资源简介

2025-2026学年广东省深圳市龙岗区高一（上）期末物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.年月，“福建舰”航母搭载我国自主研发的“电磁弹射”装置亮相。如图所示，匀速前进的“福建舰”上，“歼”战斗机从静止弹射起步后在甲板上滑行后起飞。以下关于“福建舰”和“歼”在福建舰上弹射起飞和降落，下列说法正确的是( )
A. “歼”弹射起步后滑行后起飞，这里的“”是指时刻
B. 研究“福建舰”航母在大海中的航行路线时可以将其看成质点
C. “歼”战斗机从静止弹射起步，这里的“静止”是以地面为参考系的
D. “歼”从起飞执行任务到返航降落“福建舰”，路程和位移都为零
2.在龟兔赛跑的故事中兔子和乌龟运动的图像如图所示。则下列图像能准确描绘兔子和乌龟运动的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，用手握住杯子使其竖直静止于空中。下列说法正确的是( )
A. 杯子受到手的作用力竖直向上
B. 杯子受到的弹力是由于杯子的形变造成的
C. 手握得越紧，杯子受到的摩擦力越大
D. 杯子对手的摩擦力和手对杯子的摩擦力是一对平衡力
4.如图是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动状态时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车可能的运动方向和运动状态是( )
A. 向左行驶，突然刹车 B. 向右行驶，突然刹车
C. 向左行驶，匀速直线运动 D. 向右行驶，匀速直线运动
5.年举重世界锦标赛上，中国运动员丁秋霞以公斤的成绩打破世界纪录摘得抓举项目金牌，举起杠铃稳定时的状态如图所示。重力加速度，下列说法正确的是( )
A. 左右手分开距离越大，每一只手对杠铃支持力越小
B. 左右手分开距离越大，杠铃对每一只手摩擦力越大
C. 杠铃对每只手臂作用力大小为
D. 加速站起过程中，地面对人的支持力等于人和杠铃重力之和
6.如图所示，甲、乙两位同学利用一把长为的直尺测量“反应时间”。甲用一只手在直尺下方做捏尺的准备，从他看到乙同学放开直尺开始，到他捏住直尺为止，测出直尺在这段时间内下落的高度为。取，则下列说法正确的是( )
A. 甲同学本次测得的“反应时间”约为
B. 甲同学抓住直尺前的瞬间，直尺的速度约为
C. 若某同学的“反应时间”为，测量时他一定不能捏住这把直尺
D. 若要在尺子刻度旁标出“反应时间”的数值，则“反应时间”数值在尺子上均匀分布
7.我校科技社团的同学对国产大飞机产生了浓厚的兴趣，他们通过查阅资料得知机身全长约，起飞最大总重量吨，起飞速度为，滑行过程中受到的阻力约为飞机重力的倍。该科技社团采用手机连拍功能研究起飞过程可近似看成的匀加速直线运动，如图是在同一底片上每隔相等时间间隔多次曝光“拍摄”飞机滑行加速过程的照片合成照片，取，下列说法正确的是( )
A. 拍摄照片时，飞机瞬时速度为零
B. 拍摄照片的过程中，飞机平均速度约为
C. 相邻两张照片之间时间间隔约为
D. 以最大总重量加速滑行起飞时，飞机发动机提供的牵引力约为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度随时间的变化曲线如图所示，、、、为曲线上的点。取竖直向上为正方向。则下列说法正确的是( )
A. 点处无人机高度最大
B. 无人机在段处于超重状态
C. 点处无人机处于失重状态
D. 无人机在段先超重再失重
9.如图所示，髂胫束、臀大肌和阔筋膜张肌是人体大腿外侧的三块重要肌肉。不良的坐姿和久坐缺乏运动容易导致臀大肌缺乏力量及阔筋膜张肌紧张收缩，从而导致骼胫束被动紧绷与膝关节外侧的股骨外上髁摩擦，产生“髂胫束综合征”。膝关节健康的人正常站立情况下其简化结构如图：髂胫束的张力，臀大肌的张力，阔筋膜张肌的张力，与之间夹角为，髂胫束延长线正好是的角平分线，三条肌肉相连于点形成稳定的结构，忽略大腿内部肌肉间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 膝盖健康的人正常站立情况下
B. 膝盖健康的人正常站立情况下
C. 阔筋膜张肌紧张的人正常站立时点会比膝盖健康的人偏前
D. 阔筋膜张肌紧张的人正常站立时点会比膝盖健康的人偏后
10.在设计商场扶梯时为了节省电能，往往会使其在长时间无人乘坐时怠速运行，有人乘坐时才会恢复到正常运行速度。如图所示，倾角的扶梯以怠速运行，某质量为的同学站上电梯后，电梯匀加速运行速度到达之后匀速运行，乘坐扶梯总共用，整个过程中人与电梯相对静止。电梯台阶上表面水平，重力加速度，则下列说法正确的是( )
A. 内，该同学受到的支持力大小为
B. 内，该同学受到大小为的摩擦力
C. 内，该同学受到的摩擦力大小为
D. 扶梯总长度为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学在探究弹簧弹力和形变量关系实验后试图自制一个弹簧秤。
用如图甲器材探究在弹性限度内弹簧弹力和弹簧伸长量的关系：将弹簧平放在水平桌面上量出弹簧的自然长度；按照图甲将弹簧竖直悬挂起来进行实验，逐个挂上质量相等的钩码，记录钩码总质量和弹簧稳定时的形变量；根据实验数据，以钩码总质量为纵轴，弹簧形变量为横轴，作出如图乙所示的图像。图线不通过原点，其原因是 。由图乙可知该弹簧的劲度系数 计算结果保留位有效数字。重力加速度。
该同学改进方案后，分别用两根不同的弹簧和进行实验，画出弹簧弹力与弹簧伸长量的关系如图丙所示，如果考虑制作弹簧秤，用弹簧 制作的弹簧秤量程更大；用弹簧 制作的弹簧秤灵敏度更高以上均选填或。
12.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来测量当地的重力加速度，实验步骤如下：
用天平测出小车质量、砂桶总质量，且；
不挂砂桶时，适当垫高长木板的一端，平衡摩擦力；
接通打点计时器电源，释放小车，获得纸带，并计算出加速度；
保持小车的质量不变，多次改变砂桶的总质量，重复步骤；
利用多组数据，作出图像。
打点计时器采用的交流电频率为。实验中得到一条纸带如图乙所示，相邻两计数点之间还有四个点没有画出。可求出：计时器打出点时小车的瞬时速度为 ，小车的加速度 结果均保留两位有效数字。
在始终满足情况下，步骤中的图像应该是如图中的 图，若已知该图线的斜率为，则该地的重力加速度 用题中所给物理量对应的字母表示。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图甲，质量为的物块放在动摩擦因数为的水平地面上，用的水平力拉动时，物体恰好做匀速直线运动；如图乙，若将物块放在动摩擦因数同样为的倾角的斜面上，用平行于斜面的力沿斜面向上拉动时，物体也恰好做匀速直线运动。已知，，取。求：
动摩擦因数；
拉力的大小。
14.如图所示，某校足球场长，宽。在某次足球训练中，运动员甲从边线的中点朝着与中线成角的方向以的初速度踢出足球，随后足球以的加速度做匀减速直线运动；此时对方运动员乙从球场中点沿方向与垂直静止开始加速进行拦截，其加速度大小，他加速到最大速度后匀速运动并在点恰好拦截到足球，已知，，运动员和足球均可视为质点。求：
若没有拦截，足球从踢出到停下的时间以及与停下后与的距离；
运动员乙的最大速度。
15.如图所示，质量的长方体铁箱在水平恒力作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱内一个质量为的木块可视为质点恰好能相对铁箱左侧壁静止。木块与铁箱内壁间动摩擦因数，且处处相同，铁箱与水平面间动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。求：
铁箱侧壁对木块的支持力大小；
水平恒力的大小；
减小拉力，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当铁箱的速度为时撤去拉力，若铁箱左右两侧壁间的距离为，判断木块能否与铁箱的右侧壁相撞？若相撞，计算相撞时木块和铁箱各自的速度大小；若不会相撞，计算木块最终离铁箱右侧壁的距离。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：“”是滑行的时间长度，属于时间间隔，不是时刻，故A错误；
B.研究航行路线时，航母的大小和形状相对于航行路线可忽略，故B正确；
C.“静止”是相对于航母甲板而言，参考系为航母，不是地面，故C错误；
D.位移为零初末位置相同，但路程是运动轨迹长度，不为零，故D错误。
故选：。
先区分时刻与时间间隔、质点的判断条件、参考系的选取以及路程和位移的定义，再逐一分析每个选项的正误。
这道题考查运动学的基础概念，准确区分时间与时刻、质点、参考系、路程与位移是解题的关键。
2.【答案】
【解析】解：从兔子和乌龟运动的图像可知乌龟比兔子先出发，故BD错误；
由于图像的斜率表示速度，根据兔子和乌龟运动的图像可知兔子两段运动中斜率一致，速度一致，故A正确，C错误。
故选：。
图像的斜率表示速度，交点表示物体相遇。
解题的关键是知道图像以及图像的物理意义。
3.【答案】
【解析】解：杯子静止于空中，受力平衡，重力竖直向下，手对杯子的作用力弹力与摩擦力的合力与重力等大反向，因此方向竖直向上，故A正确；
B.杯子受到的弹力是由于手发生形变，要恢复原状而对杯子产生的力，并非杯子自身形变造成，故B错误；
C.杯子静止，竖直方向上摩擦力与重力平衡，大小等于重力，手握得越紧，手对杯子的弹力增大，但静摩擦力大小由重力决定，保持不变，故C错误；
D.杯子对手的摩擦力和手对杯子的摩擦力，分别作用在手和杯子两个不同物体上，是一对相互作用力，而平衡力需作用在同一物体上，故D错误。
故选：。
对杯子进行受力分析，结合平衡条件判断手的作用力方向，依据弹力成因、静摩擦力特点及平衡力与相互作用力的区别逐一分析选项。
这道题考查静摩擦力、弹力和受力分析的核心知识，关键是理解静摩擦力大小由平衡条件决定，准确区分相互作用力与平衡力。
4.【答案】
【解析】解：对摆锤进行受力分析，如图所示，
所以物体在水平方向所受合力不为且方向向左，故物体的加速度方向向左。
所以若汽车运动方向向左，即向左作匀加速运动；
若汽车运动方向向右，即向右作匀减速运动。故B正确，ACD错误
故选：。
对物体进行受力分析，可知物体所受合力方向向左，故汽车向左作匀加速运动或向右作匀减速运动．
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意通过受力情况确定物体加速度的方向从而确定物体的运动情况是我们解决此类题目的基本步骤．
5.【答案】
【解析】解：杠铃受到的两只手的支持力的合力等于杠铃的重力，与左右手分开距离无关，故A错误；
杠铃的总重力是恒定的，所以两只手的合力也是恒定的，当两手之间的距离增大时，夹角就变大，此时手的作用力就越大，手的作用力沿杆方向的分力越大，所以杠铃对每一只手摩擦力越大，故B正确；
两手臂不是竖直的，杠铃对每只手臂作用力大小要大于杠铃重力的一半，即大于，故C错误；
加速站起过程中，人与杠铃有向上的加速度，人与杠铃处于超重状态，根据超重的特点可知，地面对人的支持力大于人和杠铃重力之和，故D错误。
故选：。
根据平衡条件对杠铃进行受力分析解答；根据超重与失重的特点解答。
该题考查平衡条件的应用以及超重与失重，会根据题意进行准确分析解答。
6.【答案】
【解析】解：由
代入数据得，故A错误；
B.由
代入数据得，故B正确；
C.由
代入数据得，小于直尺长度，故能握住，故C错误；
D.由可知与成正比，而非与成正比，故时间数值在尺子上分布不均匀，故D错误。
故选：。
利用自由落体运动公式和，分别计算反应时间、瞬时速度，再分析不同反应时间对应的下落高度及时间刻度分布规律。
本题考查自由落体运动规律的应用，关键是掌握位移与时间、速度与时间的关系，同时理解刻度分布与物理量关系的联系。
7.【答案】
【解析】解：、使用刻度尺测量可知，拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，不满足初速度为零的匀加速直线运动相等时间内的位移差：：：的条件，则拍摄照片时，飞机瞬时速度不为零，故A错误；
、使用刻度尺测量可知，拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，则前进的距离
其中拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，拍摄照片的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的倍，设相邻两张照片之间时间间隔为，可得
即
解得相邻两张照片之间时间间隔
拍摄照片的过程中，飞机平均速度约为
故B正确，C错误；
D、以最大总重量加速滑行起飞时，飞机发动机提供的牵引力，故D错误。
故选：。
通过图片得出飞机在相等时间内位移增大，只能判断出飞机做加速直线运动；根据图片中飞机和真实飞机的比例关系，求出飞机在中间位置的速度和在该过程的平均速度；若连续相等时间内的位移之差是一恒量，则飞机做匀变速直线运动；根据牛顿第二定律求出飞机发动机提供的牵引力。
解决本题的关键是了解匀变速直线运动的特点，知道匀变速直线运动在连续相等时间内的位移之差是一恒量。
8.【答案】
【解析】解：点是图像的最高点，无人机的高度由纵坐标表示，因此点处无人机高度最大，故A正确；
B.段内，图像的斜率速度为正且逐渐增大，说明无人机向上做加速运动，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故B正确；
C.点处，图像的斜率速度为正且逐渐增大，说明无人机向上做加速运动，加速度方向竖直向上，处于超重状态，故C错误；
D.段可分为两部分，从到最低点，无人机向下加速，加速度向下，处于失重状态；从最低点到，无人机向上加速，加速度向上，处于超重状态，因此段是先失重再超重，故D错误。
故选：。
通过分析图像的斜率判断无人机的速度变化，再由斜率的变化判断加速度方向，进而根据加速度向上为超重、向下为失重的规律，分析各选项的正确性。
本题考查对位移时间图像的解读，核心是利用图像斜率的物理意义判断运动状态，对图像分析和超重失重条件的应用能力有一定考查。
9.【答案】
【解析】解：、由题意可得、、的关系如下图所示：
三条肌肉相连于点形成稳定的结构，即三力为平衡力，由平衡条件和力的分解与合成可得：
；
解得：，，故A正确，B错误；
、由题意可知，阔筋膜张肌紧张的人臀大肌缺乏力量即变小及阔筋膜张肌紧张收缩即变大，从而导致骼胫束被动紧绷即变大，结合上图中的点受到的三个力的方向，易知点会向右侧移动，故阔筋膜张肌紧张的人正常站立时点会比膝盖健康的人偏前，故C正确，D错误。
故选：。
由题意画出、、的关系，三力为平衡力，根据平衡条件和力的分解与合成分析力的大小关系；由题意分析这三个力的大小变化，确定点移动方向。
本题考查了共点力平衡的受力分析问题，掌握力的分解与合成，掌握三力平衡的条件。
10.【答案】
【解析】解：内，电梯的加速度
竖直方向加速度
代入数据得
由牛顿第二定律
代入数据得支持力，故A正确；
B.内，水平方向加速度
代入数据得
摩擦力，故B错误；
C.内，电梯匀速运行，加速度为，水平方向无加速度，因此摩擦力为，故C错误；
D.匀加速阶段位移
匀速阶段位移
总长度
代入数据得，故D正确。
故选：。
先分解内扶梯的加速度，用牛顿第二定律求出支持力和摩擦力，再分析匀速时的受力平衡，最后通过匀加速和匀速阶段的位移公式计算扶梯总长度。
本题结合了运动学和受力分析，核心是将加速度分解到水平和竖直方向，再应用牛顿定律和运动学公式，对力与运动的综合应用能力有一定考查。
11.【答案】弹簧自身具有重力，当弹簧竖直悬挂时，即使不挂钩码，弹簧也会因自身重力产生初始的伸长量

【解析】解：弹簧自身具有重力，当弹簧竖直悬挂时，即使不挂钩码，弹簧也会因自身重力产生初始的伸长量，因此当钩码总质量时，弹簧的形变量不为零；
根据胡克定律，钩码重力与弹簧因钩码产生的伸长量成正比为弹簧自重导致的初始伸长量，取图乙中、的点，此时弹簧因钩码产生的伸长量
由代入数据得
弹簧秤的量程由弹簧能承受的最大弹力决定，劲度系数越大，在相同最大伸长量下能承受的弹力越大，量程越大，由图丙可知，弹簧的图线斜率更大，即，因此用弹簧制作的弹簧秤量程更大；
弹簧秤的灵敏度与劲度系数成反比，劲度系数越小，力相同引起的形变量越大，刻度越精细，灵敏度越高，由于，因此用弹簧制作的弹簧秤灵敏度更高。
故答案为：弹簧自身具有重力，当弹簧竖直悬挂时，即使不挂钩码，弹簧也会因自身重力产生初始的伸长量，；，。
分析图线不过原点的原因是弹簧竖直悬挂时自身重力产生了初始形变量，再结合胡克定律，通过图像斜率计算弹簧的劲度系数；
根据图像的最大弹力确定弹簧秤量程，依据图像斜率判断弹簧秤灵敏度，从而选出对应制作的弹簧。
本题考查弹簧弹力实验的误差分析、劲度系数计算及弹簧秤制作的选型，核心是理解弹簧自重的实验影响，掌握胡克定律与图像斜率、极值的对应物理意义。
12.【答案】

【解析】解：相邻计数点之间的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点时小车运动的速度大小。
根据逐差法，小车加速度的大小
平衡摩擦力后，在始终满足情况下，小车所受合力
根据牛顿第二定律
变形得
图像为过原点的倾斜直线，故ABD错误，C正确；
故选：。
图像的斜率
重力加速度。
故答案为：；；；。
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解打点时小车运动的速度；根据逐差法求解小车加速度的大小；
根据牛顿第二定律求解函数，结合图像斜率求解作答。
本题主要考查了研究小车的匀变速直线运动规律的实验，要明确实验原理，正确根据纸带求解瞬时速度和加速度的方法。
13.【答案】动摩擦因数是 拉力的大小是
【解析】解：物块做匀速直线运动，由平衡条件得
代入数据解得
物块沿斜面向上做匀速直线运动，处于平衡状态，
对物块，由牛顿第二定律得
代入数据解得
答：动摩擦因数是；
拉力的大小是。
根据平衡条件求出动摩擦因数。
应用平衡条件求出拉力大小。
本题考查了共点力平衡条件的应用，分析清楚物块的受力情况与运动情况，应用平衡条件即可解题。
14.【答案】若没有拦截，足球从踢出到停下的时间是，停下后与的距离是 运动员乙的最大速度是
【解析】解：若没有拦截，足球从踢出到停下的时间
停下后与的距离
设足球由点运动到点所用时间为，
则有，
解得不符合题意，舍去，
运动员乙在点恰好拦截到足球，有，
解得不符合题意，舍去
答：若没有拦截，足球从踢出到停下的时间是，停下后与的距离是；
运动员乙的最大速度是。
足球做匀减速直线运动，应用运动学公式求出运动时间与位移。
运动员与足球的运动时间相等，应用运动学公式求出运动员的最大速度大小。
本题考查了运动学公式的应用，根据题意分析清楚足球与运动员的运动过程与运动性质，应用运动学公式即可解题。
15.【答案】铁箱侧壁对木块的支持力大小为 水平恒力的大小为 木块会与铁箱右侧壁相撞，相撞时木块速度为，铁箱速度为
【解析】解：木块相对于铁箱左侧壁保持静止状态，竖直方向受力平衡，有；
由于恰好静止，摩擦力达到最大静摩擦力，即，联立得，代入数据解得支持力。
对木块进行受力分析，水平方向由牛顿第二定律得，解得加速度；
将铁箱与木块视为一个整体，根据牛顿第二定律有，代入数据解得水平恒力。
撤去拉力后，木块的加速度为，解得：；铁箱的加速度由，解得；
铁箱停止运动所需时间，解得：，此过程中两者相对位移，解得：，由于，铁箱停止时未与右侧壁接触；
此时木块的速度，解得：，木块距离铁箱右侧壁的剩余距离；
木块在铁箱底板上继续滑行至停止所需距离，解得：，由于，故木块会与右侧壁发生碰撞；
根据运动学公式，解得相撞时木块的速度为，铁箱的速度。
答：铁箱侧壁对木块的支持力大小为。
水平恒力的大小为。
木块会与铁箱右侧壁相撞，相撞时木块速度为，铁箱速度为。
木块在竖直方向静止，由平衡条件可知木块所受重力与最大静摩擦力相等，而最大静摩擦力由侧壁支持力与动摩擦因数决定，由此可建立支持力与重量的关系，直接求得支持力大小。
木块与铁箱具有相同的水平加速度，对木块应用牛顿第二定律，水平方向仅受侧壁支持力提供加速度；再将铁箱与木块视为整体，整体受水平恒力、地面摩擦力作用，由牛顿第二定律建立合力与整体加速度的关系，结合第一问求得的加速度即可解得。
撤去拉力后，铁箱与木块均做匀减速运动，但加速度不同。分别对木块和铁箱进行受力分析，由滑动摩擦力确定各自加速度。需计算铁箱从初速度减速至零所需时间及该段时间内两者的相对位移，判断铁箱停止前木块是否已接触右侧壁。若未接触，则铁箱停止后木块继续滑行，需计算木块从剩余速度减速至零的滑行距离，与剩余空间比较以判断是否相撞。若相撞，则需根据木块在剩余距离内做匀减速运动，利用运动学规律求相撞时木块速度，此时铁箱已静止。
本题是一道综合性较强的动力学问题，涉及多个物理过程的分析与计算，对学生的受力分析、牛顿第二定律应用以及多阶段运动学建模能力提出了较高要求。题目首先考查了共加速状态下静摩擦力的临界分析，需要学生准确识别木块与铁箱间的相互作用，并利用整体法与隔离法求解外力。后续阶段则转向非惯性参考系或相对运动分析，考查了撤去外力后两物体在不同摩擦力作用下的减速过程，以及相对位移的计算与碰撞判断。本题计算量适中但思维链条较长，需细致处理加速度求解、时间与位移关系以及能量或运动学公式的灵活选用，能有效锻炼学生的逻辑推理与多过程综合分析能力。其中第三问通过设置具体情景考查了是否发生碰撞的判定，并需进行定量计算，体现了对物理过程完整性和数学运算准确性的双重考查。
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