（考试时间：90分钟 满分：100分）
注意事项：
- 本试卷考查内容主要依据《普通高中教科书 物理 必修 第一册》（人教版）电子书或纸质教材。
- 答题前，请务必将自己的姓名、班级、学号填写在答题卡指定位置。
单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
在物理学中，为研究问题方便，有时会忽略物体的大小和形状，将其抽象为一个有质量的点，这种研究方法属于（ ） A. 控制变量法 B. 理想模型法 C. 等效替代法 D. 科学假说法
关于矢量和标量，下列说法正确的是（ ） A. 位移、速度、加速度都是矢量 B. 路程、速率、时间都是矢量 C. 矢量的大小通常称为标量，因此标量是矢量的一部分 D. -5m的位移比3m的位移大
一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1s内的位移是2m，则它在第3s内的位移是（ ） A. 4m B. 6m C. 8m D. 10m
如图所示，一个木箱静止在粗糙的斜面上，则关于木箱的受力分析，正确的是（ ） A. 重力、支持力、摩擦力、下滑力 B. 重力、压力、摩擦力 C. 重力、支持力、摩擦力 D. 重力、支持力、压力、摩擦力
在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，下列操作有助于减小实验误差的是（ ） A. 两细绳必须等长 B. 弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行 C. 用两弹簧测力计同时拉细绳时，两弹簧测力计示数之差应尽可能大 D. 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要近些
牛顿第一定律揭示了（ ） A. 力是维持物体运动的原因 B. 物体具有惯性，力是改变物体运动状态的原因 C. 速度越大的物体惯性越大 D. 物体只有在不受力时才有惯性
如图所示，用水平力F将质量为m的木块压在竖直墙壁上保持静止，下列说法正确的是（ ） A. 木块受到的摩擦力大小等于mg，方向竖直向上 B. 若F增大，木块受到的摩擦力也增大 C. 木块受到墙壁的弹力与重力是一对平衡力 D. 木块受到的压力F就是它所受的重力
甲、乙两物体从同一地点出发沿同一直线运动，其v-t图像如图所示，以下判断错误的是（ ） A. 甲、乙两物体在t=2s时相遇 B. 在0~4s内，甲物体的加速度方向始终不变 C. 在0~4s内，甲、乙两物体的平均速度相同 D. 乙物体在前2s内做匀加速直线运动，后2s内做匀减速直线运动
多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
关于自由落体运动（g取10 m/s²），下列说法正确的是（ ） A. 物体从静止开始下落的运动就是自由落体运动 B. 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动 C. 物体在该段位移内的平均速度等于初末速度之和的一半 D. 第3s末的速度比第1s末的速度大20 m/s
一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中（ ） A. 速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B. 速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移仍将继续增大
如图所示，物体A、B叠放在水平桌面上，在水平力F的作用下一起向右做匀速直线运动，则物体A、B的受力情况为（ ） A. A对B有向左的静摩擦力 B. B对A有向右的静摩擦力 C. B对桌面的滑动摩擦力方向向左 D. 桌面对B的滑动摩擦力方向向左
如图所示，轻绳OA一端系在天花板上，与竖直方向夹角为θ，轻绳OB水平，现保持O点位置不变，缓慢移动B端，使OB绳绕O点逆时针转动至竖直方向，此过程中（ ） A. OA绳的拉力一直减小 B. OA绳的拉力先减小后增大 C. OB绳的拉力一直减小 D. OB绳的拉力先减小后增大
实验题（本大题共2小题，共15分。）
（7分）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中： （1）下列器材中，本实验不需要的是____（填选项前的字母）。 A. 低压交流电源 B. 刻度尺 C. 天平 D. 秒表
（2）实验中得到一条清晰的纸带，如图所示，A、B、C、D、E、F、G为纸带上连续打下的7个点，已知电源频率为50Hz，则打点计时器打下D点时小车的速度vD =____m/s（计算结果保留三位有效数字），小车的加速度a =____m/s²（计算结果保留两位有效数字）。
（图中应有一段纸带示意图，数据假设为：AB=1.20cm， BC=1.60cm， CD=2.00cm， DE=2.40cm， EF=2.80cm， FG=3.20cm,此处用文字描述代替图示）
（8分）某同学用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。 （1）在平衡摩擦力时，____（填“需要”或“不需要”）悬挂砂桶，应让小车拖着纸带，轻推小车，根据纸带上的点迹判断小车是否做匀速运动。 （2）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是____。 （3）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出打“3”点时小车的瞬时速度v3 =____m/s，小车的加速度为a =____m/s²（结果均保留两位有效数字）。 （图中应有纸带示意图，数据假设：0-1: 2.80cm， 1-2: 4.40cm， 2-3: 5.95cm， 3-4: 7.60cm， 4-5: 9.10cm， 5-6: 10.75cm,此处用文字描述代替图示）
计算题（本大题共3小题，共33分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
（10分）2025年，我国某新型无人机在测试场上进行直线性能测试，已知无人机从静止开始以最大加速度a₁=4m/s²匀加速启动，达到最大速度vm=48m/s后立即以最大加速度a₂=8m/s²减速，直至悬停，求： （1）无人机从启动到悬停的总时间t； （2）测试场跑道的至少需要多长L。
（11分）如图所示，质量m=2kg的物体放在倾角θ=37°的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，用平行于斜面向上的力F=24N拉物体，使其从静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。（sin37°=0.6， cos37°=0.8， g取10m/s²）求： （1）物体对斜面的压力大小； （2）物体运动的加速度大小； （3）若拉力F作用t=2s后撤去,则物体还能沿斜面上滑的最大距离。
（12分）在2025年的一次物流分拣系统中，传送带的应用极大地提高了效率，如图所示，一倾角为θ=30°的传送带以v=2m/s的恒定速度顺时针运行，现将一质量m=1kg的包裹（可视为质点）轻放在传送带底端，包裹与传送带间的动摩擦因数μ=√3/2，已知传送带从底端到顶端的长度L=5m，g取10m/s²，求： （1）包裹刚放上传送带时的加速度大小； （2）包裹从底端传送到顶端所需的时间； （3）在包裹从底端到顶端的整个过程中,传送带对包裹所做的功。
2025年高中物理必修一（人教版）综合测评试卷（参考答案）
单项选择题
B 2. A 3. D 4. C 5. B 6. B 7. A 8. A
多项选择题
BC 10. BD 11. BD 12. AD
实验题
（1）C、D （2）0.220 （利用CE段平均速度，vD = (CD+DE)/(2T) = (2.00+2.40)×10⁻² / (2×0.02) = 0.220 m/s） 0.40 （用逐差法，a = [(DE+EF+FG) - (AB+BC+CD)] / (9T²) = [(2.40+2.80+3.20) - (1.20+1.60+2.00)] ×10⁻² / (9×0.02²) = 0.40 m/s²）
（1）不需要 （2）m << M （或砂和砂桶的总质量远小于小车和砝码的总质量） （3）0.52 （v3 = (S24)/(2T) = (5.95+7.60)×10⁻² / (2×0.1) = 0.6775 ≈ 0.68 m/s？ 计算修正：因相邻计数点间有4个点未画出，则T=0.1s，v3 = (S24)/(2T) = (5.95+7.60)×10⁻² / 0.2 = 0.6775 ≈ 0.68 m/s，但题目要求两位有效数字，故为0.68，原答案0.52疑似数据对应不同纸带，此处以给定数据为准计算） 0.80 （用逐差法，a = [(S45+S56) - (S01+S12)] / (4×3T²) = [(7.60+9.10) - (2.80+4.40)] ×10⁻² / (12×0.01) = 0.80 m/s²）
计算题
解： （1）加速阶段：t₁ = vm / a₁ = 48 / 4 s = 12s 减速阶段：t₂ = vm / a₂ = 48 / 8 s = 6s 总时间：t = t₁ + t₂ = 12 + 6 s = 18s （2）加速阶段位移：x₁ = vm² / (2a₁) = 48² / (2×4) m = 288m 减速阶段位移：x₂ = vm² / (2a₂) = 48² / (2×8) m = 144m 跑道至少长度：L = x₁ + x₂ = 288 + 144 m = 432m答：（1）总时间为18s；（2）跑道至少需要432m。
解： （1）物体对斜面的压力大小等于斜面对物体的支持力N。 N = mg cosθ = 2×10×0.8 N = 16N。 （2）沿斜面方向，由牛顿第二定律：F - mg sinθ - μN = ma 代入数据：24 - 2×10×0.6 - 0.5×16 = 2a 解得：a = 2 m/s²。 （3）t=2s时，物体速度 v = at = 2×2 m/s = 4 m/s。 撤去F后，物体向上做匀减速运动，加速度大小 a' = g sinθ + μg cosθ = 10×0.6 + 0.5×10×0.8 = 6 + 4 = 10 m/s²。 上滑最大距离 s' = v² / (2a') = 4² / (2×10) m = 0.8 m。答：（1）压力为16N；（2）加速度为2m/s²；（3）还能上滑0.8m。
解： （1）包裹刚放上时，相对传送带向下运动，摩擦力沿斜面向上。 由牛顿第二定律：μmg cosθ - mg sinθ = ma₁ 代入数据：(√3/2 ×1×10×√3/2) - (1×10×0.5) = 1×a₁ (7.5) - (5) = a₁ 解得：a₁ = 2.5 m/s²。 （2）包裹加速到与传送带同速所需时间 t₁ = v / a₁ = 2 / 2.5 s = 0.8s 该过程位移 x₁ = v² / (2a₁) = 2² / (2×2.5) m = 0.8m 剩余距离 x₂ = L - x₁ = 5 - 0.8 m = 4.2m，包裹以v=2m/s匀速运动 匀速时间 t₂ = x₂ / v = 4.2 / 2 s = 2.1s 总时间 t = t₁ + t₂ = 0.8 + 2.1 s = 2.9s （3）解法一：由动能定理，传送带对包裹做的功W等于包裹机械能的增加量和摩擦生热之和，但更简便的方法是直接用包裹获得的机械能加上摩擦产生的内能。 包裹到达顶端的速度为v=2m/s。 包裹增加的机械能 ΔE = (1/2)mv² + mgL sinθ = 0.5×1×4 + 1×10×5×0.5 = 2 + 25 = 27 J。 相对滑动阶段，传送带位移 x带 = v t₁ = 2×0.8 m = 1.6m 包裹相对传送带的位移 Δx = x带 - x₁ = 1.6 - 0.8 m = 0.8m 产生的内能 Q = μmg cosθ · Δx = (√3/2 ×1×10×√3/2) × 0.8 = 7.5 × 0.8 J = 6 J 故传送带对包裹做的总功 W = ΔE + Q = 27 + 6 J = 33 J。 解法二：由功的定义，摩擦力在全过程中始终对包裹做正功。 加速阶段摩擦力做功 W₁ = μmg cosθ · x₁ = 7.5 × 0.8 J = 6 J 匀速阶段，静摩擦力存在且大小等于 mg sinθ = 5N，方向沿斜面向上。 匀速阶段静摩擦力做功 W₂ = (mg sinθ) · x₂ = 5 × 4.2 J = 21 J 总功 W = W₁ + W₂ = 6 + 21 J = 27 J？ （注意：此计算有误，匀速阶段静摩擦力做功21J已包含在机械能增量中，但未计算加速阶段摩擦生热中消耗的那部分功，加速阶段摩擦力做功为两部分：增加物体机械能（0.5mv²+mgx₁sinθ）和产生内能，用解法一更清晰准确。） 正确答案应为：W = 33 J。答：（1）加速度为2.5m/s²；（2）所需时间为2.9s；（3）传送带对包裹做功为33J。