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江苏省南通市 2025-2026 学年高一（上）期末物理试卷
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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷（选择题）
一、单选题：本大题共 11 小题，共 44 分。
1.在燃油汽车里，提速快一直是超级跑车的专属，但现在电动汽车也能不分伯仲，百公里加速时间也能跑
进3 以内。这里的“提速快”指的是( )
A. 瞬时速度大 B. 平均速率大 C. 平均速度大 D. 加速度大
2.一户外健身器材如图所示。当器材上轮子转动时，轮子上的 、 两点的( )
A. 转速 > B. 周期 >
C. 线速度大小 > D. 角速度 >
3.某地两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖
直，左壁倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为 ，圆形石头与山崖间的摩擦可以忽略不计。石头质量一定，
始终保持静止，由于长期的风化， 逐渐减小，则( )
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A. 石头受到的合力逐渐增加
B. 左壁对石头的作用力逐渐增大
C. 右壁对石头的作用力逐渐减小
D. 左壁对石头的作用力小于右壁对石头的作用力
4.如图所示为跳伞者在竖直下降过程中速度 随时间 变化的图像，则跳伞者( )
A. 0 1时间内，处于超重状态 B. 0 1时间内，所受阻力变大
C. 1 2时间内，加速度变大 D. 2时刻，开始打开降落伞
5.如图所示，将一质量为 的小球用轻绳悬挂在小车车厢顶部，小车在水平地面上做匀加速直线运动，当
小车的加速度大小为 时，轻绳与竖直方向的夹角为 ，轻绳的拉力大小为 。关于加速度大小 、质量 、
拉力大小 和夹角 的关系，下列说法中正确的是( )
A. 若 不变、 变大，则 和 均变大 B. 若 不变、 变大，则 和 均变小
C. 若 不变、 变大，则 和 均变大 D. 若 不变、 变大，则 和 均变小
6.图甲为明朝《天工开物》记载测量“号弦”张力的插图，图乙为其示意图，弦的质量忽略不计，悬挂点
为弦的中点。在弓的中点悬挂一重物后再调整弦长，使弦的张角从 = 120°增大，则弦的张力( )
A. 增大 B. 减小 C. 先变小后变大 D. 先变大后变小
7.一只小船渡过两岸平行的河流，河中水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸.小船的初速度均相
同，且船头方向始终垂直于河岸，小船相对于静水分别做匀加速、匀减速和匀速直线运动，其运动轨迹如
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图所示.下列说法错误的是( )
A. 沿 和 轨迹小船都是做匀变速运动 B. 是匀减速运动的轨迹
C. 沿 轨迹渡河所用时间最短 D. 小船沿 轨迹渡河，船靠岸时速度最大
8.如图所示，在光滑水平面上有一质量为 的木板，木板上有一质量为 的物块，物块与木板间的动摩擦
因数恒定．用水平恒力 将物块从木板的一端拉到另一端，所用时间为 ，当物块与木板分离时，木板的速
度为 ，则( )
A. 只增大 ， 一定增大 B. 只增大 ， 一定增大
C. 只增大 ， 一定减小 D. 只增大 ， 可能增大
9.为了更直观地描述和呈现物体的运动过程，我们常将物体的运动情况以图像的形式绘制出来。物理图像
都能以其独特的方式，帮助我们深入理解物体的位移、速度、加速度等关键物理量随时间或其他变量的变
化情况。现有一物体(可视为质点)以某一初速度在水平面上做直线运动，其运动图像如图所示，下列说法
正确的是( )
1
A. 若为 图像，则物体的速度随时间均匀变化
B. 若为 图像，则图像的斜率的大小表示物体的加速度的大小
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C. 若为 图像，则物体做的是加速度逐渐减小的减速运动
D. 若为 图像，物体的速度一定在减小
10.如图所示，轻绳 和 的一端连接两个小球1、2，另一端固定在天花板或墙上．两个小球以轻弹簧相
连，整个系统处于静止状态．轻绳 与竖直方向、轻弹簧与水平方向的夹角均为37°，轻绳 沿水平方
向．已知重力加速度为 ，cos 37° = 0.8，sin 37° = 0.6，以下判断正确的是
20
A. 剪断轻绳 的瞬间，小球1的加速度为 7
3
B. 剪断轻绳 的瞬间，小球2的加速度为4
C. 45从 端剪断轻弹簧的瞬间，小球1的加速度为28
D. 从 5端剪断轻弹簧的瞬间，小球2的加速度为3
11.如图竖直轻弹簧下端固定，上端连接着质量为 的小球，小球在竖直向下 = 2mg的力作用下处于静止
状态，弹簧处于弹性限度内。现突然撤去力 ，小球上升至刚要离开弹簧的过程中，不计空气阻力，重力
加速度为 ，则
A. 撤去力 瞬间，小球加速度大小为3 B. 小球先做匀加速运动再做匀减速运动
C. 当弹簧恢复到原长时，小球速度最大 D. 小球加速度先减小再增大
第 II 卷（非选择题）
二、实验题：本大题共 1 小题，共 9 分。
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12.为了测量滑块与桌面间的动摩擦因数 ，一同学设计了如图甲所示的实验装置， 为带滑轮的滑块， 为
盛有砂的砂桶。
(1)实验时，必须要进行的操作是 。
A.用天平测量出砂和砂桶的质量
B.调整滑轮的位置，使绳与桌面平行
C.要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量
D.滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放滑块
(2)该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点之间还有四个点未画出)，打点计时器的交流电
源频率为50 ，根据纸带可以求出滑块的加速度 = / 2(保留两位有效数字)
(3)通过改变砂的质量，得到滑块运动的加速度和力传感器示数 的关系如图丙所示，纵轴截距为 ，横轴
截距为 ，已知当地的重力加速度为 ，则滑块的质量 = ，滑块和桌面间的动摩擦因数 = (
用 、 、 表示)。
(4) 的测量值与真实值相比 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
三、计算题：本大题共 4 小题，共 40 分。
13.一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 / 2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以
6 / 的速度匀速驶来，从后边超过汽车．试求：
(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
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(2)什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？
14.如图所示，物体的质量 = 1 ，与水平地面间的动摩擦因数 = 0.2，在与
水平方向间夹角为 = 37°斜向下，大小为 = 10 的恒力作用下，由静止开始
加速运动，一段时间后撤去力 (重力加速度 = 10 / 2，以水平向右为正方向，
37° = 0.6， 37° = 0.8)。求：
(1)物体做加速运动时的加速度 1的大小；
(2)撤去力 后，物体做减速运动时的加速度 2。
15.某仓库用传送带输送货物，如图所示，传送带 间距 = 3.35 ，且保持
= 3 / 的恒定速率顺时针运行，一货物(可视为质点)在 端以 0 = 6 / 的初速
度滑上传送带，货物与传送带间的动摩擦因数 = 0.5，倾角 = 37°，取
= 10 / 2， 37° = 0.6．
(1)求货物从 到 运动的时间．
(2)如果改变传送带转动方向，使货物由静止从 端被较快地传送到 端，求所需的最短时间和传送带对应
的最小运行速率(结果可保留根式)．
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16.图甲所示的抽屉柜，已知抽屉的质量 = 1.6 、长度 = 0.49 ，一质量为 = 0.4 、宽 = 0.1 的
书本横放在抽屉底部，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的前壁相距为 = 0.1 ，如图
乙所示。书本与抽屉间的动摩擦因数 = 0.1。现用水平力 将抽屉拉出，抽屉水平滑动，当抽屉遇到挡板
时立即锁定不动，同时撤掉水平力 。不计柜体和抽屉的厚度，抽屉与柜体间的摩擦可忽略，重力加速度
= 10 / 2。求：
(1)在拉出抽屉过程中，为保证书本与抽屉不发生相对滑动，水平力的最大值 ；
(2)当水平力大小 1 = 1.6 时，抽屉对书本的摩擦力大小 ；
(3)当水平力大小 2 = 3.6 时，从开始运动到书本最终停止时，书本相对抽屉的位移大小 。
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参考答案与解析
【解析】
1. 这里的“提速快”指的是单位时间速度增加的大，即加速度大。
故选 D。
2. 【分析】
由于同轴转动，轮上各个点的角速度相同(圆心除外)，故两点的角速度相同，再根据线速度与角速度的关系
式求解。
同轴转动角速度相同，熟练掌握描述圆周运动的各物理量之间的关系是解决本题的关键。
【解答】
.由于同轴转动，轮上各个点的角速度相同(圆心除外)，所以 、 两点的角速度相同，转速相同，周期
相同，故 ABD 错误；
C.由 = 得线速度 > ，故 C 正确。
故选 C。
3. A、石头始终保持静止，则石头受到的合力始终为零，故 A 错误；
、做出石头受力分析图如下：
根据平衡条件有右壁对石头的作用力 1 = tan ，左臂对石头的作用力 2 = sin ，
随着 减小， 1、 2均变大，故 B 正确，C 错误；
D、根据表达式可知 1 < 2，故 D 错误。
故选 B。
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4. .由图可知，0～ 1时间内，跳伞者向下加速，加速度方向向下，则跳伞者处于失重状态，故 错误；
.根据 图像切线的斜率表示物体运动的加速度，由图可知，0～ 1时间内，加速度不断减小，根据牛顿
第二定律： = ，可知 减小时， 增大，故 正确；
． 1～ 2时间内，图像的斜率减小，则加速度变小，故 错误；
.打开降落伞后，跳伞者做减速运动，由图可知，跳伞者在 1时刻开始打开降落伞，故 错误。
故选 。
5. 因为小球与小车相对静止，所以小球的加速度与小车的加速度相同，均沿水平方向。分析小球的受力，
并将轻绳的拉力 沿水平和竖直方向分解。竖直方向受力平衡有 cos = ，计算得 = cos ，水平方向由
牛顿第二定律有 合 = sin = ，计算得
= tan 。
对选项 AB，若 不变、 变大，由上述表达式，知 和 均变大，故选项 A 正确，B 错误。
对选项 CD，若 不变、 变大，由上述表达式，知 变大且 不变，故选项 CD 错误。
故选项 A 正确。
6. 对弓和重物整体进行受力分析，如下图
( + )
在竖直方向上由受力平衡可得 2 cos 2 = ( + ) 解得
=
2cos ， 从120
增大到180 ，2从60
增大到90 ，
2
cos 2减小， 增大，所以 A 正确，故选 A
7. 【分析】根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时
间与速度大小；
考查运动的合成与分解的应用，注意船运动的性质不同，是解题的关键，并注意曲线运动的条件。
【解答】 .沿 和 轨迹的小船，其轨迹均为曲线，水流速恒定，故沿 和 轨迹的小船都是做匀变速
运动，A 正确；
B.根据做曲线运动的物体一定受到指向轨迹内侧的合外力，沿 轨迹的小船做匀减速运动，B 正确；
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C.沿 轨迹渡河，小船平行于河岸方向的位移最短，由 = 知，所用时间最短，C 正确；
水
D.小船沿 轨迹渡河，做减速运动，船靠岸时速度最小，D 错误．
8. 【分析】
分别对木块和木板分析，求出各自的位移，要使物块与木板分离，则木板与木块之间的位移差等于板长，
据此即可判断。
本题主要考查运用牛顿运动定律分析滑块与木板模型，解题的关键在于准确的受力分析。
【解答】
.对 = 分析， 受到拉力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得： 1 = ，则速度大小为： ′ =
= ，对 分析，同理可得： =
= 2 ，速度 = =
2 ，要使物块与木板分离，则木板与
= ′ 木块之间的位移差等于板长，则有 2 ，联立可解得：2 2
2 = ，若只增大 ， 一定减小，
减小，故 AB 错误；
.若只增大 ， 一定减小， 减小，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
9. A. 1 1 1若速度随时间均匀变化，则该运动为匀变速直线运动，则满足 2 = + ，解得 = ，显然 +
图像为曲线，故 A 选项错误;
B. 1 1 1根据匀变速位移时间关系公式 = 0 + 22 ，整理可得 = 0 + 2 ，因此图像的斜率大小 = 2 ，故 B
选项错误;
C. △ △ △ 1若为 图像，根据 = △ = △ △ = ，为了保持斜率不变，速度减小，加速度也要减小，因此物
体做的是加速度逐渐减小的减速运动，故 C 选项正确;
D.若为 图像，图像的面积表示速度的变化量，而图像的初速度未知，若初速度方向与加速度相同，则
物体速度增加;反之，则速度减少，故 D 选项错误。
10.设小球 1、2 的质量分别为 1、 2，对小球 2 分析，弹簧的弹力 弹簧 37 = 绳 ， 弹簧 37 = 2 ，
= 2 ( + ) 7则 弹簧 37 ，轻绳 的拉力 =
2 1 2
绳 tan37 ;整体分析， 绳 = 绳 sin37 ， 绳 = cos37 ，解得 1 = 9 2；
剪断轻绳 的瞬间，弹簧弹力不变，小球 1 所受的合外力与原来轻绳 的拉力大小相等，方向相反，小球 1
的加速度为 = 绳 = ( 1+ 2) 201 cos37 = 7 ;剪断轻绳 的瞬间，弹簧弹力不变，小球 2 所受的合外力与原来轻1 1
绳 4绳 的拉力大小相等，方向相反，小球 2 的加速度为 2 = = tan37 = 3 ;从 端剪断轻弹簧的瞬间，轻绳2
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的拉力突变，小球 1 所受的合外力方向与轻绳 垂直， = sin37 合合 1 ，小球 1 的加速度为 3 = =1
1 37° 3
= 5 ;从 端剪断轻弹簧的瞬间，轻绳 拉力突变为零，小球 2 受重力做自由落体运动 4 = ，故 A1
正确，BCD 错误。
11. 【分析】
小球开始受到重力、推力 和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速
运动，后做加速度不断变大的减速运动，结合牛顿第二定律进行分析即可。
解决本题的关键知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速
度方向与速度方向相反，做减速运动。
【解答】
A、撤去力 2 瞬间，小球受到的合力为 = 2 ，根据牛顿第二定律： = = 2 ，故 A 错误；
、球开始受到重力、推力 和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，根据 弹 = ，可知小球先
向上做加速度不断减小的加速运动，加速度为零时速度最大，继续向上运动，根据 弹 = 可知再做
加速度不断变大的减速运动，到弹簧恢复原长后，弹簧被拉伸，根据 + 弹 = ，然后做加速度增大的
减速运动，直到速度减为零，故 B 错误、D 正确；
C、加速度为零时速度最大，此时重力等于弹力，弹簧处于压缩状态，故 C 错误。
12. (1) 2 ；(2)0.91；(3) ； ；(4)偏大
13. 解：(1)设汽车在追上自行车之前经 时间两车速度相等，此时两车相距最远，即 = 自
自 6
= = 3 = 2
1
此时距离△ = 22 1 = 自 2
22∴△ = 6 × 2 3 × 2 = 6
(2)汽车追上自行车时，二车位移相等，
则有 1′ = 2 ′
2
3
代入数据得：6 ′ = ′22 ，
′ = 4
所以汽车的速度 ′ = ′ = 3 × 4 = 12 /
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答：(1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过 2 钟两车相距最远，此时距离为 6 ；
(2)经过 4 汽车追上自行车，此时汽车的速度为 12 / 。
14. 解：(1)在有力 时物体受重力，支持力、拉力以及摩擦力，则在水平方向上合力为 =
在竖直方向上有 = + ，
代入数据得 1 = 4.8 / 2；
(2)撤去外力之后物体受重力、支持力和摩擦力则此时 = ， =
代入数据得 2 = 2 / 2，方向水平向左。
答：(1)物体做加速运动时的加速度 1的大小是 4.8 / 2；
(2)撤去力 后，物体做减速运动时的加速度 22是 2 / ，方向水平向左。
(1)根据正交分解求出物体所受的合力进行求解；
(2)在撤去外力 后再次求合力求解其加速度即可。
本题涉及受力分析、正交分解的知识根据问题逐一作答即可。
15. 解：(1)货物滑到传送带上，开始时速度大于传送带速度，货物受到的滑动摩擦力斜向下，此时货物的
加速度为 1，由牛顿第二定律得：
+ = 1，
得货物的加速度大小为： = 10 / 21 ．
设货物减速到 3 / 所用时间为 1，所通过的位移为 1，由速度时间关系有： 0 = 1 1．
可得，减速时间为： 1 = 0.3
1
位移为： 1 = 0 1 2 1
2
1
可得： 1 = 1.35
货物此后受到的摩擦力改变方向，由牛顿第二定律得：
= 2，
得： 2 = 2 / 2．
设货物能运动到 端，且所需时间为 2，则有：
2 =
1 2
2 + 2 2 2，其中 2 = 1 = 3.35 1.35 = 2
解得： 2 = 1
所以货物从 到 共用时间为： = 1 + 2 = 1.3
(2)货物从 匀加速运动到 时，传送时间最短，由牛顿第二定律得：
+ =
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得货物的加速度大小为： = 10 / 2
根据 = 12
2得货物运动的最短时间为： 2 2×3.35 67 = = 10 = 10
此时传送带对应的运行速率为 ′， ′ ≥ = 67 /
故传送带对应的最小运行速率为 67 / ．
答：(1)货物从 到 运动的时间是 1.3 ．
(2) 67所需的最短时间为 10 ，传送带对应的最小运行速率是 67 / ．
16. 解：( 1)对书本，有 =
代入数据得 = 1 / 2
对抽屉和书本，有 = ( + )
代入数据得 = 2
(2)由于 1 = 1.6 < 2
可知书本和抽屉相对静止对抽屉和书本，有 1 = ( + )
代入数据得 = 0.8 / 2
对书本，有 =
代入数据得 = 0.32
(3)由于 2 = 3.6 > 可知，书本和抽屉有相对滑动 对抽屉，有 2 = 2
代入数据得 2 = 2 / 2
1
设抽屉的运动时间为 1，有 = 22 2 1
代入数据得 1 = 0.7
此时，书本的速度为 1 = 1
此过程中，书本的位移大小为 11 = 2 1
书本相对抽屉的位移大小为 1 = 1
代入数据得 1 = 0.245 < ( 2 )
2
此后，书本向前减速，有 2 = 12
全程，书本相对抽屉的位移大小为 = 1 2
代入数据得 = 0
答：(1)水平力的最大值 是 2 ；
(2)屉对书本的摩擦力大小 是 0.32 ；
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(3)书本相对抽屉的位移是 0。
(1)刚开始物体受到的是静摩擦，最大静摩擦可以提供其加速度；
(2)根据 1 = 1.6 书本和抽屉相对静止，求此时的摩擦力；
(3)根据拉力时 3.6 时物体的运动情况，分阶段计算位移。
根据受力情况判断运动情况，同时分阶段讨论进行判断。
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