重庆市2024-2025学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）

重庆市2024-2025学年高一物理上学期期末考试试题（含解析）

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1题〜第7题

只有一项符合题目要求，第8题〜第10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错的得0分，共40分。）

1.下列物理量中不属于矢量的是

A.位移B.质量C.加速度D.力

【答案】B

【解析】

【分析】

矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量.

【详解】质量是只有大小没有方向的标量，而加速度、力和位移是既有大小又有方向的矢量；故B

正确，A、C、D错误；故选B.

【点睛】本题要能抓住矢量与标量的区分：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标

性.

2.下列说法中正确的是

A.超重时物体所受的重力不变

B.生活小区电梯启动瞬时，电梯中的人就处于超重状态

C.超重就是物体所受的重力增加

D.飞机减速下降过程中，飞机中的乘客处于失重状态

【答案】A

【解析】

【分析】

失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的

加速度，合力也向下；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超

重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；无论超重还是失重，物体本身的质量并没有改变.

【详解】A、C、处于超重与失重状态的物体所受的重力不变，是因为具有竖直加速度导致视重变了；

故A正确，C错误.

B、电梯向上启动的瞬间加速度向上，人所受的支持力变大，则压力变大即视重变大，处于超重；

反之电梯向下启动的瞬间处于失重；故B错误.

D、飞机减速下降时加速度向上，则飞机里的人处于超重；故D错误.

故选A.

【点睛】本题考查了超重和失重的学问，记住：1、具有向上的加速度超重，具有向下的加速度失

重；2、无论超重还是失重，物体本身的质量并没有改变.

3.一物体做匀加速直线运动，已知速度从/增大到2y过程中，物体位移为s,则速度从4y增大到

5y过程中，物体位移为

A.3sB.8sC.16sD.25s

【答案】A

【解析】

【分析】

依据匀变速直线运动的速度一位移关系v2-v：=2as列式进行解答.

【详解】依据匀变速直线运动的速度一位移关系有(2v)2-v2=2as，同理(5v)2-(4v)2=2as'，联立解得

s'=3s；故选A.

【点睛】此题考查匀变速直线运动的规律，留意计算技巧即可.

4.如图所示，一轻弹簧下端固定在水平桌面上，当轻弹簧受大小为2N的竖直向上的拉力作用时，

弹簧的总长度为18cm,当轻弹簧受大小为IN的竖直向下的压力作用时，弹簧的总长度为6cm,弹

簧始终在弹性限度内，则该轻弹簧的劲度系数为

B.—N/mC.20N/mD.25N/m

3

【答案】D

【解析】

【分析】

本题探讨弹簧弹力与形变量之间关系的基础学问，利用胡克定律结合平衡学问即可正确求解.

【详解】设弹簧的原长为乙,劲度系数为k,当弹簧受到拉力伸长而平衡时有：Fi=k(Li-LJ,即

2=^0.18-^；当弹簧受到压力压缩而平衡时有：F2=k(L0-L2),则l=k(Lo-O.O6),联立两式可得

k=25N/m,Zo=0.1m；故选D.

【点睛】本题对胡克定律的公式F=kx考查，明确x代表的是弹簧的形变量，为伸长量或压缩量，

留意总长度、形变量和原长的关系.

5.如图所示，一个重为ION的物体，用细线悬挂在。点，现在用力尸拉物体，悬线与竖直方向夹角

为。=37°,处于静止状态，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,则此时拉尸的最小值为

A.5NB.6NC.8ND.10N

【答案】B

【解析】

【分析】

以物体为探讨对象，采纳作图法分析什么条件下拉力少最小.再依据平衡条件求解户的最小值.

【详解】以物体为探讨对象，依据作图法可知，当拉力尸与细线垂直时最小.

依据平衡条件得尸的最小值为：冗/Gsin37°=10X0.6N=6N；故选B.

【点睛】本题是物体平衡中极值问题，难点在于分析尸取得最小值的条件，采纳作图法，也可以采

纳函数法分析确定.

6.如图所示，质量为〃的斜面体a置于水平面上，质量为m的物块6沿斜面加速下滑，斜面体a始

终保持静止状态，设物块与斜面间动摩擦因数为出，斜面体与水平面间动摩擦因数为由,则下列推

断肯定正确的是

【解析】

【分析】

分别对物体和整体进行分析，由牛顿其次定律进行分析明确加速度的表达式；对整体分析时，要留

意整体在水平方向上是地面上的摩擦力充当合外力.

【详解】A、B、由物块6沿斜面加速下滑，不能确定斜面是光滑或粗糙，比如a=gsin0时可推得斜

面光滑，若avgsin。可知斜面粗糙；故A、B均错误.

C、D、对斜面和物块的整体分析可知，系统有水平个左的加速度，则说明斜面体肯定受水平向左的

静摩擦力作用；故C错误，D正确.

故选D.

【点睛】本题考查牛顿其次定律的应用，要留意明确对于牛顿其次定律的整体法和隔离法的应用的

驾驭；应用整体法进行分析要比应用隔离法简洁的多.

7.将质量为勿的小球，以初速度V。竖直向上抛出，小球运动过程中受大小恒定的阻力作用，小球落

回抛出点时速度大小为kv()(k<1),重力加速度取g,则

A.小球上升最大高度为无B.下降过程比上升过程经验的时间短

2g

1V21V

C.小球阻力大小为上士mgD.小球阻力大小为一mg

1+k21+k

【答案】C

【解析】

【分析】

依据牛顿其次定律和运动学公式求解阻力大小和上升的最大高度；再依据位移时间关系分析时间长

短.

【详解】A、C、D、设小球运动过程中受阻力大小为£小球上升过程加速度大小为电，上升最大高

度为力，小球下降过程加速度大小为a2,由牛顿其次定律得：mg+f=mai，v02=2aih,mg-f=ma2,

(1+k>0

(kvo)2=2a,h,联立解得：h=~,f=fmg,故A,D错误，C正确.

4g1+k2

B、上升过程中的加速度大小为4="^下降过程中的加速度大小为22=喳］，将上升的匀减速

mm

直线运动运用逆向思维看成初速度为零的匀加速直线，由H=；ait%="帝因电不可得t上vt下，

即下降过程比上升过程经验的时间长；故B错误.

故选C.

【点睛】对于牛顿其次定律的综合应用问题，关键是弄清晰物体的运动过程和受力状况，利用牛顿

其次定律或运动学的计算公式求解加速度，再依据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和

运动学的桥梁.

8.下列说法中正确的是

A.任何物体都可当作参照系

B.速度越大的物体惯性越大

C.当物体沿直线朝一个方向运动时，位移就是路程

D.假如物体的形态和大小对所探讨的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点

【答案】AD

【解析】

【分析】

探讨物体的运动必需选择参考系，参考系的选择是随意的，但不能选探讨对象自身作为参考系；质

量是惯性大小的量度；当质点做单向直线运动时，位移的大小肯定等于路程；当物体的大小和形态

对所探讨的问题没有影响或影响很小，可忽视不计时，可以把物体看成质点.

【详解】A、探讨物体的运动必需选择参考系，参考系的选择是随意的；选项A正确.

B、质量是物体惯性大小的量度，与物体运动速度大小无关；选项B错误.

C、路程是标量，位移是矢量；选项C错误.

D、假如物体的形态和大小对所探讨的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点；选项D

正确.

故选AD.

【点睛】本题考查参考系、质点、惯性、路程与位移等几个基本概念，关键是理清这些概念.

9.某同学用水平力推教室的讲台，但没推动，下列说法正确的是

A.推力小于摩擦力B.推力小于讲台所受合力

C.讲台所受合外力为零D.推力小于或等于讲台最大静摩擦力

【答案】CD

【解析】

【分析】

对于平衡状态以及平衡条件的驾驭程度，首先要推断讲台处于什么状态，然后再推断在这种状态下

力的关系.

【详解】C、讲台在水平推力作用下处于静止状态，讲台所受合外力为零，选项C正确.

A、B、讲台没有被推动，则水平方向二力平衡，即推力大小等于静摩擦力，选项A,B错误.

D、静摩擦力由外力产生的趋势确定，大小在零到最大之间改变，OSf静Sf^x，推力等于静摩擦力，

故推力小于或等于讲台所受的最大静摩擦力，选项D正确.

故选CD.

【点睛】本题考查的是对二力平衡条件的理解和应用，在分析时，要留意明确物体所处的平衡状态

的推断,然后依据二力平衡的条件进行分析，不要想当然的认为箱子没动就是因为推力小于摩擦力.

10.如图所示，放在水平桌面上的质量为1kg的物体，通过水平轻绳a、力与水平轻弹簧甲、乙连

接，物体静止时弹簧测力计甲和乙的读数分别为7N和3N,则剪断轻绳6瞬时，物体的加速度可

能为

222

A.4m/sB.2m/sC.lm/sD.0

【答案】BCD

【解析】

【分析】

轻绳的弹力和接触的弹力可以突变，弹簧的弹力和橡皮筋的弹力不能突变；静摩擦力由外力产生的

趋势确定，和滑动摩擦力的关系满意0<%<fmax=f滑.

【详解】由题知，物体静止时受静摩擦力大小为7N-3N=4N,物体与水平桌面间最大静摩擦力

fmax>4N,所以剪断轻绳b瞬时，剩下的弹簧a的拉力为7N不变，和最大静摩擦力的合力

F合=Fb-fmaxW3N，由牛顿其次定律2=与331^2，故选项B、C、D正确，A错误.故选BCD.

m

【点睛】本题考查弹簧弹力的性质、最大静摩擦力及共点力的平衡条件、牛顿其次定律求瞬时加速

度等问题，要留意正确分析问题，并能构建合理的物理模型.

二、试验题（共3小题，共15分）

11.关于“探究力的平行四边形定则”的试验，下列说法正确的是

A.试验中，橡皮条、细绳必需与木板平行

B.两弹簧测力计必需在与木板保持接触状况下读数

C.两弹簧测力计的拉力肯定比橡皮条的拉力小

D.只用一个弹簧测力计也可完成本试验

【答案】AD

【解析】

【分析】

依据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮筋的结点位置要求.按试验原理和方法分析试验要求.

【详解】A、B、“探究力的平行四边形定则”的试验中，橡皮条、细绳必需与木板平行，否则读

拉力产生误差，或接触产生摩擦不能达到拉力的作用效果相同的试验要求，选项A正确;选项B错

误；

C、依据三力平衡特点可知合力可以大于、小于或等于随意一个分力，则弹簧测力计的拉力可能比

橡皮条的拉力大，选项C错误；

D、假如只有一个弹簧测力计，在节点位置相同，即合力大小、方向相同的状况下，另两细绳只要

方向确定，则两细绳拉力大小唯一确定，可用一个弹簧秤分别测出其拉力大小，就可以完成本试验,

选项D正确.

故选AD.

【点睛】在“验证力的平行四边形定则”试验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求

同学们对于基础学问要娴熟驾驭并能正确应用，加强对基础试验理解.在解决设计性试验时，肯定

先要通过分析题意找出试验的原理，通过原理即可分析试验中的方法及误差分析.

12.为了用弹簧测力计测定两木块4和8间的动摩擦因数，某同学设计了如图所示的试验方案。用

水平力F向右拉木板反使其向右运动，弹簧测力计示数的放大状况如图所示，则弹簧测力计示

数为N,已知木块/质量为mA=650g,当地重力加速度为g=9.8m/sz,则力、6间的动摩

擦因数〃=（计算结果取2位有效数字）.

/XiW-MfMt>>—IAIB

【答案】3.800.60

【解析】

【分析】

弹簧测力计估读到0.01N得到拉力；借助二力平衡求出滑动摩擦力从而得到动摩擦因数.

【详解】弹簧测力计最小刻度为0.1N,读数时须估读到下一位，示数为3.80N；对/受力分析可

知力相对8向左从而受向右的滑动摩擦力，而A相对地面静止，由二力平衡有Fk=f=pmAg，解得:

p,=0.60.

【点睛】用弹簧测力计拉住木块，读出弹簧测力计的示数，即可求出两张纸间的滑动摩擦力，木板

的运动状态不受限制，木板可以做匀速运动，也可做变速运动；明确/相对于接触的8向左运动而

受滑动摩擦力，而/相对于地面静止.

13.利用图1所示装置探讨自由落体运动。

~■

图I

(1)在试验过程中，应先一(填“接通电源”或“释放纸带”)。

(2)依据正确的试验步骤，获得纸带，选用较清晰的连续的几个点迹，如图2所示，用刻度尺测得

必位间距分别为S］、S2,已知打点计时器打点的频率为f,则重物运动过程的加速度大小为

学习小组发觉这个加速度数值与查得的当地重力加速度g相差较大，于是在测量了重物质量为加

后，计算出重物运动过程中所受阻力F=

ABCDE

图2

【答案】(1).接通电源(2).⑸-si)1⑸-si)广

44

【解析】

【分析】

(1)打点计时器的运用通常是先通电后运动.

(2)运用匀变速直线运动的判别式求加速度，用牛顿其次定律求阻力.

【详解】(1)小球自由落体运动较快，若先释放小球再通电，纸带上能留下的点迹很少不便于处理

数据减小误差，而且打点计时器通电瞬间打点不稳定，不能用来打点记录，故试验过程中应先接通

电源后释放纸带.

2

⑵设重物运动过程的加速度大小为a,由匀变速直线运动规律得：S2-s1=a(p2

解得：a=").

4

又由牛顿其次定律得：mg-F=ma,

解得:

F=m[g---4—]-

【点睛】通过试验原理清晰试验中须要测量的物理量，学会处理纸带求出瞬时速度和加速度，清晰

实际状况下存在的误差.

三、计算题(共3小题，共45分)

14.如图所示为一质点做直线运动的广大图像.求:

⑴前2s和后4s的加速度大小；

(2)从运动起先到停止的过程中，质点运动的平均速度大小。

【答案】(1)1.5m/s2(2)v=4.2m/s

【解析】

【分析】

(1)依据质点速度随时间的改变规律推断质点的运动状况,速度-时间图象的斜率表示加速度.

(2)速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移与时间之比.

【详解】(1)由图可知，前2s的加速度大小为3m/s2

后4s的加速度大小1.Sm/s?

(2)从起先运动到停止的过程中，加速时间ti=2s,匀速时间t2=4s,减速时间t3=4s,

质点位移x=+1^)+vt2，x=42m

_x

V=-

t

解得：v=4.2m/s

【点睛】解决本题的关键知道速度一时间图线的物理意义，会通过速度时间图线推断物体的运动规

律，以及驾驭图线的斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义.

15.如图所示，号、F2作用在重为G的物体同一点，使物体处于静止状态，已知F2与竖直方向

的夹角分别为45°、60°o求：F］、F2的大小(用G表示).

F

【解析】

【分析】

对重物受力分析，依据共点力平衡，运用正交分解求出两个拉力.

0

【详解】由力的平衡得：FJSU145=F2sm60°

F]Cos45°+F2cos600=G

=

联立解得：F2(招T)G

(月1)太

Fl——G

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡条件选用适当的方法(合成法、正

交分解法、作用效果分解法等)求解.

16.如图所示，甲、乙两物块通过长为£=0.2m的水平轻绳连接，置于足够长的水平面上，甲、乙

两物块质量均为勿=1kg,与水平面间动摩擦因数均为〃=0.5。