資源簡介

浙江省杭州市上城區杭九中2024-2025學年高一上學期期末考物理試卷
一、單項選擇題（本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分。）
1．（2025高一上·上城期末）北京時間2024年10月30日4時27分，搭載神舟十九號載人飛船的長征二號F遙十九運載火箭，在酒泉衛星發射中心點火發射，約10分鐘后，神舟十九號載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，航天員乘組狀態良好，發射取得圓滿成功。神舟十九號載人飛船入軌后，于北京時間2024年10月30日11時00分，成功對接于空間站天和核心艙前向端口，整個對接過程歷時約6.5小時。下列說法正確的是（　　）
A．“北京時間2024年10月30日4時27分”是時間間隔
B．飛船和空間站對接過程可以將飛船視為質點
C．地面遙測飛船位置時可以將飛船視為質點
D．人們觀察火箭發射升空和飛船對接過程都是以地面為參考系
2．（2025高一上·上城期末）關于物理必修1教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（　　）
A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是平均速度
B．圖2中，速度的變化量越大，表示加速度也越大
C．圖3中，把變速運動過程細分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后將這些小段的位移相加，得到總位移，這種方法運用了假設法
D．圖4中，伽利略用實驗和邏輯推理相結合的方法間接驗證了小球下落的速度與所用時間成正比
3．（2025高一上·上城期末）下列有關物理學史及物理規律說法正確的是（　　）
A．開普勒根據自己的觀測數據總結出了開普勒三定律
B．笛卡爾第一次在實驗室里用放大思想利用扭秤裝置測出了萬有引力常量
C．牛頓把地面物體的重力與月球的運動、行星的運動聯系起來，結合開普勒行星運動定律推導出了萬有引力定律
D．在相等時間內，地球與太陽連線掃過的面積等于月球與地球連線掃過的面積
4．（2025高一上·上城期末）第十五屆中國國際航空航天博覽會于2024年11月12日-17日在珠海舉行。航展首日，我國新型隱形戰機殲-35A驚喜亮相，如圖，這標志著我國已成為第二個同時擁有兩款隱身戰斗機服役的國家。假設35A某次飛行表演時正沿圖示軌跡加速運動，則飛機所受合力與速度關系可能為（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高一上·上城期末）關于下圖的描述中，不正確的是（　　）
A．甲圖中港珠澳大橋鋼繩對橋面產生拉力的原因是鋼繩發生了形變
B．乙圖中站在電梯水平臺階上的人隨電梯一起勻速上樓過程，人沒有受到靜摩擦力作用
C．丙圖中馬拉板車在地面上加速前進，馬對車的拉力和車對馬的拉力是一對相互作用力
D．丁圖中跳高運動員能夠跳離地面，是因為人對地面的壓力小于地面對人的支持力
6．（2025高一上·上城期末）如圖所示為西湖音樂噴泉某時刻的照片，水從噴口傾斜射出，空中呈現不同的拋物線，取其中四條拋物線，分別記作①②③④，空氣阻力不計，下列說法正確的是（　　）
A．4條水柱中，①中的水上升較高，其出射速度一定最大
B．②中的水比③中的水在空中運動的時間長
C．在最高點，③中的水比④中的水速度大
D．噴口與水平方向夾角越小，水射程越遠
7．（2025高一上·上城期末）如圖所示，張老師用力將物理書壓在光滑豎直墻壁上，物理書保持靜止狀態。如果逐漸加大手對物理書作用力大小，則物理書（　　）
A．所受的合力增加
B．對墻壁的壓力不變
C．受到手和墻壁的合力方向豎直向上
D．受到的摩擦力增大
8．（2025高一上·上城期末）如圖所示，在近地圓軌道環繞地球運行的“天宮二號”的實驗艙內，航天員景海鵬和陳冬在向全國人民敬禮時（　　）
A．不受地球引力 B．處于平衡狀態，加速度為零
C．處于失重狀態，加速度約為g D．底板的支持力與地球引力平衡
9．（2025高一上·上城期末）如圖甲所示，蹦極是近些年來新興的一項非常刺激的戶外活動。如圖乙所示是一位蹦極者從高處下落的過程中的速度一時間圖像，其中OB段是直線，BCD段是曲線。若不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．該蹦極者先加速運動后減速運動，在圖像中的C點下降到最低點
B．時刻連接蹦極者的橡皮繩就已經繃緊了
C．蹦極者在CD段處于失重狀態
D．由圖像可求出當地的重力加速度約為
10．（2025高一上·上城期末）如圖所示，a為地球赤道上的物體，b為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛星，c為地球靜止衛星。關于a、b、c做勻速圓周運動的說法中正確的是（　　）
A．a、b、c三物體，都僅由萬有引力提供向心力
B．周期關系為
C．線速度的大小關系為
D．向心加速度的大小關系為
11．（2025高一上·上城期末）質量為1kg的質點在xOy平面上做曲線運動，在x方向的速度圖像和y方向的位移圖像如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．質點的初速度為3m/s
B．質點所受的合外力大小為3N
C．質點做勻變速曲線運動
D．0-2s內質點速度方向與合外力方向夾角變大
12．（2025高一上·上城期末）武打片中經常有飛檐走壁的鏡頭，其實這是借助懸繩拍攝產生的效果某演員在下列四種拍攝場景中均在空中處于靜止狀態，若忽略繩所受重力，則繩①受力最小的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2025高一上·上城期末）摩天輪是廣大游客喜愛的游樂設施。一質量為50 kg的游客坐在乘坐艙內隨轉輪一起做勻速圓周運動，已知該游客到轉軸中心的距離為60m，游客繞轉軸中心轉動的角速度ω=0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．游客在乘坐摩天輪過程中的加速度不變
B．游客在乘坐摩天輪過程中的線速度不變
C．游客在最低點時的向心力大小為0.3 N
D．游客的向心力總是由游客的重力和乘坐艙對其支持力的合力提供
14．（2025高一上·上城期末）下面四幅圖用曲線運動知識描述正確的是（　　）
A．圖甲，制作棉花糖時，糖水因為受到離心力而被甩出去
B．圖乙，火車軌道的外軌略高于內軌，火車拐彎時速度越小，對軌道磨損就一定越小
C．圖丙，該自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力不變
D．圖丁，在一座凹形橋的最低點，同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大
15．（2025高一上·上城期末）2024年11月8日，我國自主研制的“機器狼”首次在現場進行動態展示。操作員在某次演示中，操作該“機器狼”從靜止開始做勻加速直線運動，4秒末“機器狼”達到的速度后立刻開始勻速直線運動，當發現可疑目標之后，立刻做勻減速直線運動，經過2秒停止運動后原地待命。下列說法正確的是（　　）
A．“機器狼”在整個階段的平均速度為
B．“機器狼”在勻加速階段的位移大小為
C．“機器狼”在勻加速階段的慣性大于勻減速階段的慣性
D．減速后第內的位移是最后內位移的2倍
二、非選擇題（本題共6小題55分。16．17為實驗題共兩題16分；18，19，20，21為解答題，共4題39分。）
16．（2025高一上·上城期末）如圖甲所示是高中物理常用的實驗裝置；
（1）利用該裝置能完成的實驗有（　　）
A．探究小車速度隨時間變化的規律
B．探究彈簧彈力與形變量的關系
C．探究兩個互成角度的力的合成
D．探究加速度與力、質量的關系
（2）某同學利用圖2裝置進行“探究加速度與力、質量的關系”實驗，打點計時器使用的交流電頻率為50Hz。圖3是實驗獲得的一段紙帶，每隔4個點取一個計數點，則計數點2的讀數是　 　cm，打下計數點3時小車的速度v=　 　m/s，通過紙帶數據計算出小車的加速度a=　 　m/s2。（計算結果均保留2位有效數字）
（3）在探究加速度與力的關系實驗中，兩位同學把所掛槽碼的總重力記為F，根據實驗數據作出的a-F關系圖像如圖4所示，下列說法正確的是（　　）
A．圖線①上的數據點是來自同一條紙帶
B．圖線②不過原點可能是由于未補償阻力或未完全補償阻力
C．兩條圖線的斜率均表示實驗小車的質量
D．得到圖線②的實驗中小車質量比圖線①的大
17．（2025高一上·上城期末）某班的一些同學在學拋運動和圓周運動的有關知識后，自發組建了一個物理興趣小組，想自己動手做實驗來研究平拋運動的規律以及探究向心力大小的表達式。實驗時，這些同學分成了三個小組，其中第一小組的同學利用如圖甲所示的實驗裝置“研究平拋運動”，通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。
（1）關于該實驗，以下說法正確的有（　　）
A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平
B．每次小球可以從不同位置釋放
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球
D．為了得到小球的運動軌跡，需要用平滑的曲線把所有的點都連起來
（2）第二小組的同學讓小球做平拋運動用頻閃照相機對準方格背景照相，拍攝到如圖乙所示的照片，已知每個小方格邊長10cm，當地的重力加速度g取10m/s2，其中第4個點處位置已被污跡覆蓋。若以拍攝的第1個點為坐標原點，水平向右和豎直向下為正方向建立直角坐標系，則被拍攝到的小球在第4個點位置的坐標為（　 　cm）。小球平拋的初速度大小為　 　m/s。
（3）第三小組的同學利用如圖丙所示的裝置探究向心力大小的表達式，長槽上的擋板B到轉軸的距離是擋板A的2倍，長槽上的擋板A和短槽上的擋板C到各自轉軸的距離相等轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。
①下列實驗與第三小組同學的實驗中采用的實驗方法一致的是　 　
A.探究彈簧彈力與形變量的關系
B.探究兩個互成角度的力的合成規律
C.探究加速度與力、質量的關系
②若皮帶套左右兩個塔輪的半徑分別為R1、R2。某次實驗使R1=2R2，則A、C兩處的角速度之比為　 　。
18．（2025高一上·上城期末）如圖所示；三段輕繩的結點為P，輕繩PA與輕質彈簧的右端相連，輕質彈簧的左端固定在物塊甲上，物塊甲放置在水平平臺上，輕質彈簧始終與水平臺面平行。輕繩PB連接著放置在水平地面上的物塊乙，PB與豎直方向的夾角，物塊甲、乙恰好不滑動。已知物塊甲、乙的質量分別為，物塊甲與水平平臺間的動摩擦因數，各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧的勁度系數，重力加速度。求：
（1）彈簧的形變量大小；
（2）輕繩PB上的彈力大小；
（3）物塊乙與地面間的動摩擦因數。
19．（2025高一上·上城期末）如圖所示為質量的月球探測器，在執行探測任務時懸停的高度。探測器完成任務后關閉發動機自由下落，當速度達到時立即啟動發動機提供升力，探測器向下勻減速運動，當速度減小到零時，探測器離月球表面的高度，此時再次關閉發動機，探測器最終安全達到月球表面。已知月球表面的重力加速度g取。
(1)求探測器到達月球表面時速度的大小；
(2)求探測器減速過程中發動機提供升力的大小；
(3)求探測器整個下落過程所用的總時間。
20．（2025高一上·上城期末）如圖，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺緩慢加速轉動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動。現測得轉臺半徑，離水平地面的高度，物塊平拋落地過程水平位移的大小。設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度求：
（1）物塊做平拋運動的初速度大小；
（2）物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度；
（3）物塊與轉臺間的動摩擦因數。
21．（2025高一上·上城期末）如圖所示，傾角的光滑固定斜面AB與水平傳送帶BC通過一小段光滑圓弧平滑連接，傳送帶左、右兩端的距離，以大小的速率沿順時針方向轉動。現將一滑塊（視為質點）從斜面上的A點由靜止釋放，滑塊以大小的水平速度滑上傳送帶，并從傳送帶的右端C點飛出，最終落至水平地面上的D點。已知C、D兩點間的高度差，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數，取重力加速度大小，不計空氣阻力。
（1）求滑塊在斜面AB上運動的過程中加速度大小；
（2）求滑塊從C點飛出時的速度大小；
（3）求滑塊在傳送帶BC上運動的時間t；
（4）改變滑塊在斜面上由靜止釋放的位置，其他情況不變，要使滑塊總能落至D點，求滑塊釋放的位置到B點的最大距離．
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】質點；時間與時刻；參考系與坐標系
【解析】【解答】A．時刻指的是某一瞬時，是時間軸上的一點，時間是兩時刻的間隔，是時間軸上的一段，“北京時間2024年10月30日4時27分”是點火發射時刻，故A錯誤；
B．飛船和空間站對接過程，飛船的形狀、大小不能忽略不計，不可以將其視為質點，B錯誤；
C．地面遙測飛船位置時，飛船的形狀、大小能忽略不計，可以將飛船視為質點，故C正確；
D．人們觀察火箭發射升空和飛船對接過程不一定以地面為參考系，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據時間、時刻，質點和參考系等概念進行分析判斷。
2．【答案】D
【知識點】加速度；微元法；瞬時速度；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是瞬時速率，故A錯誤；
B．圖2中，速度的變化量越大，但是時間不確定，則表示加速度不一定越大，故B錯誤；
C．圖3中，求解位移的方法是運用了微元法，故C錯誤；
D．圖4中，伽利略在斜面實驗的基礎上經過演繹歸納得出了小球下落的速度與所用時間成正比，故D正確。
故選 D。
【分析】研究變速直線運動位移，利用微元法；加速的定義式的理解；伽利略斜面實驗的理解。
3．【答案】C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律；引力常量及其測定
【解析】【解答】對于物理學上著名物理學家的理論、實驗和重大發明要加強識記，這也是考試內容之一，重視知識的積累。A．開普勒根據研究第谷的觀測數據總結出了開普勒三定律，故A錯誤；
B．卡文迪許第一次在實驗室里用放大思想利用扭秤裝置測出了萬有引力常量，故B錯誤；
C．牛頓把地面物體的重力與月球的運動、行星的運動聯系起來，結合開普勒行星運動定律推導出了萬有引力定律，故C正確；
D．根據開普勒第二定律可知，在相同的時間內同一軌道的星球與中心天體連線掃過的面積相等，但在相等時間內，地球與太陽連線掃過的面積與月球與地球連線掃過的面積不相等，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據物理學史知識進行解答，記牢相關科學家的物理學貢獻即可。
4．【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】物體做曲線運動時，速度方向沿著切線方向，合力在軌跡的凹測，由于隱形戰機加速運動，故速度方向與合力方向夾角要為銳角，
故選 A。
【分析】做曲線運動的物體，速度方向沿著曲線上點的切線方向；做曲線運動的物體，合力的方向與速度方向不共線，且指向曲線的內側。
5．【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；靜摩擦力
【解析】【解答】本題考查彈力產生的原因以及牛頓運動定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。A．甲圖中港珠澳大橋鋼繩對橋面產生拉力的原因是鋼繩發生了形變，故A正確；
B．乙圖中站在電梯水平臺階上的人隨電梯一起勻速上樓過程，受到豎直向下的重力與豎直向上的支持力，這兩個力平衡，人在水平方向沒有運動趨勢，人沒有受到靜摩擦力作用，故B正確；
C．丙圖中馬拉板車在地面上加速前進，根據牛頓第三定律可知，馬對車的拉力和車對馬的拉力是一對相互作用力，故C正確；
D．圖中跳高運動員能夠跳離地面，根據牛頓第三定律可知，人對地面的壓力與地面對人的支持力是一對相互作用力，兩個力大小相等，故D錯誤。
故選D。
【分析】根據彈力產生的原因進行分析判斷；根據平衡條件和受力分析進行判斷；根據牛頓第三定律進行分析判斷。
6．【答案】B
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查對斜拋運動規律的理解，應用運動的合成與分解方法分析運動情況為解決本題的關鍵。A.4條水柱中，①中的水上升較高，水在空中的運動時間最大，出射時的豎直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，則出射速度不一定最大，故A錯誤；
B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中運動的時間長，故B正確；
C．在最高點，水的速度為水平方向速度，而③中的水的高度大于④中的水的高度，所以③中的水在空中運動的時間長，但③中水的水平位移小于④中水的水平位移，則在最高點，③中的水比④中的水速度小，故C錯誤；
D．水的射程為
當噴口水平傾角為45°時，水射程最遠，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用斜拋運動在豎直方向、水平方向的分運動規律判斷；豎直方向的高度判斷運動時間，進而判斷水平位移的大小；斜拋運動水平方向做勻速直線運動，可利用位移與時間公式計算位移，進而計算角度對射程的影響。
7．【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平衡條件進行分析，注意摩擦力的判斷方法。A．由于書始終處于靜止狀態，故書所受的合力為零，A錯誤；
C．書受到手和墻壁的合力與書的重力平衡，故受到手和墻壁的合力方向豎直向上，C正確；
D．由于墻壁光滑，故書受到的摩擦力為零，D錯誤；
B．設手對書的作用力F與水平面夾角為，墻面對書的支持力為N，由平衡條件可得
，
可知F增大時要減小，故N增大，由相互作用力特點可知，書對墻壁的壓力增大，B錯誤。
故選C。
【分析】當重力小于最大靜摩擦力時，物體處于靜止，摩擦力大小等于重力大小，合外力為零，根據平衡條件進行分析。
8．【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查完全失重，要注意明確飛船繞地球運行時，加速度向下指向地心，并且大小約為g，處于完全失重狀態下。天宮二號做勻速圓周運動時宇航員處于完全失重狀態，此時仍受到地球引力作用，只不過引力恰好充當向心力，向心加速度近似等于g；此時人對地板沒有壓力，底板對人也沒有支持力。
故選C。
【分析】飛船在繞地球 運行時，萬有引力充當向心力，此時處于完全失重狀態下，與飛船底板沒有相互作用。
9．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】當加速度向上，處于超重狀態，加速度向下，處于失重狀態，加速度為零，彈力等于重力，速度最大。AB．結合圖像及蹦極者的運動情景分析可知，時刻橡皮繩是松弛的，蹦極者只受重力，做自由落體運動，由圖像可知，下降到B點后，橡皮繩繃緊，BC段蹦極者向下做加速度逐漸減小的加速運動，經過C點后蹦極者向下做加速度逐漸增大的減速運動，故蹦極者在圖像中的C點還沒有下降到最低點，A、B項錯誤；
C．圖乙可知，CD段蹦極者的速度向下，加速度向上，處于超重狀態，故C錯誤；
D．由OB段蹦極者做自由落體運動可知，結合圖乙，可得當地的重力加速度
故D正確。
故選 D。
【分析】時刻橡皮繩是松弛的，C點速度最大，最低點速度等于零；加速度向上是超重；v-t圖像表示加速度。
10．【答案】B
【知識點】向心力；衛星問題
【解析】【解答】本題涉及到兩種物理模型，即a、c運動的周期相等，b、c同為在軌運行的衛星，其動力學原理相同，要兩兩分開比較，最后再統一比較。A．b、c圍繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，a為地球赤道上的物體，由萬有引力和地面給的支持力的合力提供向心力，故A錯誤；
B．c為地球靜止衛星，a為地球赤道上的物體，兩者的周期與地球自轉周期相等，根據
解得
由圖可知
可得
故B正確；
C．c為地球靜止衛星，根據
a、c角速度相等，a的軌道半徑小一些，則有
根據
解得
c的軌道半徑大于b的軌道半徑，則c的線速度小于b的線速度，則有
故C錯誤；
D．c為地球靜止衛星，根據
a、c角速度相等，a的運動半徑小一些，則有
根據
解得
由于c的軌道半徑大于b的軌道半徑，則c的加速度小于b的加速度，則有
故D錯誤。
故選B。
【分析】對于b、c，根據萬有引力提供向心力列式，得出各個物理量的表達式，再比較各個量的大小。c為地球同步衛星，a、c的角速度和周期相同，根據圓周運動的公式分析a與c的線速度和向心加速度的關系，從而得到三個物體各個量的關系。
11．【答案】C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握速度和力的合成規律，同時注意判斷出當速度和力不共線時，做曲線運動。A．由速度圖像可得x方向的初速度為3m/s，加速度為1.5m/s2，y方向的位移圖像可知做勻速直線運動，速度大小為4m/s，質點的初速度為
故A錯誤；
B．質點所受的合外力大小為
故B錯誤；
C．質點的初速度方向與加速度方向不共線，加速度恒定，所以質點做勻變速曲線運動，故C正確；
D.0-2s內質點速度方向與合外力方向夾角為
可知0-2s內質點速度方向與合外力方向夾角變小，故D錯誤。
故選C。
【分析】分析x、y方向的速度，根據速度合成，求合速度；根據x方向的速度圖像斜率求加速度，根據牛頓第二定律，求x方向力，y方向勻速直線運動，y方向合力為零，根據力的合成，確定合力；速度和加速度不共線，加速度恒定，為勻變速曲線運動。
12．【答案】B
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題考查力的合成與分解應用，掌握矢量的平行四邊形定則的內容，注意通過矢量圖來判定力的大小是解題的關鍵。畫出人的受力圖，如圖所示，當T1和T2垂直時T1最小。
故選B。
【分析】依據對演員受力分析，結合力的平行四邊形法則，及力的合成圖，即可判定求解。
13．【答案】C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力
【解析】【解答】本題是實際生活中的圓周運動問題，要抓住加速度、合外力都是矢量，當矢量的方向改變時矢量也是變化的。A．由于向心力方向不斷變化，故加速度方向變化，故A錯誤；
B．游客的線速度方向不斷改變，故B錯誤；
C．游客向心力大小恒定，大小為
故C正確；
D．摩天輪做勻速圓周運動，合力指向圓心，而游客的重力和乘坐艙對游客的支持力沿豎直方向，不可能總是由它們的合力提供向心力，故D錯誤。
故選C。
【分析】乘客隨轎箱做勻速圓周運動，由合力提供向心力，方向指向圓心，時刻在變化，線速度是矢量，大小不變，方向變化，加速度大小不變，方向變化；由向心力公式計算向心力的大小。
14．【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動；離心運動和向心運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．制作棉花糖時，被甩出去的糖水做離心運動，但不是受離心力作用，故A錯誤；
B．設軌道與水平面的夾角為，火車轉彎時，如果速度，是由重力與支持力的合力提供向心力，火車的速度小于該值時，火車拐彎時速度越小，則對軌道磨損就越大，故B錯誤；
C．自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變，故C錯誤；
D．車過凹形橋的最低點有
則同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大，故D正確。
故選D。
【分析】A、甩出去的糖水做離心運動，但不受離心力作用；
B、火車轉彎時重力與支持力的合力提供向心力，由轉彎速度分析判斷；
C、自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變；
D、根據支持力提供向心力，由牛頓第二定律分析判斷。
15．【答案】B
【知識點】慣性與質量；勻變速直線運動的速度與時間的關系
【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論，并能靈活運用，有時運用推論求解會使問題更加簡捷。A．由于不清楚在勻速階段的時間，所以無法求解整個階段的平均速度，故A錯誤；
B．在勻加速直線運動過程中，平均速度為
所以位移為
故B正確；
C．機器狼在整個運動過程中，質量不變，所以慣性不變，故C錯誤；
D．根據逆向思維法，勻減速運動中減速后第的位移是最后位移的3倍，故D錯誤。
故選B。
【分析】不清楚在勻速階段的時間，無法求解整個階段的平均速度；結合平均速度公式求解位移；關系只和質量有關；根據逆向思維法分析位移之比。
16．【答案】（1）A；D
（2）9.75；0.65；0.84
（3）B；D
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，根據題意應用勻變速直線運動的推論即可解題，計算時注意單位換算。
（1）通過打點計時器可以確定物體運動的速度大小，也可以確定物體運動的加速度大小，所以該實驗裝置可以探究小車速度隨時間變化的規律和探究加速度與力、質量的關系。
故選AD。
（2）計數點2的讀數是9.75cm；根據題意，相鄰兩計數點間的時間間隔為
打下計數點3時小車的速度為
通過紙帶數據計算出小車的加速度
（3）A．若是同一條紙帶，紙帶做勻變速運動的加速度是一個固定值，不可能出現不同的加速度，所以圖線①上的數據點不是來自同一條紙帶，故A錯誤；
B．圖線②中當F達到一定值時，加速度才不為0，所以不過原點可能是由于未補償阻力，故B正確；
CD．兩條圖線的斜率的倒數均表示實驗小車的質量，得到圖線②的實驗中小車質量比圖線①的大，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】（1）根據具體實驗裝置提供的器材結合實驗目的進行分析判斷；
（2）根據刻度尺的規則完成讀數，結合紙帶平均速度和瞬時速度的關系列式求解瞬時速度，利用逐差法求解加速度公式代入數據求解；
（3）根據兩圖像的傾斜程度和不能過原點的特點等分析判斷小車質量大小關系。
（1）通過打點計時器可以確定物體運動的速度大小，也可以確定物體運動的加速度大小，所以該實驗裝置可以探究小車速度隨時間變化的規律和探究加速度與力、質量的關系。
故選AD。
（2）[1]計數點2的讀數是9.75cm；
[2]根據題意，相鄰兩計數點間的時間間隔為
打下計數點3時小車的速度為
[3]通過紙帶數據計算出小車的加速度
（3）A．若是同一條紙帶，紙帶做勻變速運動的加速度是一個固定值，不可能出現不同的加速度，所以圖線①上的數據點不是來自同一條紙帶，故A錯誤；
B．圖線②中當F達到一定值時，加速度才不為0，所以不過原點可能是由于未補償阻力，故B正確；
CD．兩條圖線的斜率的倒數均表示實驗小車的質量，得到圖線②的實驗中小車質量比圖線①的大，故C錯誤，D正確。
故選BD。
17．【答案】（1）A；C
（2）（60，60）；2.0
（3）C；1：2
【知識點】研究平拋物體的運動；向心力
【解析】【解答】理解實驗原理，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體運動是解題的前提；根據實驗注意事項、實驗現象，應用圓周運動公式即可解題。
（1）A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平，以保證小球在空中做平拋運動，故A正確；
B．每次小球可以應從同一位置釋放，故B錯誤；
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球能有效減少空氣阻力對小球在空中運動的影響，故C正確；
D．實驗中有個別偏離軌跡太遠的點要舍棄，將軌跡上的點連成一條平滑曲線，故D錯誤。
故選AC。
（2）小球在水平方向上做勻速直線運動，所以相鄰兩點水平間距相等，由乙圖可知，所以第4個點的橫坐標為
在豎直方向上做自由落體運動，由勻加速直線運動規律可得
所以第4個點的縱坐標為
根據題意有
解得
（3）A．第三小組采用了控制變量法進行實驗研究，探究彈簧彈力與形變量的關系沒有涉及多個變量的相互影響，沒有使用控制變量法，故A錯誤；
B．探究兩個互成角度的力的合成規律采用的是等效替代法，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用了控制變量法，故C正確。
故選C。
兩塔輪用皮帶傳動，所以塔輪邊緣線速度大小相等，根據
可得，若半徑之比為2：1，則A、C兩處的角速度之比為1：2。
【分析】 （1）根據實驗原理和注意事項分析判斷；
（2）平拋運動水平方向勻速運動，豎直方向自由落體運動，根據運動學規律求解；
（3）根據控制變量法的特點分析判斷，根據v=ωR計算。
（1）A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平，以保證小球在空中做平拋運動，故A正確；
B．每次小球可以應從同一位置釋放，故B錯誤；
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球能有效減少空氣阻力對小球在空中運動的影響，故C正確；
D．實驗中有個別偏離軌跡太遠的點要舍棄，將軌跡上的點連成一條平滑曲線，故D錯誤。
故選AC。
（2）[1]小球在水平方向上做勻速直線運動，所以相鄰兩點水平間距相等，由乙圖可知，所以第4個點的橫坐標為
在豎直方向上做自由落體運動，由勻加速直線運動規律可得
所以第4個點的縱坐標為
[2]根據題意有
解得
（3）[1]A．第三小組采用了控制變量法進行實驗研究，探究彈簧彈力與形變量的關系沒有涉及多個變量的相互影響，沒有使用控制變量法，故A錯誤；
B．探究兩個互成角度的力的合成規律采用的是等效替代法，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用了控制變量法，故C正確。
故選C。
[2]兩塔輪用皮帶傳動，所以塔輪邊緣線速度大小相等，根據
可得，若半徑之比為2：1，則A、C兩處的角速度之比為1：2。
18．【答案】解：（1）對物塊甲受力分析，水平方向上有
其中
，
解得
（2）設輕繩上的彈力大小為，對結點受力分析，水平方向上有
解得
（3）對物塊乙受力分析，豎直方向上有
水平方向上有
其中
解得
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【分析】 （1）對物塊甲受力分析，根據平衡條件結合胡克定律進行解答；
（2）對結點P受力分析，水平方向上根據平衡條件求解輕繩PB上的彈力大小；
（3）對物塊乙受力分析，根據平衡條件結合摩擦力的計算公式求解物塊乙與地面間的動摩擦因數。
19．【答案】解：(1)設探測器到達月球表面的速度為，由運動學公式：
得：
(2)設探測器向下加速的位移為，向下減速的位移為，加速度為a，升力為F，則
得：
得：
得：
(3)設探測器向下加速時間為，向下減速時間為，再次加速時間為，總時間t，則
得：
得：
得：
得：
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）探測器距離月面5m時以自由落體的方式降落，由速度-位移公式可求得到達月球表面時速度的大小；
（2）由速度-位移公式和牛頓第二定律求得探測器減速過程中發動機提供升力的大小；
（3）由速度-時間公式結合題意求得探測器整個下落過程所用的總時間。
20．【答案】（1）解：物塊做平拋運動，在豎直方向上有
在水平方向上有
聯立解得
（2）解：根據
可得物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度
（3）解：物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，則有
解得物塊與轉臺間的動摩擦因數為
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）平拋運動在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據運動學公式進行求解；
（2）根據線速度和角速度的關系求出物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度；
（3）根據靜摩擦力提供向心力，通過臨界速度求出動摩擦因數。
（1）物塊做平拋運動，在豎直方向上有
在水平方向上有
聯立解得
（2）根據
可得物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度
（3）物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，則有
解得物塊與轉臺間的動摩擦因數為
21．【答案】解：（1）設滑塊的質量為m，滑塊沿斜面下滑的加速度大小為，根據牛頓第二定律有
解得
（2）因為，所以滑塊滑上傳送帶后的一段時間內做勻加速直線運動，設其加速度大小為，根據牛頓第二定律有
解得
根據勻變速直線運動規律，有
由于，滑塊速度增大到v后，將與傳送帶一起以相同的速度向右勻速運動，所以
（3）加速階段時間
勻速階段時間
總時間
（4）經分析可知，當滑塊釋放的位置到B點的距離最大時，滑塊通過B點時的速度最大（設為），且滑塊勻減速滑動到C點時的速度恰好為v，對滑塊沿傳送帶向右滑動的過程，根據勻變速直線運動的規律有
對滑塊沿斜面下滑的過程，根據勻變速直線運動的規律有
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；牛頓運動定律的綜合應用；平拋運動
【解析】【分析】（1）應用牛頓第二定律求出滑塊的加速度大小；
（2）應用牛頓第二定律求出滑塊在傳送帶上滑動時的加速度大小，應用運動學公式求出滑塊從C點飛出時的速度大小；
（3）應用運動學公式求出滑塊在傳送帶上運動的時間；
（4）滑塊落到D點，則滑塊離開傳送帶時的速度大小不變，釋放點高度最大時，滑塊在傳送帶上減少到C恰好與傳送帶共速，應用運動學公式求解。
1 / 1浙江省杭州市上城區杭九中2024-2025學年高一上學期期末考物理試卷
一、單項選擇題（本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分。）
1．（2025高一上·上城期末）北京時間2024年10月30日4時27分，搭載神舟十九號載人飛船的長征二號F遙十九運載火箭，在酒泉衛星發射中心點火發射，約10分鐘后，神舟十九號載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，航天員乘組狀態良好，發射取得圓滿成功。神舟十九號載人飛船入軌后，于北京時間2024年10月30日11時00分，成功對接于空間站天和核心艙前向端口，整個對接過程歷時約6.5小時。下列說法正確的是（　　）
A．“北京時間2024年10月30日4時27分”是時間間隔
B．飛船和空間站對接過程可以將飛船視為質點
C．地面遙測飛船位置時可以將飛船視為質點
D．人們觀察火箭發射升空和飛船對接過程都是以地面為參考系
【答案】C
【知識點】質點；時間與時刻；參考系與坐標系
【解析】【解答】A．時刻指的是某一瞬時，是時間軸上的一點，時間是兩時刻的間隔，是時間軸上的一段，“北京時間2024年10月30日4時27分”是點火發射時刻，故A錯誤；
B．飛船和空間站對接過程，飛船的形狀、大小不能忽略不計，不可以將其視為質點，B錯誤；
C．地面遙測飛船位置時，飛船的形狀、大小能忽略不計，可以將飛船視為質點，故C正確；
D．人們觀察火箭發射升空和飛船對接過程不一定以地面為參考系，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據時間、時刻，質點和參考系等概念進行分析判斷。
2．（2025高一上·上城期末）關于物理必修1教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（　　）
A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是平均速度
B．圖2中，速度的變化量越大，表示加速度也越大
C．圖3中，把變速運動過程細分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后將這些小段的位移相加，得到總位移，這種方法運用了假設法
D．圖4中，伽利略用實驗和邏輯推理相結合的方法間接驗證了小球下落的速度與所用時間成正比
【答案】D
【知識點】加速度；微元法；瞬時速度；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是瞬時速率，故A錯誤；
B．圖2中，速度的變化量越大，但是時間不確定，則表示加速度不一定越大，故B錯誤；
C．圖3中，求解位移的方法是運用了微元法，故C錯誤；
D．圖4中，伽利略在斜面實驗的基礎上經過演繹歸納得出了小球下落的速度與所用時間成正比，故D正確。
故選 D。
【分析】研究變速直線運動位移，利用微元法；加速的定義式的理解；伽利略斜面實驗的理解。
3．（2025高一上·上城期末）下列有關物理學史及物理規律說法正確的是（　　）
A．開普勒根據自己的觀測數據總結出了開普勒三定律
B．笛卡爾第一次在實驗室里用放大思想利用扭秤裝置測出了萬有引力常量
C．牛頓把地面物體的重力與月球的運動、行星的運動聯系起來，結合開普勒行星運動定律推導出了萬有引力定律
D．在相等時間內，地球與太陽連線掃過的面積等于月球與地球連線掃過的面積
【答案】C
【知識點】開普勒定律；萬有引力定律；引力常量及其測定
【解析】【解答】對于物理學上著名物理學家的理論、實驗和重大發明要加強識記，這也是考試內容之一，重視知識的積累。A．開普勒根據研究第谷的觀測數據總結出了開普勒三定律，故A錯誤；
B．卡文迪許第一次在實驗室里用放大思想利用扭秤裝置測出了萬有引力常量，故B錯誤；
C．牛頓把地面物體的重力與月球的運動、行星的運動聯系起來，結合開普勒行星運動定律推導出了萬有引力定律，故C正確；
D．根據開普勒第二定律可知，在相同的時間內同一軌道的星球與中心天體連線掃過的面積相等，但在相等時間內，地球與太陽連線掃過的面積與月球與地球連線掃過的面積不相等，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據物理學史知識進行解答，記牢相關科學家的物理學貢獻即可。
4．（2025高一上·上城期末）第十五屆中國國際航空航天博覽會于2024年11月12日-17日在珠海舉行。航展首日，我國新型隱形戰機殲-35A驚喜亮相，如圖，這標志著我國已成為第二個同時擁有兩款隱身戰斗機服役的國家。假設35A某次飛行表演時正沿圖示軌跡加速運動，則飛機所受合力與速度關系可能為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】物體做曲線運動時，速度方向沿著切線方向，合力在軌跡的凹測，由于隱形戰機加速運動，故速度方向與合力方向夾角要為銳角，
故選 A。
【分析】做曲線運動的物體，速度方向沿著曲線上點的切線方向；做曲線運動的物體，合力的方向與速度方向不共線，且指向曲線的內側。
5．（2025高一上·上城期末）關于下圖的描述中，不正確的是（　　）
A．甲圖中港珠澳大橋鋼繩對橋面產生拉力的原因是鋼繩發生了形變
B．乙圖中站在電梯水平臺階上的人隨電梯一起勻速上樓過程，人沒有受到靜摩擦力作用
C．丙圖中馬拉板車在地面上加速前進，馬對車的拉力和車對馬的拉力是一對相互作用力
D．丁圖中跳高運動員能夠跳離地面，是因為人對地面的壓力小于地面對人的支持力
【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；靜摩擦力
【解析】【解答】本題考查彈力產生的原因以及牛頓運動定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。A．甲圖中港珠澳大橋鋼繩對橋面產生拉力的原因是鋼繩發生了形變，故A正確；
B．乙圖中站在電梯水平臺階上的人隨電梯一起勻速上樓過程，受到豎直向下的重力與豎直向上的支持力，這兩個力平衡，人在水平方向沒有運動趨勢，人沒有受到靜摩擦力作用，故B正確；
C．丙圖中馬拉板車在地面上加速前進，根據牛頓第三定律可知，馬對車的拉力和車對馬的拉力是一對相互作用力，故C正確；
D．圖中跳高運動員能夠跳離地面，根據牛頓第三定律可知，人對地面的壓力與地面對人的支持力是一對相互作用力，兩個力大小相等，故D錯誤。
故選D。
【分析】根據彈力產生的原因進行分析判斷；根據平衡條件和受力分析進行判斷；根據牛頓第三定律進行分析判斷。
6．（2025高一上·上城期末）如圖所示為西湖音樂噴泉某時刻的照片，水從噴口傾斜射出，空中呈現不同的拋物線，取其中四條拋物線，分別記作①②③④，空氣阻力不計，下列說法正確的是（　　）
A．4條水柱中，①中的水上升較高，其出射速度一定最大
B．②中的水比③中的水在空中運動的時間長
C．在最高點，③中的水比④中的水速度大
D．噴口與水平方向夾角越小，水射程越遠
【答案】B
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查對斜拋運動規律的理解，應用運動的合成與分解方法分析運動情況為解決本題的關鍵。A.4條水柱中，①中的水上升較高，水在空中的運動時間最大，出射時的豎直速度最大，而其水平位移最小，所以水平速度最小，則出射速度不一定最大，故A錯誤；
B．②中的水的高度大于③中的水的高度，所以②中的水在空中運動的時間長，故B正確；
C．在最高點，水的速度為水平方向速度，而③中的水的高度大于④中的水的高度，所以③中的水在空中運動的時間長，但③中水的水平位移小于④中水的水平位移，則在最高點，③中的水比④中的水速度小，故C錯誤；
D．水的射程為
當噴口水平傾角為45°時，水射程最遠，故D錯誤。
故選B。
【分析】利用斜拋運動在豎直方向、水平方向的分運動規律判斷；豎直方向的高度判斷運動時間，進而判斷水平位移的大小；斜拋運動水平方向做勻速直線運動，可利用位移與時間公式計算位移，進而計算角度對射程的影響。
7．（2025高一上·上城期末）如圖所示，張老師用力將物理書壓在光滑豎直墻壁上，物理書保持靜止狀態。如果逐漸加大手對物理書作用力大小，則物理書（　　）
A．所受的合力增加
B．對墻壁的壓力不變
C．受到手和墻壁的合力方向豎直向上
D．受到的摩擦力增大
【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平衡條件進行分析，注意摩擦力的判斷方法。A．由于書始終處于靜止狀態，故書所受的合力為零，A錯誤；
C．書受到手和墻壁的合力與書的重力平衡，故受到手和墻壁的合力方向豎直向上，C正確；
D．由于墻壁光滑，故書受到的摩擦力為零，D錯誤；
B．設手對書的作用力F與水平面夾角為，墻面對書的支持力為N，由平衡條件可得
，
可知F增大時要減小，故N增大，由相互作用力特點可知，書對墻壁的壓力增大，B錯誤。
故選C。
【分析】當重力小于最大靜摩擦力時，物體處于靜止，摩擦力大小等于重力大小，合外力為零，根據平衡條件進行分析。
8．（2025高一上·上城期末）如圖所示，在近地圓軌道環繞地球運行的“天宮二號”的實驗艙內，航天員景海鵬和陳冬在向全國人民敬禮時（　　）
A．不受地球引力 B．處于平衡狀態，加速度為零
C．處于失重狀態，加速度約為g D．底板的支持力與地球引力平衡
【答案】C
【知識點】衛星問題
【解析】【解答】本題考查完全失重，要注意明確飛船繞地球運行時，加速度向下指向地心，并且大小約為g，處于完全失重狀態下。天宮二號做勻速圓周運動時宇航員處于完全失重狀態，此時仍受到地球引力作用，只不過引力恰好充當向心力，向心加速度近似等于g；此時人對地板沒有壓力，底板對人也沒有支持力。
故選C。
【分析】飛船在繞地球 運行時，萬有引力充當向心力，此時處于完全失重狀態下，與飛船底板沒有相互作用。
9．（2025高一上·上城期末）如圖甲所示，蹦極是近些年來新興的一項非常刺激的戶外活動。如圖乙所示是一位蹦極者從高處下落的過程中的速度一時間圖像，其中OB段是直線，BCD段是曲線。若不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．該蹦極者先加速運動后減速運動，在圖像中的C點下降到最低點
B．時刻連接蹦極者的橡皮繩就已經繃緊了
C．蹦極者在CD段處于失重狀態
D．由圖像可求出當地的重力加速度約為
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】當加速度向上，處于超重狀態，加速度向下，處于失重狀態，加速度為零，彈力等于重力，速度最大。AB．結合圖像及蹦極者的運動情景分析可知，時刻橡皮繩是松弛的，蹦極者只受重力，做自由落體運動，由圖像可知，下降到B點后，橡皮繩繃緊，BC段蹦極者向下做加速度逐漸減小的加速運動，經過C點后蹦極者向下做加速度逐漸增大的減速運動，故蹦極者在圖像中的C點還沒有下降到最低點，A、B項錯誤；
C．圖乙可知，CD段蹦極者的速度向下，加速度向上，處于超重狀態，故C錯誤；
D．由OB段蹦極者做自由落體運動可知，結合圖乙，可得當地的重力加速度
故D正確。
故選 D。
【分析】時刻橡皮繩是松弛的，C點速度最大，最低點速度等于零；加速度向上是超重；v-t圖像表示加速度。
10．（2025高一上·上城期末）如圖所示，a為地球赤道上的物體，b為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛星，c為地球靜止衛星。關于a、b、c做勻速圓周運動的說法中正確的是（　　）
A．a、b、c三物體，都僅由萬有引力提供向心力
B．周期關系為
C．線速度的大小關系為
D．向心加速度的大小關系為
【答案】B
【知識點】向心力；衛星問題
【解析】【解答】本題涉及到兩種物理模型，即a、c運動的周期相等，b、c同為在軌運行的衛星，其動力學原理相同，要兩兩分開比較，最后再統一比較。A．b、c圍繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，a為地球赤道上的物體，由萬有引力和地面給的支持力的合力提供向心力，故A錯誤；
B．c為地球靜止衛星，a為地球赤道上的物體，兩者的周期與地球自轉周期相等，根據
解得
由圖可知
可得
故B正確；
C．c為地球靜止衛星，根據
a、c角速度相等，a的軌道半徑小一些，則有
根據
解得
c的軌道半徑大于b的軌道半徑，則c的線速度小于b的線速度，則有
故C錯誤；
D．c為地球靜止衛星，根據
a、c角速度相等，a的運動半徑小一些，則有
根據
解得
由于c的軌道半徑大于b的軌道半徑，則c的加速度小于b的加速度，則有
故D錯誤。
故選B。
【分析】對于b、c，根據萬有引力提供向心力列式，得出各個物理量的表達式，再比較各個量的大小。c為地球同步衛星，a、c的角速度和周期相同，根據圓周運動的公式分析a與c的線速度和向心加速度的關系，從而得到三個物體各個量的關系。
11．（2025高一上·上城期末）質量為1kg的質點在xOy平面上做曲線運動，在x方向的速度圖像和y方向的位移圖像如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．質點的初速度為3m/s
B．質點所受的合外力大小為3N
C．質點做勻變速曲線運動
D．0-2s內質點速度方向與合外力方向夾角變大
【答案】C
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握速度和力的合成規律，同時注意判斷出當速度和力不共線時，做曲線運動。A．由速度圖像可得x方向的初速度為3m/s，加速度為1.5m/s2，y方向的位移圖像可知做勻速直線運動，速度大小為4m/s，質點的初速度為
故A錯誤；
B．質點所受的合外力大小為
故B錯誤；
C．質點的初速度方向與加速度方向不共線，加速度恒定，所以質點做勻變速曲線運動，故C正確；
D.0-2s內質點速度方向與合外力方向夾角為
可知0-2s內質點速度方向與合外力方向夾角變小，故D錯誤。
故選C。
【分析】分析x、y方向的速度，根據速度合成，求合速度；根據x方向的速度圖像斜率求加速度，根據牛頓第二定律，求x方向力，y方向勻速直線運動，y方向合力為零，根據力的合成，確定合力；速度和加速度不共線，加速度恒定，為勻變速曲線運動。
12．（2025高一上·上城期末）武打片中經常有飛檐走壁的鏡頭，其實這是借助懸繩拍攝產生的效果某演員在下列四種拍攝場景中均在空中處于靜止狀態，若忽略繩所受重力，則繩①受力最小的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題考查力的合成與分解應用，掌握矢量的平行四邊形定則的內容，注意通過矢量圖來判定力的大小是解題的關鍵。畫出人的受力圖，如圖所示，當T1和T2垂直時T1最小。
故選B。
【分析】依據對演員受力分析，結合力的平行四邊形法則，及力的合成圖，即可判定求解。
13．（2025高一上·上城期末）摩天輪是廣大游客喜愛的游樂設施。一質量為50 kg的游客坐在乘坐艙內隨轉輪一起做勻速圓周運動，已知該游客到轉軸中心的距離為60m，游客繞轉軸中心轉動的角速度ω=0.01 rad/s，g取 10 m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．游客在乘坐摩天輪過程中的加速度不變
B．游客在乘坐摩天輪過程中的線速度不變
C．游客在最低點時的向心力大小為0.3 N
D．游客的向心力總是由游客的重力和乘坐艙對其支持力的合力提供
【答案】C
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力
【解析】【解答】本題是實際生活中的圓周運動問題，要抓住加速度、合外力都是矢量，當矢量的方向改變時矢量也是變化的。A．由于向心力方向不斷變化，故加速度方向變化，故A錯誤；
B．游客的線速度方向不斷改變，故B錯誤；
C．游客向心力大小恒定，大小為
故C正確；
D．摩天輪做勻速圓周運動，合力指向圓心，而游客的重力和乘坐艙對游客的支持力沿豎直方向，不可能總是由它們的合力提供向心力，故D錯誤。
故選C。
【分析】乘客隨轎箱做勻速圓周運動，由合力提供向心力，方向指向圓心，時刻在變化，線速度是矢量，大小不變，方向變化，加速度大小不變，方向變化；由向心力公式計算向心力的大小。
14．（2025高一上·上城期末）下面四幅圖用曲線運動知識描述正確的是（　　）
A．圖甲，制作棉花糖時，糖水因為受到離心力而被甩出去
B．圖乙，火車軌道的外軌略高于內軌，火車拐彎時速度越小，對軌道磨損就一定越小
C．圖丙，該自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力不變
D．圖丁，在一座凹形橋的最低點，同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大
【答案】D
【知識點】生活中的圓周運動；離心運動和向心運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．制作棉花糖時，被甩出去的糖水做離心運動，但不是受離心力作用，故A錯誤；
B．設軌道與水平面的夾角為，火車轉彎時，如果速度，是由重力與支持力的合力提供向心力，火車的速度小于該值時，火車拐彎時速度越小，則對軌道磨損就越大，故B錯誤；
C．自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變，故C錯誤；
D．車過凹形橋的最低點有
則同一輛車子速度越大，對橋面壓力就越大，故D正確。
故選D。
【分析】A、甩出去的糖水做離心運動，但不受離心力作用；
B、火車轉彎時重力與支持力的合力提供向心力，由轉彎速度分析判斷；
C、自行車在賽道上做勻速圓周運動，所受的合外力提供向心力，所受的合外力大小不變，方向時刻改變；
D、根據支持力提供向心力，由牛頓第二定律分析判斷。
15．（2025高一上·上城期末）2024年11月8日，我國自主研制的“機器狼”首次在現場進行動態展示。操作員在某次演示中，操作該“機器狼”從靜止開始做勻加速直線運動，4秒末“機器狼”達到的速度后立刻開始勻速直線運動，當發現可疑目標之后，立刻做勻減速直線運動，經過2秒停止運動后原地待命。下列說法正確的是（　　）
A．“機器狼”在整個階段的平均速度為
B．“機器狼”在勻加速階段的位移大小為
C．“機器狼”在勻加速階段的慣性大于勻減速階段的慣性
D．減速后第內的位移是最后內位移的2倍
【答案】B
【知識點】慣性與質量；勻變速直線運動的速度與時間的關系
【解析】【解答】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論，并能靈活運用，有時運用推論求解會使問題更加簡捷。A．由于不清楚在勻速階段的時間，所以無法求解整個階段的平均速度，故A錯誤；
B．在勻加速直線運動過程中，平均速度為
所以位移為
故B正確；
C．機器狼在整個運動過程中，質量不變，所以慣性不變，故C錯誤；
D．根據逆向思維法，勻減速運動中減速后第的位移是最后位移的3倍，故D錯誤。
故選B。
【分析】不清楚在勻速階段的時間，無法求解整個階段的平均速度；結合平均速度公式求解位移；關系只和質量有關；根據逆向思維法分析位移之比。
二、非選擇題（本題共6小題55分。16．17為實驗題共兩題16分；18，19，20，21為解答題，共4題39分。）
16．（2025高一上·上城期末）如圖甲所示是高中物理常用的實驗裝置；
（1）利用該裝置能完成的實驗有（　　）
A．探究小車速度隨時間變化的規律
B．探究彈簧彈力與形變量的關系
C．探究兩個互成角度的力的合成
D．探究加速度與力、質量的關系
（2）某同學利用圖2裝置進行“探究加速度與力、質量的關系”實驗，打點計時器使用的交流電頻率為50Hz。圖3是實驗獲得的一段紙帶，每隔4個點取一個計數點，則計數點2的讀數是　 　cm，打下計數點3時小車的速度v=　 　m/s，通過紙帶數據計算出小車的加速度a=　 　m/s2。（計算結果均保留2位有效數字）
（3）在探究加速度與力的關系實驗中，兩位同學把所掛槽碼的總重力記為F，根據實驗數據作出的a-F關系圖像如圖4所示，下列說法正確的是（　　）
A．圖線①上的數據點是來自同一條紙帶
B．圖線②不過原點可能是由于未補償阻力或未完全補償阻力
C．兩條圖線的斜率均表示實驗小車的質量
D．得到圖線②的實驗中小車質量比圖線①的大
【答案】（1）A；D
（2）9.75；0.65；0.84
（3）B；D
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，根據題意應用勻變速直線運動的推論即可解題，計算時注意單位換算。
（1）通過打點計時器可以確定物體運動的速度大小，也可以確定物體運動的加速度大小，所以該實驗裝置可以探究小車速度隨時間變化的規律和探究加速度與力、質量的關系。
故選AD。
（2）計數點2的讀數是9.75cm；根據題意，相鄰兩計數點間的時間間隔為
打下計數點3時小車的速度為
通過紙帶數據計算出小車的加速度
（3）A．若是同一條紙帶，紙帶做勻變速運動的加速度是一個固定值，不可能出現不同的加速度，所以圖線①上的數據點不是來自同一條紙帶，故A錯誤；
B．圖線②中當F達到一定值時，加速度才不為0，所以不過原點可能是由于未補償阻力，故B正確；
CD．兩條圖線的斜率的倒數均表示實驗小車的質量，得到圖線②的實驗中小車質量比圖線①的大，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】（1）根據具體實驗裝置提供的器材結合實驗目的進行分析判斷；
（2）根據刻度尺的規則完成讀數，結合紙帶平均速度和瞬時速度的關系列式求解瞬時速度，利用逐差法求解加速度公式代入數據求解；
（3）根據兩圖像的傾斜程度和不能過原點的特點等分析判斷小車質量大小關系。
（1）通過打點計時器可以確定物體運動的速度大小，也可以確定物體運動的加速度大小，所以該實驗裝置可以探究小車速度隨時間變化的規律和探究加速度與力、質量的關系。
故選AD。
（2）[1]計數點2的讀數是9.75cm；
[2]根據題意，相鄰兩計數點間的時間間隔為
打下計數點3時小車的速度為
[3]通過紙帶數據計算出小車的加速度
（3）A．若是同一條紙帶，紙帶做勻變速運動的加速度是一個固定值，不可能出現不同的加速度，所以圖線①上的數據點不是來自同一條紙帶，故A錯誤；
B．圖線②中當F達到一定值時，加速度才不為0，所以不過原點可能是由于未補償阻力，故B正確；
CD．兩條圖線的斜率的倒數均表示實驗小車的質量，得到圖線②的實驗中小車質量比圖線①的大，故C錯誤，D正確。
故選BD。
17．（2025高一上·上城期末）某班的一些同學在學拋運動和圓周運動的有關知識后，自發組建了一個物理興趣小組，想自己動手做實驗來研究平拋運動的規律以及探究向心力大小的表達式。實驗時，這些同學分成了三個小組，其中第一小組的同學利用如圖甲所示的實驗裝置“研究平拋運動”，通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。
（1）關于該實驗，以下說法正確的有（　　）
A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平
B．每次小球可以從不同位置釋放
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球
D．為了得到小球的運動軌跡，需要用平滑的曲線把所有的點都連起來
（2）第二小組的同學讓小球做平拋運動用頻閃照相機對準方格背景照相，拍攝到如圖乙所示的照片，已知每個小方格邊長10cm，當地的重力加速度g取10m/s2，其中第4個點處位置已被污跡覆蓋。若以拍攝的第1個點為坐標原點，水平向右和豎直向下為正方向建立直角坐標系，則被拍攝到的小球在第4個點位置的坐標為（　 　cm）。小球平拋的初速度大小為　 　m/s。
（3）第三小組的同學利用如圖丙所示的裝置探究向心力大小的表達式，長槽上的擋板B到轉軸的距離是擋板A的2倍，長槽上的擋板A和短槽上的擋板C到各自轉軸的距離相等轉動手柄使長槽和短槽分別隨變速塔輪勻速轉動，槽內的球就做勻速圓周運動。
①下列實驗與第三小組同學的實驗中采用的實驗方法一致的是　 　
A.探究彈簧彈力與形變量的關系
B.探究兩個互成角度的力的合成規律
C.探究加速度與力、質量的關系
②若皮帶套左右兩個塔輪的半徑分別為R1、R2。某次實驗使R1=2R2，則A、C兩處的角速度之比為　 　。
【答案】（1）A；C
（2）（60，60）；2.0
（3）C；1：2
【知識點】研究平拋物體的運動；向心力
【解析】【解答】理解實驗原理，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體運動是解題的前提；根據實驗注意事項、實驗現象，應用圓周運動公式即可解題。
（1）A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平，以保證小球在空中做平拋運動，故A正確；
B．每次小球可以應從同一位置釋放，故B錯誤；
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球能有效減少空氣阻力對小球在空中運動的影響，故C正確；
D．實驗中有個別偏離軌跡太遠的點要舍棄，將軌跡上的點連成一條平滑曲線，故D錯誤。
故選AC。
（2）小球在水平方向上做勻速直線運動，所以相鄰兩點水平間距相等，由乙圖可知，所以第4個點的橫坐標為
在豎直方向上做自由落體運動，由勻加速直線運動規律可得
所以第4個點的縱坐標為
根據題意有
解得
（3）A．第三小組采用了控制變量法進行實驗研究，探究彈簧彈力與形變量的關系沒有涉及多個變量的相互影響，沒有使用控制變量法，故A錯誤；
B．探究兩個互成角度的力的合成規律采用的是等效替代法，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用了控制變量法，故C正確。
故選C。
兩塔輪用皮帶傳動，所以塔輪邊緣線速度大小相等，根據
可得，若半徑之比為2：1，則A、C兩處的角速度之比為1：2。
【分析】 （1）根據實驗原理和注意事項分析判斷；
（2）平拋運動水平方向勻速運動，豎直方向自由落體運動，根據運動學規律求解；
（3）根據控制變量法的特點分析判斷，根據v=ωR計算。
（1）A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平，以保證小球在空中做平拋運動，故A正確；
B．每次小球可以應從同一位置釋放，故B錯誤；
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球能有效減少空氣阻力對小球在空中運動的影響，故C正確；
D．實驗中有個別偏離軌跡太遠的點要舍棄，將軌跡上的點連成一條平滑曲線，故D錯誤。
故選AC。
（2）[1]小球在水平方向上做勻速直線運動，所以相鄰兩點水平間距相等，由乙圖可知，所以第4個點的橫坐標為
在豎直方向上做自由落體運動，由勻加速直線運動規律可得
所以第4個點的縱坐標為
[2]根據題意有
解得
（3）[1]A．第三小組采用了控制變量法進行實驗研究，探究彈簧彈力與形變量的關系沒有涉及多個變量的相互影響，沒有使用控制變量法，故A錯誤；
B．探究兩個互成角度的力的合成規律采用的是等效替代法，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用了控制變量法，故C正確。
故選C。
[2]兩塔輪用皮帶傳動，所以塔輪邊緣線速度大小相等，根據
可得，若半徑之比為2：1，則A、C兩處的角速度之比為1：2。
18．（2025高一上·上城期末）如圖所示；三段輕繩的結點為P，輕繩PA與輕質彈簧的右端相連，輕質彈簧的左端固定在物塊甲上，物塊甲放置在水平平臺上，輕質彈簧始終與水平臺面平行。輕繩PB連接著放置在水平地面上的物塊乙，PB與豎直方向的夾角，物塊甲、乙恰好不滑動。已知物塊甲、乙的質量分別為，物塊甲與水平平臺間的動摩擦因數，各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧的勁度系數，重力加速度。求：
（1）彈簧的形變量大小；
（2）輕繩PB上的彈力大小；
（3）物塊乙與地面間的動摩擦因數。
【答案】解：（1）對物塊甲受力分析，水平方向上有
其中
，
解得
（2）設輕繩上的彈力大小為，對結點受力分析，水平方向上有
解得
（3）對物塊乙受力分析，豎直方向上有
水平方向上有
其中
解得
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【分析】 （1）對物塊甲受力分析，根據平衡條件結合胡克定律進行解答；
（2）對結點P受力分析，水平方向上根據平衡條件求解輕繩PB上的彈力大小；
（3）對物塊乙受力分析，根據平衡條件結合摩擦力的計算公式求解物塊乙與地面間的動摩擦因數。
19．（2025高一上·上城期末）如圖所示為質量的月球探測器，在執行探測任務時懸停的高度。探測器完成任務后關閉發動機自由下落，當速度達到時立即啟動發動機提供升力，探測器向下勻減速運動，當速度減小到零時，探測器離月球表面的高度，此時再次關閉發動機，探測器最終安全達到月球表面。已知月球表面的重力加速度g取。
(1)求探測器到達月球表面時速度的大小；
(2)求探測器減速過程中發動機提供升力的大小；
(3)求探測器整個下落過程所用的總時間。
【答案】解：(1)設探測器到達月球表面的速度為，由運動學公式：
得：
(2)設探測器向下加速的位移為，向下減速的位移為，加速度為a，升力為F，則
得：
得：
得：
(3)設探測器向下加速時間為，向下減速時間為，再次加速時間為，總時間t，則
得：
得：
得：
得：
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）探測器距離月面5m時以自由落體的方式降落，由速度-位移公式可求得到達月球表面時速度的大小；
（2）由速度-位移公式和牛頓第二定律求得探測器減速過程中發動機提供升力的大小；
（3）由速度-時間公式結合題意求得探測器整個下落過程所用的總時間。
20．（2025高一上·上城期末）如圖，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺緩慢加速轉動，當轉速達到某一數值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動。現測得轉臺半徑，離水平地面的高度，物塊平拋落地過程水平位移的大小。設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度求：
（1）物塊做平拋運動的初速度大小；
（2）物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度；
（3）物塊與轉臺間的動摩擦因數。
【答案】（1）解：物塊做平拋運動，在豎直方向上有
在水平方向上有
聯立解得
（2）解：根據
可得物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度
（3）解：物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，則有
解得物塊與轉臺間的動摩擦因數為
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）平拋運動在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據運動學公式進行求解；
（2）根據線速度和角速度的關系求出物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度；
（3）根據靜摩擦力提供向心力，通過臨界速度求出動摩擦因數。
（1）物塊做平拋運動，在豎直方向上有
在水平方向上有
聯立解得
（2）根據
可得物塊離開轉臺邊緣時轉臺的角速度
（3）物塊離開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，則有
解得物塊與轉臺間的動摩擦因數為
21．（2025高一上·上城期末）如圖所示，傾角的光滑固定斜面AB與水平傳送帶BC通過一小段光滑圓弧平滑連接，傳送帶左、右兩端的距離，以大小的速率沿順時針方向轉動。現將一滑塊（視為質點）從斜面上的A點由靜止釋放，滑塊以大小的水平速度滑上傳送帶，并從傳送帶的右端C點飛出，最終落至水平地面上的D點。已知C、D兩點間的高度差，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數，取重力加速度大小，不計空氣阻力。
（1）求滑塊在斜面AB上運動的過程中加速度大小；
（2）求滑塊從C點飛出時的速度大小；
（3）求滑塊在傳送帶BC上運動的時間t；
（4）改變滑塊在斜面上由靜止釋放的位置，其他情況不變，要使滑塊總能落至D點，求滑塊釋放的位置到B點的最大距離．
【答案】解：（1）設滑塊的質量為m，滑塊沿斜面下滑的加速度大小為，根據牛頓第二定律有
解得
（2）因為，所以滑塊滑上傳送帶后的一段時間內做勻加速直線運動，設其加速度大小為，根據牛頓第二定律有
解得
根據勻變速直線運動規律，有
由于，滑塊速度增大到v后，將與傳送帶一起以相同的速度向右勻速運動，所以
（3）加速階段時間
勻速階段時間
總時間
（4）經分析可知，當滑塊釋放的位置到B點的距離最大時，滑塊通過B點時的速度最大（設為），且滑塊勻減速滑動到C點時的速度恰好為v，對滑塊沿傳送帶向右滑動的過程，根據勻變速直線運動的規律有
對滑塊沿斜面下滑的過程，根據勻變速直線運動的規律有
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；牛頓運動定律的綜合應用；平拋運動
【解析】【分析】（1）應用牛頓第二定律求出滑塊的加速度大小；
（2）應用牛頓第二定律求出滑塊在傳送帶上滑動時的加速度大小，應用運動學公式求出滑塊從C點飛出時的速度大小；
（3）應用運動學公式求出滑塊在傳送帶上運動的時間；
（4）滑塊落到D點，則滑塊離開傳送帶時的速度大小不變，釋放點高度最大時，滑塊在傳送帶上減少到C恰好與傳送帶共速，應用運動學公式求解。
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