（考试时间：90分钟 满分：100分）
单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题只有一个选项符合题意。）
关于质点,下列说法正确的是（ ） A. 研究地球自转时，地球可以视为质点 B. 研究跳水运动员的空中动作时，运动员可以视为质点 C. 研究高铁从北京到上海的运行时间时，高铁可以视为质点 D. 物体的体积越小，越能被视为质点
某物体沿直线运动,其位移—时间（x-t）图像如图所示，关于物体在0～t₂时间内的运动情况，下列说法正确的是（ ） （图略，描述：一条曲线，0-t1段斜率增大，t1-t2段斜率减小至零） A. 0～t₁时间内物体做匀加速直线运动 B. t₁时刻物体的速度最大 C. t₁～t₂时间内物体的速度逐渐减小 D. 0～t₂时间内物体的位移先增大后减小
关于重力与弹力,下列说法错误的是（ ） A. 物体所受重力的方向总是竖直向下 B. 弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反 C. 书本对桌面的压力是由于书本发生形变而产生的 D. 杆的弹力方向一定沿着杆的方向
一物体从H高处自由下落,当其速度达到着地速度的一半时，下落的高度为（ ） A. H/2 B. H/3 C. H/4 D. 3H/4
如图所示,物体在五个共点力的作用下保持平衡，如果撤去力F₁（方向水平向右），其余四个力保持不变，则物体所受的合力大小为（ ） （图略，描述：一个点，五个力箭头呈不对称分布，F1水平向右） A. 0 B. F₁，方向水平向左 C. F₁，方向水平向右 D. 2F₁，方向不确定
如图所示,质量为m的物体静止在倾角为θ的固定粗糙斜面上，则物体所受的摩擦力大小为（ ） A. 0 B. mg C. mg sinθ D. mg cosθ
在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用如图所示的装置，下列说法正确的是（ ） A. 平衡摩擦力时，应将砝码盘用细线通过定滑轮系在小车上 B. 每次改变小车的质量后，需要重新平衡摩擦力 C. 实验时，应先接通打点计时器电源，再释放小车 D. 小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出
甲、乙两辆汽车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示，已知两车在t=3s时并排行驶，则（ ） （图略，描述：甲为过原点的倾斜直线，乙为起点在纵轴正半轴的倾斜直线，两线在t=3s时相交） A. 在t=1s时，甲车在乙车后方 B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5m处 C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s D. 0～2s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。）
下列说法中,属于牛顿第一定律建立基础的是（ ） A. 理想实验 B. 逻辑推理 C. 日常生活经验 D. 实验验证
将一个大小为10N的力分解为两个分力,下列说法正确的是（ ） A. 两个分力的大小可能都是10N B. 两个分力的大小可能都小于5N C. 一个分力的大小为4N，另一个分力的大小可能为5N D. 一个分力的大小为4N，另一个分力的大小可能为20N
如图所示,轻绳OA、OB的一端固定在天花板上，另一端系于O点，在O点悬挂一重物G，开始时OA绳水平，现缓慢逆时针转动OB绳的B端，使OB绳与竖直方向的夹角增大，始终保持结点O位置不变，则在此过程中（ ） （图略，描述：O点悬挂重物，受OA水平向左拉力，OB斜向右上拉力，三力平衡） A. OA绳的拉力逐渐增大 B. OA绳的拉力先减小后增大 C. OB绳的拉力逐渐增大 D. OB绳的拉力先减小后增大
质量为2kg的物体在水平面上运动,其v-t图像如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，则下列说法正确的是（ ） （图略，描述：0-2s内斜率为正，2-4s内斜率为负，4-6s内平行于t轴） A. 0～2s内物体所受合力大小为4N B. 0～2s内物体所受合力做功为16J C. 物体所受阻力大小为2N D. 0～6s内物体的平均速度为2 m/s
实验题（本题共2小题，共14分。）
（6分）在“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中。 （1）某同学使用铁架台、刻度尺和若干质量均为50g的钩码进行实验，如图甲所示，将弹簧上端固定在铁架台上，记录弹簧自然下垂时下端在刻度尺上对应的刻度L₀；然后在弹簧下端挂上钩码，记录弹簧下端对应的刻度L，则弹簧的形变量x =____，该同学逐渐增加钩码个数，测得多组数据，作出如图乙所示的F-x图像，由图可知，弹簧的劲度系数k =____N/m（结果保留两位有效数字）。 （图略，甲：弹簧悬挂示意图；乙：过原点的倾斜直线，取一点（4cm， 2N）） （2）该同学将弹簧A、B串接在一起，如图丙所示，下面挂上钩码，已知A、B的劲度系数分别为k_A、k_B，则串接后弹簧组的等效劲度系数k =____（用k_A、k_B表示）。
（8分）某实验小组用如图甲所示的装置“探究加速度与物体所受合力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。 （图略，甲：常规打点计时器、小车、细线、砝码盘装置图） （1）实验中需要进行的一项操作是____。 A. 用天平测出砝码和砝码盘的总质量m B. 将带滑轮的长木板右端垫高，平衡摩擦力 C. 小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源 （2）实验时，改变砝码盘中砝码的质量，测出对应小车的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像（F为弹簧测力计示数），图像未过坐标原点，在横轴有截距的原因是____；图像后端发生弯曲的原因是____。 （3）实验小组改进操作后，得到一条如图丙所示的纸带，相邻计数点间还有四个点未画出，则小车的加速度a =____m/s²（结果保留两位有效数字）。 （图略，丙：纸带示意图，相邻计数点距离依次为：s1=3.52cm， s2=3.90cm， s3=4.29cm， s4=4.68cm）
计算题（本题共3小题，共34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。）
（10分）航空母舰上的战斗机要能在舰上起飞，起飞跑道至少需要100m，已知战斗机在跑道上加速时能产生的最大加速度为5.0 m/s²，起飞速度为50 m/s。 （1）通过计算判断，战斗机能否仅靠自身发动机从舰上起飞？ （2）为了使战斗机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射系统，假设战斗机在弹射系统作用下获得的初速度大小是30 m/s，则弹射系统必须使战斗机具有多大的初速度，才能保证战斗机正常起飞？
（12分）如图所示，质量m = 2.0 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ = 0.5，现用一大小F = 20 N、与水平方向成θ = 37°角斜向上的力拉物体，使物体沿水平地面向右运动，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取重力加速度g = 10 m/s²。 （1）求物体对地面的压力大小； （2）求物体运动的加速度大小； （3）若拉力作用t = 4 s后撤去，求物体还能向前滑行多远？
（12分）如图所示，传送带与水平面的夹角θ = 30°，以v = 2 m/s的速度顺时针匀速转动，将一质量m = 1 kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带底端，同时施加一沿传送带向上的恒力F = 10 N，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ = √3 / 2，传送带足够长，取g = 10 m/s²。 （1）求物块刚放上传送带时的加速度大小； （2）求物块速度达到与传送带速度相等时，物块通过的位移大小； （3）判断物块速度与传送带速度相等后，物块的运动状态（是匀速运动还是加速运动），并求之后物块的加速度大小。
（试卷结束）
2025年高中物理必修一期末考试试卷（参考答案）
单项选择题
C 2. C 3. D 4. C 5. B 6. C 7. C 8. B
多项选择题9. AB 10. AC 11. BC 12. AC
实验题13. （1）L - L₀ （1分） 50 （2分） （2）k_A k_B / (k_A + k_B) （3分） 14. （1）B （2分） （2）平衡摩擦力不足（或木板倾角过小）（1分）； 未满足砝码和砝码盘的总质量m远小于小车的质量M（1分） （3）0.38 （4分）
计算题15. （10分） （1）若仅靠自身发动机，由v_t² - v_0² = 2ax，取v_0=0，a=5.0 m/s²，v_t=50 m/s 得所需最小位移 x_min = v_t²/(2a) = 2500/(2×5.0) m = 250 m > 100 m 故不能仅靠自身发动机起飞。 （5分） （2）设弹射系统使战斗机具有的初速度为v_0'，则 v_t² - v_0'² = 2ax'，其中x' = 100 m 代入数据：2500 - v_0'² = 2 × 5.0 × 100 = 1000 解得：v_0' = √1500 m/s ≈ 38.7 m/s （5分）
（12分） （1）竖直方向：F_N + F sinθ = mg 代入数据：F_N + 20×0.6 = 2.0×10 解得支持力：F_N = 8.0 N 由牛顿第三定律，物体对地面压力大小 F_N' = F_N = 8.0 N （4分） （2）水平方向：F cosθ - f = ma 滑动摩擦力：f = μ F_N = 0.5 × 8.0 N = 4.0 N 代入数据：20×0.8 - 4.0 = 2.0 a 解得加速度：a = 6.0 m/s² （4分） （3）4s末物体速度：v = at = 6.0 × 4 m/s = 24 m/s 撤去拉力后，物体只受摩擦力，加速度 a' = -f'/m = -μmg/m = -μg = -5.0 m/s² 滑行距离：x' = (0 - v²) / (2a') = (-576) / (2×(-5.0)) m = 57.6 m （4分）
（12分） （1）刚放上时，物块速度小于传送带速度，所受摩擦力沿传送带向上。 由牛顿第二定律：F + μmg cosθ - mg sinθ = ma₁ 代入数据：10 + (√3/2)×1×10×(√3/2) - 1×10×0.5 = 1×a₁ 10 + (0.866×10×0.866) - 5 = a₁ （计算μmg cosθ = 7.5 N） 10 + 7.5 - 5 = a₁ 解得：a₁ = 12.5 m/s² （4分） （2）速度达到相等所需时间 t₁ = v / a₁ = 2 / 12.5 s = 0.16 s 位移 x₁ = v² / (2a₁) = 4 / (2×12.5) m = 0.16 m （4分） （3）判断：当物块速度与传送带相等瞬间，由于F=10N，而重力下滑分力mg sinθ=5N，最大静摩擦力（近似等于滑动摩擦力）μmg cosθ=7.5N，方向沿斜面向上，假设物块有相对传送带向下滑的趋势，则摩擦力向上，合力 F_合 = F + f_m - mg sinθ = 10 + 7.5 - 5 = 12.5 N > 0，方向向上，故物块将继续向上做加速运动，但此时物块速度大于传送带速度，摩擦力方向变为沿传送带向下。 设之后加速度为a₂，由牛顿第二定律：F - μmg cosθ - mg sinθ = ma₂ 代入数据：10 - 7.5 - 5 = 1×a₂ 解得：a₂ = -2.5 m/s² （负号表示加速度方向沿传送带向下，即物块做减速运动） 由于|a₂| < g sinθ + μg cosθ? 此处计算无误，但a₂为负，意味着合力向下，物块速度将从2m/s开始减小，当速度减至小于传送带速度后，摩擦力方向可能再次改变，情况复杂，但根据题目所给恒力F=10N较小，可判断物块将做加速度大小为2.5 m/s²的减速运动，直到速度减为零后再反向？但题目问“速度相等后”的运动状态，故答：物块将沿传送带向上做匀减速直线运动，加速度大小为2.5 m/s²。 （4分） （注：第（3）问情况较复杂，若学生判断为“减速运动”并正确计算加速度大小，即可给分）