

到速度为零所用时间为：，3=二^.解得：，3=6s・设两车速度相同时所用时间为/|.则有：/一生八=a/・解

高一物理（T）参考答案1

得：八25,作出两车的V-t图像如图所示：根据V-，图像与时间轴围成的面积表示位移,可知货车停止运动

时•即》=6s时两车的间距最大.最大间距为：X12X6nr-yX6X6m=18m.故（'正确；根据v-1

乙乙

图像与时间轴围成的面积表示位移，可知货车运动的位移为：i*=；X6X6m=18m.故D错误。故选C。

乙

二、多选题（本题共3小题.每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对

的得5分•选对但选不全的得3分，有选错得0分）

题号891()

答案CDADAC

8.CT）【解析】由于轻绳P竖直.且物块并未受到任何具有水平向左分量的力.所以弹簧Q的弹力为零.不可能处

于拉伸状态.且轻绳P的弹力大小等于〃邛.故AB错误；剪断轻绳瞬间.弹簧弹力不会突变•在此瞬间仍为零.

物块只受到重力作用，根据牛顿第二定律可得•物块的加速度大小为年故C正确；由于轻弹簧对物块没有弹

力，所以剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡.故D正确。故选CD。

9.AD【解析】设较杆与竖直方向的夹角为。.两球沿杆方向速度相等,则有v\cossin仇则—=tand几何

关系可知匕门0=7^==3••联立可得•故A正确B错误；当甲球即将落地时0=900,此时甲球的

22

75-34v24

速度达到最大•连杆尢法伸长•所以乙球的速度为零•故C错误,D正确。故选AD。

10.AC【解析】小物块先向左做匀减速直线运动，加速度大小为a="g=0.2X10m/s2=2m/s?,此过程中物块

对地位移大小为"产粉=^m=9mVj=10m,故小物块从传送带右端滑离传送带.故A正确；因川=

4m/s<vi=6m/s,小物块向右做匀加速直线运动达到“=4m/s后•与传送带一起以4m/s匀速从右端滑

离传送带•故B错误；小物块先向左做匀减速克线运动时间t\=—=vs=3s,小物块向右做匀加速直线运动

aL

时间，2="二's=2s・小物块向右做匀加速直线运动对地位移.七二段=m・小物块向右做匀速直

aLLaZXZ

线运动时间/3=互二^=与s=1.25S.故小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为/=八+/2+，3

Vo4

=6.25s,故C正确；小物块先向左做匀减速直线运动过程中.物块与传送带间的相对位移大小为：A门力

+力=1X3m+9m=21m,小物块向右做匀加速直线运动时物块与传送带间的相对位移为：上方=012-

=1X2m4m=4m•故小物块在传送带上留下的划痕长度为必=3门，AJ”=25m,但是传送带一侧长度

为10m.双侧加起来为20m.故D错误。

三、实验题（本大题共2小题，第11题8分.第12题8分，共16分）

11.（8分，每空2分）（1）自由落体运动（2）不变（3）不需要（4）1.0

【解析】（1）甲实险时,实验现象是小球A、B同时落地,说明小球A在竖直方向的分运动是自由落体运动。

（2）将A、B球恢复初始状态后,用比较大的力敲击弹性金属片,A球落地点变远•可下落的高度不变.由自由

落体运动下落时间/=J像，可知•在空中运动的时间不变。

（3）安装图乙研究平抛运动实险装苣时.保证斜槽末端水平.使小球每次都做平抛运动.由于小球每次都是从

斜槽上同一位置开始释放,小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同,因此斜槽不需要光滑。

（4）由题图丙可知.两计数点间.小球在水平方向的位移相等,可知两计数点间的时间间隔相等,小球在竖直方

向做自由落体运动•因此由匀变速直线运动的推论=可得1二贬=/二.15X」二s=

0.05s・则小球平抛初速度的大小为.=聿=2.2；/10_1T/s=].om/s。

1UJ

高一物理（T）参考答案2

12.（8分）（】）g（2分）（2）小于（2分）（3）皆（4分）

toRL

【解析】（1）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小・则滑块通过光电门的速度v=

f0

（2）对整体分析.右=次差一=0.6g.隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得F]=M5=4〃?X0.6g=2.4〃?g.

Ivl1-0//I

处=导线=°-3g,隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，6=7〃g=2.1〃收，知H<21'20

⑶滑块通过光电门的速度「%艮据"=2江畔=2〃.因为「簿=图代入解得三潘,图线的斜

率-第,解得L普。

四、解答题（本大题共3小题.第13题10分•第14题15分.第15题16分.共41分.要求有必要的文字说明）

13.（10分）【解析】（1）受力分析如图所示:

G

（2）对物体进行正交分解有：Bcos8=G..........................................................................................................（2分）

F2sin^=F1............................................................................................................................................................（2分）

解得F.,=-^-=125N.......................................................................................................................................（1分）

"cos0

Fi=Gtan8=75N................................................................................................................................................（1分）

14.（15分）【解析】（1）根据几何条件速度与斜面垂直.所以速度与水平方向呈45度夹角.lan450=1……（2分）

（2）因运动员垂直落在斜面上,由速度的关系可得：tan450=——l,=6m/s

%v（1

联立解得此时运动员在竖直方向的分速度为：3=6m/s.............................................................................（2分）

由%=*力，解得：八=0.6s...............................................................................................................................（2分）

鳖直位移：儿............................................................................................................................................（2分）

得A।=1.8m

故落点距离地面的高度为h>=h~h\=1.8m

运动员跳离斜面到落地的时间为£2，/?2=J"g4..............................................................................................（2分）

得，2=0.6s.故运动员落地的总时间为t=t\+z2=l.2s.............................................................................（1分）

（3）运动员飞离斜面到落到斜面底端过程的水平初速度最大.此过程的水平位移为4•由几何关系可知:

（1分）

12=沉2.......（1分）

解得n=3m/s（2分）

高一物理（T）参考答案3

15.（16分）【解析】（1）物块在水平方向的合外力就是摩擦力F令=〃〃%..............................（2分）

根据牛顿第二定律:Qi=〃g=5nis"...............................................................................................................（1分）

（2）由于物块与挡板碰撞后以原来的速度大小返回.

即5=%=4m/s................................................................................................................................................（1分）

物块与长木板由于摩擦力作用会做匀减速克线运动.当速度减小为零时.物块离挡板的距离最大.其最大值为

以42

"=弧=2X0.5X10m=l・6m...............