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2025-2026学年福建省泉州市南安第一中学高一（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共3小题，共12分。
1.下列关于课本中相关案例的说法正确的是( )
A. 图所示的演示实验中，若用玻璃球进行实验，同样可以看到小球靠近磁体做曲线运动
B. 图所示为论述“曲线运动速度特点”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
C. 图所示的演示实验中，可以得出小球平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动的结论
D. 图所示为“感受向心力”活动，保持小球质量及绳长圆周运动半径不变，当增大小球转速时会感到拉力亦增大，这说明“向心力与转速成正比”
2.如图所示，可视为质点的小球、用不可伸长的轻质细绳连接，跨过固定在地面上半径为的光滑圆柱，的质量为的倍。当位于地面时，恰与圆柱轴心等高。将由静止释放，下落到地面时不再弹起，不计空气阻力，则上升的最大高度是( )
A. B. C. D.
3.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度在以内时，物体上升、下落过程中动能随的变化如图所示。重力加速度取。该物体的质量为 ( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
4.陶瓷是中华瑰宝，是中华文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工序叫利坯，如图所示。将陶瓷粗坯固定在绕竖直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坯体厚度适当，表里光洁。对应的简化模型如图所示，粗坯的对称轴与转台转轴重合。当转台转速恒定时，关于粗坯上、两质点，下列说法正确的是( )
A. 的周期比的大
B. 相同时间内，通过的路程比的大
C. 一个周期内内通过的位移大小与的相同
D. 同一时刻的向心加速度的方向与的相同
5.如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力随时间变化的图像如图所示，则( )
A. 此运动过程，小球的机械能不守恒
B. 时刻小球动能最大
C. 这段时间内，小球的动能先增加后减少
D. 这段时间内，小球的动能先减小后增大
6.如图所示，同种材料制成的粗糙斜面和高度相同，以底端所在水平直线为轴，顶端在轴上的投影为原点建立坐标系。同一物体在顶端分别沿斜面和由静止下滑到底端，若规定轴所在的水平面为零势能面，则物体在两斜面上运动过程中动能、重力势能、机械能、产生的热量随物体在轴上投影位置坐标的变化关系图像正确的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，是倾角为的光滑斜坡，劲度系数为的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端与质量为的薄木板相连，质量为的小球紧靠在木板上。现用一沿斜面向下、大小的力作用在上使静止在斜坡上的处。撤去外力后，沿斜坡上升刚好能到达顶端处。已知弹簧弹性势能的表达式为，其中为弹簧的形变量，不计空气阻力，重力加速度取。( )
A. 开始静止时，弹簧的压缩量为 B. 小球到达最大速度时，弹簧处于原长
C. 小球到达最大速度为 D. ，两点间的距离为
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
8.如图所示，一质量为的小球，重力加速度为，用长为的轻绳悬挂于点。第一次小球在水平拉力作用下，从平衡位置点缓慢地移到点，此时绳与竖直方向夹角为，在这个过程中水平拉力做功为 ；第二次小球在水平恒力作用下，从点移到点，水平恒力做功为 。
9.如图，水平地面上以速度做匀速直线运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体。某一时刻绳子与水平方向的夹角为，则此时物体的速度 。在汽车做匀速直线运动的过程中，物体做 运动选填“加速”或“减速”或“匀速”。
10.某款新能源微型汽车质量为，额定功率为，在水平公路上行驶时所受阻力恒为。当汽车以额定功率启动，随着车速增大，牵引力将 选填“增大”、“减小”、“不变”，汽车能达到的最大速度 。
四、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某同学设计出如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门和光电门，光电计时器记录下小球通过光电门的时间、，已知当地的重力加速度为。
为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量______填选项序号。
A.小球的质量
B.光电门和光电门之间的距离
C.小球从光电门到光电门下落的时间
保持光电门位置不变，上下调节光电门，多次实验记录多组数据，作出随变化的图像如图所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率 ______，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为，根据实际数据绘出的随变化的图像的斜率为，则实验过程中所受的平均阻力与小球重力的比值 ______用、表示。
12.某同学采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置放置在水平桌面上，底板上的标尺可以测得水平位移。
以下是实验过程中的一些做法，其中不合理的有 。
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B.斜槽轨道必须光滑
C.应选择质量较大，体积较小的小球
D.每次小球应从同一高度由静止释放
若某次实验时，小球抛出点距底板的高度为，水平位移为，重力加速度为，则小球的平抛初速度为 用、、表示。
如图乙所示，用一张印有小方格的纸记录轨迹，以点为坐标原点，当地重力加速度取，小方格的边长。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的、、、所示，则小球平抛的初速度 ，小球抛出点的坐标为 。取。
五、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.年哈尔滨亚洲冬季运动会是继北京冬奥会后中国举办的又一重大国际综合性冰雪盛会。跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，跳台滑雪赛道如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由光凊助滑道、着陆坡、减速停止区三部分组成，助滑道高度差。比赛中运动员从点由静止下滑，运动到点后水平飞出，落在着陆坡的点，着陆坡的倾角，重力加速度大小，忽略空气阻力影响，求：
运动员从点水平飞出的速度大小；
运动员从点飞出后离斜面最远时的速度大小；
运动员从点飞出后离斜面最远的距离和此过程中沿斜面方向的距离。
14.如图所示，为倾角的斜面轨道，其中轨道的部分光滑，部分粗糙，部分为圆心角、半径的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于点，点为圆弧的圆心，、两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在点，另一端自由伸长至斜面上点处，现将一质量的小物块可视为质点在点以沿斜面向下初速度射出，物块沿斜面向下运动，当物块压缩弹簧到点时速度恰好为零。已知斜面、两点间距，、两点间距，小物块与斜面部分间的动摩擦因数，，，，求：
弹簧被压缩到点时的弹性势能；
小物块再次回到点时对轨道的压力；
若改变小物块在点沿斜面向下的初速度，要使小物块在轨道上运动的过程中不脱离轨道，则的取值范围为多少？
15.如图所示，传送带逆时针方向转动，速度大小为，传送带长度为，将质量为小物块可视为质点无初速度放到传送带的最右端，小物块与传送带间的动摩擦因数为，小物块离开传送带后从光滑平台上的点水平抛出，到达点时恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端点的两个完全相同的长木板、，长木板与圆弧轨道末端切线相平。长木板长度均为，质量均为，圆弧轨道的半径为，半径与竖直方向的夹角，小物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等不计空气阻力，求：
小物块到达点时的速度大小；
若小物块滑上长木板时，长木板不动，而滑上长木板时，长木板开始滑动，则小物块与长木板间的动摩擦因数的取值范围；
若，滑上长木板后小物块与两个长木板间摩擦产热。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：若用玻璃球进行实验，磁体对玻璃球没有吸引作用，不会出现小球靠近磁体做曲线运动，故A错误；
B.图所示为论述“曲线运动速度特点”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法，故B正确；
C.改变装置的高度和敲击振片的力度，进行多次实验，若两球同时落地，则证明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，得不出水平分运动是匀速直线运动，故C错误；
D.保持小球质量及绳长圆周运动半径不变，当增大小球转速时会感到拉力亦增大，只能说拉力随着转速增大而增大，并不能证明向心力与转速成正比，故D错误。
故选：。
根据磁体对玻璃球没有吸引作用，不会出现小球靠近磁体做曲线运动，平抛运动竖直和水平方向上运动的特点，结合“极限”的思想方法与圆周运动的特点分析求解。
本题考查了圆周运动相关知识，理解物理现象背后蕴含的物理知识是解决此类问题的关键。
2.【答案】
【解析】解：设的质量为，则的质量为，球落地前，、组成的系统机械能守恒，有
解得球落地前，、两球的速度为
对运用动能定理得
解得球上升的高度为
则上升的最大高度为
故ACD错误，B正确。
故选：。
根据、组成的系统机械能守恒，结合动能定理分析求解。
本题考查了功能关系，理解运动过程中能量的变化关系是解决此类问题的关键。
3.【答案】
【解析】由动能定理可知，合外力做的功等于物体的动能变化，图线的斜率表示物体所受合外力，即，
由图可知：上升过程 ，下落过程 ，
设与运动方向相反的外力大小为，则上升过程有，下落过程有，联立解得。
故选C。
4.【答案】
【解析】解：粗坯上、两质点是同轴转动，、两质点的角速度相等，、两质点的周期相等，故A错误；
B.根据，质点的半径大于质点的半径，质点的线速度大于质点的线速度，相同时间内，通过的路程比的大，故B正确；
C.、两质点的周期相等，一个周期内、两质点通过的位移均为，故C正确；
D.向心加速度的方向指向圆心，同一时刻的向心加速度的方向与的相反，故D错误。
故选：。
、两点随转台同轴转动，角速度相等，结合圆周运动周期、线速度、位移和向心加速度的规律逐一分析选项。
本题以陶瓷制作的利坯工序为生活化情境，考查同轴转动下的圆周运动核心规律，既贴合生活实际，又能帮助学生巩固角速度、线速度等基础概念，体现物理知识的应用价值。
5.【答案】
【解析】解：此运动过程，弹簧对小球做功，则由机械能守恒定律可知，小球的机械能不守恒，故A正确；
这段时间内，弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程，根据牛顿第二定律，可知小球受到的弹力开始时小于重力，再等于重力，后来大于重力，
则小球先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为时，其速度达到最大值，后做加速度逐渐增大的减速运动，所以小球的动能先增大，后减小，在之间的某个时刻小球所受重力与弹簧弹力等大、反向时，小球动能最大，
而在时刻，小球所受的弹簧的弹力最大，其动能应为，故B错误，C正确；
D.由图可知，这段时间内，小球的弹力从最大开始减小，说明小球从最低点上升，小球受到的弹力开始时大于重力，小球向上做加速运动，后来小于重力，小球做减速运动，所以小球的动能先增大，后减小，故D错误。
故选：。
A.结合题意，由机械能守恒定律，即可分析判断；
结合题意，由牛顿第二定律及弹簧弹力的变化规律，即可推导小球的运动状态，进而分析判断；
D.类比前面思路，根据弹簧弹力的变化，确定小球的受力情况及运动特点，即可分析判断。
本题考查简谐运动的能量问题，解题时需注意，做简谐运动的物体在运动过程中，经过某一位置时系统所具有的动能与势能之和即机械能，简谐运动中系统机械能守恒。
6.【答案】
【解析】解：、物体在斜面、上下滑过程中克服摩擦力所做的功
根据功能关系可知物体在斜面上运动产生的热量等于克服摩擦力所做的功
结合几何关系知物体沿两个斜面运动图像的斜率是相等的，水平位移越大则产生的热量越多，故D正确；
A.设斜面倾角为，水平位移为时，重力做的功为，克服摩擦力所做的功与的关系为，根据动能定理，斜面的倾角越大，图像斜率越大，所以沿轨道下滑时图像斜率大；到达斜面底端过程，，沿轨道下滑时水平距离小，所以摩擦力做功较小，动能较大，故A错误；
B.规定轴所在的水平面为零势能面，则下滑过程中的重力势能为，沿轨道下滑时图像斜率大，初末状态的重力势能是相等的，故B正确；
C.根据功能关系，摩擦力做负功，物体机械能减少，机械能与的关系为，结合几何关系知沿两个轨道下滑时图像的斜率应该是相等的，故C错误。
故选：。
首先根据功能关系可知物体在斜面上运动产生的热量等于克服摩擦力所做的功求出在不同斜面上下滑产生的热量的图像是否正确；然后根据动能定理分析物块动能与水平位移的关系，再根据最低点的水平位移判断沿哪个斜面下滑的物块动能更大一些；规定轴所在的水平面为零势能面，则下滑过程中的重力势能为，沿轨道下滑时图像斜率大，初末状态的重力势能是相等的；根据功能关系，摩擦力做负功，物体机械能减少，机械能与的关系为，结合几何关系知沿两个轨道下滑时图像的斜率判断图像是否准确。
本题考查功能关系，解决本题的关键是能熟练列出各图像所对应的方程，根据图像的斜率等信息分析各选项。难度不小。
7.【答案】
【解析】解：设开始静止时弹簧的压缩量为，由平衡条件
代入数据解得
故A正确；
撤去外力后，对整体分析，在向上运动过程中，当加速度为零时，整体到达最大速度，由受力分析可得
代入数据解得
此时弹簧处于压缩状态；
由能量守恒
代入数据解得
故BC错误；
D.弹簧恢复为原长时，、分离，设分离时的速度为，根据能量守恒有
、分离后继续上滑的距离为，根据能量守恒有
代入数据联立解得
即此时弹簧伸长，所以，两点间的距离为，故D正确。
故选：。
A.根据平衡条件求开始静止时，弹簧的压缩量；
根据平衡关系和能量守恒定律求小球到达最大速度时的速度以及弹簧的变化；
D.根据能量守恒求，两点间的距离。
本题考查能量守恒、弹簧力学和斜面上的动力学分析。关键在于正确理解弹簧势能、动能和重力势能的相互转换，以及小球在斜坡上运动时的能量分配。通过合理运用能量守恒原理，结合小球在斜面上的运动规律，可以有效的求解问题。
8.【答案】

【解析】解：从平衡位置点缓慢地移到点，由动能定理
可得在这个过程中水平拉力做功为
小球在水平恒力作用下，从点移到点，水平恒力做功为
故答案为：，。
第一次小球缓慢移动，动能不变，用动能定理分析水平拉力做的功；第二次小球在恒力作用下移动，根据恒力做功的公式计算水平恒力做的功。
这道题通过变力和恒力两种不同的拉力作用情境，考查动能定理和恒力做功的计算，能检验学生对不同做功情况的分析能力。
9.【答案】
加速

【解析】解：将沿绳子方向和垂直于绳方向正交分解，如图
等于沿绳方向的分速度，即
汽车以做匀速直线运动的过程，减小，则增大，所以增大，故物体做加速运动。
故答案为：；加速。
车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，其中沿绳方向的运动与物体上升的运动速度相等。
正确将车的运动进行分解是解决本题的关键，注意两个物体沿着绳子方向的分运动的分速度是相等的。
10.【答案】减小

【解析】解：根据可知，当汽车以额定功率启动时，随着车速增大，牵引力减小。当牵引力和阻力相等时，速度最大，所以最大速度为
故答案为：减小，。
根据分析。当牵引力和阻力相等时，速度最大。
掌握公式的应用，知道汽车以恒定功率启动时，汽车做加速度减小的变加速运动，当加速度为零时速度最大。
11.【答案】； ；
【解析】解：验证机械能守恒定律，则满足。
A.由上式可知，小球的质量不需要测量，故A错误；
B.光电门和光电门之间的距离需要测量，故B正确；
C.小球从光电门到光电门下落的时间不需要测量，故C错误。
故选：。
小球通过光电门时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有，由，可得，由此可知，若该图线的斜率，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
设小球在下落过程中平均阻力大小为，由牛顿第二定律可得，，解得。
故答案为：；；。
根据验证机械能守恒定律实验原理和注意事项进行分析解答；
根据机械能守恒定律列式结合斜率物理意义进行分析解答；
根据牛顿第二定律列式求解。
考查机械能守恒定律的实验原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。
12.【答案】

【解析】解：轨道末端应水平，从而保证小球做平抛运动，但不必光滑；应选择质量较大，体积较小的小球，减少空气阻力影响；小球应从同一高度由静止释放，释放位置不能太高或太低，故ACD正确，B错误。
此题选择不合理的，故选：。
竖直方向有
水平方向有
联立解得
竖直方向由，得
则水平速度
点的竖直速度，可得
根据，，联立解得
故抛出点坐标为。
故答案为：；；，。
根据做平抛运动的条件分析判断；根据保证小球离开斜槽末端速度相同判断；
根据平抛运动规律计算；
根据匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律计算
本题考查“探究平抛运动的运动规律”实验，关键掌握实验原理、利用匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律处理数据的方法。
13.【答案】运动员从点水平飞出的速度大小是 运动员从点飞出后离斜面最远时的速度大小是 运动员从点飞出后离斜面最远的距离是，此过程中沿斜面方向的距离是
【解析】解：运动员从到的过程，由动能定理得，代入数据解得
当运动员的速度与斜面平行时距离斜面最远，如图所示
运动员在离斜面最远时有，代入数据解得
把运动员的运动分解为垂直于斜面的匀变速直线运动和平行于斜面的匀加速直线运动
垂直于斜面方向有，代入数据解得
离斜面最远时的时间，代入数据解得
与斜面方向的位移，代入数据解得
答：运动员从点水平飞出的速度大小是；
运动员从点飞出后离斜面最远时的速度大小是；
运动员从点飞出后离斜面最远的距离是，此过程中沿斜面方向的距离是。
应用动能定理求出运动员的速度。
当运动员的速度与斜面平行时距离斜面最远，求出此时的速度大小。
当运动员垂直于斜面的速度为零时距离斜面最远，应用运动学公式求出沿斜面方向运动的距离。
根据题意分析清楚运动员的运动过程是解题的前提，分析清楚运动员的运动过程，应用动能定理与运动学公式即可解题。
14.【答案】解：小物块从到的过程，由能量守恒定律可知

解得：
小物块从再次回到的过程，由动能定理可知

由牛顿第二定律可知

解得：
由牛顿第三定律可知，在点小物块对轨道压力为，方向垂直于向下。
若小物块由弹簧反弹上升到与等高点时的初速度为零，从将物块从点射出到运动到与点等高点整个过程，由能量守恒可知

解得：
若小物块返回后恰能到达点，有
从将物块从点射出到运动到点整个过程，由动能定理得

解得：
要使小物块在轨道上运动过程中不脱离轨道，的取值范围为或。
答：弹簧被压缩到点时的弹性势能为；
小物块再次回到点时对轨道的压力为，方向垂直于向下；
要使小物块在轨道上运动的过程中不脱离轨道，则的取值范围为或。
【解析】小物块从点到点的过程中，物块的机械能转化为内能和弹簧的弹性势能，根据能量守恒定律列式，求解弹簧被压缩到点时的弹性势能；
小物块从再次回到的过程，由动能定理求出小物块再次回到点时的速度。在点，对小物块利用牛顿运动定律求小物块再次回到点时对轨道的压力；
要使小物块在沿轨道运动的过程中不脱离轨道，小物块由弹簧反弹上升的最高点为与等高的点。对整个过程，运用能量守恒定律列式求解。
本题的关键要理清物体的运动情况，搞清能量是怎样转化的，分段运用能量守恒定律进行列式。要挖掘出隐含的临界状态和临界条件：物块恰好到达与圆心等高的点，速度为零。小物块返回后恰能到达点时，由重力充当向心力。
15.【答案】小物块到达点时的速度大小为；
小物块与长木板间的动摩擦因数的取值范围为；
若，滑上长木板后小物块与两个长木板间摩擦产热为
【解析】解：小物块在传送带上，根据牛顿第二定律
解得
假设小物块在传送带上一直加速，则根据速度位移公式
解得
所以，假设成立。小物块由到做平抛运动，则在点的速度大小为
解得
小物块滑上木板时，对木板的摩擦力为
小物块滑上长木板时，长木板的最大静摩擦力为
小物块滑上长木板时，长木板的最大静摩擦力为
又因为，小物块滑上长木板时，长木板不动，而滑上长木板时，长木板开始滑动，则
解得
小物块从点到点过程，根据动能定理
解得
小物块在长木板上，根据牛顿第二定律
为保证小物块滑到长木板，则
代入数据，解得
所以，小物块与长木板间的动摩擦因数需要满足
若，则小物块滑上长木板时，长木板不动，而滑上长木板时，长木板开始滑动。小物块在长木板上滑动时，产生的热量为
小物块在长木板上，根据牛顿第二定律
解得
小物块滑离长木板时的速度大小为，根据速度位移公式
解得
小物块滑上长木板时，对长木板，根据牛顿第二定律
解得
小物块滑上长木板后，小物块继续做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，共速后一起减速到静止，则小物块滑上长木板后到共速过程
解得
此过程，小物块的位移为
长木板的位移为
相对位移为
则，此过程中小物块与长木板间摩擦产热为
所以，滑上长木板后小物块与两个长木板间摩擦产热为
解得
答：小物块到达点时的速度大小为；
小物块与长木板间的动摩擦因数的取值范围为；
若，滑上长木板后小物块与两个长木板间摩擦产热为。
根据牛顿第二定律分析小物块在传送带的运动情况，从而计算速度；
从到，根据动能定理求解小物块运动到点时的速度大小，根据牛顿第二定律解答；
根据运动学公式求解相对通过的距离，根据功能关系求因摩擦而产生的热量。
本题主要考查功能关系和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理、牛顿第二定律等列方程解答。
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