2025-2026学年福建省南平市高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年福建省南平市高一（上）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2025年11月23日，武夷山马拉松鸣枪开跑，起点和终点均设在武夷广场，发枪时间7：30，全程共42.195km，最终男子组任鹏以2小时24分14秒夺冠。下列说法正确的是( )
A. 7：30指的是时间B. 2小时24分14秒指的是时刻
C. 42.195km指的是位移大小D. 研究任鹏的运动轨迹时可将任鹏视为质点
2.2025年11月14日，神舟二十一号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，如图是返回舱返回地面的示意图。为确保安全着陆，飞船在离地约8km时打开主降落伞，返回舱在多根伞绳的作用下减速下降，则该过程中( )
A. 伞绳对返回舱的作用力等于返回舱对伞绳的作用力
B. 伞绳对返回舱的作用力大于返回舱对伞绳的作用力
C. 伞绳对返回舱的作用力与返回舱的重力是一对平衡力
D. 伞绳对返回舱的作用力与返回舱对伞绳的作用力是一对平衡力
3.将一个重球和一个轻球同时从离地高50m处静止释放，两球下落过程中忽略空气阻力，则重球( )
A. 下落的加速度比轻球大
B. 下落的过程中加速度越来越大
C. 在离地高25m处的瞬时速度等于全程的平均速度
D. 下落第1s内、第2s内、第3s内通过的位移之比是1：3：5
4.如图，重型自卸车利用液压装置推动车厢使车厢倾斜进行卸货，车厢的倾角用θ表示，货物与车厢底部间的动摩擦因数恒定，在卸货过程中，下列说法正确的是( )
A. 在货物滑动前，θ缓慢增大，车厢对货物的摩擦力变小
B. 在货物滑动前，θ缓慢增大，车厢对货物的作用力不变
C. 在货物滑动后，θ缓慢增大，车厢对货物的支持力变大
D. 在货物滑动后，θ缓慢增大，车厢对货物的摩擦力变大
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.甲、乙两车由同一地点向同一方向做直线运动，其位移x随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 0～t1时间内，甲车通过的位移等于乙车通过的位移
B. 0～t1时间内，甲车通过的路程小于乙车通过的路程
C. t1时刻，甲车速度比乙车速度小
D. t1时刻，甲车速度比乙车速度大
6.如图，足够长的光滑固定斜面倾角为30°，质量为m的小球甲与质量为3m的小球乙用轻杆连接，被垂直于斜面的挡板挡住，在斜面上处于静止状态，轻杆与斜面平行，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 静止时，杆对甲的弹力大小为12mg
B. 静止时，挡板对乙的支持力大小为4mg
C. 撤去挡板瞬间，甲的加速度大小为12g
D. 撤去挡板瞬间，乙的加速度大小为23g
7.在南平市乡村振兴项目中，无人机被广泛应用。如图(a)，无人机用轻绳悬挂质量为10kg的货物沿水平方向运动，在0～3s内货物的v−t图像如图(b)所示，不计空气阻力，重力加速度大小取10m/s2，则在0～3s内( )
A. 货物的平均速度大小为5m/sB. 货物的加速度大小为5m/s2
C. 轻绳与竖直方向夹角满足tanθ= 33D. 轻绳的拉力大小为50 5N
8.如图，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与物块B拴接置于斜面上，物块A紧挨着物块B，初始时两物块静止。现对A施加沿斜面向上的拉力F，使A、B一起沿斜面做加速度大小为15g的匀加速直线运动直到A、B分离。A、B的质量分别为2m、m，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A. 静止时，弹簧的形变量为3mgk
B. 施加拉力F的瞬间，A、B间的弹力大小为mg
C. A、B分离瞬间弹簧弹力大小为45mg
D. 拉力F的最大值为2mg
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从零时刻起汽车在运动过程中的位移与时间的关系式为x=(20t−2.5t2)m，则汽车初速度为______m/s，加速度为______m/s2，汽车刹车过程的位移为______m(规定汽车运动方向为正方向)。
10.水平桌面上的A、B两物块用一轻弹簧连接，初始时弹簧处于伸长状态，弹簧弹力大小为5N，A、B均静止，如图(a)所示，则A受到的摩擦力大小为 N；现给A施加一个水平向右、大小为8N的拉力F，如图(b)所示，则A受到的摩擦力大小为 N；B受到的摩擦力大小为 N。
11.一质量为50kg的人站在电梯中，电梯正在竖直向下做减速运动，加速度大小为1.2m/s2，此过程人处于 状态(选填“超重”或“失重”)，人的惯性 (选填“变大”、“不变”或“变小”)，电梯对人的作用力大小为 N(重力加速度大小取10m/s2)。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验情况如图(a)所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图(b)是在白纸上根据实验画出的图。
(1)如果没有操作失误，图(b)中的F与F′两个力方向一定沿AO方向的是 (选填“F”或“F′”)；
(2)在某次实验中，其中一弹簧测力计的指针如图(c)所示，则其示数为 N；
(3)关于此实验下列说法正确的是 (多选)。
A.橡皮筋的拉力就是两弹簧测力计拉力的合力
B.拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
C.拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
D.若弹簧测力计的外壳与木板产生摩擦，则所测拉力变小
13.如图(a)为某同学安装的“探究小车加速度与力和质量的关系”的实验装置。
(1)该装置存在两处错误，请指出：① ；② 。
(2)正确调整实验装置后，该同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器每隔0.02s打一个点，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)另一同学在实验数据处理中作出了如图(c)的图像，形成这个图像的原因是平衡摩擦力时长木板倾角 (选填“过大”或“过小”)、沙子 (选填“过多”或“过少”)。
五、计算题：本大题共3小题，共37分。
14.水平面上固定一倾角θ=37°的斜面，一质量m=5kg的球放在斜面上，并用垂直斜面的挡板挡住，如图(a)所示，球处于静止状态，不考虑球受到的摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求挡板对球的支持力大小N1、斜面对球的支持力大小N2；
(2)将挡板缓慢转至竖直，如图(b)所示，求挡板对球的支持力大小N3、斜面对球的支持力大小N4。
15.浙江大学联合镜识科技研发的黑豹Ⅱ超高速仿生机器人是目前公开的速度最快的机器人，其峰值速度能达到13.2m/s。某次测试中，机器人A以v0=5m/s的速度做匀速直线运动，A经过机器人B所在位置时，B从静止开始做加速度a=2m/s2的匀加速直线运动，求：
(1)B的位移为1m时的速度大小vB；
(2)B追上A前，二者的最大距离Δx；
(3)经过6s，B到达测试终点，此时A离终点的距离d。
16.如图，木板A、B相互紧靠，置于水平地面，一可视为质点的物块C以初速度v0=6m/s从A左端滑上木板。已知A、B、C质量均为m=0.5kg，A、B长度均为L=1.5m，C与A、B间的动摩擦因数均为μ1=0.8，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)C刚滑上A时，C和A的加速度大小；
(2)C刚滑上B时，C的速度大小；
(3)最终C到A右端的距离。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.“7：30”是发枪的具体时间点，属于时刻，不是时间间隔，故A错误；
B.“2小时24分14秒”是完成比赛所用的时长，属于时间间隔，不是时刻，故B错误；
C.“42.195km”是马拉松赛道的长度，是路程，不是位移大小(起点和终点在同一广场，位移大小为0)，故C错误；
D.研究任鹏的运动轨迹时，他的大小和形状可以忽略，可将其视为质点，故D正确。
故选：D。
先区分时刻与时间间隔、位移与路程的概念，再判断物体能否视为质点的条件，逐一分析每个选项的对错。
本题以武夷山马拉松比赛为背景，考查时刻、时间间隔、位移、路程和质点等运动学基本概念，考查学生对核心概念的辨析能力，难度适中，适合基础巩固。
2.【答案】A
【解析】解：A.伞绳对返回舱的作用力与返回舱对伞绳的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小相等，故A正确；
B.由A的分析，二者大小相等，故B错误；
C.返回舱减速下降，加速度方向向上，合力向上，因此伞绳对返回舱的作用力大于返回舱的重力，二者不是一对平衡力，故C错误；
D.伞绳对返回舱的作用力与返回舱对伞绳的作用力作用在两个不同物体上，是一对相互作用力，不是平衡力，故D错误。
故选：A。
先明确相互作用力与平衡力的区别，再根据牛顿第三定律判断相互作用力的大小关系，结合返回舱的运动状态分析受力平衡情况。
本题以神舟飞船返回舱着陆为背景，考查牛顿第三定律和平衡力的辨析，考查学生对相互作用力与平衡力概念的理解与应用能力，难度适中，适合基础巩固。
3.【答案】D
【解析】解：A.两者下落的加速度相同，均为g，故A错误；
B.下落的过程中加速度保持不变，均为g，故B错误；
C.设瞬时速度等于全程的平均速度的高度为x，由自由落体运动的规律可得，全程的末速度v满足位移—速度关系：v2=2gh，解得末速度v= 2gh，由匀变速直线运动的推论得平均速度为v−=v2= 2gh2，则v−2=2gx，联立可得x=v−22g=2gh42g=h4=504m=12.5m，故C错误；
D.由初速度为零的匀加速度直线运动的推论，知其相等时间内位移之比为奇数比即1：3：5：7，故D正确；
故选：D。
重球和轻球均做自由落体运动，由自由落体的位移公式和速度公式可以直接求得结论。
注意匀变速直线运动求解方法的灵活性，条条大道通罗马，也可以用全程的时间和位移求平均速度，或者比例法求解。
4.【答案】B
【解析】解：A、货物滑动前，车厢对货物的摩擦力为静摩擦力，大小为f=mgsinθ，可知θ越大，sinθ越大，故摩擦力越大，故A错误；
B、货物滑动前，车厢对货物的作用力的合力等于重力大小相等，方向相反，保持不变，故B正确；
C、在货物滑动后，车厢对货物的支持力大小N=mgcsθ，θ缓慢增大，csθ减小，故车厢对货物的支持力变小，故C错误；
D、在货物滑动后，车厢对货物的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f=μN=μmgcsθ，可知θ越大，csθ越小，故摩擦力越小，故D错误。
故选：B。
根据摩擦力和支持力的表达式结合倾角增大列式分析判断。
考查斜面上物体重力分解的知识，结合受力分析判断这些分力和支持力、摩擦力的大小关系。
5.【答案】AD
【解析】解：A、根据纵坐标的变化量表示位移，可知0～t1时间内，甲车与乙车通过的位移相等，故A正确；
B、根据x−t图像的斜率表示速度，可知甲车与乙车都做单向直线运动，路程等于位移大小，0～t1时间内，甲车与乙车通过的位移相等，则0～t1时间内，甲车与乙车通过的路程相等，故B错误；
CD、根据x−t图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，可知t1时刻，甲车速度比乙车速度大，故D正确。
故选：AD。
在位移—时间图像中，纵坐标的变化量表示位移，图像的斜率表示速度，结合两车的运动情况分析路程关系。
本题的关键要抓住x−t图像的纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量表示物体的位移，斜率表示速度，就能分析两车的运动情况。
6.【答案】AC
【解析】解：AB、设静止时，杆对甲的弹力大小为F1，挡板对乙的支持力大小为F2。对甲，由平衡条件得：F1=mgsin30°=0.5mg；对甲、乙整体，由平衡条件得：F2=(m+3m)gsin30°=2mg，故A正确，B错误；
CD、撤去挡板瞬间，甲、乙的加速度大小相同，设为a。对甲、乙整体，根据牛顿第二定律得：(m+3m)gsin30°=(m+3m)a，解得：a=0.5g，故C正确，D错误。
故选：AC。
对甲和甲、乙整体分别由平衡条件解答AB选项；撤去挡板瞬间，甲、乙的加速度大小相同，对甲、乙整体，根据牛顿第二定律解答。
本题考查了共点力平衡问题和牛顿第二定律应用的求解瞬时加速度的问题，掌握整体法与隔离法的应用，掌握牛顿第二定律的应用。
7.【答案】BD
【解析】解：A、由图示v−t图像可知，货物的平均速度大小v−=v0+v2=0+152m/s=7.5m/s，故A错误；
B、货物的加速度大小a=ΔvΔt=153m/s2=5m/s2，故B正确；
CD、设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则tanθ=mamg=ag=510=12，故C错误；
D、对货物，在水平方向，由牛顿第二定律得F=ma=10×5N=50N，
轻绳的拉力大小T= (mg)2+F2= (10×10)2+502N=50 5N，故D正确。
故选：BD。
根据图示图像求出货物的平均速度与加速度；
应用牛顿第二定律与数学知识求解。
分析清楚货物的运动过程与受力情况，根据图示v−t图像应用牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】BC
【解析】解：A.设两物块处于静止状态时弹簧的压缩量为x1，对A、B整体，由平衡条件得：kx1=(2m+m)gsin37°，解得：x1=9mg5k，故A错误；
B.设施加拉力F的瞬间，A、B间的弹力大小为F1，对B，由牛顿第二定律得：kx1−F1−mgsin37°=ma，其中：a=15g，解得：F1=mg，故B正确；
C.A、B分离瞬间，它们之间的弹力为零，设此时弹簧的弹力大小为F2，对B，由牛顿第二定律得：F2−mgsin37°=ma，解得：F2=45mg，故C正确；
D.A、B分离时拉力F达到最大值，对A，由牛顿第二定律得：Fm−2mgsin37°=ma，解得F的的最大值为：Fm=75mg，故D错误。
故选：BC。
对A、B整体，由平衡条件求得两物块处于静止状态时弹簧的压缩量；对B，由牛顿第二定律求得A、B间的弹力大小；A、B分离瞬间，它们之间的弹力为零，对B，由牛顿第二定律求得此时弹簧的弹力大小；A、B分离时拉力F达到最大值，对A，由牛顿第二定律求得F的的最大值。
本题考查了牛顿第二定律的应用，掌握物体分离的临界条件，掌握牛顿第二定律的应用。
9.【答案】20 −5 40
【解析】解：由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：x=v0t+12at2，对照x=20t−12at2可得：v0=20m/s，12a=−2.5m/s2，解得：a=−5m/s2，则刹车过程中发生的位移为：x=0−v022a=0−2022×(−5)m=40m。
故答案为：20；−5；40。
由位移关系式为x=(20t−2.5t2)m可知刹车时初速度和加速度，由速度—位移关系可求刹车位移。
解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，以及掌握匀变速直线运动的速度—时间公式和位移时间公式。
10.【答案】5
3
5

【解析】解：在图(a)中，物块A静止且弹簧处于伸长状态，弹簧对物块A的拉力Fs=5N方向向左，由平衡条件可得物块A受到的静摩擦力fA=Fs，解得：fA=5N。
由图(a)中物块A保持静止可知其受到的最大静摩擦力fmax≥5N。在图(b)中对A施加水平向右的拉力F=8N后，A受到的合外力(除摩擦力外)F合=F−Fs，代入数据得F合=3N方向向右，由于3N