2025-2026学年广东省深圳市龙岗区高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年广东省深圳市龙岗区高一（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，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2025年9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−35”战斗机从静止弹射起步后在甲板上滑行15s后起飞。以下关于“福建舰”和“歼−35”在福建舰上弹射起飞和降落，下列说法正确的是( )
A. “歼−35”弹射起步后滑行15s后起飞，这里的“15s”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−35”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−35”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x−t图像如图所示。则下列v−t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
5.2025年举重世界锦标赛上，中国运动员丁秋霞以122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g=10m/s2，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610N
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50cm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20cm。g取10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 甲同学本次测得的“反应时间”约为0.1s
B. 甲同学抓住直尺前的瞬间，直尺的速度约为2m/s
C. 若某同学的“反应时间”为0.3s，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C919产生了浓厚的兴趣，他们通过查阅资料得知C919机身全长约40m，起飞最大总重量75吨，起飞速度为80m/s，滑行过程中受到的阻力约为飞机重力的0.1倍。该科技社团采用手机连拍功能研究C919起飞过程(可近似看成a=5m/s2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)，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 拍摄照片1时，飞机瞬时速度为零
B. 拍摄照片1−5的过程中，飞机平均速度约为35m/s
C. 相邻两张照片之间时间间隔约为1s
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3.75×105N
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y随时间t的变化曲线如图所示，A、B、C、D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. C点处无人机高度最大
B. 无人机在AB段处于超重状态
C. D点处无人机处于失重状态
D. 无人机在CD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OA的张力FA，臀大肌OB的张力FB，阔筋膜张肌OC的张力FC，OB与OC之间夹角为60°，髂胫束OA延长线正好是∠BOC的角平分线，三条肌肉相连于O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FC=FB
B. 膝盖健康的人正常站立情况下FC=FA
C. 阔筋膜张肌紧张的人正常站立时O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O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30°的扶梯以0.5m/s怠速运行，某质量为60kg的同学站上电梯后，电梯匀加速运行1s速度到达1.5m/s之后匀速运行，乘坐扶梯总共用20s，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g=10m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 0～1s内，该同学受到的支持力大小为630N
B. 0～1s内，该同学受到大小为30N的摩擦力
C. 1～20s内，该同学受到的摩擦力大小为300N
D. 扶梯总长度为29.5m
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。
(1)用如图甲器材探究在弹性限度内弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系：1.将弹簧平放在水平桌面上量出弹簧的自然长度；2.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m和弹簧稳定时的形变量x；3.根据实验数据，以钩码总质量m为纵轴，弹簧形变量x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k= N/m(计算结果保留3位有效数字。重力加速度g=9.8m/s2)。
(2)该同学改进方案后，分别用两根不同的弹簧a和b进行实验，画出弹簧弹力F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a或b)。
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：
①用天平测出小车质量M、砂桶总质量m，且m≪M；
②不挂砂桶时，适当垫高长木板的一端，平衡摩擦力；
③接通打点计时器电源，释放小车，获得纸带，并计算出加速度a；
④保持小车的质量M不变，多次改变砂桶的总质量m，重复步骤③；
⑤利用多组数据，作出a−m图像。
(1)打点计时器采用的交流电频率为50Hz。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B时小车的瞬时速度为 m/s，小车的加速度a= m/s2(结果均保留两位有效数字)。
(2)在始终满足m≪M情况下，步骤⑤中的a−m图像应该是如图中的 图，若已知该图线的斜率为k，则该地的重力加速度g= (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m=5kg的物块A放在动摩擦因数为μ的水平地面上，用20N的水平力F1拉动时，物体恰好做匀速直线运动；如图乙，若将物块A放在动摩擦因数同样为μ的倾角θ=37°的斜面上，用平行于斜面的力F2沿斜面向上拉动时，物体也恰好做匀速直线运动。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。求：
(1)动摩擦因数μ；
(2)拉力F2的大小。
14.如图所示，某校足球场长120m，宽80m。在某次足球训练中，运动员甲从边线的中点A朝着与中线成37°角的AB方向以v0=12m/s的初速度踢出足球，随后足球以a1=2m/s2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C沿CD方向(与AB垂直)静止开始加速进行拦截，其加速度大小a2=4m/s2，他加速到最大速度v2后匀速运动并在D点恰好拦截到足球，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，运动员和足球均可视为质点。求：
(1)若没有拦截，足球从踢出到停下的时间t以及与停下后与A的距离s；
(2)运动员乙的最大速度v2。
15.如图所示，质量M=3kg的长方体铁箱在水平恒力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱内一个质量为m=1kg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μ1=0.2，且处处相同，铁箱与水平面间动摩擦因数μ2=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
(1)铁箱侧壁对木块的支持力大小；
(2)水平恒力F的大小；
(3)减小拉力F，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3m/s时撤去拉力F，若铁箱左右两侧壁间的距离为1m，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】B
【解析】解：A.“15s”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：B。
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】A
【解析】解：BD.从兔子和乌龟运动的x−t图像可知乌龟比兔子先出发，故BD错误；
AC.由于x−t图像的斜率表示速度，根据兔子和乌龟运动的x−t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：A。
x−t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x−t图像以及v−t图像的物理意义。
3.【答案】A
【解析】解：A.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：A。
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】B
【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0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：B。
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】B
【解析】解：A.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；
B.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；
C.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610N，故C错误；
D.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：B。
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】B
【解析】解：A.由h=12gt2
代入数据得t=0.2s，故A错误；
B.由v=gt
代入数据得v=2m/s，故B正确；
C.由h=12gt2
代入数据得h=45cm，小于直尺长度50cm，故能握住，故C错误；
D.由h=12gt2可知t= 2hgt与 h成正比，而非与h成正比，故时间数值在尺子上分布不均匀，故D错误。
故选：B。
利用自由落体运动公式h=12gt2和v=gt，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】B
【解析】解：A、使用刻度尺测量可知，拍摄照片1−2的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的1倍，拍摄照片2−3的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的1.4倍，拍摄照片3−4的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的1.8倍，拍摄照片4−5的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的2.2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1：3：5：7⋅⋅⋅的条件，则拍摄照片1时，飞机瞬时速度不为零，故A错误；
BC、使用刻度尺测量可知，拍摄照片1−5的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的6.4倍，则前进的距离x′≈6.3L=6.4×40m=256m
其中拍摄照片1−3的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的2.4倍，拍摄照片3−5的过程中，飞机前进的距离大约是飞机长度的4倍，设相邻两张照片之间时间间隔为T，可得4aT2=x35−x13
即4×5T2=(4−2.4)×40
解得相邻两张照片之间时间间隔T= 3.2s≈1.8s
拍摄照片1−5的过程中，飞机平均速度约为v−=x4T=2564×1.8m/s≈35.5m/s
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F=ma+f=ma+0.1mg=75×103×5N+75×103×0.1×10N=4.5×105N，故D错误。
故选：B。
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】AB
【解析】解：A.C点是y−t图像的最高点，无人机的高度由纵坐标y表示，因此C点处无人机高度最大，故A正确；
B.AB段内，y−t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.D点处，y−t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.CD段可分为两部分，从C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D，无人机向上加速，加速度向上，处于超重状态，因此CD段是先失重再超重，故D错误。
故选：AB。
通过分析y−t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】AC
【解析】解：AB、由题意可得FA、FB、FC的关系如下图所示：
三条肌肉相连于O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：
FBsin30°=FCsin30°；FA=FCcs30°+FBs30°
解得：FB=FC，FA= 3FC，故A正确，B错误；
CD、由题意可知，阔筋膜张肌紧张的人臀大肌缺乏力量(即FB变小)及阔筋膜张肌紧张收缩(即FC变大)，从而导致骼胫束被动紧绷(即FA变大)，结合上图中的O点受到的三个力的方向，易知O点会向右侧移动，故阔筋膜张肌紧张的人正常站立时O点会比膝盖健康的人偏前，故C正确，D错误。
故选：AC。
由题意画出FA、FB、FC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O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】AD
【解析】解：A.0～1s内，电梯的加速度a=1.5−0.51m/s2=1m/s2
竖直方向加速度ay=asin30°=0.5m/s2
代入数据得ay=0.5m/s2
由牛顿第二定律N−mg=may
代入数据得支持力N=630N，故A正确；
B.0～1s内，水平方向加速度ax=acs30°= 32m/s2
代入数据得ax= 32m/s2
摩擦力f=max=60× 32=30 3N≈52N，故B错误；
C.1～20s内，电梯匀速运行，加速度为0，水平方向无加速度，因此摩擦力为0，故C错误；
D.匀加速阶段位移x1=0.5+1.52×1m=1m
匀速阶段位移x2=1.5×(20−1)m=28.5m
总长度x=x1+x2
代入数据得x=29.5m，故D正确。
故选：AD。
先分解0～1s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1～20s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
24.5
a
b

【解析】解：(1)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m=0时，弹簧的形变量x不为零；
根据胡克定律，钩码重力mg与弹簧因钩码产生的伸长量(x−x0)成正比(x0=1cm为弹簧自重导致的初始伸长量)，取图乙中m=80g=0.08kg、x=4cm的点，此时弹簧因钩码产生的伸长量Δx′=4cm−1cm=3cm=0.03m
由k=ΔFΔx′代入数据得k=24.5N/m
(2)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a的F−x图线斜率更大，即ka>kb，因此用弹簧a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kb