广西钦州市2025-2026学年高一（上）期末物理试卷

这是一份广西钦州市2025-2026学年高一（上）期末物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.北京时间2025年4月27日23时54分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将“天链二号05星”发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。发射过程中，长征三号的惯性大小与( )
A. 长征三号的形状有关
B. 长征三号的速度有关
C. 长征三号的加速度有关
D. 长征三号的总质量有关
2.“歼−35A”战斗机是中国自主研发的一款中型隐身多用途战斗机，以下是该战斗机的一些关键参数：“歼−35A”的雷达反射面积约为0.001m2，这一指标使其隐身性能在现役战斗机中位居世界第一；最大起飞质量约35吨，满载质量约1.8×104kg；最大飞行速度高达2.2马赫，约2695km/h。根据以上信息，结合所学物理知识，下列说法正确的是( )
A. “质量”是力学基本物理量之一B. “吨”是国际单位制中的基本单位
C. “km/h”是国际单位制下的导出单位D. 所有的物理量都有单位
3.2025年4月30日13时08分，“神舟十九号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。现场医监医保人员确认航天员蔡旭哲、宋令东、王浩泽身体状态良好。返回舱在着陆前离地一定高度处，发动机点火反向推动返回舱使其减速直至着陆，在该过程中，下列说法正确的是( )
A. 航天员处于超重状态B. 航天员具有竖直向下的加速度
C. 返回舱对航天员的作用力小于其重力D. 返回舱受到的合外力方向竖直向下
4.如图所示，传送带以速度v顺时针匀速转动。一物块由静止放上传送带，经过一段时间后物块相对传送带静止。下列说法正确的是( )
A. 物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为静摩擦力，方向平行传送带向下
B. 物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向平行传送带向下
C. 物块相对传送带静止时，物块有相对传送带向下运动的趋势
D. 物块相对传送带静止时，物块没有受到摩擦力的作用
5.一质点做直线运动，其速度—时间图像如图所示。关于该质点，下列说法正确的是( )
A. 0～3s内做匀加速直线运动B. 2～3s内的加速度大小为0.3m/s2
C. 前2s内的位移大小为1.2mD. 前5s内的位移大小为0.3m
6.一质量m=1kg的物块在水平拉力F1、F2作用下，沿水平桌面做匀速直线运动。已知F1=F2=2N，两力的夹角为120°，重力加速度g取10m/s2，则物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
7.如图所示，一灯笼用细绳悬挂在天花板上的O点，在水平风力作用下处于静止状态，此时细绳与竖直方向的夹角为θ。若水平风力缓慢增大，则( )
A. θ保持不变
B. θ逐渐减小
C. 细绳受到的拉力逐渐增大
D. 细绳受到的拉力逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于运动与力，下列说法正确的是( )
A. 伽利略斜面实验说明力不是维持物体运动的原因
B. 质量一定的物体，速度越大，所受的合外力越大
C. 物体的运动状态发生改变，其合外力一定改变
D. 鸡蛋撞击石头，鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等
9.半圆柱体P、Q按如图所示的方式放置，P贴着墙面，Q贴着地面，P、Q均处于静止状态，若P与Q接触面光滑，下列说法正确的是( )
A. P一定受到四个力的作用
B. P可能受到三个力的作用
C. Q一定受到四个力的作用
D. Q可能受到三个力的作用
10.笛音雷是人们在节日时放的一种鞭炮，一颗笛音雷点着后，以10m/s的初速度竖直向上离开地面，并以5m/s2的加速度加速运动了2s后助推火药燃尽，继续做竖直上抛运动。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 助推火药燃尽时，笛音雷的速度大小为20m/s
B. 助推火药燃尽时，笛音雷的速度大小为30m/s
C. 笛音雷离地面的最大高度为50m
D. 笛音雷离地面的最大高度为30m
三、计算题：本大题共5小题，共54分。
11.某实验小组探究弹簧弹力与形变量的关系。
(1)该实验小组的同学如图甲组装好实验器材，用毫米刻度尺测出弹簧的原长，其读数为______cm。
(2)依次在弹簧下端增加悬挂钩码的数量，待钩码静止后，记录对应的刻度尺读数，最终得到所挂钩码的总质量m与弹簧形变量x的关系图线如图乙。若重力加速度大小取g=10m/s2，则弹簧的劲度系数为______N/m(结果保留三位有效数字)。
(3)在该实验中，若描绘的是所挂钩码的总质量m与弹簧长度x的关系图线，则所得图线与图乙中坐标轴的______(填“纵”或“横”)轴有交点。
12.用如图甲所示的实验装置来探究加速度与质量、合外力的关系。在探究质量一定，加速度与合外力关系时，用小桶和砂的重力表示小车受到的拉力F，测出多组加速度与对应拉力F的数据，并作出a−F图像。
(1)实验中______(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。
(2)某小组在实验中打出的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出。打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。则在打A点时小车的速度大小为______m/s，小车的加速度大小为______m/s2(结果均保留两位有效数字)。
(3)若该小组实验过程中不满足小桶和砂的质量远小于小车质量，其他操作都正确，则其所得到的小车a−F关系图像应是如图中的______(图中纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示细线对小车的拉力F)。
A.
B.
C.
D.
13.一汽车从静止出发，在平直公路上做加速度大小为a1=2m/s2的匀加速直线运动，10s后达到某一速度，此时司机发现前方有障碍物，立即刹车，最后刚好停在障碍物前。已知刹车过程中的加速度大小a2=4m/s2，求：
(1)汽车匀加速阶段运动距离；
(2)汽车刹车过程中运动的时间和距离。
14.如图所示，质量m1=0.6kg的小球A左侧用劲度系数k=4N/cm的轻弹簧与墙面连接，小球A右侧用细绳跨过定滑轮C后与质量m2=10kg的小球B相连。小球B穿在倾角θ=37°的细杆上，小球A静止。小球B恰好不下滑。已知小球A左侧的弹簧水平，右侧AC段与水平面所成角α=37°，BC段与水平面所成角β=16°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=cs53°=0.6，cs37°=sin53°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)弹簧的形变量；
(2)细杆与小球B之间的动摩擦因数。
15.如图所示，质量为mA=3kg的长木板A静止放置在光滑水平地面上，质量mB=2kg的小物块B静止放置在木板A的左端，t=0时刻，给B施加一个大小为12N、方向水平向右的恒力F，t=2s时撤去F，B最终刚好能到达A的右端。已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)施加力F瞬间，B的加速度大小a1和A的加速度大小a2；
(2)撤去力F时B的速度大小vB和A的速度大小vA；
(3)A的长度LA。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：质量是惯性大小的唯一量度，与形状、速度、加速度均无关，故D正确，ABC错误。
故选：D。
质量是惯性大小的唯一量度。
本题主要考查了对惯性的理解，解题关键是掌握质量是惯性大小的唯一量度。
2.【答案】A
【解析】解：A.在力学中，质量、长度、时间是三个基本物理量，其单位都是基本单位，故A正确；
B.“吨”是基本单位，但不是国际单位制中的基本单位，在国际单位制中质量的基本单位是kg，故B错误；
C.km/h是速度的常用单位，国际单位制中速度的单位为m/s，属于导出单位，故C错误；
D.有些物理量是无单位的，如折射率、效率、动摩擦因数等等，故D错误。
故选：A。
力学中，质量、长度、时间是三个基本物理量；其单位都是基本单位，但在国际单位制中，力学中基本单位为kg、m、s。
本题主要考查了力学单位制，解题关键是掌握力学中，质量、长度、时间是三个基本物理量。
3.【答案】A
【解析】解：AB.发动机点火反向推动返回舱使其减速直至着陆，则返回舱和航天员的加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；
CD.根据牛顿第二定律可得，由于返回舱和航天员的加速度竖直向上，则返回舱和航天员受到合外力方向竖直向上，则返回舱对航天员的作用力大于其重力，故CD错误。
故选：A。
加速度竖直向上，处于超重状态，结合牛第二定律分析返回舱对航天员的作用力与重力的大小关系。
明确超重和失重的概念，会根据加速度方向判断物体处于超重还是失重状态。
4.【答案】C
【解析】解：AB、物块由静止放上传送带，物块与传送带存在相对运动，故物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以物块受到的摩擦力方向平行传送带向上，故AB错误；
CD、物块相对传送带静止时，在重力作用下，物块有相对传送带向下运动的趋势，物块受到静摩擦力的作用，故C正确，D错误。
故选：C。
物块放上传送带瞬间，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，与相对运动方向相反；物块相对传送带静止时，物块有相对传送带向下运动的趋势，物块受到静摩擦力的作用。
解答本题时，要明确滑动摩擦力和静摩擦力产生的条件，知道滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反。
5.【答案】B
【解析】解：A.由v−t图像可知0～2s内初速度为负，速度的大小即速度的绝对值越来越小，做负方向的匀减速直线运动，2s～3s做匀加速直线运动，故A错误；
B.v−t图像的斜率表示加速度，根据图像可得2～3s内的加速度大小为a=ΔvΔt=0.33−2m/s2=0.3m/s2，故B正确；
C.v−t图像的面积表示位移，根据图像可得前2s内的位移为x2=−0.62×2m=−0.6m
即前2s内的位移大小为0.6m，方向沿负向，故C错误；
D.前5s内的位移为x5=−0.62×2m+32×0.3m=−0.15m
则前5s内的位移大小为0.15m，方向为负方向，故D错误。
故选：B。
由v−t图像分析物体运动状态；v−t图像的斜率表示加速度；v−t图像的面积表示位移，t轴上方位移为正，下方位移为负。
本题考查v−t图像，关键要知道v−t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。
6.【答案】B
【解析】解：物块做匀速直线运动，合力为零，在水平方向上，拉力F1、F2的合力与摩擦力大小相等。
F1与F2大小均为2N，夹角120°，合力大小为F合= F12+F22+2F1F2csθ= 22+22+2×2×2×cs120°N= 4+4+8×(−0.5)N=2N
物块受到的滑动摩擦力大小f=μN=μmg
由平衡条件得F合=f
联立解得μ=0.2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
物块做匀速直线运动，受力平衡，根据拉力F1、F2的合力与摩擦力大小相等，求出摩擦力大小，再根据摩擦力公式求解物块与桌面间的动摩擦因数。
解答本题时，要正确分析受力，利用力的合成法求出拉力F1、F2的合力是关键。
7.【答案】C
【解析】解：设细绳的拉力大小为T，风力为F风，如图所示：
在竖直方向，根据平衡条件得Tcsθ=mg
在水平方向Tsinθ=F风
可得tanθ=F风mg，T=mgcsθ
若水平风力缓慢增大，则θ逐渐增大，细绳受到的拉力T逐渐增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
灯笼处于静止状态，根据平衡条件列方程，进而分析出水平风力缓慢增大时θ的变化情况，以及细绳受到的拉力变化情况。
解答本题时，要正确分析灯笼受力，作出受力示意图，再根据平衡条件列方程解答。
8.【答案】AD
【解析】解：A、伽利略斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故A正确；
B、力不是维持物体运动的原因，合外力与物体速度大小无关，质量一定的物体，所受的合外力越大，则物体加速度越大，故B错误；
C、力是改变物体运动状态的原因，物体的运动状态发生改变，其合外力可以不变，故C错误；
D、鸡蛋撞击石头，鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力是一对相互作用力，大小相等，故D正确。
故选：AD。
力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因；一对相互作用力大小相等。
本题关键明确力的定义、力的相互性特点、相互作用力关系、力的作用效果，要多与实际问题联系，基础题。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、对P进行受力分析，P处于静止状态，合力为零，P受竖直向下的重力、垂直于PQ接触面向上的支持力、墙面水平向右的弹力，也可能受墙面的静摩擦力，所以P可能受三个力作用，也可能受四个力作用，故A错误，B正确；
CD、对Q进行受力分析，Q处于静止状态，合力为零，Q受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、垂直于PQ接触面向下的压力、地面水平向左的静摩擦力，所以Q一定受四个力作用，故C正确，D错误。
故选：BC。
P、Q均处于静止状态，对其受力分析，结合平衡条件分析即可。
本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握根据共点力平衡条件判断摩擦力是否存在的分析方法。
10.【答案】AC
【解析】解：AB.根据匀变速直线运动速度—时间关系可得v1=v0+at1=10m/s+5×2m/s=20m/s，故A正确，B错误；
CD.根据平均速度公式可得匀加速阶段位移大小为x1=v0+v12t1,解得x1=30m
竖直上抛阶段位移大小为x2=v122g,解得x2=20m
所以笛音雷离地面的最大高度为h=x1+x2，解得h=50m，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据匀变速直线运动速度—时间关系求解速度大小；根据平均速度公式和速度—位移关系求解位移大小，两段位移相加等于笛音雷离地面的最大高度。
本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
11.【答案】13.65 15.0 横
【解析】解：(1)刻度尺的最小分度值为0.1cm，可以读出弹簧原长为13.65cm。
(2)弹簧所受弹力大小为F=kx=mg
结合图乙可知m=Fg=kgx=k′x
则m−x图像的斜率k′=kg=75×10−35.0×10−2kg/m
解得弹簧的劲度系数k=15.0N/m
(3)当所挂钩码的总质量m为零时，弹簧长度x刚好为原长，x≠0
故所得图线与图乙中坐标轴的横轴有交点。
故答案为：(1)13.65；(2)15.0；(3)横。
(1)先确定刻度尺的最小分度值再读数；
(2)根据胡克定律和平衡条件推导图像对应的函数表达式，结合图像斜率计算；
(3)利用图像与坐标轴交点的物理意义判断。
本题关键掌握探究弹力和弹簧伸长关系的实验原理，利用图像计算弹簧原长和劲度系数的方法。
12.【答案】需要 0.65;1.0 B
【解析】解：(1)本实验为保证绳子对小车的拉力即为小车受到的合力，需要平衡摩擦力。
(2)打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，且相邻两计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为T=5×1f=5×150s=0.1s
则在打A点时小车的速度大小为vA=xOB2T=6.01+6.992×0.1×10−2m/s=0.65m/s
根据逐差法可得，小车的加速度大小为a=xBD−xOB4T2=8.00+8.99−6.01−6.994×0.12×10−2m/s2=0.9975m/s2≈1.0m/s2
(3)若该小组实验过程中不满足小桶和砂的质量远小于小车质量，其他操作都正确，则当拉力F较小时，仍满足小桶和砂的质量远小于小车质量，a−F图线为过原点的直线；则当拉力F较大时，不满足小桶和砂的质量远小于小车质量，a−F图线为曲线。故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：(1)需要；(2)0.65，1.0；(3)B。
(1)根据保证绳子对小车的拉力为小车受到的合力判断；
(2)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打A点时小车的速度；利用逐差法计算小车的加速度；
(3)根据小车受到的拉力近似等于小桶和砂的重力的条件分析判断。
本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理、利用图像处理问题的方法、根据匀变速直线运动规律计算小车速度和加速度的方法。
13.【答案】汽车匀加速阶段运动距离是100m 汽车刹车过程中运动的时间是5s，距离是50m
【解析】解：(1)一汽车从静止出发，在平直公路上做加速度大小为m/s2的匀加速直线运动，
有x1=12a1t12=12×2×(10)2m=100m；
(2)汽车加速的末速度为v1=a1t1=10×2m/s=20m/s，
已知刹车过程中的加速度大小a2=4m/s2，根据运动学公式得汽车刹车过程中运动的时间为t2=v1a2=204s=5s，
刹车的距离为x2=0+v12t2=0+202×5m=50m。
答：(1)汽车匀加速阶段运动距离是100m；
(2)汽车刹车过程中运动的时间是5s，距离是50m。
(1)根据加速度的定义式很容易计算出汽车加速过程的加速度大小；
(2)根据匀变速直线运动的运动学公式和推论求解。
解决本题的关键是熟练掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
14.【答案】弹簧的形变量为2cm 细杆与小球B之间的动摩擦因数为1112
【解析】解：(1)设绳子上的拉力为FT，对小球A，分析受力，如图所示：
竖直方向由平衡条件得
FTsinα=m1g
解得FT=10N
设弹簧的形变量为xcm，水平方向受力平衡：kx=FTcsα
解得x=2cm
(2)绳子与细杆的夹角γ=θ+β=53°，
对小球B，分析受力，如上图所示，垂直细杆方向由平衡条件得
FTsinγ+FN=m2gcsθ
解得FN=72N
小球B恰好不下滑，则FTcsγ+m2gsinθ=f
又f=μFN
解得μ=1112
答：(1)弹簧的形变量为2cm；
(2)细杆与小球B之间的动摩擦因数为1112。
(1)对小球A，分析受力，根据平衡条件求解绳子上的拉力，再求弹簧的形变量；
(2)小球B恰好不下滑，所受静摩擦力达到最大值，根据平衡条件结合摩擦力公式求解细杆与小球B之间的动摩擦因数。
本题是多体平衡问题，要明确研究对象，正确分析受力，再根据平衡条件解答。
15.【答案】施加力F瞬间，B的加速度大小为3m/s2，A的加速度大小为2m/s2 撤去力F时B的速度大小为6m/s，A的速度大小为4m/s A的长度为2.4m
【解析】解：(1)若对B施加力，AB一起以最大加速度做匀加速直线运动，则F0=(mA+mB)μmBgmA，解得F0=10N
由于F>F0
则两物体间发生相对滑动，根据牛顿第二定律可得F−μmBg=mBa1，μmBg=mAa2
解得a1=3m/s2，a2=2m/s2
(2)撤去力F时B的速度大小为vB=a1t，解得vB=6m/s
A的速度大小为vA=a2t，解得vA=4m/s
(3)外力作用阶段，B相对A向右运动，相对位移大小为Δx1=12a1t2−12a2t2，解得Δx1=2m
撤去外力，对B，根据牛顿第二定律可得μmBg=mBa3
解得a3=3m/s2
B向右做匀减速直线运动，二者共速时，有v共=vA+a2t′=vB−a3t′
解得t′=0.4s，v共=4.8m/s
此过程中，B相对于A向右运动，相对位移大小为Δx2=vB+v共2t′−vA+v共2t′，解得Δx2=0.4m
所以A的长度为LA=Δx1+Δx2
解得LA=2.4m
答：(1)施加力F瞬间，B的加速度大小为3m/s2，A的加速度大小为2m/s2；
(2)撤去力F时B的速度大小为6m/s，A的速度大小为4m/s；
(3)A的长度为2.4m。
(1)对B、A分别受力分析，结合牛顿第二定律求加速度。
(2)B、A均做匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的速度公式求撤去F时的速度。
(3)分“F作用的2s内”和“撤去F后至共速”两个阶段，通过位移差计算木板长度。
本题的关键是分阶段分析运动状态：F作用时，B、A均做匀加速，需明确各自的加速度来源。撤去F后，B减速、A加速，直到共速，需通过速度关系求共速时间，再计算位移差。