【物理】北京市2025-2026学年高一上学期期末试卷A（解析版+学生版）

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1. 下列各组物理量中，全部是矢量的有（ ）
A. 力、位移、加速度B. 力、路程、速度
C. 时间、力、速度D. 质量、位移、加速度
【答案】A
【解析】A.力、位移、加速度均为矢量，A正确；
B.路程是标量，B错误；
C.时间是标量，C错误；
D.质量是标量，D错误。
故选A。
2. 某同学正在进行一项体育运动，他站在一个力传感器上进行下蹲和站起的动作。在动作过程中力传感器的示数随时间的变化情况如图所示。已知重力加速度，则该同学在此过程中加速度的最大值约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由图可知该同学重力为500N，质量为50kg，F的最小值约为200N，最大值约为700N，则当F有最小值时加速度有最大值，根据牛顿第二定律有
解得
故选A。
3. 某个同学想了解教学楼的高度，在确保安全的前提下，录制了从教学楼顶将小铁球由静止释放到落地的视频，通过视频发现小铁球落地前最后2.05m的下落时间为0.1s。忽略空气阻力，重力加速度g取，则教学楼的高度约为（ ）
A. 18mB. 20mC. 22mD. 24m
【答案】C
【解析】设小铁球落地前最后2.05m的初速度为，根据
其中，联立解得
则教学楼的高度为
故选C。
4. 图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】以点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知
由平衡条件可得
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
5. “电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。如图，人笔直站在“电动平衡车”上，在某水平地面上沿直线匀速前进，下列正确的是（ ）
A. “电动平衡车”对人的作用力大于人对“电动平衡车”的作用力
B. 人的重力与车对人的支持力是一对相互作用力
C. 地面对车的摩擦力与人（含车）所受空气阻力平衡
D. 在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向右倾斜
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第三定律，“电动平衡车”对人的作用力等于人对“电动平衡车”的作用力，故A错误；
B．人的重力与车对人的支持力的受力物体都是人，不可能是相互作用力，故 B错误；
C．地面对车的摩擦力与人（含车）所受空气阻力平衡，所以人与车能够匀速运动，故C正确；
D．在行驶过程中突然向右转弯时，人会因惯性向左倾斜，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（ ）

A 1NB. 2NC. 4ND. 5N
【答案】C
【解析】对两物块整体做受力分析有
F = 2ma
再对于后面的物块有
FTmax= ma
FTmax= 2N
联立解得
F = 4N
故选C。
7. 小张同学调节家中的水龙头，每隔相等时间滴下一水滴，然后在其正下方放置一个水杯，水滴可以无阻挡滴进杯子里。某时刻，当第1颗水滴刚滴到杯底时，第4颗水滴恰欲滴下。水龙头出口到杯底的距离为，水杯的高度为。不计空气阻力的影响，则下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2）（ ）
A. 水滴下落到杯底的速度大小为4m/s
B. 每隔0.1s滴下一水滴
C. 水滴经过杯子的时间为
D. 水滴经过水杯的平均速度为3m/s
【答案】A
【解析】A．公式得出
根据可得落到杯底用时，故A正确；
B．当第一滴水落到杯底，空着有三个间隔，可得相邻的水滴滴下的时间间隔为，故B错误；
C．水滴到达杯口运动距离
由得
到达杯口的速度为
从杯口到杯底的时间为，故C错误；
D．平均速度为，故D错误。
故选A。
8. 用图甲所示的实验装置探究“弹簧弹力和形变量的关系”，图乙为两根劲度系数不同的弹簧、的弹力与形变量的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 两弹簧原长一定相同
B. 两图线未经过坐标原点的原因，可能是将弹簧悬挂起来测量弹簧原长
C. 图线末端是曲线是因为超出了弹簧的弹性限度
D. 图线末端为曲线，无法比较两弹簧的劲度系数
【答案】C
【解析】A．两弹簧刚开始的形变量相等，不能说明原长相等，故A错误；
B．弹簧弹力为0时，弹簧已经有形变量，故可能是测量弹簧原长时未将弹簧悬挂起来，故B错误；
C．a末端是曲线是因为超出了弹簧的弹性限度，故C正确；
D．图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由此可以判断出两弹簧的劲度系数，故D错误。
故选C。
9. 倾角为传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。
C正确，ABD错误。
故选C。
10. 很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（ ）
A. 手机在时刻改变运动方向B. 手机在时刻对手的压力最大
C. 手机在时刻运动到最高点D. 手机在时间内处于超重状态
【答案】B
【解析】A．根据可知图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故A错误；
B．设手对手机的支持力为Ｎ，根据牛顿第二定律得
得
由图可知时刻加速度最大，手对手机的支持力Ｎ最大，由牛顿第三定律可知手机在时刻对手的压力最大，故B正确；
C．根据可知图象与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在时刻速度为正，还没有到最高点，故C错误；
D．时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得
得
可得支持力小于重力，此时手机处于失重状态，故D错误；
11. 市场上有一种车载磁吸式手机支架如图所示，现将支架固定在汽车水平仪表台上，手机放上支架后便会被牢牢吸住，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车静止时，手机受到3个力作用
B. 手机受到支架的弹力是由于手机发生形变而产生的
C. 汽车匀速运动时，支架对手机的作用力竖直向上
D. 汽车由静止开始加速，摩擦力不变
【答案】C
【解析】A．汽车静止时，手机处于静止状态，受力平衡，手机受到重力、支架的支持力、摩擦力以及磁片的吸引力，共受到四个力的作用，A错误；
B．手机受到支架的弹力是由于支架发生形变而产生的，B错误；
C．汽车匀速运动时，支架对手机的作用力与手机的重力等大反向，所以支架对手机的作用力竖直向上，C正确；
D．设手机的质量为m，支架的倾角为，汽车静止时，手机受到的摩擦力为
汽车由静止开始加速，设加速度为a，如图所示
将加速度沿支架向上进行分解，沿支架方向根据牛顿第二定律可得
解得
所以摩擦力变大，故D错误。
12. 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。根据图像分析可知（ ）
A. 人的重力可由b点读出，约为500N
B. b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C. f点是人在双脚离开地板的过程中，上升最高的点
D. 人在b点对应时刻的加速度小于在c点对应时刻的加速度
【答案】D
【解析】A．人的重力从a点读出约为900N，质量约为90kg，A错误；
B．b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，B错误；
C．从d点到e点压力等于零，表明在d点是人双脚离开地板的一瞬间，从d点到e点人在空中运动，e点到f点是人落回地板的过程，C错误；
D．人在b点对应时刻的加速度大小约为，在c点对应时刻的加速度大小约为；
人在b点对应时刻的加速度小于在c点对应时刻的加速度，D正确。
故选D。
13. 有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B. 若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C. 若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D. 若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
【答案】D
【解析】AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，AB错误；
CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。
故选D。
14. 如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上.水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度与F的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设A的质量为，B的质量为，AB间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为，则
当，AB处于静止状态，加速度都为0；
当，AB开始一起加速运动，设当，AB刚好要发生相对运动，以AB为整体，由牛顿第二定律
以B为对象，由牛顿第二定律
联立解得
则当 ，AB一起做匀加速直线运动，加速度为
当 ，AB发生相对滑动，对A由牛顿第二定律
解得
a-F的斜率变大，由以上分析可知A的加速度与的关系图像可能为C选项。
故选C。
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15. 某兴趣小组利用一根长细橡皮条来探究“力的平行四边形定则”。所用实验器材有：木板、白纸、细线、三角板、刻度尺、图钉等。主要设计思路如下：
①将白纸固定在木板上，截取三条细线分别绑在橡皮条两端和中间某处（结点），如图1所示。用刻度尺测出细线2与橡皮条的结点到橡皮条末端的自然长度，并画在白纸上。
②细线1上端固定在处，适当拉动细线3，记录结点位置和橡皮条末端位置，如图2所示。
③互成角度地拉细线2、3，使结点到达处，记录橡皮条末端位置和细线2的方向，如图3所示。
④交换细线2、3的位置，再次互成角度地拉细线2、3，使结点仍到达处，保证细线2通过③中的描点、细线3通过③中细线2的方向，并记录橡皮条末端位置，如图4所示。
⑤利用①中画出的自然长度，以及、、、描点，进行探究。
请回答下列问题：
（1）下列说法正确的是_____（单选，填正确答案标号）。
A. 拉橡皮条的力越大越好
B. 细线2、3的夹角越大越好
C. 实验过程中橡皮条应与木板平行
D. 细线2与橡皮条的结点应位于橡皮条中点
（2）请在图5中完成实验探究图（作出必要的辅助线）。
（3）由（2）可知，按平行四边形定则作出的对角线在方向、长度（大小）上与一个力拉时力的方向、长度（大小）均存在误差，可能的实验误差来源是：_____。（写出1条）
【答案】（1）C （2）
（3）作图时有误差；长度测量不准确；描点位置不准确；实验中橡皮条发生扭转
【解析】
【小问1解析】
A．拉橡皮条的力不是越大越好，不能超过其弹性限度，故A错误；
B．细线2、3的夹角并非越大越好，故B错误：
C．实验过程中，橡皮条应始终与木板平行，故C正确；
D．细线2与橡皮条的结点可以不在橡皮条中点，故D错误。
故选C。
【小问2解析】
根据胡克定律可知，橡皮条的弹力大小与形变量成正比。作图时，需先从、、描点处分别截去长度，再根据平行四边形定则作图，如图所示。
【小问3解析】
作图时有误差；长度测量不准确；描点位置不准确；实验中橡皮条发生扭转。
16. 覃老师和同学们]一起探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。
（1）关于实验下列说法正确的是________；
A. 细绳与长木板可以不平行
B. 抬高木板右端，平衡摩擦力后，弹簧测力计上的示数可看作小车所受的合外力
C. 砂和砂桶的质量不一定要远小于小车的质量
D. 为了让小车运动到桌面最左端的数据都有效，砂桶离地面高度大于小车到桌面左端距离即可
（2）平衡摩擦力后进行试验，弹簧测力计的示数如图乙所示，读数为________N；
（3）根据纸带上的计数点计算得到小车在各计数点的瞬时速度。若以计数点A对应的时刻作为计时起点，绘制小车的图像如图丙所示，则小车运动的加速度大小_______（保留两位有效数字）。在保持小车的质量M不变的条件下，多次改变砂桶中砂的质量进行重复实验，记录多组弹簧测力计的示数F及对应的小车加速度a。以小车的加速度a为纵坐标、所受拉力F为横坐标绘制关系图线，所得图线为一条过原点的倾斜直线，且其斜率等于________（填“M”、“”、“”或“”），即可验证小车的加速度与其所受合外力成正比。
【答案】（1）C （2） （3）0.42（）
【解析】
【小问1解析】
A．为了保证小车运动过程中所受合力不变，实验过程中需要调节定滑轮和弹簧测力计的高度，使动滑轮两边的细绳与长木板平行，故A错误；
B．抬高木板右端，平衡摩擦力后，由甲图分析可知，小车受到的合外力是弹簧测力计示数的2倍，故B错误；
C．由于小车受到的合外力是弹簧测力计示数的2倍，可以直接测出，因此不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故C正确；
D．由甲图分析，可知砂桶的加速度为小车的加速度的两倍，则在相等运动时间内，砂桶的位移为小车位移的两倍，所以为了让小车运动到桌面最左端的数据都有效，则砂桶距离地面的高度需大于小车到桌面左端的距离的两倍，故D错误。
故选C。
【小问2解析】
由图乙可知，弹簧测力计的示数为
【小问3解析】
由图丙解得小车的加速度大小
对小车，根据牛顿第二定律有
变形得
可知图丙直线的斜率等于
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17. 如图1所示，有一质量的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：

(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
【答案】(1)，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m
【解析】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2得此时FT=1975N，则有
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有
(3)根据图像可知匀速上升的位移
匀减速上升的位移
匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，则有
所以总位移为
h=40m
18. 拖把是生活中常用的清洁工具，由拖杆和拖把头构成，设某拖把头的质量为，拖杆的质量可忽略不计，如图所示为某同学用该拖把在水平地板上拖地，拖杆与竖直方向的夹角为。若沿拖杆方向施加的推力大小为时，拖把头刚好在水平地板上做匀速直线运动，已知、，重力加速度为。求：
（1）拖把头所受的摩擦力大小；
（2）拖把头与水平地板间的动摩擦因数。
【答案】（1）24N （2）0.6
【解析】
【小问1解析】
对拖把头受力分析，重力、地面支持力、拖杆的推力和摩擦力，如图所示
由平衡条件可得，
解得
【小问2解析】
根据以上分析可知
其中
联立解得μ=0.6
19. 如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.7m锁定。时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是时的图线的切线，已知滑块质量，取。求：
（1）滑块与地面间的动摩擦因数；
（2）弹簧的劲度系数；
（3）已知图线上a点对应的速度值最大，此时弹簧的长度为，求弹簧的原长。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）从图像bc段可知，滑块脱离弹簧后的加速度
由牛顿第二定律
得
（2）时，瞬时加速度
设弹簧的劲度系数为k，由胡克定律，弹簧弹力
由牛顿第二定律得
解得
（3）在a点，滑块的加速度为0，设弹簧的形变量（压缩量）为，有
解得
则
20. 为进一步提高“高铁”载客效率。当列车通过车站时，质量为、长为的胶囊舱（转移车厢）就会锁住列车的车顶，乘客通过胶囊舱实现转移后，胶囊舱与列车自动分离进入到自己的轨道，而列车继续向前行驶，乘客就可以由胶囊舱慢慢地下车。一复兴号列车以速度在平直的轨道上匀速行驶，过站时需先匀减速至，让胶囊舱锁住列车的车顶与其共速行驶3分钟实现乘客转移，之后复兴号列车与胶囊舱脱离，重新匀加速至的继续向前行驶。若采用停车上下客，则列车需从匀减速至0，停留3分钟，之后列车重新匀加速至。已知匀加速和匀减速的加速度大小均为。求：
（1）采用停车上下客，列车从匀减速至0，停留3分钟，之后再到恢复，其所需的时间及通过的路程；
（2）采用不停车上下客，列车从开始匀减速至，乘客用3分钟转移到胶囊舱，再恢复到，其运行的时间比停车上下客节省的时间；
（3）采用不停车上下客，在列车开始减速时，胶囊舱即从静止开始加速，其所受合力为，其中，L为胶囊舱长度，要让胶囊舱在高铁车速降到时即与之锁住，则此过程胶囊舱需运动的距离。
【答案】（1）380s；10000m；（2）105s；（3）1200m
【解析】（1）；停车上下客匀减速时间
停车上下客匀加速时间
停车上下客所需总时间

停车上下客，匀减速通过的路程

停车上下客，通过的总路程

（2）不停车上下客，匀减速时间

不停车上下客，匀加速时间
不停车上下客，所需总时间

不停车上下客，通过的总路程


（3）由牛顿第二定律可得

把t分成许多的微小时间段，等式两边同乘，并累加得：
解得