吉林省东北师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期物理学科大练习（1）（含解析）

东北师大附中 2025 级
高一下学期物理学科大练习（1）
时间：80 分钟分数：100 分
一、单选题（共 7 题，每题 4 分，共 28 分）
1 ．智能手机上装载的导航 app 方便了我们的生活。如图所示为某导航软件的一张截图，表示汽车某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，11 分钟，6.3 公里，下列说法正确的是( )
A ．研究汽车在导航图中的位置时，不可以把汽车看作质点
B ．11 分钟表示时间间隔，6.3 公里表示此次行程的位移大小
C ．若汽车选择三条不同路线到达目的地，它们的位移相同
D ．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小
2 ．2025 年 9 月 3 日在庆祝中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利 80 周年阅兵式上，
歼—20 机梯队首次公开呈现完整的隐身战机“侦—扰—打—控”体系化作战配置。如图所示，虚线 abc 是机梯队内某战机保持匀速率 v 飞行的部分轨迹，其中ab 段为曲线，bc 段为直线，对该战机在此过程下列说法正确的是( )
A ．仅在 bc 段有惯性 B ．速度时刻在变化
C ．受到的合力始终为零 D ．平均速度大小小于 v
3 ．如图所示，摩天轮悬挂座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。则下列叙述正
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确的是( )
A ．乘客的速度始终恒定
B ．乘客的加速度始终恒定
C ．座椅对乘客的作用力始终指向圆心
D ．在最低点时，乘客对座椅的压力大于重力，处于超重状态
4 ．如图所示，物体从 O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经 A、B 、C 三点，其中
x AB=2m，xBC=3m。若物体通过 AB 和 BC 这两段位移的时间相等，则 O、A 两点之间的距离等于( )
A ． m B ． m C ． m D ． m
5 ．如图所示，用一根轻绳跨过光滑的铁钉将一块小黑板悬挂在竖直墙壁上，细绳的两端固定在小黑板边缘两点A 、B 上。小黑板静止时，铁钉两侧细绳与竖直方向的夹角分别为 a 、 β 。已知 OA 垂直于AB ， OBA = 30o ，黑板重力为G ，下列说法正确的是( )
A ．a 小于β
B ．OA 绳中的张力为G
C ．绳子对铁钉的作用力为 G
D ．若将黑板扶正对称悬挂，则绳中张力变大
6．如图，在倾角为θ 的光滑斜面上，有两个物块 P 和 Q，质量分别为m1 和m2 ，用与斜面平
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行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则( )
A ．两物块一起运动的加速度大小为a
B ．弹簧的弹力大小为T
C ．若只增大m2 ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D ．若只增大θ ,两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
7．河岸两边有M 、N 两个正对码头，一艘轮船在静水中的航行速度恒为v1 ，水流速度恒为
v2 ，v1 > v2 ，若轮船在静水中在M 、N 之间往返一次的航行时间是t ，则在流水中( )
A ．轮船在M 、N 之间往返一次的时间大于t
B ．轮船在M 、N 之间往返一次的时间小于t
C ．若v2 越大，往返一次的时间越短
D ．若v2 越小，往返一次的时间越长
二、多选题（共 4 题，每题 6 分，共 24 分）
8 ．关于物理教材中的四幅插图，下列说法正确的是( )
A ．图 1，汽车的速度变化量 Δv 越大，则加速度 a 也越大
B ．图 2 ，F 的作用效果与F1 、F2 共同的作用效果相同，则 F 等于F1 、F2 的合力
C ．图 3，伽利略用实验和逻辑推理间接验证小球自由下落的速度与所用时间成正比
D ．图 4，牛顿第一定律也叫作惯性定律，在非惯性系中也成立，可用实验直接验证
9．如图所示，通过光滑的定滑轮拉着小船靠岸，拉绳的速度恒为 v0=6m/s，开始时拴接小船的绳与水平方向的夹角 α=37°,经过一段时间后绳与水平方向的夹角为 β=60°,在靠岸的过
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程中货物与船保持相对静止，不计定滑轮大小，sin37°=0.6 ，cos60°=0.5。下列说法正确的是( )
A ．α=37°时，小船的速度大小为 7.5m/s
B．β=60°时，小船的速度大小为4m/s
C ．靠岸的过程中，货物只受两个力的作用
D ．靠岸的过程中，小船做加速运动
10．如图所示，把一个可视为质点的小球放在光滑的球形容器中，使小球沿容器壁在某一水平面内做匀速圆周运动。已知圆周运动的轨道半径R = 0.625m ，小球所在位置切面与水平面夹角θ = 45。。小球质量为m = 0.2kg ，重力加速度取g = 10m / s2 。关于小球的下列说法正确的是( )
A ．角速度大小为4rad / s
B ．线速度大小为5m / s
C ．向心加速度大小为10m / s2
D ．所受支持力大小为2N
11．如图 1 所示，紧靠在一起的甲、乙两木块在FA 和FB 的作用下，从斜面底部由静止开始沿斜面上滑，FA 、FB 与时间的关系如图 2 所示，t = 2s 后，FA 撤去、FB 的大小不再发生变化。当木块甲再次回到与木块乙分离的位置时，木块乙恰好运动到斜面顶端。已知木块甲、乙的质量分别为m甲 = 0.4kg ，m乙 = 0.6kg ，斜面倾角θ = 53。且表面光滑，重力加速度 g 取
10m/s2 ，sin53。= 0.8 ，cos53。= 0.6 ，木块甲、乙可视为质点，则下列说法正确的是( )
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A ．甲、乙两木块分离前加速度大小均为4m/s2
B ．甲、乙两木块分离前一起运动了4m
C ．t = 2s 时，甲、乙两木块间的相互作用力为2N
D ．斜面总长度为9m
三、实验题（每空 2 分，共 14 分）
12 ．在“探究平抛运动的特点”的实验中，
(1)用图 1 装置进行实验，下列说法正确的是______（单选）
A ．仅可判断 A 球竖直方向做自由落体运动
B ．仅可判断 A 球水平方向做匀速直线运动
C ．可判断 A 球竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动
(2)用图 2 装置进行实验，下列说法正确的是_______（单选）
A ．每次释放钢球的位置可以不同
B ．调节挡板高度时必须等间距变化
C ．钢球运动时不应与背板上的白纸相接触
D ．在描绘小球运动的轨迹时，需要用平滑的曲线将所有的点连接起来
(3)如图 3 所示，某次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L = 5cm ，实验记录了小球在运动中的 3 个点迹，则该小球做平抛运动的初速度大小为_______m/s。（g 取 10m/s2，计算结果保留两位有效数字）
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13．某物理学习兴趣小组用图 1 所示的装置探究“加速度与力和质量”的关系，打点计时器使用的交流电频率为 50Hz，纸带每 5 个点选一个计数点，A、B 、C ……为选取的连续 5 个计数点。已知：重物质量为m ，重力加速度为 g ，滑轮重力及绳与滑轮间的摩擦不计。
(1)本实验中，重物的质量__________（填“需要”或“不需要”）远小于小车的质量。
(2)依据图 2 纸带计算，小车做匀加速运动的加速度大小为a = ______ m/s2 （保留两位有效数字）。
(3)由牛顿第二定律可得，实验中弹簧秤读数应为F = __________（用字母 m 、a 、g 表示）。
(4)由于物块在下落过程中存在空气阻力，实验中发现F 的计算值总是略__________（填“大于”或“小于”）弹簧秤的读数。
四、解答题（共 34 分）
14 ．用材质、粗细均相同的三段不可伸长轻绳系住灯笼后挂在墙上，如图所示， OA 水平， OB 与水平方向成37。角，灯笼质量为0.6kg ，（取sin37。= 0.6 ，cos37。= 0.8 ， g = 10m/s2 ），求：
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(1)绳子OA 、OB 的拉力大小；
(2)若绳子能承受的最大拉力为12N ，则灯笼的质量不能超过多少。
15．如图所示，倾角为 37°的光滑斜面，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以速度v0 = 3m/s水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块（小球和滑块均视为质点，重力加速度g = 10m/s2 ，sin 37。= 0.6 ，
cos37。= 0.8 ）。求：
（1）小球抛出点 O 到斜面上 P 点的距离（结果可用根号表示）；
（2）斜面的长度 L。
16 ．在智能物流仓库的水平分拣区，有一辆足够长的平板车 C ，平板车的质量mC = 20kg ，车上两个包裹A 和B （均视为质点）的质量mA = mB = 10kg ，如图甲所示。包裹A 与平板车间的动摩擦因数 μ1 = 0.2 ，包裹 B 与平板车间的动摩擦因数 μ2 = 0.4 ，平板车与轨道间的动 摩擦因数 μ3 = 0.05 。t = 0 时刻，平板车静止在水平轨道上，此时平板车上的包裹A 具有向 右的速度v0A = 4m / s ，在平板车上 A 的右侧一定距离处有包裹B ，此时 B 具有向右的速度
v0B = 3m / s ，简化图如图乙所示。已知全程包裹 A 、B 未发生碰撞，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度取g = 10m / s2 。求：
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(1) t = 0 时刻，包裹A 、包裹 B 和平板车C 各自的加速度大小？
(2)为保证两包裹不发生碰撞，t = 0 时刻，包裹A 与包裹B 最小间距是多少？
(3)平板车最终停止时，它相对轨道滑行的距离是多少？
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1 ．C
A ．研究汽车在导航图中的位置时，汽车的形状大小可以忽略不计，可以把汽车看作质点，故 A 错误；
B ．11 分钟表示的是时间间隔，6.3 公里表示此次行程的路程，不是位移大小，故 B 错误；
C．若汽车选择三条不同路线到达目的地，它们的起点和终点相同，则位移相同，故 C 正确；
D ．根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速率，不能算出此次行程的平均速度的大小，故 D 错误。
故选 C。
2 ．D
A ．惯性与质量有关，故全程都有惯性，故 A 错误；
B．虚线abc 是歼-20 保持匀速率飞行的部分轨迹，ab 段为曲线，bc 段为直线，可知在ab 段，速度方向发生变化，即速度发生变化，bc 段，速度保持不变，故 B 错误；
C．歼-20 从 a 到 c 的过程中，ab 段为曲线，可知速度发生变化，加速度不为零，bc 段为直线，速度保持不变，合力为零，故受到的合力不是始终为零，故 C 错误；
D ．ab 段为曲线运动，路程为s = vt1 ，位移为 x1 = vt1 ，由于s > x1 ，故 v > v
bc 段为直线运动，速度保持不变，故平均速度等于v，则整个过程中平均速度大小小于 v，故 D 正确。
故选 D。
3 ．D
A ．乘客的速度大小始终不变，但方向时刻在变化，故 A 错误；
B ．乘客做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，故 B 错误；
C ．由于座椅始终水平，故座椅对乘客的作用力方向始终竖直向上，故 C 错误；
D ．在最低点时，乘客所受合力竖直向上，根据
可知，座椅对乘客的支持力大于重力，且加速度指向圆心，处于超重状态。由牛顿第三定律可知，乘客对座椅的压力大于自身的重力，故 D 正确。
故选 D。
4 ．A
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设物体通过 AB 这段位移的时间为 t，由题可得
tAB = tBC = t
所以 B 点是 AC 的中间时刻点，由匀变速直线运动规律得
由匀变速直线运动连续相邻相等时间的位移差公式
Δx = aT2
即
2
xBC - xAB = at
代入数据得
又
vO = 0
所以对从 O 到 B 这个过程，由匀变速直线运动的速度位移公式
vB2 - vO2 = 2axOB
得
则
故选 A。
5 ．D
AB．绳子跨过的是光滑的铁钉，所以绳子各处的张力大小相等。设绳 OA 段和 OB段的张力大小均为 T。小黑板处于静止状态， 所受合力为零。因此， 两个拉力的合力与重力G 大小相等、方向相反。如图所示
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根据平行四边形定则可知 θ = a = 30°
又 OBA = 30o ，可知 β = 30° ,可知 a 等于β ,将两个拉力沿竖直方向分解，根据平衡条件有T cosa + T cos β = G
可知T，故 AB 错误；
C ．绳子对铁钉的作用力是铁钉两侧绳子拉力的合力，这两个拉力大小均为T ，夹角
AOB = 60o
根据平行四边形定则，可知绳子对铁钉的作用力大小F = T = G ，故 C 错误；
D．若将黑板扶正对称悬挂，则 AB 边变为水平。设 AB 的长度为 d，绳子的总长度 L 保持不变。初始状态下绳长L = OA + OB = d
对称悬挂时，绳子构成一个等腰三角形，两边长为
d
(
2
1
)设此时绳与竖直方向的夹角为φ ,由几何关系得sinφ = L = ·、3
2
此时的张力满足2T cosφ = G
可得T T ，故 D 正确。
故选 D。
6 ．C
A ．根据牛顿第二定律，对两物块的整体F - (m1 + m2 )g sinθ = (m1 + m2 )a解得两物块一起运动的加速度大小为a g sin A 错误；
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B ．对 Q 分析可知T - m2g sinθ = m2 a
可得弹簧的弹力大小为T ，B 错误；
C ．若只增大m2 ，两物块一起向上匀加速运动时，根据T，可知 T 变大，则弹簧伸长量变大，即它们的间距变大，C 正确；
D ．若只增大θ ,两物块一起向上匀加速运动时，根据T可知， T 不变，弹簧弹力不变，则它们的间距不变，D 错误。
故选 C。
7 ．A
AB ．设 M、N 两个正对码头的间距为d 。静水时，轮船往返速度均为v1 ，往返时间t 。
流水时，轮船要到达正对码头，需让静水速度沿水流方向的分量抵消水流速度，此时垂直河岸的合速度大小为 ，往返总时间 t 。
由于 v1 ，因此 t t ，故 A 正确，B 错误；
C ．v2 越大， 越小， t 越大，往返时间越长，故 C 错误；
D ．v2 越小， 越接近v1 ，t 越接近t ，往返时间越短，故 D 错误。故选 A。
8 ．BC
A ．加速度代表速度的变化快慢，汽车的速度变化量 Δv 越快，则加速度 a 也越大，故 A 错误；
B ．根据等效替代原理，图 2 ，F 的作用效果与F1 、F2 共同的作用效果相同，则 F 等于F1 、
F2 的合力，故 B 正确；
C ．伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略只是通过实验验证了位移与时间的平方成正比，然后通过数学推导间接证明速度与时间成正比，故 C 正确；
D ．图 4，牛顿第一定律也叫作惯性定律，在非惯性系中不成立，可用实验与推理结合的方
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法验证，故 D 错误。
故选 BC。
9 ．AD
A ．a = 37° 时小船的速度大小为v船 m / s ，故 A 正确；
B ． β = 60° 时小船的速度大小为v船m / s ，故 B 错误；
CD ．将船速分解为沿绳方向和垂直绳方向，则v0 = v船 cos θ
θ 为绳和水平方向夹角，随着角度变大，船速变大，小船做加速运动，在此过程中小船与货物间的摩擦力不为零，因此货物受到重力、支持力和摩擦力的作用，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
10 ．AD
A ．小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力，对小球受力分析，由牛
顿第二定律可得 mgtan45° = mω2R解得 ω = 4rad/s，故 A 正确；
B ．线速度大小为 v = ωR = 4×0.625m/s = 2.5m/s，故 B 错误；
C ．向心加速度大小为 an = ωv = 4×2.5m/s2 = 10m/s2，故 C 错误；
D ．所受支持力大小为NN ，故 D 正确。
故选 AD。
11 ．BD
A ．由图 2 可知，在0 ~ 2s 内FA 、FB 与时间的关系分别为FA = (8 - 2t)N ， FB = (2 + 2t)N
则在0 ~ 2s 内，FA 与FB 的大小之和始终为FA + FB = 10N
以木块甲、乙整体为研究对象，在分离前，根据牛顿第二定律，有FA + FB - (m甲 + m乙 )g sin 53° = (m甲 + m乙 )a
联立解得a = 2m/s2 ，故 A 错误；
C ．设甲、乙两木块间的相互作用力大小为FN ，当FN = 0 时，两木块正好分离。
以木块甲为研究对象，根据牛顿第二定律，有FA - FN - m甲g sin 53° = m甲a
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解得FA = 4N ，t = 2s
因此t = 2s 时，甲、乙两木块正好分离，两木块间的相互作用力为 0，故 C 错误；
B ．根据匀变速直线运动位移与时间的关系，甲、乙两木块分离前一起运动了
x at2 = 4m ，故 B 正确；
D ．根据匀变速直线运动速度与时间的关系，甲、乙两木块分离前的共同速度大小为
v = at = 4m/s
分离后，甲先匀减速至速度为 0 再匀加速回到分离位置，根据牛顿第二定律，有
m甲g sin 53° = m甲a甲
解得a甲 = 8m/s2
根据运动的对称性和匀变速直线运动速度与时间的关系，甲从分离到再次回到分离处，运动的时间为t甲 s
分离后，乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有FB - m乙g sin 53° = m乙a乙
解得a乙 = 2m/s2
从分离后到甲再次回到分离位置，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，乙的位移为
斜面总长度为L = x + x乙 = 9m ，故 D 正确。
故选 BD。
12 ．(1)A (2)C
(3)1.5
（1）用图 1 装置进行实验，小球 B 做自由落体运动，小球 A 做平抛运动，小球 A和小球 B 同时开始运动，同时落地，仅可判断 A 球竖直方向做自由落体运动。
故选 A。
（2）A ．为保证小球平抛时初速度相同，每次释放钢球的位置必须相同，故 A 错误；
B ．调节挡板高度时没必要必等间距变化，故 B 错误；
C ．为了避免摩擦力的影响，钢球运动时不应与背板上的白纸相接触，故 C 正确；
D．在描绘小球运动的轨迹时，需要用平滑的曲线将尽可能多的点连接起来，有些点偏离曲
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线较大应舍去，故 D 错误。
故选 C。
（3）设相邻点迹的时间间隔为T
竖直方向有5L - 3L = gT2
得T s=0.1s
小球做平抛运动的初速度大小vm/s=1.5m/s
13 ．(1)不需要
(2)2.0
(4)大于
（1）本实验中，因有弹簧测力计测量小车的拉力，则重物的质量不需要远小于小车的质量。
（2）纸带每 5 个点选一个计数点，可知 T=0.1s；小车做匀加速运动的加速度大小为
（3）对物块由牛顿第二定律 mg - 2F = ma'
其中2a' = a
解得F mg ma
（4）绳与滑轮间存在摩擦或存在空气阻力，设阻力为f；根据牛顿第二定律mg - 2F - f = m
化简得F mg ma
由于阻力的存在，使得纸带速度偏小，计算得加速度 a 偏小，可知计算得 F 偏大。
14 ．(1)8N ，10N
(2)0.72kg
（1）对 C 点分析可知TOB sin 37o = mg ，TOB cos 37o = TOA
解得TOB = 10N ，TOA = 8N
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(
15
．
（
1
）
m
；（
2
）
1.98m
)（2）因 OB 的拉力最大，则当TOB max = 12N 时，则mmax kg=0.72kg 2
5
（1）设小球击中滑块时的竖直速度为 vy，则
vy = gt
由几何关系
解得
t = 0.4 s
小球水平位移为 x，竖直位移为 y，由平抛运动的规律的
x = v0t = 1.2 m ，y = gt2 = 0.8 m
则小球抛出点 O 到斜面上 P 点的距离为
（2）小球击中滑块时，滑块的位移为
斜面底端到 P 点距离为
斜面的长度为
L = s + s = 1.98m
16 ．(1) aA = 2m / s2 ，aB = 4m / s2 ，aC = 2m / s2
(2)1.75m
(3) 2.25m
（1）由于包裹 A 与小车C 初速度不同，两者必然发生相对滑动。对包裹A 应用牛顿第二定律有FfA = μ1mAg = mAaA
解得aA = 2m / s2
分析包裹 B，根据牛顿第二定律有FfB = μ2mBg = mBaB
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解得aB = 4m / s2
分析小车 C，根据牛顿第二定律μ1mAg + μ2mBg - μ3 (mA + mB + mC ) g = mC aC解得aC = 2m / s2
（2）设包裹 B 先与小车C 达到共速，达到共速所需时间为t1 ，则 B 与小车共速时满足
v共 = v0B - aBt1 = aCt1
解得t1 = 0.5s ，v共 = 1m / s
此时A 的速度为vA = v0A - aAt1 = 3m / s
vA > v共 ，说明包裹 B 先与小车C 共速成立t1 时间内A 的位移xA = v0At aAt m
包裹B 的位移xB = v0Bt1 - aBt = 1m A 与B 相对位移为Δx1 = xA - xB = m
t1 = 0.5s 后，A 与小车C 继续相对滑动，加速度aA = 2m / s2 不变
对B 和小车C 整体分析，根据牛顿第二定律aBC 则BC 一起匀速运动，设再经t2 时间三者共速，有v共 = vA - aAt2
解得t2 = 1s
A 与BC 共速后，假设ABC 保持相对静止，则整体的加速度
由于aABC 小于μ1g 也小于μ2g ，则A 和B 与C 一起保持相对静止匀减速向右滑动，设t2 时间内A 相对B 向右的位移为Δx2 ，则 t2 - v共t2
解得Δx2 = 1m
A 、B 不发生碰撞的两者初始距离最小值Lmin = Δx1 + Δx2 = 1.75m
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（3）小车 C 对地位移xCt1 = 0.25m ，xC2 = v共t2 = 1m ，xCm平板车最终停止时，它相对轨道滑行的距离为xC总 = xC1 + xC2 + xC3 = 2.25m
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