2026届贵州省贵阳市普通高中学业水平选择性考试物理一轮复习综合试卷【力学部分】（含解析）

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2026届贵州省贵阳市普通高中学业水平选择性考试
物理一轮复习综合试卷【力学部分】
本试卷共100分，考试时间75分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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。
1．贵州沿河县境内乌江山峡风景名胜区以雄奇险峻和壮观秀美的乌江山峡风光为特色，兼有浓郁淳朴的土家文化、意义重大的红色革命文化和历史悠久的水运文化。唐代诗人李白曾写下：“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”。其中“轻舟”所选择的参考系是（　　）
A．山 B．舟上的人 C．江水 D．云朵
2．欧阳修说：“欲责其效，必尽其方”研究物理问题同样需要科学的方法，在研究重力时，科学家引入“重心”的概念，运用的方法为（ ）
A．建立模型 B．等效替代 C．理想实验 D．控制变量
3．如图所示，在光滑的竖直墙壁上用网兜把足球挂在点，足球与墙壁接触，保持静止。已知足球的重力大小为，悬绳与墙壁的夹角为，网兜与悬绳的质量不计。下列说法正确的是（　　）

A．足球所受到的合力大小为 B．悬绳对足球的拉力大小为
C．足球对墙壁的压力大小为 D．足球对墙壁的压力是由墙壁的形变产生的
4．我市某同学和家人寒假准备驾车从铜仁火车站前往贵阳北站，使用某手机地图搜索路线，该APP规划了三条路线。地图上显示“路线一”需要4小时，全程322公里；“路线二”需要4小时52分，全程389公里；“路线三”需要示4小时54分，全程360公里。下列说法中正确的是（　　）
A．“路线一”显示预计晚上20：21到达，“20：21”指的是时间间隔
B．研究车的运动轨迹时，不能将车视为质点
C．三条路线中“路线一”车的平均速度最大
D．不能确定这三种路线中平均速率的大小
5．以下关于质点说法中，正确的是（ ）
A．研究被球拍击出的乒乓球时，一定可以将乒乓球看作质点
B．研究地球自转时地球上两地点的昼夜长短时，可将地球看作质点
C．在跳水比赛中，裁判员给跳水运动员评分时，不能将跳水运动员看作质点
D．计算一列火车经过某标志牌所用的时间时，可将火车看作质点
6．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶c，自由地摆放在桶a、b之间，没有用绳索固定。桶c受到桶a和桶b的支持，和汽车一起匀速运动，如图所示。重力加速度为g，当汽车在水平方向发生运动状态改变时，下列有关桶c受力与运动的分析，正确的是（　　）
A．汽车向左逐渐加速时，只要a、b、c保持相对静止，a、b对c的支持力不变
B．汽车向左逐渐减速时，a对c的支持力逐渐减小，b对c的支持力逐渐增大
C．当汽车向左运动的加速度时，c脱离a，可能运动到b的右边
D．当汽车向左运动的加速度时，c始终不会脱离a
二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．一质点沿x轴做直线运动，其图像如图所示。下列时间内，质点的平均速度大小是的有（　　）
A． B． C． D．
8．蹦极是一项极限体育项目，运动员身系弹性绳从高处跳下，当弹性绳被拉直后，在弹性绳的缓冲作用下，逐渐下降至最低点。关于整个下降过程，下列说法正确的是（　　）
A．在弹性绳被拉直前，绳的拉力为0，运动员做自由落体运动，处于完全失重状态
B．从弹性绳被拉直开始，直到下降至最低点，运动员都在减速
C．弹性绳被拉直后，运动员下降速度先增大再逐渐减小为0
D．弹性绳被拉直后，弹力从0逐渐增大至等于重力的过程，运动员依然处于失重状态
9．如图所示，倾角为30°、质量的斜面体C置于粗糙水平地面上，小物块B放在粗糙斜面上，质量，连接B的轻绳与斜面平行，轻绳跨过光滑轻质小滑轮O与质量为的物块A相连。开始时A静止在滑轮正下方，现对A施加一个拉力F使A缓慢移动，F与连接A的轻绳OA的夹角始终保持120°，直至轻绳OA水平。此过程中B、C始终保持静止状态。g取，则（　　）
A．开始时，B所受摩擦力大小为5N
B．OA水平时，轻绳拉力为
C．OA水平时，地面对C的支持力为
D．A缓慢移动过程中，轻绳拉力的最大值为
10．如图所示，将一个圆柱体（其截面为圆面）置于水平地面上，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体A、B（两物体均可看成质点，B悬于空中），整个装置处于静止状态。已知此时A与截面圆心O的连线与水平方向成θ=53°（sin 53°=0.8，cos 53°=0.6），A与接触面间的动摩擦因数为0.5，设A所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 （　　）
A．当A、B静止时，地面对圆柱体的摩擦力为零
B．当=时，圆柱体对A的摩擦力为零
C．当=3时，圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向下
D．当1≤≤5时，A、B均可以保持静止
三、非选择题（本大题共5小题 共57分）
11．某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数.缓冲装置如图所示,固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°,弹簧固定在有机玻璃管底端.实验过程如下:
先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺,再将单个质量为200 g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进,每滑进一个钢球,待弹簧静止,记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln,数据如下表所示.实验过程中弹簧始终处于弹性限度内.采用逐差法计算弹簧压缩量,进而计算其劲度系数.
n 1 2 3 4 5 6
Ln/cm 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09
(1)利用ΔLi=Li+3-Li(i=1,2,3)计算弹簧的压缩量:ΔL1=6.03 cm,ΔL2=6.08 cm,ΔL3=　　　　cm,压缩量的平均值==　　　　cm;
(2)上述是管中增加　　　　个钢球时产生的弹簧平均压缩量;
(3)忽略摩擦,重力加速度g取9.80 m/s2,该弹簧的劲度系数为　　　　N/m(结果保留3位有效数字).
12．小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等，设计了如图（a）所示的实验装置，测量冰墩墩玩具的质量.主要实验步骤如下:
图（a）
（1）查找资料，得知每枚硬币的质量为;
（2）将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋，测量每次稳定后橡皮筋的长度，记录数据如下表:
序号 1 2 3 4 5
硬币数量 枚 5 10 15 20 25
长度 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56
（3） 根据表中数据在图（b）上描点，绘制图线；
图（b）
（4） 取出全部硬币，把冰墩墩玩具放入塑料袋中，稳定后橡皮筋长度的示数如图（c）所示，此时橡皮筋的长度为____;
图（c）
（5） 由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为__ （计算结果保留3位有效数字）.
13．如图，甲、乙两车在同一水平直道上，乙车停在路边，甲车匀速行驶。当甲车行至距乙车x0＝54 m处立即匀减速运动准备停车并开始计时，已知第1 s内位移为32 m，第5 s内位移为1m。甲车开始减速1s末乙车启动，与甲车同向行驶，其v﹣t图像如图所示，甲乙相遇时会错车而过，不会相撞。求：
（1）乙车从静止加速到最大速度的时间内发生的位移大小是多少；
（2）甲车刚开始减速时的速度大小；
（3）甲乙两车是否会相遇？如果不会相遇，请写出分析推理过程；如果会相遇，请求出甲乙两车相遇的时间。
14．如图所示,倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上,斜面底端固定一挡板P,上端装有光滑定滑轮,E、F是斜面上两点,P、E间距离L1=0.7 m,E、F间距离L2=9 m.轻绳跨过滑轮连接质量mB=4 kg的平板B和质量mC=3 kg的重物C,质量mA=1 kg且可看成质点的小物块A置于长L=3.2 m的平板B的上端,初始时A、F沿斜面方向的距离L0=2 m,当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下、大小F=10 N的恒力.已知小物块A与平板B之间的动摩擦因数μ1=0.75,平板B与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,平板B与挡板P碰撞后不反弹.取g=10 m/s2.整个装置初始状态保持静止,现将轻绳剪断,求:
(1)在轻绳剪断的瞬间小物块A所受摩擦力的大小;
(2)小物块A由静止运动到挡板P所用的时间.
15．如图所示，以速度 v=4 m/s运动的传送带与平板 B 靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度为L=4 m，平板B的质量为M = 2 kg，现将一质量为m =2 kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4，滑块与平板间的动摩擦因数为，平板与地面间的动摩擦因数为。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块始终不会从平板上掉下，。求：
（1）滑块离开传送带时的速度大小；
（2）平板的最小长度；
（3）滑块 A 运动的总时间。
参考答案
1．【答案】A
【详解】“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”，其中“轻舟”所选择的参考系是山。
选A。
2．【答案】B
【详解】
引入“重心”的概念，作为物体所受重力的等效替代点，运用了等效替代的方法。
故选B。
3．【答案】C
【详解】足球保持静止，处于平衡状态，所受合力为零；A错误；对足球进行受力分析如图

根据平行四边形法则可得：悬绳对足球的拉力，B错误；根据平行四边形法则可得：墙壁对足球的支持力为，由牛顿第三定律得足球对墙壁的压力，C正确；根据弹力的定义可得墙壁受到的压力是由足球的形变产生的，D错误。
4．【答案】C
【详解】A．“20：21”指的是时刻，A错误；
B．研究车的运动轨迹时，车的大小、形状对所研究的问题没有影响，可以将车视为质点，B错误；
C．三条路线中“路线一”所用时间最短，而三条路线的位移相同，所以“路线一”车的平均速度最大，C正确；
D．平均速率指物体的路程与所用时间的比值，三条路线所用时间已知，路程已知，则均可求平均速率，D错误。
选C。
5．【答案】C
【详解】A．研究被球拍击出的乒乓球时，如果研究乒乓球的旋转情况，乒乓球的形状大小不能忽略不计，不可以将乒乓球看作质点，A错误；
B．研究地球自转时地球上两地点的昼夜长短时，地球的形状大小不能忽略不计，不可以将地球看作质点，B错误；
C．在跳水比赛中，裁判员给跳水运动员评分时，运动员的形状大小不能忽略不计，不能将跳水运动员看作质点，C正确；
D．计算一列火车经过某标志牌所用的时间时，火车的长度不可忽略不即，不可以将火车看作质点，D错误。选C。
6．【答案】C
【详解】AB．当桶c随汽车匀速运动时，桶c受三个力而平衡，当桶c随汽车向左逐渐加速运动时，水平方向有向左的加速度，而竖直方向合力仍然为0，且三个力的方向都不变，而重力的大小也不变；所以桶a对桶c的支持力逐渐减小，桶b对桶c的支持力逐渐增大，故AB错误；
CD．当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶c脱离桶a，此时桶a对桶c的支持力恰好为0，桶c的受力情况如图所示
则：，此时桶c的加速度为：，汽车的加速度与桶c的加速度相同，也为，即当汽车向左运动的加速度时，桶c脱离桶a，可能运动到桶b的右边，故C正确，D错误。
故选C。
7．【答案】AC
【详解】
A．根据位移等于末位置与初位置坐标之差，知在0～1s内，质点的位移为
平均速度为
故A正确
B．在1s～3s内，质点处于静止状态，位移为0，平均速度为0，故B错误；
C．在3s～4s内，质点的位移为
平均速度为
平均速度大小是2m/s，故C正确；
D．在4s～5s内，质点的位移为
平均速度为
平均速度大小是1m/s，故D错误。
故选AC。
8．【答案】ACD
【详解】
A．在弹性绳被拉直前，绳的拉力为0，运动员做自由落体运动，运动员处于完全失重状态，故A正确；
BCD．弹性绳被拉直后，刚开始弹力小于重力，运动员继续向下加速，速度增大，弹力增大，直到弹力等于重力，此时速度最大，此过程运动员具有向下的加速度，则处于失重状态，运动员继续向下运动，弹力大于重力，运动员开始减速下降，直到减速到最低点，速度为零，故B错误CD正确。
故选ACD。
9．【答案】AC
【详解】A．开始时，对B受力分析知，受重力、拉力、支持力、摩擦力合力为零，拉力为，B所受摩擦力大小为，联立解得，A正确；
B．OA水平时，物块A的受力示意图如图
有，解得，B错误；
C．OA水平时，以BC作为整体，其受力示意图如图
有，解得，C正确；
D． 物块A在重力、拉力F和细绳张力FT作用下始终处于平衡状态，所以三个力的合力等于零，根据三角形法则，这三个力通过平行移动可以构成一个闭合的矢量三角形，如图所示
在，其中MN对应重力，NP对应拉力F，PM对应细绳张力FT，拉力F与细绳张力FT之间的夹角保持不变，即保持不变，满足此关系的几何图形是的外接圆，P为动点，当P移动到P1点时经过圆直径，这时PM对应细绳张力FT最大，有，D错误。选AC。
10．【答案】ABD
【详解】对圆柱体以及物体A、B整体进行受力分析，只受重力和支持力作用，相对地面并无运动趋势，故地面对圆柱体的摩擦力为零，故A正确；若圆柱体对物体A的摩擦力为零，对物体A受力分析如图所示，将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到，x方向FT-m1gcos 53°=0，y方向FN-m1gsin 53°=0，据题意FT=m2g，联立解得=，所以=时，圆柱体对A的摩擦力为零，故B正确；由选项B分析可推知，当=3时，A有沿柱面下滑的趋势，圆柱体对A的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上，故C错误；此时物体A与柱面间的最大静摩擦力为Ffm=μm1gsin 53°=0.4m1g，当物体A刚好下滑时，有m1gcos 53°=Ffm+m2g，解得=5，当物体A刚好上滑时，有m1gcos 53°+Ffm=m2g，解得=1，所以当1≤≤5，A、B均可以保持静止，故D正确。
11．【答案】(1)6．04　；6．05　；(2)3　；(3)48．6
【解析】(1)根据题意知,ΔL3=L6-L3=6.04 cm,压缩量的平均值==6.05 cm.
(2)根据题意可知,两个数据之间均差3个钢球,则是管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量.
(3)根据胡克定律可得,弹簧的劲度系数k==48.6 N/m.
【易错分析】部分同学在解答本题时,容易因为忽视单位或有效数字而出错.
【方法总结】计算弹簧劲度系数时,使用k=,若能直接获取两个变化量,则计算时无需知道弹簧的原长.
12．【答案】（3） 见解析
（4） 15.35
（5） 127
【详解】
（3） 根据表中数据描点连接,如图所示.
（4） 刻度尺的分度值为,则橡皮筋的长度.
（5） 橡皮筋的弹力与其长度关系为,图像的斜率大小等于橡皮筋的劲度系数大小,有,将、和代入可得橡皮筋的原长,挂上冰墩墩时,由,解得.
【易错分析】
部分同学在解答本题时,容易因忽视单位或有效数字而出错.
计算弹簧劲度系数时,使用,若能直接获取两个变化量,则计算时无需知道弹簧的原长.
13．【答案】（1）18 m；（2）36 m/s；（3）会有两次相遇，2 s和4.75 s
【详解】（1）乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移是。
（2）设甲车减速第5 s末速度为v，甲车减速的加速度大小为a，按甲车逆运动为匀加速，第5 s内的位移为，第1s内的位移为，，将，，代入以上三式，联立解得，说明第5秒内甲车已经停下；
设第5秒内甲车运动了，则，，解得，，设甲车刚减速时速度为v0，，解得。
（3）设从甲车减速开始经过t1甲车乙车相遇，设乙车加速度为a2，由图像得，，，解得或（乙车已经匀速，不合理舍去），由题意和以上结果可知，甲车乙车还会第二次相遇，设甲车减速阶段位移为x甲′，，此过程中乙车的位移为，解得，，，甲车乙车还没有第二次相遇，解得，甲车乙车第二次相遇时间为。
14．【答案】(1)2N　(2)2.05s
【解析】(1)轻绳剪断的瞬间,假设A、B相对静止一起向下做匀加速运动,由牛顿第二定律得(mA+mB)gsin 37°-μ2(mA+mB)gcos 37°=(mA+mB)a,
解得a=4 m/s2,
设B对A的静摩擦力大小为FfBA,对A受力分析,由牛顿第二定律得mAgsin 37°-FfBA=mAa,
解得FfBA=2 N,
A、B间的最大静摩擦力Ffmax=μ1mAgcos θ=6 N,
FfBA(2)小物块A刚运动至F点时,
小物块A、平板B的速度满足=2aL0,
解得v0=4 m/s,
设该过程经历的时间为t1,则v0=at1,
解得t1=1 s,
当小物块A进入EF区间时,A、B发生相对运动,
对小物块A有F+mAgsin 37°-μ1mAgcos 37°=mAa1,
解得a1=10 m/s2,
对平板B有μ1mAgcos 37°+mBgsin 37°-μ2(mA+mB)g·cos 37°=mBa2,
解得a2=5 m/s2,
当小物块A刚运动至E点时,速度满足-=2a1L2,
解得v1=14 m/s,
小物块A在E、F之间运动的时间为t2==1 s,
对平板B有v2=v0+a2t2=9 m/s,
平板B运动的位移为x==6.5 m,
A、B的相对位移为Δx=L2-x=2.5 m所以A未滑离B,
此时平板B的下端到P点的距离为
x'=L1-L+(L2-x)=0 m,
此时平板B与挡板刚好相撞,此后小物块A离开EF区域,在平板B的上表面匀速滑行,
A离开EF区域后滑行时间为t3==0.05 s,
因此小物块A到达P所用的时间为t=t1+t2+t3=2.05 s.
15．【答案】（1）4 m/s；（2）2 m；（3）3.5 s
【详解】（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得，
根据速度公式，滑块与传送带共速时，有，
解得，
滑块在传送带上加速的位移为，
所以滑块离开传送带时的速度大小为4m/s。
（2）滑块刚滑上平板的速度为，
对物块为研究对象，由牛顿第二定律得，
对平板受力分析，由牛顿第二定律得，
二者共速时，以物块为研究对象，根据速度与时间关系，有，
以平板为研究对象，根据速度与时间关系有，
联立解得，共速的速度为，
此段时间内物块的位移为，
平板的位移为，
平板的最小长度为。
（3）滑块在传送带上匀速阶段，有，
滑块在传送带上运动的时间为，
联立解得，
与木板共速后，一起减速的加速度为，
共同减速时间为，
滑块 A 运动的总时间为。
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