资源简介

2025-2026学年福建省福州市屏东中学高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.年月，中国多款“代机”陆续面世，其中“成飞”的验证机的外形醋似“银杏叶”，被广大网友津津乐道。如图所示的某次试飞过程中，“银杏叶”在空中加速攀升，其合外力方向和轨迹关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，它们的边缘上有三个点、、，关于它们的线速度、角速度、周期、向心加速度大小，下列关系式正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，水平轻弹簧一端与墙相连处于自由伸长状态，质量为的木块沿光滑的水平面以的速度开始运动并挤压弹簧，当物体的速度减小为时，弹簧的弹性势能为( )
A. B. C. D.
4.如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能与水平位移关系的图象是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，质量为的小球，从点下落到地面上的点，为，桌面高为，取。下列说法正确的是( )
A. 以桌面为零势能参考平面，小球在点的重力势能为
B. 以地面为零势能参考平面，小球在点的重力势能为
C. 以桌面为零势能参考平面，小球下落过程中，重力势能先减小后增大
D. 小球从点下落到地面上的点，重力做正功，重力势能减少了
6.如图所示为甩干桶简易模型。若该模型的半径为，以角速度做匀速圆周运动，质量为的小物体随桶壁一起转动，下列说法正确的是( )
A. 甩干桶的转速为 B. 桶壁上某点的线速度大小为
C. 小物体对桶壁的压力为 D. 小物体受到重力、弹力、摩擦力和向心力
7.如图所示，在趣味抛球游戏中，小方和小俞从地面上的同一位置分别以不同的初速度斜向上抛出两小球、，分别落在地面上的、点，已知两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则( )
A. 的加速度比的大
B. 在最高点的速度比在最高点的大
C. 在落地时的速度比在落地时的大
D. 的飞行时间比的长
8.如图甲所示，配重式抛石机出现于战国初期，是围攻和防守要塞的重要器械。抛石机可简化为图乙，质量为的石块装在长臂末端的弹袋中，质量为的配重安装于短臂的末端，初始时长臂被固定，抛石机静止，杠杆与水平面的夹角。释放杠杆，配重下落，带动杠杆自由转动，当长臂转到竖直位置时，杠杆被制动而停止，石块以的速度被水平抛出。已知长臂的长度，不计一切摩擦和杠杆质量，取重力加速度大小，对于从释放杠杆到石块飞出的过程，下列说法正确的是( )
A. 石块增加的机械能为 B. 石块受到的合力对石块做的功为
C. 短臂的长度为 D. 配重增加的动能为
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的前提下，当小车以速度匀速向右运动时，则当拉绳与水平方向成角时物块的速度大小为 ，绳中拉力 所受的重力填大于、小于、等于。
10.年月日，在群众的帮助下，毛泽东率领红四军乘坐插着红色军旗的小木船，顺利渡过汀江。为此，毛泽东写下“红旗跃过汀江，直下龙岩上杭”的豪迈诗篇。若木船在静水中的速度为，汀江河宽为，河水流速恒为。由此可知小船过河的最短时间为 ；此时小木船过河的位移大小为 ，若改变船头方向，小船 选填“能”或“不能”到达正对岸。
11.质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在末汽车的速度恰好达到最大，则在该过程中汽车受到的阻力大小为 ；在的过程中汽车牵引力做的功为 ，通过的位移为 。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
12.某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。
以下四种测量方案中，合理的是______。
A.直接测量下落高度和下落时间，通过算出瞬时速度
B.直接测量下落高度，通过算出瞬时速度
C.根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度，再由算出高度
D.直接测量下落高度，根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度
实验中得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点、、，测得它们到起始点速度为的距离分别为、、。已知重物质量为，当地重力加速度为，打点计时器打点的周期为。从打下点到打下点的过程中，重物的重力势能减少量为______，动能增加量为______。
实验发现重物重力势能的减少量通常略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是______。
A.属于偶然误差
B.属于系统误差
C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小
D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小
13.在“研究平抛物体运动”的实验中。
小沈利用如图甲所示装置探究平抛运动竖直分运动的特点，实验中两小球、在同一高度，用小锤击打弹性金属片后，球沿水平抛出，球自由下落，为达到最佳实验效果，则 。
A.应选择一个塑料球和一个金属球
B.两球都应选择密度较大的金属球
C.用秒表直接测量两球的落地时间
小王利用如图乙所示装置实验，描绘小球平抛运动的轨迹，以下说法正确的是 。
A.斜槽必须光滑
B.轴的方向根据重垂线确定
C.每次小球释放的初始位置可以任意选择
D.用平滑曲线把所有的点连接起来
该同学在研究平抛运动的实验中，在小方格纸上画出小球做平抛运动的轨迹以后，又在轨迹上取出、、、四个点轨迹已擦去。已知小方格纸的边长，取。根据小方格纸上的信息，求出小球从所经历的时间 。小球平抛运动的初速度 。
五、计算题：本大题共3小题，共39分。
14.图所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图所示的模型。长的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，转盘匀速转动时，钢绳与转动轴在同一竖直平面内，若人与座椅的总质量为，钢绳与竖直方向的夹角为，不计绳子重力，不计空气阻力，取，，，求：
飞椅水平匀速转动的半径；
此时钢绳的拉力的大小；
飞椅匀速转动的角速度的大小结果可保留根号。
15.如图所示，是固定在水平面上半径为的圆弧凹槽。从高台边点以速度水平飞出的小滑块可视为质点，恰能从圆弧轨道的左端点沿圆弧切线进入轨道。是圆弧的圆心，与竖直方向的夹角，已知滑块的质量，，，不计空气阻力，取。求：
滑块从点运动到点的时间；
滑块运动到点时重力的功率；
滑块沿圆弧从点运动到点时的速度，求滑块沿圆弧运动过程中克服摩擦力所做的功。
16.如图所示，固定的光滑圆弧轨道的半径，质量、长的木板紧靠放置在水平地面上，与地面间的动摩擦因数，水平向右的恒力始终作用在上。质量的小滑块从顶端由静止滑下，、间的动摩擦因数。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，求：
滑到的底端时的速度；
通过计算判断能否从的右端滑出；
整个装置因摩擦产生的热量。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：根据曲线运动的特点，合外力指向曲线的凹侧，速度方向为曲线的切线方向，由于物体做加速曲线运动，可知合外力的方向与速度方向的夹角为锐角，故A正确，DCD错误。
故选：。
根据曲线运动的合外力、速度与加减速曲线运动的特征进行分析判断。
考查曲线运动的特点，关键是把握速度和加速度的方向关系，属于基础题。
2.【答案】
【解析】解：、小齿轮和后轮属于同轴转动，其上各点的角速度相等，即，故B错误；
A、因，根据公式，可得，故A正确；
C、根据向心加速度的公式，由于，因，故，故C错误；
D、由图可知，大齿轮和小齿轮属于皮带传动，其边缘点的线速度相等，即，故D错误。
故选：。
先明确传动关系：、两点为链条传动，边缘线速度大小相等；、两点为共轴转动，角速度大小相等。结合圆周运动公式依次推导。
本题考查共轴转动、皮带链条传动的圆周运动规律，核心解题要点为区分两类传动模型：链条传动边缘线速度相等，共轴转动各点角速度相等，再结合线速度、角速度、周期、向心加速度的关联公式完成大小比较，题目基础经典，侧重模型结论的直接应用，难度较低。
3.【答案】
【解析】解：根据木块减少的动能转化为弹簧的弹性势能得
代入数据求得，故D正确，ABC错误。
故选：。
整个过程水平面光滑，没有外力做功，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，木块挤压弹簧时动能减小，减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能，因此用木块初始的总动能减去此时剩余的动能，即可得到弹簧此时的弹性势能。
本题属于机械能守恒基础入门题型，考点单一清晰，仅考查光滑水平面下木块与弹簧系统的机械能守恒规律，情景模型经典常见，物理过程简单直白，只需要理解动能与弹性势能的相互转化关系即可解题，计算难度低，属于课内基础送分题，适合用来巩固机械能守恒的基本概念与应用前提。
4.【答案】
【解析】设斜面倾角为，小物块的质量为，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为，小物块由静止开始在斜面上运动的过程中，当水平位移为时，由动能定理得：
整理得小物块的动能与水平位移关系为：
在水平面上运动的过程中，由动能定理得：
所以小物块的动能与水平位移关系的图象两端均为直线，故A正确，BCD错误。
故选：。
把小物块的运动过程分成沿斜面向下运动和水平方向上的运动，然后分过程应用动能定理列方程，推导出小物块的动能与水平位移的函数关系即可。
本题考查的是动能定理与图象相结合的问题，解决本题的关键是要求同学们能够熟练应用动能定理推导出小物块的动能与水平位移的函数关系。
5.【答案】
【解析】解：、以桌面为零势能参考平面，点相对参考平面的高度
重力势能：，故A错误；
B、以地面为零势能参考平面，点相对地面的总高度
重力势能：，故B正确；
C、小球全程竖直向下运动，相对桌面参考平面的高度持续减小，重力势能一直减小，无回升阶段，故C错误；
D、全过程重力做功：，重力做正功，重力势能减少量等于重力做功大小，即势能减少，故D正确。
故选：。
结合重力势能计算公式、重力做功与重力势能变化的对应关系，依据不同零势能参考平面判断各选项势能数值与变化规律。
本题为重力势能基础题型，重点考查零势能参考平面的选取影响、重力做功与势能变化的核心规律。
6.【答案】
【解析】解：、角速度与转速的关系
得转速，故A正确；
B、甩干桶壁上某点的线速度大小为，故B错误；
C、根据题意，由牛顿第二定律可得，由牛顿第三定律可知，小物体对桶壁的压力，故C正确；
D、小物体受到重力、弹力、摩擦力作用，弹力充当向心力，故D错误。
故选：。
A、根据角速度与转速的换算公式，代入已知角速度计算转速；
B、利用线速度与角速度的关系式，代入半径、角速度计算线速度；
C、明确桶壁对物体的弹力提供向心力，用向心力公式算出弹力大小，再依据牛顿第三定律，得到物体对桶壁的压力大小；
D、紧扣受力分析原则，向心力是效果力，并非物体实际受到的性质力，区分性质力与效果力。
该题聚焦匀速圆周运动核心考点，综合考查转速与角速度、线速度与角速度的换算关系，以及向心力公式的应用、受力分析中效果力与性质力的区分；解题关键在于统一单位、准确选用公式，并明确向心力为效果力不纳入实际受力分析，同时结合牛顿第三定律，对圆周运动基础概念的精准理解与公式灵活运用能力考查较为全面。
7.【答案】
【解析】解：、不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度，大小相等，故A错误；
D、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可以知道，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由知下落时间相等，则两球运动的时间相等，故D错误。
B、由可知，两球在竖直方向分初速度大小相等，设小球初速度与水平方向的夹角为，则有：，由题图可知小球的初速度方向与水平方向的夹角大，则小球的初速度小于球的初速度，两球水平方向的分初速度为，因为球的初速度与水平方向的夹角小，所以球水平分初速度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比的大，故B正确；
C、根据竖直方向做自由落体运动，、落地时在竖直方向的速度相等，的水平速度大，根据可知，在落地时的速度比的大，故C正确。
故选：。
由运动的合成与分解规律可以知道，物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，即可以知道道水平初速度的关系；两球在最高点的速度等于水平初速度，由速度合成分析初速度的关系，即可判断落地速度的大小关系。
解此题的关键是将复杂的曲线运动分解为较为简单的直线运动将问题简化的物理思想。
8.【答案】
【解析】解：、从释放杠杆到石块飞出的过程中，石块动能的增加量为，解得，其重力势能的增加量为，解得，因此石块机械能的增加量为。而合力对石块所做的功等于其动能增量，为，故A错误，B正确；
、对于配重与石块构成的系统，其机械能守恒，故配重减少的机械能等于石块增加的机械能，为，有，解得或舍去。配重动能的增加量为，解得，故C正确，D错误。
故选：。
石块从初始位置到被抛出，经历了杠杆转动过程，其运动轨迹为圆弧，需分析其动能与重力势能变化。已知石块质量、抛出速度及长臂长度，可计算其动能增量；重力势能增量需考虑初始时与竖直位置的高度差，由长臂长度及初始夹角确定。石块机械能增量等于动能与重力势能增量之和。合力对石块做功等于其动能增量，因石块在杠杆上运动时除重力外还受杠杆作用力，合力做功仅改变动能。
配重与石块通过杠杆连接，系统机械能守恒，配重减少的机械能等于石块增加的机械能。已知石块机械能增量，配重减少的机械能包括重力势能减少量与动能增加量之差。配重下落过程也做圆弧运动，其线速度与石块线速度之比等于短臂与长臂长度之比，利用该比例关系及机械能守恒可建立方程求解短臂长度。配重动能增量需通过其质量、线速度与长臂线速度关系计算。
本题综合考查了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及刚体定轴转动的角速度关联，是一道融合了力学核心知识点的综合性题目。题目通过古代抛石机这一实际模型，巧妙地将杠杆转动与平抛运动相结合，计算量适中但思维链条较长，需要学生具备清晰的物理图景构建能力和多过程分析能力。题目难点在于正确建立石块与配重之间通过杠杆角速度关联的线速度关系，并准确运用系统机械能守恒定律列式求解。对于石块机械能变化的分析，需区分合力做功与机械能增量之间的区别，这正是功能关系理解的易错点。
9.【答案】
大于

【解析】小车以速度匀速向右运动，拉绳与水平方向成角时，物块的速度等于小车速度在竖直方向的分量
即
由于小车匀速，拉绳与水平方向成减小，加速上升，因此绳中拉力大于物块的重力。
故答案为：，大于。
把小车的速度沿绳、垂直绳分解，沿绳分速度等于物块速度，再根据物块加速上升，由牛顿第二定律判断绳拉力与重力大小关系。
本题为绳牵连速度经典基础题，同时结合受力分析考查超重规律，考点典型，能检验速度分解方法与牛顿定律的综合应用能力。
10.【答案】
能

【解析】解：当船头垂直于对岸运动，小船过河的最短时间为
代入数据可得
此时小木船过河的位移大小为
代入数据可得
由于木船在静水中的速度大于河水流速，故小船能到达正对岸。
故答案为：，，能。
船头垂直河岸渡河时过河时间最短，结合河宽与船速计算时间，再由两分运动速度求合位移，因船速大于水速，调整船头方向可到达正对岸。
本题围绕小船过河核心知识点命题，全面考查最短渡河时间、合位移、正对岸渡河条件，基础典型，能扎实检验运动合成的基础规律掌握情况。
11.【答案】

【解析】解：由图甲与图乙分析可知，当时，汽车速度达到最大值，此时汽车做匀速运动，加速度为零，牵引力等于阻力。根据功率公式，代入数据解得汽车所受阻力。
在至期间，由图乙可知牵引力功率保持恒定，为。根据公式，代入数据解得牵引力所做的功。
在此时间段内，汽车做变加速运动，根据动能定理，其中，，，代入数据解得通过的位移。
故答案为：；；。
汽车在末达到最大速度，此时牵引力功率恒定且汽车匀速运动，加速度为零，牵引力与阻力平衡，因此根据最大速度与对应功率的瞬时关系可确定阻力大小。
在至内，牵引力功率保持恒定，此过程牵引力做功与功率及时间满足直接关系，由功率恒定这一条件可直接计算该时间段内牵引力做的总功。
至汽车做变加速直线运动，已知初末速度、质量及牵引力做的总功和阻力大小，对全过程应用动能定理，牵引力做功与阻力做功的代数和等于汽车动能的增量，由此可求出该过程的位移。
本题综合考查功率、动能定理、变力做功以及运动图像分析等核心知识点。题目将速度时间图像与功率时间图像相结合，要求学生能够从图像中准确提取关键信息，并理解不同阶段汽车的运动状态和受力特点。计算量适中，但需要清晰的逻辑分析能力。首先需根据匀速运动条件结合最大速度和功率求解阻力，这考查功率公式的瞬时对应关系。其次，在恒定功率阶段求变力做功，直接应用公式，考查学生对功与功率关系的掌握。最后，求解变加速阶段的位移是本题的难点，需要运用动能定理建立功能关系，有效规避了直接求解复杂变加速运动的困难，重点考查学生运用能量观点处理问题的能力以及公式的灵活应用。
12.【答案】； ，；
【解析】直接测量下落高度和下落时间，验证机械能守恒时，不能通过算出瞬时速度，故A错误；
B.直接测量下落高度，验证机械能守恒过程中不能通过算出瞬时速度，故B错误；
C.根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度，不能由算出高度，故C错误；
D.直接测量下落高度，只能根据纸带上某点的相邻两点间的平均速度，得到该点的瞬时速度，故D正确。
故选：。
根据重力势能的表达式可知，下落过程中重力势能的减少量，动能的增加量；
实验发现重物重力势能的减少量通常略大于动能的增加量，主要是因为空气阻力和摩擦力的影响，所以误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力来减小误差，故BD正确，AC错误。
故选：。
故答案为：；，；。
根据验证机械能守恒定律的实验原理和注意事项进行分析解答；
根据重力势能和动能的表达式列式求解；
根据可能的误差原因和误差的种类进行分析判断。
考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，以及误差分析，会根据题意进行准确的分析解答。
13.【答案】

【解析】解：探究平抛运动竖直分运动的特点，实验中两小球、在同一高度，用小锤击打弹性金属片后，球沿水平抛出，球自由下落，为达到最佳实验效果，应尽量减小空气阻力的影响，则两球都选择密度较大、体积较小的金属球，故A错误，B正确；
C.不需要用秒表测量两球的落地时间，只需要听落地声音判断两球是否同时落地，故C错误。
故选：。
斜槽是否光滑不影响小球每次抛出的速度是否相同，则斜槽不需要光滑，故A错误；
B.轴的方向根据重垂线确定，保证轴的方向竖直向下，故B正确；
C.每次小球释放的初始位置必须相同，故C错误；
D.用描点法描绘运动轨迹时，应先舍去误差较大的点，用平滑曲线把剩下的点连接起来，故D错误。
故选：。
由图可知，，水平位移相等，又平抛运动在水平方向做匀速直线运动，所需时间相等，设为；平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，由图可知，，，竖直方向位移差
解得
水平方向有
解得
故答案为：；；，。
根据要减小空气阻力确定；
根据实验原理的注意事项确定；
根据平抛规律计算。
本实验考查平抛规律，实验原理，注意事项，如何减小空气阻力。
14.【答案】飞椅水平匀速转动的半径是 此时钢绳的拉力的大小是 飞椅匀速转动的角速度的大小是
【解析】解：飞椅水平匀速转动的半径
钢绳的拉力的大小
根据
代入数据可得
答：飞椅水平匀速转动的半径是；
此时钢绳的拉力的大小是；
飞椅匀速转动的角速度的大小是。
结合几何关系，用转盘半径叠加钢绳水平投影长度，求解飞椅转动总半径；
对人和座椅竖直方向受力平衡，分解拉力结合重力，求解钢绳拉力大小；
以拉力水平分力作为向心力，代入对应半径与向心力公式，求解转动角速度。
本题是圆锥摆经典题型，三小问梯度递进，全面考查圆周运动几何分析、受力分解与向心力公式应用，基础综合性强。
15.【答案】滑块从点运动到点的时间为 滑块运动到点时重力的功率为 滑块沿圆弧运动过程中克服摩擦力所做的功为
【解析】解：滑块从点到点做平抛运动，到达点时速度与水平方向的夹角等于，则有
由得，
滑块运动到点时重力的功率
滑块在点的速度为
滑块沿圆弧从点运动到点的过程中，根据动能定理得
解得滑块沿圆弧运动过程中克服摩擦力所做的功为
答：滑块从点运动到点的时间为；
滑块运动到点时重力的功率为；
滑块沿圆弧运动过程中克服摩擦力所做的功为。
滑块从点到点做平抛运动，到达点时速度与水平方向的夹角等于，由分速度关系求出在点时的竖直分速度，由求平抛运动的时间；
根据求滑块运动到点时重力的功率；
求滑块在点的速度。滑块沿圆弧从点运动到点的过程中，只有重力和摩擦力做功，根据动能定理求滑块沿圆弧运动过程中克服摩擦力所做的功。
本题考查了平抛运动和动能定理的综合运用，要掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，熟练运用运动的分解法处理平抛运动。涉及力在空间的积累效果时，要想到动能定理。
16.【答案】解：下滑过程，由动能定理得
解得
滑上之前，由于
静止不动。滑上之后，与地面之间最大静摩擦力
与之间滑动摩擦力
做匀加速运动
解得
做匀减速运动，加速度
假设经过时间二者共速，由
解得
，
此时间内，的位移
的位移
相对位移
解得
由于
此时未到达的右端。共速后，假设、一起运动，对整体
解得
要保持和一起减速需要的摩擦力
解得
故B、一起减速直至停止，不能从的右端滑出。
共速前，与地面之间摩擦生热
与之间摩擦生热
共速后
与地面之间摩擦生热
摩擦产生的总热量
解得
答：滑到的底端时的速度为；
、一起减速直至停止，不能从的右端滑出；
整个装置因摩擦产生的热量等于。
【解析】下滑过程，由动能定理得求解滑到的底端时的速度；
刚开始静止，但滑上后，由于给向右的滑动摩擦力，导致向右运动最终和可能达到共速，根据牛顿运动定律以及运动学公式得到它们相对位移小于木板长度，确定一定可以和达到共速，不能从的右端滑出。
共速前，与地面之间摩擦生热，与之间摩擦生热，共速后与地面之间摩擦生热，三个热量相加等于摩擦产生的总热量。
本题解题关键是分析出刚开始静止，但滑上后，由于给向右的滑动摩擦力，最终运动起来。
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