资源简介

四川省成都市邛崃市第一中学校2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
一、单项选择题：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．（2025高一上·邛崃期末）下列物理量属于矢量的是（　　）
A．路程 B．速率 C．质量 D．位置变化量
【答案】D
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A（路程 ）：物体运动轨迹的长度，只有大小，无方向，标量。
B（速率 ）：速度的大小，只有大小，无方向（速率≠速度，速度是矢量 ），标量。
C（质量 ）：物体所含物质的多少，只有大小，无方向，标量。
D（位置变化量 ）：即位移，描述物体位置变化的物理量，既有大小（初末位置的距离 ）又有方向（初位置指向末位置 ），矢量。
故答案为：D。
【分析】1. 概念回顾：清晰区分矢量（有大小+方向 ）与标量（只有大小 ）的定义。
2. 选项判断：结合各物理量的“方向属性”，判断是否为矢量——位置变化量（位移 ）符合矢量特征，其余为标量。
2．（2025高一上·邛崃期末）关于位移和路程，下列说法中正确的是（　　）
A．做直线运动的物体，位移和路程在大小上总相等
B．位移用来描述直线运动，路程用来描述曲线运动
C．其实，位移和路程是一回事
D．位移是矢量，路程是标量
【答案】D
【知识点】位移与路程；矢量与标量
【解析】【解答】A．只有做单向直线运动的物体，位移的大小和路程总是相等，故A错误；
B．位移描述物体位置的变化（有方向），路程描述物体运动轨迹的长度（无方向） ，二者均可描述直线运动或曲线运动，所以 “位移描述直线运动，路程描述曲线运动” 错误，故B错误；
C．位移是矢量（有大小 + 方向，遵循平行四边形定则 ），路程是标量（只有大小，算术相加 ），物理意义完全不同，故C错误；
D．位移是矢量（需说明大小和方向，如 “位移为5m，向东” ）；路程是标量（只需说明大小，如 “路程为10m” ），故D正确。
故答案为：D。
【分析】AB.对直线运动，区分 “单向” 与 “往返” 情景，判断位移大小是否等于路程（仅单向直线运动时相等 ），以此判断选项 A；对运动类型（直线 / 曲线 ），明确位移和路程均可描述，判断选项 B。
CD.矢量有方向、遵循平行四边形定则；标量无方向、算术相加。位移符合矢量特征，路程符合标量特征，以此判断选项 C、D。
3．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，质量为m的小物块静止地放在半径为R的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为，小物块与球心连线与水平地面的夹角为，则下列说法中正确的是（　　）
A．小物块所受摩擦力大小为
B．小物块对半球体的压力大小为
C．小物块所受摩擦力大小为
D．小物块所受摩擦力大小为
【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小物块受力分析如图1，
将重力正交分解，如图2，
A、摩擦力是静摩擦力，不能用动摩擦公式，且大小应为，A错误。
B、物块对半球体的压力（非 ），B错误。
C、摩擦力大小为（非 ），C错误。
D、摩擦力大小为，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 受力分解：将重力沿“径向（半球半径方向 ）”和“切线方向”分解，简化平衡条件。
2. 平衡方程：径向与切线方向分别列平衡方程，求解支持力与静摩擦力。
3. 选项验证：结合牛顿第三定律（压力与支持力关系 ），判断各选项正误（注意静摩擦力与动摩擦力公式的区别 ）。
4．（2025高一上·邛崃期末）如下为伽利略对落体运动规律探究的实验步骤，步骤排序正确的选项是（　　）
①实验验证：转换变通研究小球从斜槽上静止滚下的位移时间关系
②猜想假设：速度与时间成正比
③合理外推：当斜面倾角逐渐加大直到90°，小球的运动仍应当满足
④数学推理：构造几何图形推理得出
A．②③④① B．②④①③ C．①④③② D．②①③④
【答案】D
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点，但在伽利略时代无法直接测出物体运动的速度，伽利略借助于数学方法巧妙地将研究“速度与时间的关系”转换为研究“位移与时间的关系”，解决了这一难题，伽利略对落体运动规律探究的实验步骤排序为②①③④。
故答案为：D。
【分析】猜想起点：从 “速度与时间成正比” 的假设出发（② ），这是探究的逻辑起点。
转换验证：因直接测速度困难，用 “位移与时间关系” 替代验证（① ），体现伽利略的 “转换法” 智慧。
合理外推：从斜面运动（易测量 ）外推到落体运动，完成对落体运动的规律推导（③ ）。
5．（2025高一上·邛崃期末）某同学站在力传感器上连续做“下蹲-站起-下蹲-站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图，D点和B点对应的力值之比约2：1.下列说法中正确的是（　　）
A．A点对应人处于失重状态
B．B点对应人正在站起
C．C点对应人正在蹲着不动
D．D点和B点对应的人加速度之比约2：1
【答案】B
【知识点】重力加速度；超重与失重
【解析】【解答】A．初始人平衡（压力 = 重力 ），A点压力＞重力可得合力向上，所以是超重状态（非失重 ），故A错误；
B．站起过程先是加速上升，超重，到达一个最大速度后再减速上升，失重，对应先超重再失重，对应压力先增大后减小，B点对应人正在站起，故B正确；
C．C点对应平衡状态，人可能站着不动，故C错误；
D．由图中信息无法比较D点和B点对应的人加速度之比为多少，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：压力与重力比较→超重/失重判断。
B：站起过程“先超重（加速 ）后失重（减速 ）”，结合B点压力大小→判断动作阶段。
C：压力 = 重力→平衡状态，但需结合动作循环判断实际状态。
D：牛顿第二定律列加速度表达式，因 与 关系未知，无法确定加速度比。
6．（2025高一上·邛崃期末）2023年7月10日，2023CBA夏季联赛揭开大幕。比赛中，段昂君帮助球队以79：69成功拿到“开门红”。如图所示，某轮比赛中段昂君竖直跳起将篮球扣入篮筐中，他在竖直上升过程中前一半位移用来完成技术动作，后一半位移用来姿态调整，到达最高点后刚好手臂举起将球扣入篮筐。已知段昂君站立举手能达到的高度为2.55m，起跳后只受重力，篮球筐距地面高度为3.05m，重力加速度g取10m/s2，篮球可视为质点，则他用于完成技术动作的时间为（　　）
A． B． C．1.0s D．
【答案】D
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】解：段昂君上升的高度为
由逆向思维可知，上升过程的总时间为
上升过程中后半段位移的时间
则上升过程前半段位移他用于完成技术动作的时间为
。
故答案为：D。
【分析】1. 逆向思维简化运动分析： 竖直上抛上升过程（匀减速 ）→ 逆向视为自由落体（匀加速 ），利用自由落体公式（ ）简化计算，避免复杂的匀变速直线运动公式。
2. 位移分段与时间关系： 将总位移分为“技术动作（前半段）”和“姿态调整（后半段）”，分别计算两段位移对应的自由落体时间，利用“总时间 - 后半段时间 = 前半段时间”求解，核心是自由落体运动中，位移与时间的平方成正比（ ）。
3. 公式选择与推导： 关键公式为自由落体位移公式，通过变形，分别代入总位移和半位移，计算对应时间差，得到技术动作时间。
7．（2025高一上·邛崃期末）物体做直线运动，以水平向右为正方向，它的速度—时间图像如图所示，则该物体（　　）
A．在前2s内和内的加速度相同
B．在前6s内一直向右运动
C．在内和内的位移相同
D．在8s末离出发点的距离最远
【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图像可知，前2s内和2~6s内的加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．在前6s内速度都是正方向，所以物体一直向右运动，故B正确；
C．图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知4~6s内和6~8s内的位移大小相等方向相反，故C错误；
D．分析图像可知，前6s一直向正方向运动，6s后向负方向运动，所以6s时离出发点距离最远，故D错误。
故答案为：B。
【分析】加速度判断：利用v-t图像斜率表示加速度，计算斜率的大小和方向，对比不同时间段加速度。
运动方向判断：依据速度正负表示方向，直接看图像在t轴上方 / 下方，确定运动方向。
位移判断：通过v-t图像与t轴围成的面积表示位移，面积正负对应位移方向，大小对应位移大小。
离出发点最远距离：分析位移的累加过程，正位移持续累加时距离增大，出现负位移后距离减小，找到位移最大的时刻。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，在光滑斜面上，用平行于斜面向上的力F拉着小车一起沿斜面向上做匀速直线运动，若力F逐渐减小，则小车在向上继续运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的加速度减小，速度增加
B．物体的加速度增加，速度减小
C．物体的速度减小，对斜面的压力不变
D．物体的速度增加，对斜面的压力也增加
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．设斜面的倾角为θ，物体的质量为m。开始物体做匀速直线运动，有
当力F减小时，加速度为
方向沿斜面向下，F减小，则加速度增大，由于加速度方向与速度方向相反，知物体的速度减小，故A错误B正确；
CD．物体在垂直于斜面方向加速度为零，则物体所受的支持力为
不变，物体对斜面的压力也不变， 故D错误C正确。
故答案为：BC。
【分析】1. 加速度判断： 初始匀速：合力为，，减小后：沿斜面合力合，结合牛顿第二定律合，分析加速度大小和方向变化；再根据加速度与速度方向关系，判断速度变化（反向则减速 ）。
2. 压力判断： 垂直斜面方向受力平衡，支持力（与无关 ），压力与支持力等大反向，故压力不变，结合速度变化结论，判断选项。
9．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，A、B两物体的重力分别是，。A用细线悬挂在顶板上，B放在水平面上，A、B间轻弹簧的弹力，则地面对B的支持力的可能值分别是（　　）
A．3N B．8N C．4N D．6N
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】当弹簧处于伸长状态，对B研究可得，由平衡条件得到，地面对B的支持力为
FN=GB-F=6N-2N=4N
当弹簧处于压缩状态，对B研究可得，地面对B的支持力为
FN=GB+F=6N+2N=8N
故答案为：BC。
【分析】受力分析的关键：弹簧弹力方向不确定（伸长时向上拉B，压缩时向下压B ），需分两种情况讨论。
平衡条件的应用：B静止，竖直方向合力为0。根据弹力方向，列不同的平衡方程（弹力向上时 “支持力 + 弹力 = 重力”；弹力向下时 “支持力 = 重力 + 弹力” ）。
结论推导：两种情况对应支持力的两个可能值4N和8N，匹配选项得出结果。
10．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物 体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角度，下 列说法正确的是
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力可能小于mg
C．物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力
D．物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力
【答案】B,D
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图
根据平衡条件，有竖直方向
F浮+Tcosθ=mg…①
水平方向
f=Tsinθ…②
由①②可知
可能小于mg，故A错误B正确；
CD．河水作用力包括浮力和阻力，其中阻力等于拉力的水平分力，则物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力，故C错误D正确．
故答案为：BD。
【分析】受力分析完整性：物体在水中，除重力、拉力外，还受浮力（竖直向上）和河水阻力（水平方向），不能忽略浮力，这是分析拉力大小的关键。
正交分解与平衡条件：将拉力T沿竖直、水平方向分解，利用 “竖直方向合力为0（重力 = 浮力 + 拉力竖直分力 ）” 和 “水平方向合力为0（阻力 = 拉力水平分力 ）” 列方程，推导拉力表达式和河水作用力的特点。
合力大小比较：河水作用力是浮力与阻力的合力（矢量和 ），通过平行四边形定则判断其与拉力水平分力的大小关系（因浮力存在，合力大于阻力，即大于拉力水平分力 ）。
三、实验探究（每空2分、共14分）
11．（2025高一上·邛崃期末）某同学用如图所示的实验装置来验证“探究共点力合成的规律”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中的示数为　 　N(保留两位有效数字)．
(2)下列的一些做法中，是该实验中必须的实验要求是　 　．(请填写选项前对应的字母)
A．实验中必须保证OB水平 B．应测量重物M所受的重力
C．拉线方向应与木板平面平行 D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使AO与OB的夹角不变
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，你的解决办法是　 　.
【答案】3.6；BC；将A更换成较大量程的弹簧测力计或减小重物M的质量
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】(1)由图示可知，弹簧测力计分度值为0.2N，其示数为3.6N。
故答案为：3.6
(2)A．该实验中不一定需要OB水平．故A错误。
B．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向，虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．故B正确。
C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C正确。
D．该实验中AO与OB的夹角大小不会影响实验结果．故D错误。
故答案为：BC。
(3)当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程。
故答案为：将A更换成较大量程的弹簧测力计或减小重物M的质量。
【分析】（1）弹簧测力计读数：明确分度值（最小刻度 ），直接读取指针位置，核心是仪器读数规范。
（2）实验要求判断：理解 “等效替代” 思想（用两个拉力替代重力 ），需测量重力（B 选项 ）。
保证力的方向在同一平面（木板平面 ），需拉线与木板平行（C 选项 ）。
排除不必要限制（OB 水平、固定夹角 ），核心是实验原理与操作逻辑。
（3）超量程解决：超量程源于拉力过大，从 “减小拉力” 或 “增大量程” 两个角度分析，核心是力的合成中合力与分力的动态调整。
12．（2025高一上·邛崃期末）某实验小组利用如图的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是　 　（填字母代号）；
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
D．实验时，木块释放的初始位置应尽量远离打点计时器
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量　 　砝码桶及桶内砝码的总质量（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）；
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到下图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图可知，m甲　 　m乙，μ甲　 　μ乙（填“ > ”、“ < ”或“ = ”）。
【答案】AC；远大于；>；<
【知识点】受力分析的应用；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】(1)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，A正确；
B．在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，B错误；
C．平衡摩擦力后，有
mgsinθ = μmgcosθ
即
μ = tanθ
与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要从新调节木板倾斜度，C正确；
D．实验时，木块释放的初始位置应尽量靠近打点计时器，这样可以在纸带上打出更多的点，有利于数据选取，D错误。
故答案为：AC。
(2)实验过程中码桶及砝码也与木块和木块上砝码一起做匀加速运动，即对砝码桶和砝码有
mg - F = ma
对木块和木块上砝码有
F = Ma
整理有
只有当m < < M时才有F ≈ mg。
故答案为：远大于
(3)当没有平衡摩擦力时有
F - f = ma
整理有
a =F - μg
即a—F图像的斜率为，纵轴截距大小为μg，由图线可知m甲 > m乙，μ甲 < μ乙。
故答案为：>；<
【分析】（1）：依据“实验操作规范”（细绳平行、平衡摩擦条件、质量改变影响 ），判断操作正误。
（2）：通过“连接体受力分析”，推导拉力近似条件（ 时 ）。
（3）：利用“未平衡摩擦时的 表达式（ ）”，结合斜率（ ）和截距（ ），比较质量与摩擦因数。
四、分析与计算（写出必要的文字说明，3个小题，共40分）
13．（2025高一上·邛崃期末）某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离，空气阻力忽略。（）求：
（1）小球下落的时间；
（2）小球落地时的水平位移；
（3）小球落地瞬间的速度大小。
【答案】（1）解：小球下落的时间
解得
（2）解：小球落地时的水平位移
.
（3）解：落地时速度是水平分速度与竖直分速度的合速度：
水平分速度
（匀速不变 ）
竖直分速度：自由落体末速度
代入，，得
合速度大小（勾股定理 ）
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】1. 运动分解： 平抛运动→水平匀速（，无加速度 ）+ 竖直自由落体（，初速度为 ），将复杂运动拆分为两个简单分运动。
2. 竖直方向：自由落体时间：用自由落体位移公式，直接关联高度与时间，核心是匀变速直线运动位移公式的应用。
3. 水平方向：匀速位移：水平速度不变，用，结合竖直方向求得的时间，计算水平位移，体现运动的独立性。
4. 合速度计算：速度是矢量，落地速度为水平、竖直分速度的矢量和，用勾股定理合成，体现矢量合成的平行四边形定则（此处为直角三角形，简化为勾股定理 ）。
14．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，质量为M的物体甲通过两段轻绳和一根劲度系数为k的轻弹簧悬挂，结点为O。轻绳OB水平且B端与放置在水平面上质量为m的物体乙相连，轻弹簧OA的中轴线与竖直方向的夹角α=37°，物体甲、乙均处于静止状态（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）。求：
（1）物体乙对水平面的压力；
（2）轻弹簧OA的伸长量x；
（3）物体乙受摩擦力的大小。
【答案】（1）解：物体乙均处于静止状态，物体乙受到水平面的支持力
根据牛顿第三定律可知物体乙对水平面的压力
，方向竖直向下。
（2）解：对O受力分析，如图所示
根据平衡条件，有
根据胡克定律，有
解得轻弹簧OA的伸长量
。
（3）解：乙在水平方向受力平衡，所以乙受到的摩擦力
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；力的合成与分解的运用
【解析】【分析】（1）利用“物体乙竖直方向平衡”+“牛顿第三定律”，直接得压力。
（2）对结点 正交分解（竖直方向，水平方向 ），结合胡克定律 求伸长量。
（3）依据“物体乙水平方向平衡”，摩擦力等于绳 拉力。
15．（2025高一上·邛崃期末）由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
（1）第6辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；（答案保留根号）
（2）若绿灯的持续时间为30s，则第11辆汽车前端能否在一次绿灯时间里到达停止线。
（3）在某个路口第一辆车以启动后达到20m/s就会开始做匀速直线运动，第二辆车车主因不遵守交通规则玩手机耽误了时间，当他发现第一辆车的车尾离自己车头16m时才开始以启动，他的车速到达20m/s时两车的距离是多少？（答案保留根号）
【答案】（1）解：第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）解：前一辆汽车行驶之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线。
（3）解：根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）：明确第 6 辆汽车的 “总位移”（车长 + 车距和 ），用匀加速速度公式直接求解。
（2）：先求 “后车启动间隔时间”（安全车距差的匀加速时间 ），再算 “第 11 辆启动总延迟”+“自身行驶时间”，与绿灯时间比较。
（3）：分阶段分析两辆车的运动：第一辆车 “先加速→后匀速”，第二辆车 “延迟后加速”，通过位移差计算最终间距（注意初始车距与各阶段位移叠加 ）。
（1）第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）前一辆汽车行驶
之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线；
（3）根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
1 / 1四川省成都市邛崃市第一中学校2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
一、单项选择题：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．（2025高一上·邛崃期末）下列物理量属于矢量的是（　　）
A．路程 B．速率 C．质量 D．位置变化量
2．（2025高一上·邛崃期末）关于位移和路程，下列说法中正确的是（　　）
A．做直线运动的物体，位移和路程在大小上总相等
B．位移用来描述直线运动，路程用来描述曲线运动
C．其实，位移和路程是一回事
D．位移是矢量，路程是标量
3．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，质量为m的小物块静止地放在半径为R的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为，小物块与球心连线与水平地面的夹角为，则下列说法中正确的是（　　）
A．小物块所受摩擦力大小为
B．小物块对半球体的压力大小为
C．小物块所受摩擦力大小为
D．小物块所受摩擦力大小为
4．（2025高一上·邛崃期末）如下为伽利略对落体运动规律探究的实验步骤，步骤排序正确的选项是（　　）
①实验验证：转换变通研究小球从斜槽上静止滚下的位移时间关系
②猜想假设：速度与时间成正比
③合理外推：当斜面倾角逐渐加大直到90°，小球的运动仍应当满足
④数学推理：构造几何图形推理得出
A．②③④① B．②④①③ C．①④③② D．②①③④
5．（2025高一上·邛崃期末）某同学站在力传感器上连续做“下蹲-站起-下蹲-站起…”的动作。截取力传感器某一时段内的采集数据如图，D点和B点对应的力值之比约2：1.下列说法中正确的是（　　）
A．A点对应人处于失重状态
B．B点对应人正在站起
C．C点对应人正在蹲着不动
D．D点和B点对应的人加速度之比约2：1
6．（2025高一上·邛崃期末）2023年7月10日，2023CBA夏季联赛揭开大幕。比赛中，段昂君帮助球队以79：69成功拿到“开门红”。如图所示，某轮比赛中段昂君竖直跳起将篮球扣入篮筐中，他在竖直上升过程中前一半位移用来完成技术动作，后一半位移用来姿态调整，到达最高点后刚好手臂举起将球扣入篮筐。已知段昂君站立举手能达到的高度为2.55m，起跳后只受重力，篮球筐距地面高度为3.05m，重力加速度g取10m/s2，篮球可视为质点，则他用于完成技术动作的时间为（　　）
A． B． C．1.0s D．
7．（2025高一上·邛崃期末）物体做直线运动，以水平向右为正方向，它的速度—时间图像如图所示，则该物体（　　）
A．在前2s内和内的加速度相同
B．在前6s内一直向右运动
C．在内和内的位移相同
D．在8s末离出发点的距离最远
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，在光滑斜面上，用平行于斜面向上的力F拉着小车一起沿斜面向上做匀速直线运动，若力F逐渐减小，则小车在向上继续运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的加速度减小，速度增加
B．物体的加速度增加，速度减小
C．物体的速度减小，对斜面的压力不变
D．物体的速度增加，对斜面的压力也增加
9．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，A、B两物体的重力分别是，。A用细线悬挂在顶板上，B放在水平面上，A、B间轻弹簧的弹力，则地面对B的支持力的可能值分别是（　　）
A．3N B．8N C．4N D．6N
10．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物 体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成θ角度，下 列说法正确的是
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力可能小于mg
C．物体受到河水的作用力等于绳子拉力的水平分力
D．物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力
三、实验探究（每空2分、共14分）
11．（2025高一上·邛崃期末）某同学用如图所示的实验装置来验证“探究共点力合成的规律”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中的示数为　 　N(保留两位有效数字)．
(2)下列的一些做法中，是该实验中必须的实验要求是　 　．(请填写选项前对应的字母)
A．实验中必须保证OB水平 B．应测量重物M所受的重力
C．拉线方向应与木板平面平行 D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使AO与OB的夹角不变
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，你的解决办法是　 　.
12．（2025高一上·邛崃期末）某实验小组利用如图的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是　 　（填字母代号）；
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
D．实验时，木块释放的初始位置应尽量远离打点计时器
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是木块和木块上砝码的总质量　 　砝码桶及桶内砝码的总质量（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）；
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到下图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图可知，m甲　 　m乙，μ甲　 　μ乙（填“ > ”、“ < ”或“ = ”）。
四、分析与计算（写出必要的文字说明，3个小题，共40分）
13．（2025高一上·邛崃期末）某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离，空气阻力忽略。（）求：
（1）小球下落的时间；
（2）小球落地时的水平位移；
（3）小球落地瞬间的速度大小。
14．（2025高一上·邛崃期末）如图所示，质量为M的物体甲通过两段轻绳和一根劲度系数为k的轻弹簧悬挂，结点为O。轻绳OB水平且B端与放置在水平面上质量为m的物体乙相连，轻弹簧OA的中轴线与竖直方向的夹角α=37°，物体甲、乙均处于静止状态（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）。求：
（1）物体乙对水平面的压力；
（2）轻弹簧OA的伸长量x；
（3）物体乙受摩擦力的大小。
15．（2025高一上·邛崃期末）由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
（1）第6辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；（答案保留根号）
（2）若绿灯的持续时间为30s，则第11辆汽车前端能否在一次绿灯时间里到达停止线。
（3）在某个路口第一辆车以启动后达到20m/s就会开始做匀速直线运动，第二辆车车主因不遵守交通规则玩手机耽误了时间，当他发现第一辆车的车尾离自己车头16m时才开始以启动，他的车速到达20m/s时两车的距离是多少？（答案保留根号）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】矢量与标量
【解析】【解答】A（路程 ）：物体运动轨迹的长度，只有大小，无方向，标量。
B（速率 ）：速度的大小，只有大小，无方向（速率≠速度，速度是矢量 ），标量。
C（质量 ）：物体所含物质的多少，只有大小，无方向，标量。
D（位置变化量 ）：即位移，描述物体位置变化的物理量，既有大小（初末位置的距离 ）又有方向（初位置指向末位置 ），矢量。
故答案为：D。
【分析】1. 概念回顾：清晰区分矢量（有大小+方向 ）与标量（只有大小 ）的定义。
2. 选项判断：结合各物理量的“方向属性”，判断是否为矢量——位置变化量（位移 ）符合矢量特征，其余为标量。
2．【答案】D
【知识点】位移与路程；矢量与标量
【解析】【解答】A．只有做单向直线运动的物体，位移的大小和路程总是相等，故A错误；
B．位移描述物体位置的变化（有方向），路程描述物体运动轨迹的长度（无方向） ，二者均可描述直线运动或曲线运动，所以 “位移描述直线运动，路程描述曲线运动” 错误，故B错误；
C．位移是矢量（有大小 + 方向，遵循平行四边形定则 ），路程是标量（只有大小，算术相加 ），物理意义完全不同，故C错误；
D．位移是矢量（需说明大小和方向，如 “位移为5m，向东” ）；路程是标量（只需说明大小，如 “路程为10m” ），故D正确。
故答案为：D。
【分析】AB.对直线运动，区分 “单向” 与 “往返” 情景，判断位移大小是否等于路程（仅单向直线运动时相等 ），以此判断选项 A；对运动类型（直线 / 曲线 ），明确位移和路程均可描述，判断选项 B。
CD.矢量有方向、遵循平行四边形定则；标量无方向、算术相加。位移符合矢量特征，路程符合标量特征，以此判断选项 C、D。
3．【答案】D
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小物块受力分析如图1，
将重力正交分解，如图2，
A、摩擦力是静摩擦力，不能用动摩擦公式，且大小应为，A错误。
B、物块对半球体的压力（非 ），B错误。
C、摩擦力大小为（非 ），C错误。
D、摩擦力大小为，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 受力分解：将重力沿“径向（半球半径方向 ）”和“切线方向”分解，简化平衡条件。
2. 平衡方程：径向与切线方向分别列平衡方程，求解支持力与静摩擦力。
3. 选项验证：结合牛顿第三定律（压力与支持力关系 ），判断各选项正误（注意静摩擦力与动摩擦力公式的区别 ）。
4．【答案】D
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点，但在伽利略时代无法直接测出物体运动的速度，伽利略借助于数学方法巧妙地将研究“速度与时间的关系”转换为研究“位移与时间的关系”，解决了这一难题，伽利略对落体运动规律探究的实验步骤排序为②①③④。
故答案为：D。
【分析】猜想起点：从 “速度与时间成正比” 的假设出发（② ），这是探究的逻辑起点。
转换验证：因直接测速度困难，用 “位移与时间关系” 替代验证（① ），体现伽利略的 “转换法” 智慧。
合理外推：从斜面运动（易测量 ）外推到落体运动，完成对落体运动的规律推导（③ ）。
5．【答案】B
【知识点】重力加速度；超重与失重
【解析】【解答】A．初始人平衡（压力 = 重力 ），A点压力＞重力可得合力向上，所以是超重状态（非失重 ），故A错误；
B．站起过程先是加速上升，超重，到达一个最大速度后再减速上升，失重，对应先超重再失重，对应压力先增大后减小，B点对应人正在站起，故B正确；
C．C点对应平衡状态，人可能站着不动，故C错误；
D．由图中信息无法比较D点和B点对应的人加速度之比为多少，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：压力与重力比较→超重/失重判断。
B：站起过程“先超重（加速 ）后失重（减速 ）”，结合B点压力大小→判断动作阶段。
C：压力 = 重力→平衡状态，但需结合动作循环判断实际状态。
D：牛顿第二定律列加速度表达式，因 与 关系未知，无法确定加速度比。
6．【答案】D
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】解：段昂君上升的高度为
由逆向思维可知，上升过程的总时间为
上升过程中后半段位移的时间
则上升过程前半段位移他用于完成技术动作的时间为
。
故答案为：D。
【分析】1. 逆向思维简化运动分析： 竖直上抛上升过程（匀减速 ）→ 逆向视为自由落体（匀加速 ），利用自由落体公式（ ）简化计算，避免复杂的匀变速直线运动公式。
2. 位移分段与时间关系： 将总位移分为“技术动作（前半段）”和“姿态调整（后半段）”，分别计算两段位移对应的自由落体时间，利用“总时间 - 后半段时间 = 前半段时间”求解，核心是自由落体运动中，位移与时间的平方成正比（ ）。
3. 公式选择与推导： 关键公式为自由落体位移公式，通过变形，分别代入总位移和半位移，计算对应时间差，得到技术动作时间。
7．【答案】B
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图像可知，前2s内和2~6s内的加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．在前6s内速度都是正方向，所以物体一直向右运动，故B正确；
C．图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知4~6s内和6~8s内的位移大小相等方向相反，故C错误；
D．分析图像可知，前6s一直向正方向运动，6s后向负方向运动，所以6s时离出发点距离最远，故D错误。
故答案为：B。
【分析】加速度判断：利用v-t图像斜率表示加速度，计算斜率的大小和方向，对比不同时间段加速度。
运动方向判断：依据速度正负表示方向，直接看图像在t轴上方 / 下方，确定运动方向。
位移判断：通过v-t图像与t轴围成的面积表示位移，面积正负对应位移方向，大小对应位移大小。
离出发点最远距离：分析位移的累加过程，正位移持续累加时距离增大，出现负位移后距离减小，找到位移最大的时刻。
8．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．设斜面的倾角为θ，物体的质量为m。开始物体做匀速直线运动，有
当力F减小时，加速度为
方向沿斜面向下，F减小，则加速度增大，由于加速度方向与速度方向相反，知物体的速度减小，故A错误B正确；
CD．物体在垂直于斜面方向加速度为零，则物体所受的支持力为
不变，物体对斜面的压力也不变， 故D错误C正确。
故答案为：BC。
【分析】1. 加速度判断： 初始匀速：合力为，，减小后：沿斜面合力合，结合牛顿第二定律合，分析加速度大小和方向变化；再根据加速度与速度方向关系，判断速度变化（反向则减速 ）。
2. 压力判断： 垂直斜面方向受力平衡，支持力（与无关 ），压力与支持力等大反向，故压力不变，结合速度变化结论，判断选项。
9．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】当弹簧处于伸长状态，对B研究可得，由平衡条件得到，地面对B的支持力为
FN=GB-F=6N-2N=4N
当弹簧处于压缩状态，对B研究可得，地面对B的支持力为
FN=GB+F=6N+2N=8N
故答案为：BC。
【分析】受力分析的关键：弹簧弹力方向不确定（伸长时向上拉B，压缩时向下压B ），需分两种情况讨论。
平衡条件的应用：B静止，竖直方向合力为0。根据弹力方向，列不同的平衡方程（弹力向上时 “支持力 + 弹力 = 重力”；弹力向下时 “支持力 = 重力 + 弹力” ）。
结论推导：两种情况对应支持力的两个可能值4N和8N，匹配选项得出结果。
10．【答案】B,D
【知识点】力的分解；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对物体受力分析，受重力、浮力、拉力和水的水平方向的摩擦力，如图
根据平衡条件，有竖直方向
F浮+Tcosθ=mg…①
水平方向
f=Tsinθ…②
由①②可知
可能小于mg，故A错误B正确；
CD．河水作用力包括浮力和阻力，其中阻力等于拉力的水平分力，则物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力，故C错误D正确．
故答案为：BD。
【分析】受力分析完整性：物体在水中，除重力、拉力外，还受浮力（竖直向上）和河水阻力（水平方向），不能忽略浮力，这是分析拉力大小的关键。
正交分解与平衡条件：将拉力T沿竖直、水平方向分解，利用 “竖直方向合力为0（重力 = 浮力 + 拉力竖直分力 ）” 和 “水平方向合力为0（阻力 = 拉力水平分力 ）” 列方程，推导拉力表达式和河水作用力的特点。
合力大小比较：河水作用力是浮力与阻力的合力（矢量和 ），通过平行四边形定则判断其与拉力水平分力的大小关系（因浮力存在，合力大于阻力，即大于拉力水平分力 ）。
11．【答案】3.6；BC；将A更换成较大量程的弹簧测力计或减小重物M的质量
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】(1)由图示可知，弹簧测力计分度值为0.2N，其示数为3.6N。
故答案为：3.6
(2)A．该实验中不一定需要OB水平．故A错误。
B．弹簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向，虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重力．故B正确。
C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故C正确。
D．该实验中AO与OB的夹角大小不会影响实验结果．故D错误。
故答案为：BC。
(3)当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程。
故答案为：将A更换成较大量程的弹簧测力计或减小重物M的质量。
【分析】（1）弹簧测力计读数：明确分度值（最小刻度 ），直接读取指针位置，核心是仪器读数规范。
（2）实验要求判断：理解 “等效替代” 思想（用两个拉力替代重力 ），需测量重力（B 选项 ）。
保证力的方向在同一平面（木板平面 ），需拉线与木板平行（C 选项 ）。
排除不必要限制（OB 水平、固定夹角 ），核心是实验原理与操作逻辑。
（3）超量程解决：超量程源于拉力过大，从 “减小拉力” 或 “增大量程” 两个角度分析，核心是力的合成中合力与分力的动态调整。
12．【答案】AC；远大于；>；<
【知识点】受力分析的应用；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】(1)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，A正确；
B．在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，B错误；
C．平衡摩擦力后，有
mgsinθ = μmgcosθ
即
μ = tanθ
与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要从新调节木板倾斜度，C正确；
D．实验时，木块释放的初始位置应尽量靠近打点计时器，这样可以在纸带上打出更多的点，有利于数据选取，D错误。
故答案为：AC。
(2)实验过程中码桶及砝码也与木块和木块上砝码一起做匀加速运动，即对砝码桶和砝码有
mg - F = ma
对木块和木块上砝码有
F = Ma
整理有
只有当m < < M时才有F ≈ mg。
故答案为：远大于
(3)当没有平衡摩擦力时有
F - f = ma
整理有
a =F - μg
即a—F图像的斜率为，纵轴截距大小为μg，由图线可知m甲 > m乙，μ甲 < μ乙。
故答案为：>；<
【分析】（1）：依据“实验操作规范”（细绳平行、平衡摩擦条件、质量改变影响 ），判断操作正误。
（2）：通过“连接体受力分析”，推导拉力近似条件（ 时 ）。
（3）：利用“未平衡摩擦时的 表达式（ ）”，结合斜率（ ）和截距（ ），比较质量与摩擦因数。
13．【答案】（1）解：小球下落的时间
解得
（2）解：小球落地时的水平位移
.
（3）解：落地时速度是水平分速度与竖直分速度的合速度：
水平分速度
（匀速不变 ）
竖直分速度：自由落体末速度
代入，，得
合速度大小（勾股定理 ）
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】1. 运动分解： 平抛运动→水平匀速（，无加速度 ）+ 竖直自由落体（，初速度为 ），将复杂运动拆分为两个简单分运动。
2. 竖直方向：自由落体时间：用自由落体位移公式，直接关联高度与时间，核心是匀变速直线运动位移公式的应用。
3. 水平方向：匀速位移：水平速度不变，用，结合竖直方向求得的时间，计算水平位移，体现运动的独立性。
4. 合速度计算：速度是矢量，落地速度为水平、竖直分速度的矢量和，用勾股定理合成，体现矢量合成的平行四边形定则（此处为直角三角形，简化为勾股定理 ）。
14．【答案】（1）解：物体乙均处于静止状态，物体乙受到水平面的支持力
根据牛顿第三定律可知物体乙对水平面的压力
，方向竖直向下。
（2）解：对O受力分析，如图所示
根据平衡条件，有
根据胡克定律，有
解得轻弹簧OA的伸长量
。
（3）解：乙在水平方向受力平衡，所以乙受到的摩擦力
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；力的合成与分解的运用
【解析】【分析】（1）利用“物体乙竖直方向平衡”+“牛顿第三定律”，直接得压力。
（2）对结点 正交分解（竖直方向，水平方向 ），结合胡克定律 求伸长量。
（3）依据“物体乙水平方向平衡”，摩擦力等于绳 拉力。
15．【答案】（1）解：第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）解：前一辆汽车行驶之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线。
（3）解：根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）：明确第 6 辆汽车的 “总位移”（车长 + 车距和 ），用匀加速速度公式直接求解。
（2）：先求 “后车启动间隔时间”（安全车距差的匀加速时间 ），再算 “第 11 辆启动总延迟”+“自身行驶时间”，与绿灯时间比较。
（3）：分阶段分析两辆车的运动：第一辆车 “先加速→后匀速”，第二辆车 “延迟后加速”，通过位移差计算最终间距（注意初始车距与各阶段位移叠加 ）。
（1）第6辆汽车前端与停车线的距离为
根据
解得
（2）前一辆汽车行驶
之后，后一辆车才能开始运动，两车运动的间隔时间满足
解得
故第11辆汽车开始运动时已经过去的时间为
第11辆汽车开始运动到与停止线平齐所需时间
解得
总时间
故第11辆车能到达停止线；
（3）根据题意，第二辆车开始运动时，第一辆车已经行驶了
根据
得此时第一辆车速度
耗时
第一辆车加速到vm=20m/s还需要的时间
第二辆车由静止加速到vm=20m/s需要的时间
因为
所以，第二辆车由静止加速到vm=20m/s时，第一辆车已经匀速直线运动，此时两车的距离为
1 / 1

展开更多......

收起↑