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浙江省麗水市2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題
一、單項選擇題（本題共18小題，每小題3分，共54分，每個小題只有一個選項符合題意，多選、錯選均不給分）
1．（2025高一上·麗水期末）在國際單位制中，力的單位符號是（　　）
A．N B．s C．kg D．m
【答案】A
【知識點】單位制及量綱
【解析】【解答】 在七個基本國際單位制中，力的單位用牛頓表示，簡稱牛，符號為“N”.故A選項符合題意，BCD不符合題意。
故答案為A。
【分析】 在國際單位制中，力的單位是以科學家牛頓的名字命名的，其符號為N．
2．（2025高一上·麗水期末）下列說法正確的是（　　）
A．速度越小的汽車其慣性也越小
B．物體的速度越大，其加速度也越大
C．牛頓通過斜面實驗總結出自由落體規律
D．伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因
【答案】D
【知識點】加速度；慣性與質量；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A． 慣性是物體保持其運動狀態不變的性質，其大小只由物體的質量決定，與物體的速度、受力情況等因素無關。一輛靜止的汽車和一輛高速行駛的同一輛汽車，慣性是一樣的，故A錯誤；
B． 加速度（a）表示速度變化的快慢（），與速度（v）本身的大小沒有直接關系。速度很大的物體，加速度可能很小（如高速勻速飛行的飛機）甚至為零；速度很小的物體，加速度也可能很大（如子彈剛從槍膛射出的瞬間） ，故B錯誤；
C．牛頓的主要貢獻是提出了牛頓運動定律和萬有引力定律，總結了物體運動的普遍規律，而非通過斜面實驗研究自由落體，故C錯誤；
D．伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因，故D正確。
故選D。
【分析】1、質量是慣性的唯一量度，慣性與速度無關，質量大慣性大，
2、力不是維持物體運動狀態的原因，力是改變物體運動狀態的原因，力是使物體產生加速度的原因，加速度由質量和力共同決定，與瞬時速度無關。
3、伽利略通過著名的斜面實驗（沖淡重力），并在此基礎上進行外推，得出了自由落體運動是勻加速運動的結論，并證明了所有物體自由下落的加速度相同。
4、物體不需要力來維持運動，力是改變物體運動狀態（即產生加速度）的原因。這徹底推翻了亞里士多德“力是維持物體運動的原因”的錯誤觀點，為牛頓第一定律的建立奠定了基礎。
3．（2025高一上·麗水期末）四名運動員在標準田徑場上進行200m賽跑，如圖所示，他們從不同起點起跑，都順利地按規則要求完成了比賽，從起點到終點過程他們的（　　）
A．位移相同 B．路程相等
C．平均速度相同 D．平均速率相同
【答案】B
【知識點】位移與路程；速度與速率；平均速度
【解析】【解答】A． 位移是起點指向終點的有向線段。200米跑道是有彎道的，不同跑道的起點前后錯開，以確保每個人的全程距離都是200米。這意味著每個人的起點和終點位置都不同，所以從各自起點到終點的位移大小和方向也各不相同，故A錯誤；
B． 路程是物體運動軌跡的實際長度。雖然起跑點不同，但規則保證了每位運動員在比賽中完成的路徑長度都是精確的200米。因此，他們的路程是相等的，故B正確；
C． 平均速度是矢量，等于位移除以時間，每個人的位移不同。同時，每個人跑完全程所用的時間也可能不同。用不同的位移除以不同的時間，得到的結果（平均速度）幾乎肯定是不相同的 ，故C錯誤；
D．路程相同，但是時間不一定相等，可知平均速率不一定相同，故D錯誤。
故選B。
【分析】位移：是矢量，表示位置的變化，只關心初位置和末位置，與路徑無關。
路程：是標量，表示運動軌跡的總長度。
平均速度：是矢量，計算方法是 總位移 / 總時間。方向與位移方向相同。
平均速率：是標量，計算方法是 總路程 / 總時間。
4．（2025高一上·麗水期末）2024年巴黎奧運會，中華健兒奮勇拼搏，取得優異成績。有關下列4個場景的說法正確的是（　　）
A．在研究鄭欽文的接球技巧時，可將她看成質點
B．劉煥華將杠鈴成功舉過頭頂堅持2秒獲得勝利，“2秒”是指時刻
C．楊家玉獲得女子20公里競走冠軍，“20公里”指的是位移
D．全紅嬋在跳水決賽中下落過程看到水面離自己越來越近是以自己為參考系
【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；參考系與坐標系
【解析】【解答】A． “質點”是一個理想化的物理模型。在研究接球技巧時，需要關注運動員的身體姿態、手臂動作、步伐移動等細節。這些細節都與她的大小、形狀和姿態密切相關。如果把她看作一個沒有大小的點，所有這些信息都會丟失，研究將無法進行。因此，在這種情況下絕不能將她視為質點，故A錯誤；
B． “時間”在物理中有兩個含義：時刻（時間軸上的一個點）和時間間隔（時間軸上的一段長度）。“堅持2秒”描述的是杠鈴在頭頂上保持靜止的這個過程所持續的長度，因此它指的是時間間隔（簡稱時間），故B錯誤；
C． “20公里”指的是運動員實際走過的路徑的總長度，因此是路程，故 C錯誤；
D．全紅嬋在跳水決賽中下落過程看到水面離自己越來越近是以自己為參考系，故D正確。
故選D。
【分析】1、物體能看作質點的條件：當物體的大小和形狀對所研究的問題沒有影響或影響可以忽略時，才能將其視為質點。研究“技巧”、“動作”時，物體本身的大小形狀就是關鍵，不能忽略。
2、時間與時刻的區別：時刻：對應時間軸上的一個點，如“第3秒初”、“起跳瞬間”。
時間間隔：對應時間軸上的一段距離，如“持續2秒”、“用了5小時”。關鍵詞“內”、“間”、“持續”通常指時間間隔。
3、路程與位移的區別：路程：運動軌跡的總長度（標量）。如“跑道一圈400米”、“行駛了20公里”。位移：位置的變化，從初位置指向末位置的有向線段（矢量）。如“從北京直接到上海的直線距離約為1000公里”。
4、參考系的選擇：描述物體的運動時，必須明確參考系。選擇不同的參考系，對同一運動的描述可能會不同。
5．（2025高一上·麗水期末）殲35A是我國自行研發的中型多用途隱身戰機。在2024年珠海航展上表演時，戰機沿曲線ab向上爬升，關于飛機所受合力的4種方向，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】物體做曲線運動時，其加速度方向（即所受合外力方向）總是指向運動軌跡彎曲的內側（即凹側）。對于飛機而言，這意味著它要完成轉向（例如向左轉彎），就必須獲得一個指向彎道內側（即左側）的力（稱為向心力）。這個力是空氣對飛機的作用力（如升力、推力）在水平方向的分力與重力的合力共同提供的。故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】在曲線運動中，速度的方向時刻在改變。這個速度方向的變化（即加速度）總是指向曲線彎曲的那一側，這樣才能將物體的運動軌跡“拉”彎。而根據 F = ma，合外力 F 的方向永遠與加速度 a 的方向一致。因此，合外力的方向也必然指向軌跡的凹側。
6．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，一只風箏被細繩拉緊在天上飛舞，關于這只風箏的受力情況，下列說法正確的是（　　）
A．只受重力作用
B．只受空氣作用力
C．只受重力和細繩拉力
D．只受重力、空氣作用力和細繩拉力
【答案】D
【知識點】受力分析的應用
【解析】【解答】對風箏進行受力分析，它受到以下三個力的作用：重力（G）：方向豎直向下。這是地球對風箏的吸引力，必然存在。細繩的拉力（T）：方向沿細繩指向人手（或固定點）。細繩被拉緊，說明它對風箏有拉力，這個力是維持風箏飛行姿態的關鍵。空氣的作用力（F空氣）：這是一個總效果力，故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】考查了物體的受力分析，特別是對生活中常見現象（放風箏）的物理原理理解。關鍵點是認識到空氣對運動物體產生的力（空氣動力） 是一個真實存在的、不可忽略的力。
7．（2025高一上·麗水期末）如圖所示為一小孩利用彈弓將彈珠打向前方空地，從橡皮筋（連同彈珠）拉長后離開手到彈珠將要離開橡皮筋這個過程，下列說法正確的是（　　）
A．彈弓連同彈珠整體的重心位置始終不變
B．彈弓橡皮筋的彈力是由于彈珠形變產生的
C．橡皮筋給彈珠的力與彈珠給橡皮筋的力是一對平衡力
D．橡皮筋給彈珠的力與彈珠給橡皮筋的力始終等大反向
【答案】D
【知識點】重力與重心；形變與彈力；牛頓第三定律
【解析】【解答】A． 一個物體的重心位置由其質量分布決定。在拉伸彈弓的過程中，彈弓的形狀發生了顯著變化（橡皮筋被拉長，支架可能彎曲），這意味著它的質量分布發生了改變。因此，整個彈弓系統的重心位置必然會發生變化，故A錯誤；
B． 彈力的產生是由于施力物體發生彈性形變后，想要恢復原狀而產生的。橡皮筋對彈珠的彈力，是由于橡皮筋本身被拉伸發生了形變而產生的，而不是由于彈珠的形變，故B錯誤；
CD．橡皮筋給彈珠的力與彈珠給橡皮筋的力是一對作用和反作用力，始終等大反向，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】1、重心的決定因素：物體的重心位置不是固定的，它取決于物體內質量的分布情況。物體形狀改變，其重心位置往往也隨之改變。
2、彈力的產生原因：彈力是發生彈性形變的物體（如被拉長的橡皮筋、被壓彎的支架）由于要恢復原狀，而對與它接觸的物體產生的力。口訣是：誰形變，誰產生彈力。
3、牛頓第三定律（作用與反作用力）：這是本題最主要的考點。必須理解：作用力與反作用力總是大小相等、方向相反。它們作用在兩個不同的物體上。它們同時產生、同時變化、同時消失。其大小關系不受物體運動狀態（如是否加速）的影響。
8．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，有人把4個相同的網球疊在一起，下方3個網球緊挨著放在水平地面上，其中一個網球記為B，網球A疊放在3個網球中間的正上方，已知每個網球質量均為m，下列說法正確的是（　　）
A．下方3個球對A球的合力大于A球的重力
B．下方3個球與地面之間一定沒有摩擦力
C．下方3個球受到地面的支持力大小均為
D．將B球拿走后，剩下3個球仍能保持靜止
【答案】C
【知識點】整體法隔離法
【解析】【解答】A． 對最上面的A球進行受力分析：它受到自身重力（向下）和下方三個球給它的三個支持力。由于對稱性，這三個支持力是相等的。A球處于靜止狀態（平衡），因此這三個支持力的矢量合（即所有力的總和）必須與它的重力大小相等、方向相反（豎直向上），故A錯誤；
B． 對下方的任意一個球（例如B球）分析：它受到A球給它的壓力（斜向下，指向球心）、自身重力、地面給的支持力，以及地面給的靜摩擦力。A球壓力的方向是斜的，可以分解為一個豎直向下的分力和一個水平方向的分力。正是這個水平分力，有使B球向外滑動的趨勢，故B錯誤；
C．對4個球的整體分析可知3FN=4mg
可得下方3個球受到地面的支持力大小均為
故C正確；
D．將B球拿走后，剩下3個球不能保持靜止，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、共點力平衡條件：物體靜止時，所受合外力為零。
2、整體法與隔離法：整體法（用于求支持力）：將系統視為一個整體，忽略內部物體間的相互作用力，只分析外部力。隔離法（用于分析摩擦力）：單獨分析系統中某一個物體的受力情況。
3、靜摩擦力的判斷：能根據物體的平衡條件，判斷是否存在相對運動趨勢，從而確定靜摩擦力的有無和方向。
4、對稱性的作用：理解對稱性在維持系統平衡中的重要性，以及破壞對稱性后系統無法保持平衡。
9．（2025高一上·麗水期末）在皮劃艇賽事上成績卓越的慶元籍運動員王楠，在某次訓練中以恒定速率橫渡一條河，已知越接近河流中間水流速度越大，若她要以最短時間過河，則下列圖像中，皮劃艇渡河軌跡和皮劃艇朝向可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】 為了時間最短，必須讓船在垂直河岸方向的速度分量最大化。因此，船頭應始終正對河對岸（即船身始終垂直于河岸），這樣船的所有動力都用于過河，不浪費任何動力在抵消或順流而下上。 圖像A正確地描繪了這樣一條曲線：軌跡的彎曲程度（凹側）先是指向上游（對應水流加速階段，加速度向下游），然后逐漸變得平坦（水流速度最大時），最后凹側指向下游（對應水流減速階段，加速度指向上游）。 故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】1、運動的合成與分解：理解小船過河問題是處理垂直方向和平行方向兩個分運動的經典模型。
2、最短時間過河的條件：船頭垂直指向對岸，使垂直分速度最大。
3、曲線軌跡與加速度的關系：加速度方向總指向軌跡的凹側。這是判斷曲線運動性質的關鍵依據。
4、從速度變化判斷加速度方向：平行方向的分速度先增后減，意味著該方向的加速度先正后負（先向下游后指向上游），從而決定了軌跡的凹凸形狀。
10．（2025高一上·麗水期末）一個質量的物體只受到共面的三個力作用，大小分別為2N、6N、10N，方向可變，則物體的加速度大小不可能為（　　）
A．1m/s2 B．3m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2
【答案】A
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】2N、6N的合力范圍為
則2N、6N、10N的合力范圍為
根據牛頓第二定律可得
聯立物體的加速度大小范圍為
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】要確定物體的加速度大小不可能的值，首先需要分析三個共面力（大小分別為2N、6N、10N）合成后可能得到的合力范圍，然后根據牛頓第二定律 （其中質量 ）計算可能的加速度。
11．（2025高一上·麗水期末）某物體以8m/s的初速度做勻加速直線運動，加速度為0.2m/s2，經時間t后速度變為12m/s，則以下選項正確的是（　　）
A．運動時間 B．t時間內的位移為400m
C．t時間內的平均速度是10m/s D．運動到100m處的速度是9m/s
【答案】C
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】ABC．根據勻變速直線運動速度時間關系
可得運動時間
t時間內的位移為
t時間內的平均速度為
故AB錯誤，C正確；
D．根據可得運動到100m處的速度
故D錯誤。
故選C。
【分析】已知：初速度 ，加速度 ，末速度 ，由速度公式：可計算運動時間，使用位移公式：計算時間t內位移；由平均速度公式：可計算平均速度；由計算 運動到100m處的速度 。
12．（2025高一上·麗水期末）2024年6月，我國無人機成功飛越珠峰，體現了我國強大的無人機制造能力。如圖甲為某次無人機從地面開始向上起飛的場景，圖乙為它運動的速度—時間（）圖像，下列說法正確的是（　　）
A．無人機有時向上運動有時向下運動
B．無人機在至過程中先超重再失重
C．無人機在至過程中受到的合力越來越大
D．無人機在時的加速度大于在時的加速度
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A． 因為速度（v）始終為正值，說明無人機始終向正方向（即向上）運動 ，故A錯誤；
B．根據圖乙可知，無人機在至過程中先向上加速后向上減速，加速度方向先向上后向下，則無人機先超重再失重，故B正確；
C．根據的切線斜率表示加速度， 在t1~t2過程中，加速度從正值減小到零（合力減小），然后從零變為負值并增大（合力反向增大）。所以合力不是一直減小，而是先減小后增大 ，故C錯誤；
D．根據的切線斜率表示加速度，由圖乙可知，無人機在時的加速度小于在時的加速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、v-t 圖像的基本性質：縱坐標（v）的正負表示方向：速度值為正，表示物體沿正方向（通常設定向上為正）運動。
2、切線斜率表示加速度：斜率為正，加速度為正（方向向上）；斜率為負，加速度為負（方向向下）。斜率絕對值越大，加速度越大。
3、超重與失重的判斷：超重：加速度方向向上（與重力方向相反）。失重：加速度方向向下（與重力方向相同）。注意：判斷依據是加速度方向，與運動方向（速度方向）無關。
4、牛頓第二定律的應用：合力 。加速度（a）減小，意味著合力（F合）也在減小。
13．（2025高一上·麗水期末）用如圖所示的推車搬運貨物，推車的底板和背板互相垂直，工人緩慢下壓把手，使背板由豎直轉向水平，推車和貨物的狀態由圖甲變到圖乙。在該過程中不計貨物與推車間的摩擦力，貨物對底板的壓力為、對背板的壓力為。則該過程兩壓力大小變化情況是（　　）
A．逐漸減小到零 B．先減小后增加
C．增加到無窮大 D．先增加后減小
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】以貨物為對象，將重力分解為兩個方向：垂直于底板的分力：，垂直于背板的分力：，由于貨物平衡，有：底板支持力
背板支持力
則底板對貨物的支持力逐漸減小到零，背板對貨物的支持力逐漸增大到貨物重力；根據牛頓第三定律可知貨物對底板的壓力逐漸減小到零，對背板的壓力逐漸增大到貨物重力。故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】將重力分解為兩個方向：垂直于底板的分力：，垂直于背板的分力：，根據平衡得出底板支持力 ，背板支持力 ，分析可得對底板壓力從逐漸減小到0
對背板壓力從0逐漸增大到G。
14．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，汽車車廂中懸掛著小燈籠串，車在平直道路上關閉門窗，向左勻加速直線運動，當小燈籠串相對車廂靜止時（車廂內無風擾動），下列各圖中燈籠串的狀態最有可能的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】燈籠整體受到兩個力作用：重力 （豎直向下，為每個燈籠的質量）
細線的拉力 （沿細線方向），這兩個力的合力提供了整串燈籠向左加速所需的力：
合力與重力的關系滿足：
這里 被約去，說明夾角θ 與燈籠個數n 無關。故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】以整串燈籠為研究對象（視為一個整體），它們具有相同的加速度 （向左） 以下方n個燈籠為整體，根據牛頓第二定律可得，可得，說明夾角θ 與燈籠個數n 無關
15．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，某“復興號”動車組在平直的軌道上行駛，共有8節車廂（第1、2、5、6車廂為動力車廂，其余4節為無動力車廂），設每節車廂質量、軌道阻力、空氣阻力均相同，當每節動力車廂牽引力大小均為F時，第3、4兩節車廂間的拉力大小為（　　）
A．F B． C． D．
【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】對于整體：總牽引力：有4節動力車廂，每節提供牽引力 ，方向向前，所以總牽引力為 。總質量：8節車廂，每節質量 ，總質量 。根據牛頓第二定律，
可得出整體加速度，對前3節，由牛頓第二定律得
得第3、4兩節車廂間的拉力大小為
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】1、確定整體加速度：共有4節動力車廂，每節牽引力為 F，總牽引力為 。總質量為 （8節車廂，每節質量 ），整體加速度為 。
2、隔離分析第4節及以后車廂（第4、5、6、7、8節）：這部分總質量為 ，加速度為 。
受力：向前拉力 （來自第3節） + 第5、6節動力車廂的牽引力 。牛頓第二定律：，可得出 第3、4兩節車廂間的拉力大小。
16．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，相同的三根彈簧，等間距地掛在水平橫桿上，彈簧下端分別掛上1個、2個、3個相同的鉤碼，靜止后彈簧下端位于同一條傾斜直線上。改變彈簧水平間距，改變鉤碼個數分別為2個、3個、4個，反復多次實驗，彈簧下端均位于同一條傾斜直線上。下列說法正確的是（　　）
A．可以得出伸長量越大彈簧勁度系數越大
B．不能得出彈力大小與伸長量成一次函數關系
C．彈簧自身重力不會影響彈簧下端連線的傾斜程度
D．掛4個鉤碼的彈簧可能已經超出彈簧的彈性限度
【答案】C
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】A．由胡克定律可知，在彈性限度內 勁度系數 是彈簧本身的屬性，與伸長量無關。實驗只能驗證胡克定律（），無法得出“伸長量越大勁度系數越大”的結論，故A錯誤；
B．由上述分析可知，本實驗可以得出彈力大小與伸長量成一次函數關系，故B錯誤；
C．由上述分析可知，彈簧自身重力不會影響彈簧下端連線的傾斜程度，故C正確；
D．改變鉤碼個數分別為2個、3個、4個，反復多次實驗，彈簧下端均位于同一條傾斜直線上，可見掛4個鉤碼的彈簧沒有超出彈簧的彈性限度，故D錯誤。
故選C。
【分析】實驗驗證了胡克定律（彈力與伸長量成正比）。勁度系數 是常數，與伸長量無關。彈力與伸長量成一次函數關系，彈簧自重不影響傾斜程度，掛4個鉤碼時仍滿足線性，未超出彈性限度。
17．（2025高一上·麗水期末）農民采用拋秧的方式種植水稻，如圖所示，甲、乙兩顆秧苗從同一位置以相同的速率同時拋出，運動軌跡在同一豎直面內，不計空氣阻力，關于甲、乙兩顆秧苗的判斷正確的是（　　）
A．可能會在空中相遇
B．在空中的運動時間相等
C．在軌跡最高點時的速度甲大于乙
D．在空中任意時間段的速度變化量方向相同
【答案】D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】AB． 秧苗做斜拋運動，其空中運動時間由豎直方向的高度決定。豎直上升過程可視為自由落體的逆過程，根據 ，高度 越大，時間 越長。由圖可知，甲秧苗軌跡的最高點比乙高，因此甲的運動時間大于乙。由于兩者從同一位置同時拋出，乙先下落，而甲仍在上升或尚未到達最高點，因此它們不可能在空中相遇 ，故AB錯誤；
C． 從最高點到落地過程，水平方向為勻速運動，水平位移 （ 為最高點速度）。
甲秧苗的豎直高度大（下落時間長），但水平位移反而小，說明甲的最高點速度 （水平速度）較小 ，故C錯誤；
D．兩顆秧苗在空中的加速度均為重力加速度，根據，可知甲、乙兩顆秧苗在空中任意時間段的速度變化量方向相同，均豎直向下，故D正確。
故選D。
【分析】1、空中相遇問題：若兩物體從同一位置同時拋出，運動時間不同（高度不同），則不可能在空中相遇（因為時間短的先落地）。
2、最高點速度比較：從最高點到落地的水平位移 下落 。下落時間 （由高度決定）。若某物體高度 大但水平位移 小，則其最高點速度 較小（因 ）。
3、速度變化量：加速度恒為 （豎直向下），故任意時間段內的速度變化量 。方向始終豎直向下，與質量、初速度無關。
18．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，屋檐口滴下的水，長年累月水滴石穿。檐口到下方石板的高度為，若質量為1g的水滴從屋檐上由靜止開始落下，落到石板上濺起的最大高度為，水滴與石板間相互作用的時間為0.05s。不計空氣阻力，重力加速度，則水對石板豎直方向平均作用力大小約為（　　）
A．0.26N B．0.14N C．0.026N D．0.014N
【答案】A
【知識點】動量定理
【解析】【解答】由可得，水滴落地時速度大小為
水滴濺起時的速度大小為
規定向上為正方向，對于水滴與石板間相互作用的過程應用動量定理
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】用勻變速直線運動公式求碰撞前后速度，然后用動量定理（考慮重力）求平均力，注意方向（向上為正）。
二、填空與實驗題 （本題共2小題，共16分）
19．（2025高一上·麗水期末）某小組通過如圖甲裝置完成以下實驗：I．“練習使用打點計時器”；II．“探究小車速度隨時間變化的規律”；Ⅲ．“探究加速度與力、質量的關系”
（1）用圖中器材完成實驗，采用的電源應選擇　 　（填“交流”或“直流”）　 　V
（2）在完成實驗Ⅰ時，用手拉P端得到打點的紙帶，計算不同時刻的速度并描點如圖乙所示，以下兩幅圖的連線方式與小車運動變化規律最接近的是______（選填“A”、“B”）
A．折線連線
B．平滑曲線連線
（3）在實驗Ⅱ中，打出如圖丙所示的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G是打好的紙帶上6個連續的計數點 （每兩點間還有四個點沒有畫出）。打下D 點時小車的速度大小為　 　m/s，小車的加速度大小為　 　m/s2。（計算結果均保留三位有效數字）
（4）有關I、II、III三個實驗，下列說法正確的是______
A．三個實驗中細繩一定都要與軌道平行
B．三個實驗都需要調節軌道傾角補償摩擦阻力
C．實驗Ⅱ中，P端所掛鉤碼質量可以大于小車及車上鉤碼的總質量
D．實驗Ⅲ中，P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量
【答案】（1）交流；220
（2）B
（3）0.263；0.496
（4）C；D
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）電火花計時器采用的電源應選擇220V交流電源。
（2）描點連線時應該用平滑曲線連線，故選B。
（3）相鄰計數點之間有四個計時點沒有畫出來，故計數周期為
打下D 點時小車的速度大小等于CE間的平均速度
由逐差法可知小車的加速度為
（4）A．“練習使用計時器”不需要細繩一定都要與軌道平行，故A錯誤；
B．“練習使用計時器”“探究小車速度隨時間變化的規律”不需要調節軌道傾角補償摩擦阻力，B錯誤；
C．實驗Ⅱ“探究小車速度隨時間變化的規律”中，只要保證小車做勻加速直線運動即可，P端所掛鉤碼質量可以大于小車及車上鉤碼的總質量，故C正確；
D．實驗Ⅲ“探究加速度與力、質量的關系”中，當P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量時，繩子拉力近似等于槽碼重力，故需要P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量，故D正確。
故選CD。
【分析】（1）圖中所用是電火花打點計時器，電火花計時器采用的電源應選擇220V交流電源。
（2）描點連線時應該用平滑曲線連線。
（3）做勻變速直線運動的物體，在某段時間內的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度。因此，打下D點時的速度大小等于CE段的平均速度，即 ，其中 為C、E兩點間的距離，為計數周期。加速度的求解（逐差法）：為了減小誤差，常用逐差法計算加速度。若計數周期為 T，有連續相等時間內的位移 則加速度公式為：
（1）[1][2]電火花計時器采用的電源應選擇220V交流電源。
（2）描點連線時應該用平滑曲線連線，故選B。
（3）[1]相鄰計數點之間有四個計時點沒有畫出來，故計數周期為
打下D 點時小車的速度大小等于CE間的平均速度
[2]由逐差法可知小車的加速度為
（4）A．“練習使用計時器”不需要細繩一定都要與軌道平行，A錯誤；
B．“練習使用計時器”“探究小車速度隨時間變化的規律”不需要調節軌道傾角補償摩擦阻力，B錯誤；
C．實驗Ⅱ“探究小車速度隨時間變化的規律”中，只要保證小車做勻加速直線運動即可，P端所掛鉤碼質量可以大于小車及車上鉤碼的總質量，C正確；
D．實驗Ⅲ“探究加速度與力、質量的關系”中，當P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量時，繩子拉力近似等于槽碼重力，故需要P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量，D正確。
故選CD。
20．（2025高一上·麗水期末）某小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，裝置如圖甲所示，
（1）關于該實驗，下列說法正確的是______
A．該實驗采用的物理思想方法是控制變量法
B．測力計外殼接觸到白紙不會影響實驗結果
C．兩個測力計拉細繩時，兩細繩的夾角越大越好
D．同一次實驗中只要將橡皮筋拉伸相同長度即可
（2）某次實驗中彈簧測力計示數如圖甲所示，其讀數為　 　N。
【答案】（1）B
（2）2.08
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）A． 該實驗方法為等效替代法（用兩個分力共同作用的效果替代一個合力），故A錯誤；
B． 測力計外殼與白紙接觸不影響讀數（因彈簧受力僅與掛鉤拉力有關），故B正確；
C． 兩細繩夾角應適中（過大易導致誤差增大，過小則圖形不明顯），并非越大越好，故C錯誤；
D． 同次實驗需保證結點位置相同（使合力與分力作用效果一致），僅拉伸相同長度但結點位置不同則不等效，故D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計最小可度為0.1N，則其讀數為2.10N。
【分析】1、該實驗（驗證力的平行四邊形定則）采用的科學方法是等效替代法。
解釋：用一個拉力F（合力）的作用效果，與用兩個拉力F1和F2（分力）共同作用的效果完全相同（即都將橡皮筋的結點拉到同一位置），從而可以在效果相等的條件下進行替代和驗證。它不是控制變量法。
2、彈簧測力計的讀數僅與作用在掛鉤上的拉力有關。測力計外殼與白紙接觸會產生摩擦力，但這個摩擦力作用在殼體上，并未通過彈簧，因此不會影響彈簧的伸長量和示數。讀數反映的仍然是細繩對掛鉤的拉力。
3、兩個分力（即兩個測力計拉力）之間的夾角應大小適當（通常建議在60°到120°之間）。
（1）A．該實驗采用的物理思想方法是等效替代法，選項A錯誤；
B．測力計外殼接觸到白紙不會影響實驗結果，選項B正確；
C．兩個測力計拉細繩時，兩細繩的夾角大小要適當，并非越大越好，選項C錯誤；
D．同一次實驗中要將結點拉到相同的位置，只將橡皮筋拉伸相同長度不一定保證與原來等效，選項D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計最小可度為0.1N，則其讀數為2.10N。
21．（2025高一上·麗水期末）某小組做“探究平拋運動的特點”的實驗：
（1）探究一：用如圖甲、乙兩種裝置研究平拋運動，以下說法正確的是______
A．圖甲探究平拋運動豎直方向的運動規律
B．圖甲探究平拋運動水平方向的運動規律
C．圖乙探究平拋運動豎直方向的運動規律
D．圖乙探究平拋運動水平方向的運動規律
（2）探究二：用如下圖裝置通過多次描點獲得小球平拋運動的軌跡，其中斜槽軌道末端已經調整正確的是______
A．
B．
C．
（3）用題（2）中的裝置做實驗，如下圖丙所示為小球在斜槽軌道末端時的位置示意圖，1、2、3、4點分別表示小球最高點、球心、最低點、右端點水平投影在豎直板上的位置，小球拋出點的位置應是　 　（選填數字1、2、3、4）。
（4）在實驗中，將白紙換成方格紙，方格紙的豎直線與重錘線平行，方格紙的每個小方格邊長。實驗記錄了小球在運動中的4個點跡，如圖丁所示，則小球在C點時的速度大小為　 　m/s，g取10m/s2。
【答案】（1）A；D
（2）C
（3）2
（4）2.5
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）AB．圖甲中兩小球豎直方向有相同的運動情況，探究平拋運動豎直方向的運動規律，故A正確，B錯誤；
CD．圖乙中兩小球水平方向有相同的運動情況，探究平拋運動水平方向的運動規律，故C錯誤，D正確。
故選AD。
（2）為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端應處于水平方向。故選C。
（3）小球拋出點的位置應是小球在斜槽軌道末端時，小球球心水平投影在豎直板上的位置，即小球拋出點的位置應是2。
（4）由題圖可知與的水平位移相等，則與所用時間相等，豎直方向根據
解得
水平方向有
解得水平分速度為
小球在C點時的豎直分速度大小為
則小球在C點時的速度大小為
【分析】（1） 研究平拋運動的基本方法，即“化曲為直”，將復雜的曲線運動分解為兩個簡單的、互不影響的直線運動來研究。圖甲（兩球同時落地）：控制水平初速度不同（A球被擊出，B球自由下落），但豎直方向的初始狀態和受力情況相同（都從靜止開始，只受重力）。觀察到兩球同時落地，證明了平拋運動的豎直分運動與自由落體運動完全相同，與水平初速度無關。
圖乙（兩球相撞）：控制水平初速度相同（C、D兩球在同一高度，C球被擊出的同時D球脫離軌道）。觀察到兩球在水平軌道末端相撞，證明了平拋運動的水平分運動是勻速直線運動。
（2）為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端應處于水平方向。
（4）豎直方向根據，可計算，水平方向有，可求解水平分速度，小球在C點時的豎直分速度大小為，則小球在C點時的速度大小為
（1）AB．圖甲中兩小球豎直方向有相同的運動情況，探究平拋運動豎直方向的運動規律，故A正確，B錯誤；
CD．圖乙中兩小球水平方向有相同的運動情況，探究平拋運動水平方向的運動規律，故C錯誤，D正確。
故選AD。
（2）為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端應處于水平方向。
故選C。
（3）小球拋出點的位置應是小球在斜槽軌道末端時，小球球心水平投影在豎直板上的位置，即小球拋出點的位置應是2。
（4）由題圖可知與的水平位移相等，則與所用時間相等，豎直方向根據
解得
水平方向有
解得水平分速度為
小球在C點時的豎直分速度大小為
則小球在C點時的速度大小為
三、計算題（本題共3小題，共30分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數字計算的答案中必須明確寫出數值和單位。）
22．（2025高一上·麗水期末）汽車在道路上出現故障而停車時，應在車后放置三角警示牌（如圖所示），以提醒后方車輛減速安全通過。在雨天，有一輛貨車在平直高速公路因故障停車，后方有一轎車以的速度向前行駛，由于雨天視線不好，轎車駕駛員只能看清前方內的路況，轎車剎車系統響應與人的反應總時間，該時間內轎車保持原有運動狀態，轎車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小，求：
（1）轎車勻減速直線運動到停止的位移大小；
（2）轎車從駕駛員剛看到三角警示牌到剎車停止運動所用的總時間；
（3）貨車司機應當把三角警示牌至少放在車后多遠處，才能有效避免轎車與貨車相撞。
【答案】（1）解：根據勻變速直線運動規律
得轎車勻減速直線運動到停止的位移大小為
（2）解：轎車剎車時間為
駕駛員看到警示牌到車停止所用時間為
（3）解：在反應時間內轎車的位移為
駕駛員看到警示牌到車停止的總位移為
為了避免轎車與貨車相撞，則警示牌放置車后的距離至少為
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；追及相遇問題
【解析】【分析】（1）根據勻變速直線運動規律，可求解轎車勻減速直線運動到停止的位移大小
（2）轎車剎車勻減速直線運動，根據速度公式可計算減速時間，駕駛員看到警示牌到車停止所用時間等于反應時間加上減速時間。
（3）在反應時間內轎車勻速勻速，位移，駕駛員看到警示牌到車停止的總位移為，為了避免轎車與貨車相撞，則警示牌放置車后的距離至少為
（1）根據勻變速直線運動規律
解得轎車勻減速直線運動到停止的位移大小為
（2）轎車剎車時間為
駕駛員看到警示牌到車停止所用時間為
（3）在反應時間內轎車的位移為
駕駛員看到警示牌到車停止的總位移為
為了避免轎車與貨車相撞，則警示牌放置車后的距離至少為
23．（2025高一上·麗水期末）一個放在水平地面上的小型滑梯，滑梯裝置的總質量為M、斜面傾角為，一質量為m的小孩爬上滑梯準備滑下，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：
（1）當小孩靜止在滑梯斜面上時受到的摩擦力大小；
（2）要使小孩能下滑，滑梯斜面與小孩褲料間的動摩擦因數不能超過多少；
（3）當小孩勻速下滑的過程中，整個滑梯裝置對地面的壓力大小。
【答案】（1）解：小孩在滑梯斜面上受到重力、支持力和靜摩擦力，根據平衡知識可知摩擦力
（2）解：若小孩能下滑時，需滿足
又因為
解得
（3） 解：小孩對滑梯的壓力
摩擦力
對滑梯受力分析，有
解得
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）小孩在滑梯斜面上受到重力、支持力和靜摩擦力，摩擦力與重力分力平衡可求解摩擦力。
（2）若小孩能下滑時，需滿足，又，，聯立可求解。
（3）小孩對滑梯的壓力，摩擦力，對滑梯受力分析，有，聯立解得地面對滑梯支持力大小。根據牛頓第三定律可得滑梯對地面的壓力。
（1）小孩在滑梯斜面上受到重力、支持力和靜摩擦力，根據平衡知識可知摩擦力
（2）若小孩能下滑時，需滿足
又因為
解得
（3）解法一：將小孩和滑梯作為一個整體研究，地面對滑梯的支持力等于這個整體所受到的重力，則有
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
解法二：小孩受到滑梯的支持力和摩擦力合力豎直向上，根據牛頓第三定律，小孩對滑梯的壓力和摩擦力的合力豎直向下，故滑梯受到支持力大小
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
解法三：小孩對滑梯的壓力
摩擦力
對滑梯受力分析，有
解得
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
24．（2025高一上·麗水期末）如圖甲所示，礦山利用傳送帶傳輸礦物，對其裝置簡化為如圖乙所示進行研究。粗糙傾斜軌道AB與水平傳送帶BC平滑連接，CD為光滑水平軌道，傳送帶與軌道無縫銜接，B、C、D在同一水平直線上，EF為一足夠長的水平接收裝置，E點位于D點正下方，DE間高度。可視為質點的礦物從A點靜止開始下滑，落到EF上時離E點的水平距離為x，已知AB軌道長、傾角，礦物與AB間的動摩擦因數，與傳送帶之間的動摩擦因數，傳送帶BC長，并以速度v沿順時針方向勻速轉動，為了確保輸送過程的穩定性與便捷性，傳送帶速度大小不能超過6m/s，重力加速度，，，不計空氣阻力。
（1）求礦物運動到B點時速度的大小；
（2）若傳送帶靜止，求x大小；
（3）要使x最大，求傳送帶的速度大小范圍；
（4）求x隨v變化的關系。
【答案】（1）解：根據牛頓第二定律：
得
根據勻變速直線運動規律
得
（2）解：在傳送帶上勻減速運動，根據牛頓第二定律
得
根據勻變速直線運動規律
得
根據平拋運動規律，
解得
（3）解：若礦物在傳送帶上一直做勻加速運動，則離開D點時的速度最大，x最大
根據勻變速直線運動規律有
得
所以要使x最大，傳送帶的速度
（4）解：①由（3）可知，當時，
得：
②由（2）可知若礦物在傳送帶上一直做減速運動，，則，
得
③當時，礦物離開C點時與傳送帶共速，即
得
綜上，當時，；當時，；當時，。
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動
【解析】【分析】（1）在軌道AB運動，受力分析，根據牛頓第二定律列等式，可計算加速度，根據勻變速直線運動規律，可計算礦物運動到B點時速度的大小。
（2）在傳送帶上勻減速運動，根據牛頓第二定律計算加速度，根據勻變速直線運動規律計算C點速度，C點后平拋運動，根據平拋運動規律，，可計算x
（3）若礦物在傳送帶上一直做勻加速運動，則離開D點時的速度最大，x最大，根據勻變速直線運動規律有，可得C點最小速度。
（4）①由（3）可知，當時，，
②由（2）可知若礦物在傳送帶上一直做減速運動，，則，得
③當時，礦物離開C點時與傳送帶共速，即，得
綜合上述可得x隨v變化的關系。
（1）根據牛頓第二定律：
得
根據勻變速直線運動規律
得
（2）在傳送帶上勻減速運動，根據牛頓第二定律
得
根據勻變速直線運動規律
得
根據平拋運動規律，
解得
（3）若礦物在傳送帶上一直做勻加速運動，則離開D點時的速度最大，x最大
根據勻變速直線運動規律有
得
所以要使x最大，傳送帶的速度
（4）①由（3）可知，當時，
得：
②由（2）可知若礦物在傳送帶上一直做減速運動，，則，
得
③當時，礦物離開C點時與傳送帶共速，即
得
綜上，當時，；當時，；當時，。
1 / 1浙江省麗水市2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題
一、單項選擇題（本題共18小題，每小題3分，共54分，每個小題只有一個選項符合題意，多選、錯選均不給分）
1．（2025高一上·麗水期末）在國際單位制中，力的單位符號是（　　）
A．N B．s C．kg D．m
2．（2025高一上·麗水期末）下列說法正確的是（　　）
A．速度越小的汽車其慣性也越小
B．物體的速度越大，其加速度也越大
C．牛頓通過斜面實驗總結出自由落體規律
D．伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因
3．（2025高一上·麗水期末）四名運動員在標準田徑場上進行200m賽跑，如圖所示，他們從不同起點起跑，都順利地按規則要求完成了比賽，從起點到終點過程他們的（　　）
A．位移相同 B．路程相等
C．平均速度相同 D．平均速率相同
4．（2025高一上·麗水期末）2024年巴黎奧運會，中華健兒奮勇拼搏，取得優異成績。有關下列4個場景的說法正確的是（　　）
A．在研究鄭欽文的接球技巧時，可將她看成質點
B．劉煥華將杠鈴成功舉過頭頂堅持2秒獲得勝利，“2秒”是指時刻
C．楊家玉獲得女子20公里競走冠軍，“20公里”指的是位移
D．全紅嬋在跳水決賽中下落過程看到水面離自己越來越近是以自己為參考系
5．（2025高一上·麗水期末）殲35A是我國自行研發的中型多用途隱身戰機。在2024年珠海航展上表演時，戰機沿曲線ab向上爬升，關于飛機所受合力的4種方向，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，一只風箏被細繩拉緊在天上飛舞，關于這只風箏的受力情況，下列說法正確的是（　　）
A．只受重力作用
B．只受空氣作用力
C．只受重力和細繩拉力
D．只受重力、空氣作用力和細繩拉力
7．（2025高一上·麗水期末）如圖所示為一小孩利用彈弓將彈珠打向前方空地，從橡皮筋（連同彈珠）拉長后離開手到彈珠將要離開橡皮筋這個過程，下列說法正確的是（　　）
A．彈弓連同彈珠整體的重心位置始終不變
B．彈弓橡皮筋的彈力是由于彈珠形變產生的
C．橡皮筋給彈珠的力與彈珠給橡皮筋的力是一對平衡力
D．橡皮筋給彈珠的力與彈珠給橡皮筋的力始終等大反向
8．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，有人把4個相同的網球疊在一起，下方3個網球緊挨著放在水平地面上，其中一個網球記為B，網球A疊放在3個網球中間的正上方，已知每個網球質量均為m，下列說法正確的是（　　）
A．下方3個球對A球的合力大于A球的重力
B．下方3個球與地面之間一定沒有摩擦力
C．下方3個球受到地面的支持力大小均為
D．將B球拿走后，剩下3個球仍能保持靜止
9．（2025高一上·麗水期末）在皮劃艇賽事上成績卓越的慶元籍運動員王楠，在某次訓練中以恒定速率橫渡一條河，已知越接近河流中間水流速度越大，若她要以最短時間過河，則下列圖像中，皮劃艇渡河軌跡和皮劃艇朝向可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·麗水期末）一個質量的物體只受到共面的三個力作用，大小分別為2N、6N、10N，方向可變，則物體的加速度大小不可能為（　　）
A．1m/s2 B．3m/s2 C．6m/s2 D．12m/s2
11．（2025高一上·麗水期末）某物體以8m/s的初速度做勻加速直線運動，加速度為0.2m/s2，經時間t后速度變為12m/s，則以下選項正確的是（　　）
A．運動時間 B．t時間內的位移為400m
C．t時間內的平均速度是10m/s D．運動到100m處的速度是9m/s
12．（2025高一上·麗水期末）2024年6月，我國無人機成功飛越珠峰，體現了我國強大的無人機制造能力。如圖甲為某次無人機從地面開始向上起飛的場景，圖乙為它運動的速度—時間（）圖像，下列說法正確的是（　　）
A．無人機有時向上運動有時向下運動
B．無人機在至過程中先超重再失重
C．無人機在至過程中受到的合力越來越大
D．無人機在時的加速度大于在時的加速度
13．（2025高一上·麗水期末）用如圖所示的推車搬運貨物，推車的底板和背板互相垂直，工人緩慢下壓把手，使背板由豎直轉向水平，推車和貨物的狀態由圖甲變到圖乙。在該過程中不計貨物與推車間的摩擦力，貨物對底板的壓力為、對背板的壓力為。則該過程兩壓力大小變化情況是（　　）
A．逐漸減小到零 B．先減小后增加
C．增加到無窮大 D．先增加后減小
14．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，汽車車廂中懸掛著小燈籠串，車在平直道路上關閉門窗，向左勻加速直線運動，當小燈籠串相對車廂靜止時（車廂內無風擾動），下列各圖中燈籠串的狀態最有可能的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，某“復興號”動車組在平直的軌道上行駛，共有8節車廂（第1、2、5、6車廂為動力車廂，其余4節為無動力車廂），設每節車廂質量、軌道阻力、空氣阻力均相同，當每節動力車廂牽引力大小均為F時，第3、4兩節車廂間的拉力大小為（　　）
A．F B． C． D．
16．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，相同的三根彈簧，等間距地掛在水平橫桿上，彈簧下端分別掛上1個、2個、3個相同的鉤碼，靜止后彈簧下端位于同一條傾斜直線上。改變彈簧水平間距，改變鉤碼個數分別為2個、3個、4個，反復多次實驗，彈簧下端均位于同一條傾斜直線上。下列說法正確的是（　　）
A．可以得出伸長量越大彈簧勁度系數越大
B．不能得出彈力大小與伸長量成一次函數關系
C．彈簧自身重力不會影響彈簧下端連線的傾斜程度
D．掛4個鉤碼的彈簧可能已經超出彈簧的彈性限度
17．（2025高一上·麗水期末）農民采用拋秧的方式種植水稻，如圖所示，甲、乙兩顆秧苗從同一位置以相同的速率同時拋出，運動軌跡在同一豎直面內，不計空氣阻力，關于甲、乙兩顆秧苗的判斷正確的是（　　）
A．可能會在空中相遇
B．在空中的運動時間相等
C．在軌跡最高點時的速度甲大于乙
D．在空中任意時間段的速度變化量方向相同
18．（2025高一上·麗水期末）如圖所示，屋檐口滴下的水，長年累月水滴石穿。檐口到下方石板的高度為，若質量為1g的水滴從屋檐上由靜止開始落下，落到石板上濺起的最大高度為，水滴與石板間相互作用的時間為0.05s。不計空氣阻力，重力加速度，則水對石板豎直方向平均作用力大小約為（　　）
A．0.26N B．0.14N C．0.026N D．0.014N
二、填空與實驗題 （本題共2小題，共16分）
19．（2025高一上·麗水期末）某小組通過如圖甲裝置完成以下實驗：I．“練習使用打點計時器”；II．“探究小車速度隨時間變化的規律”；Ⅲ．“探究加速度與力、質量的關系”
（1）用圖中器材完成實驗，采用的電源應選擇　 　（填“交流”或“直流”）　 　V
（2）在完成實驗Ⅰ時，用手拉P端得到打點的紙帶，計算不同時刻的速度并描點如圖乙所示，以下兩幅圖的連線方式與小車運動變化規律最接近的是______（選填“A”、“B”）
A．折線連線
B．平滑曲線連線
（3）在實驗Ⅱ中，打出如圖丙所示的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G是打好的紙帶上6個連續的計數點 （每兩點間還有四個點沒有畫出）。打下D 點時小車的速度大小為　 　m/s，小車的加速度大小為　 　m/s2。（計算結果均保留三位有效數字）
（4）有關I、II、III三個實驗，下列說法正確的是______
A．三個實驗中細繩一定都要與軌道平行
B．三個實驗都需要調節軌道傾角補償摩擦阻力
C．實驗Ⅱ中，P端所掛鉤碼質量可以大于小車及車上鉤碼的總質量
D．實驗Ⅲ中，P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量
20．（2025高一上·麗水期末）某小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，裝置如圖甲所示，
（1）關于該實驗，下列說法正確的是______
A．該實驗采用的物理思想方法是控制變量法
B．測力計外殼接觸到白紙不會影響實驗結果
C．兩個測力計拉細繩時，兩細繩的夾角越大越好
D．同一次實驗中只要將橡皮筋拉伸相同長度即可
（2）某次實驗中彈簧測力計示數如圖甲所示，其讀數為　 　N。
21．（2025高一上·麗水期末）某小組做“探究平拋運動的特點”的實驗：
（1）探究一：用如圖甲、乙兩種裝置研究平拋運動，以下說法正確的是______
A．圖甲探究平拋運動豎直方向的運動規律
B．圖甲探究平拋運動水平方向的運動規律
C．圖乙探究平拋運動豎直方向的運動規律
D．圖乙探究平拋運動水平方向的運動規律
（2）探究二：用如下圖裝置通過多次描點獲得小球平拋運動的軌跡，其中斜槽軌道末端已經調整正確的是______
A．
B．
C．
（3）用題（2）中的裝置做實驗，如下圖丙所示為小球在斜槽軌道末端時的位置示意圖，1、2、3、4點分別表示小球最高點、球心、最低點、右端點水平投影在豎直板上的位置，小球拋出點的位置應是　 　（選填數字1、2、3、4）。
（4）在實驗中，將白紙換成方格紙，方格紙的豎直線與重錘線平行，方格紙的每個小方格邊長。實驗記錄了小球在運動中的4個點跡，如圖丁所示，則小球在C點時的速度大小為　 　m/s，g取10m/s2。
三、計算題（本題共3小題，共30分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數字計算的答案中必須明確寫出數值和單位。）
22．（2025高一上·麗水期末）汽車在道路上出現故障而停車時，應在車后放置三角警示牌（如圖所示），以提醒后方車輛減速安全通過。在雨天，有一輛貨車在平直高速公路因故障停車，后方有一轎車以的速度向前行駛，由于雨天視線不好，轎車駕駛員只能看清前方內的路況，轎車剎車系統響應與人的反應總時間，該時間內轎車保持原有運動狀態，轎車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小，求：
（1）轎車勻減速直線運動到停止的位移大小；
（2）轎車從駕駛員剛看到三角警示牌到剎車停止運動所用的總時間；
（3）貨車司機應當把三角警示牌至少放在車后多遠處，才能有效避免轎車與貨車相撞。
23．（2025高一上·麗水期末）一個放在水平地面上的小型滑梯，滑梯裝置的總質量為M、斜面傾角為，一質量為m的小孩爬上滑梯準備滑下，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求：
（1）當小孩靜止在滑梯斜面上時受到的摩擦力大小；
（2）要使小孩能下滑，滑梯斜面與小孩褲料間的動摩擦因數不能超過多少；
（3）當小孩勻速下滑的過程中，整個滑梯裝置對地面的壓力大小。
24．（2025高一上·麗水期末）如圖甲所示，礦山利用傳送帶傳輸礦物，對其裝置簡化為如圖乙所示進行研究。粗糙傾斜軌道AB與水平傳送帶BC平滑連接，CD為光滑水平軌道，傳送帶與軌道無縫銜接，B、C、D在同一水平直線上，EF為一足夠長的水平接收裝置，E點位于D點正下方，DE間高度。可視為質點的礦物從A點靜止開始下滑，落到EF上時離E點的水平距離為x，已知AB軌道長、傾角，礦物與AB間的動摩擦因數，與傳送帶之間的動摩擦因數，傳送帶BC長，并以速度v沿順時針方向勻速轉動，為了確保輸送過程的穩定性與便捷性，傳送帶速度大小不能超過6m/s，重力加速度，，，不計空氣阻力。
（1）求礦物運動到B點時速度的大小；
（2）若傳送帶靜止，求x大小；
（3）要使x最大，求傳送帶的速度大小范圍；
（4）求x隨v變化的關系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】單位制及量綱
【解析】【解答】 在七個基本國際單位制中，力的單位用牛頓表示，簡稱牛，符號為“N”.故A選項符合題意，BCD不符合題意。
故答案為A。
【分析】 在國際單位制中，力的單位是以科學家牛頓的名字命名的，其符號為N．
2．【答案】D
【知識點】加速度；慣性與質量；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A． 慣性是物體保持其運動狀態不變的性質，其大小只由物體的質量決定，與物體的速度、受力情況等因素無關。一輛靜止的汽車和一輛高速行駛的同一輛汽車，慣性是一樣的，故A錯誤；
B． 加速度（a）表示速度變化的快慢（），與速度（v）本身的大小沒有直接關系。速度很大的物體，加速度可能很小（如高速勻速飛行的飛機）甚至為零；速度很小的物體，加速度也可能很大（如子彈剛從槍膛射出的瞬間） ，故B錯誤；
C．牛頓的主要貢獻是提出了牛頓運動定律和萬有引力定律，總結了物體運動的普遍規律，而非通過斜面實驗研究自由落體，故C錯誤；
D．伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因，故D正確。
故選D。
【分析】1、質量是慣性的唯一量度，慣性與速度無關，質量大慣性大，
2、力不是維持物體運動狀態的原因，力是改變物體運動狀態的原因，力是使物體產生加速度的原因，加速度由質量和力共同決定，與瞬時速度無關。
3、伽利略通過著名的斜面實驗（沖淡重力），并在此基礎上進行外推，得出了自由落體運動是勻加速運動的結論，并證明了所有物體自由下落的加速度相同。
4、物體不需要力來維持運動，力是改變物體運動狀態（即產生加速度）的原因。這徹底推翻了亞里士多德“力是維持物體運動的原因”的錯誤觀點，為牛頓第一定律的建立奠定了基礎。
3．【答案】B
【知識點】位移與路程；速度與速率；平均速度
【解析】【解答】A． 位移是起點指向終點的有向線段。200米跑道是有彎道的，不同跑道的起點前后錯開，以確保每個人的全程距離都是200米。這意味著每個人的起點和終點位置都不同，所以從各自起點到終點的位移大小和方向也各不相同，故A錯誤；
B． 路程是物體運動軌跡的實際長度。雖然起跑點不同，但規則保證了每位運動員在比賽中完成的路徑長度都是精確的200米。因此，他們的路程是相等的，故B正確；
C． 平均速度是矢量，等于位移除以時間，每個人的位移不同。同時，每個人跑完全程所用的時間也可能不同。用不同的位移除以不同的時間，得到的結果（平均速度）幾乎肯定是不相同的 ，故C錯誤；
D．路程相同，但是時間不一定相等，可知平均速率不一定相同，故D錯誤。
故選B。
【分析】位移：是矢量，表示位置的變化，只關心初位置和末位置，與路徑無關。
路程：是標量，表示運動軌跡的總長度。
平均速度：是矢量，計算方法是 總位移 / 總時間。方向與位移方向相同。
平均速率：是標量，計算方法是 總路程 / 總時間。
4．【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；參考系與坐標系
【解析】【解答】A． “質點”是一個理想化的物理模型。在研究接球技巧時，需要關注運動員的身體姿態、手臂動作、步伐移動等細節。這些細節都與她的大小、形狀和姿態密切相關。如果把她看作一個沒有大小的點，所有這些信息都會丟失，研究將無法進行。因此，在這種情況下絕不能將她視為質點，故A錯誤；
B． “時間”在物理中有兩個含義：時刻（時間軸上的一個點）和時間間隔（時間軸上的一段長度）。“堅持2秒”描述的是杠鈴在頭頂上保持靜止的這個過程所持續的長度，因此它指的是時間間隔（簡稱時間），故B錯誤；
C． “20公里”指的是運動員實際走過的路徑的總長度，因此是路程，故 C錯誤；
D．全紅嬋在跳水決賽中下落過程看到水面離自己越來越近是以自己為參考系，故D正確。
故選D。
【分析】1、物體能看作質點的條件：當物體的大小和形狀對所研究的問題沒有影響或影響可以忽略時，才能將其視為質點。研究“技巧”、“動作”時，物體本身的大小形狀就是關鍵，不能忽略。
2、時間與時刻的區別：時刻：對應時間軸上的一個點，如“第3秒初”、“起跳瞬間”。
時間間隔：對應時間軸上的一段距離，如“持續2秒”、“用了5小時”。關鍵詞“內”、“間”、“持續”通常指時間間隔。
3、路程與位移的區別：路程：運動軌跡的總長度（標量）。如“跑道一圈400米”、“行駛了20公里”。位移：位置的變化，從初位置指向末位置的有向線段（矢量）。如“從北京直接到上海的直線距離約為1000公里”。
4、參考系的選擇：描述物體的運動時，必須明確參考系。選擇不同的參考系，對同一運動的描述可能會不同。
5．【答案】C
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】物體做曲線運動時，其加速度方向（即所受合外力方向）總是指向運動軌跡彎曲的內側（即凹側）。對于飛機而言，這意味著它要完成轉向（例如向左轉彎），就必須獲得一個指向彎道內側（即左側）的力（稱為向心力）。這個力是空氣對飛機的作用力（如升力、推力）在水平方向的分力與重力的合力共同提供的。故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】在曲線運動中，速度的方向時刻在改變。這個速度方向的變化（即加速度）總是指向曲線彎曲的那一側，這樣才能將物體的運動軌跡“拉”彎。而根據 F = ma，合外力 F 的方向永遠與加速度 a 的方向一致。因此，合外力的方向也必然指向軌跡的凹側。
6．【答案】D
【知識點】受力分析的應用
【解析】【解答】對風箏進行受力分析，它受到以下三個力的作用：重力（G）：方向豎直向下。這是地球對風箏的吸引力，必然存在。細繩的拉力（T）：方向沿細繩指向人手（或固定點）。細繩被拉緊，說明它對風箏有拉力，這個力是維持風箏飛行姿態的關鍵。空氣的作用力（F空氣）：這是一個總效果力，故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】考查了物體的受力分析，特別是對生活中常見現象（放風箏）的物理原理理解。關鍵點是認識到空氣對運動物體產生的力（空氣動力） 是一個真實存在的、不可忽略的力。
7．【答案】D
【知識點】重力與重心；形變與彈力；牛頓第三定律
【解析】【解答】A． 一個物體的重心位置由其質量分布決定。在拉伸彈弓的過程中，彈弓的形狀發生了顯著變化（橡皮筋被拉長，支架可能彎曲），這意味著它的質量分布發生了改變。因此，整個彈弓系統的重心位置必然會發生變化，故A錯誤；
B． 彈力的產生是由于施力物體發生彈性形變后，想要恢復原狀而產生的。橡皮筋對彈珠的彈力，是由于橡皮筋本身被拉伸發生了形變而產生的，而不是由于彈珠的形變，故B錯誤；
CD．橡皮筋給彈珠的力與彈珠給橡皮筋的力是一對作用和反作用力，始終等大反向，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】1、重心的決定因素：物體的重心位置不是固定的，它取決于物體內質量的分布情況。物體形狀改變，其重心位置往往也隨之改變。
2、彈力的產生原因：彈力是發生彈性形變的物體（如被拉長的橡皮筋、被壓彎的支架）由于要恢復原狀，而對與它接觸的物體產生的力。口訣是：誰形變，誰產生彈力。
3、牛頓第三定律（作用與反作用力）：這是本題最主要的考點。必須理解：作用力與反作用力總是大小相等、方向相反。它們作用在兩個不同的物體上。它們同時產生、同時變化、同時消失。其大小關系不受物體運動狀態（如是否加速）的影響。
8．【答案】C
【知識點】整體法隔離法
【解析】【解答】A． 對最上面的A球進行受力分析：它受到自身重力（向下）和下方三個球給它的三個支持力。由于對稱性，這三個支持力是相等的。A球處于靜止狀態（平衡），因此這三個支持力的矢量合（即所有力的總和）必須與它的重力大小相等、方向相反（豎直向上），故A錯誤；
B． 對下方的任意一個球（例如B球）分析：它受到A球給它的壓力（斜向下，指向球心）、自身重力、地面給的支持力，以及地面給的靜摩擦力。A球壓力的方向是斜的，可以分解為一個豎直向下的分力和一個水平方向的分力。正是這個水平分力，有使B球向外滑動的趨勢，故B錯誤；
C．對4個球的整體分析可知3FN=4mg
可得下方3個球受到地面的支持力大小均為
故C正確；
D．將B球拿走后，剩下3個球不能保持靜止，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、共點力平衡條件：物體靜止時，所受合外力為零。
2、整體法與隔離法：整體法（用于求支持力）：將系統視為一個整體，忽略內部物體間的相互作用力，只分析外部力。隔離法（用于分析摩擦力）：單獨分析系統中某一個物體的受力情況。
3、靜摩擦力的判斷：能根據物體的平衡條件，判斷是否存在相對運動趨勢，從而確定靜摩擦力的有無和方向。
4、對稱性的作用：理解對稱性在維持系統平衡中的重要性，以及破壞對稱性后系統無法保持平衡。
9．【答案】A
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】 為了時間最短，必須讓船在垂直河岸方向的速度分量最大化。因此，船頭應始終正對河對岸（即船身始終垂直于河岸），這樣船的所有動力都用于過河，不浪費任何動力在抵消或順流而下上。 圖像A正確地描繪了這樣一條曲線：軌跡的彎曲程度（凹側）先是指向上游（對應水流加速階段，加速度向下游），然后逐漸變得平坦（水流速度最大時），最后凹側指向下游（對應水流減速階段，加速度指向上游）。 故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】1、運動的合成與分解：理解小船過河問題是處理垂直方向和平行方向兩個分運動的經典模型。
2、最短時間過河的條件：船頭垂直指向對岸，使垂直分速度最大。
3、曲線軌跡與加速度的關系：加速度方向總指向軌跡的凹側。這是判斷曲線運動性質的關鍵依據。
4、從速度變化判斷加速度方向：平行方向的分速度先增后減，意味著該方向的加速度先正后負（先向下游后指向上游），從而決定了軌跡的凹凸形狀。
10．【答案】A
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】2N、6N的合力范圍為
則2N、6N、10N的合力范圍為
根據牛頓第二定律可得
聯立物體的加速度大小范圍為
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】要確定物體的加速度大小不可能的值，首先需要分析三個共面力（大小分別為2N、6N、10N）合成后可能得到的合力范圍，然后根據牛頓第二定律 （其中質量 ）計算可能的加速度。
11．【答案】C
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】ABC．根據勻變速直線運動速度時間關系
可得運動時間
t時間內的位移為
t時間內的平均速度為
故AB錯誤，C正確；
D．根據可得運動到100m處的速度
故D錯誤。
故選C。
【分析】已知：初速度 ，加速度 ，末速度 ，由速度公式：可計算運動時間，使用位移公式：計算時間t內位移；由平均速度公式：可計算平均速度；由計算 運動到100m處的速度 。
12．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A． 因為速度（v）始終為正值，說明無人機始終向正方向（即向上）運動 ，故A錯誤；
B．根據圖乙可知，無人機在至過程中先向上加速后向上減速，加速度方向先向上后向下，則無人機先超重再失重，故B正確；
C．根據的切線斜率表示加速度， 在t1~t2過程中，加速度從正值減小到零（合力減小），然后從零變為負值并增大（合力反向增大）。所以合力不是一直減小，而是先減小后增大 ，故C錯誤；
D．根據的切線斜率表示加速度，由圖乙可知，無人機在時的加速度小于在時的加速度，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、v-t 圖像的基本性質：縱坐標（v）的正負表示方向：速度值為正，表示物體沿正方向（通常設定向上為正）運動。
2、切線斜率表示加速度：斜率為正，加速度為正（方向向上）；斜率為負，加速度為負（方向向下）。斜率絕對值越大，加速度越大。
3、超重與失重的判斷：超重：加速度方向向上（與重力方向相反）。失重：加速度方向向下（與重力方向相同）。注意：判斷依據是加速度方向，與運動方向（速度方向）無關。
4、牛頓第二定律的應用：合力 。加速度（a）減小，意味著合力（F合）也在減小。
13．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】以貨物為對象，將重力分解為兩個方向：垂直于底板的分力：，垂直于背板的分力：，由于貨物平衡，有：底板支持力
背板支持力
則底板對貨物的支持力逐漸減小到零，背板對貨物的支持力逐漸增大到貨物重力；根據牛頓第三定律可知貨物對底板的壓力逐漸減小到零，對背板的壓力逐漸增大到貨物重力。故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】將重力分解為兩個方向：垂直于底板的分力：，垂直于背板的分力：，根據平衡得出底板支持力 ，背板支持力 ，分析可得對底板壓力從逐漸減小到0
對背板壓力從0逐漸增大到G。
14．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】燈籠整體受到兩個力作用：重力 （豎直向下，為每個燈籠的質量）
細線的拉力 （沿細線方向），這兩個力的合力提供了整串燈籠向左加速所需的力：
合力與重力的關系滿足：
這里 被約去，說明夾角θ 與燈籠個數n 無關。故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】以整串燈籠為研究對象（視為一個整體），它們具有相同的加速度 （向左） 以下方n個燈籠為整體，根據牛頓第二定律可得，可得，說明夾角θ 與燈籠個數n 無關
15．【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】對于整體：總牽引力：有4節動力車廂，每節提供牽引力 ，方向向前，所以總牽引力為 。總質量：8節車廂，每節質量 ，總質量 。根據牛頓第二定律，
可得出整體加速度，對前3節，由牛頓第二定律得
得第3、4兩節車廂間的拉力大小為
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【分析】1、確定整體加速度：共有4節動力車廂，每節牽引力為 F，總牽引力為 。總質量為 （8節車廂，每節質量 ），整體加速度為 。
2、隔離分析第4節及以后車廂（第4、5、6、7、8節）：這部分總質量為 ，加速度為 。
受力：向前拉力 （來自第3節） + 第5、6節動力車廂的牽引力 。牛頓第二定律：，可得出 第3、4兩節車廂間的拉力大小。
16．【答案】C
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】A．由胡克定律可知，在彈性限度內 勁度系數 是彈簧本身的屬性，與伸長量無關。實驗只能驗證胡克定律（），無法得出“伸長量越大勁度系數越大”的結論，故A錯誤；
B．由上述分析可知，本實驗可以得出彈力大小與伸長量成一次函數關系，故B錯誤；
C．由上述分析可知，彈簧自身重力不會影響彈簧下端連線的傾斜程度，故C正確；
D．改變鉤碼個數分別為2個、3個、4個，反復多次實驗，彈簧下端均位于同一條傾斜直線上，可見掛4個鉤碼的彈簧沒有超出彈簧的彈性限度，故D錯誤。
故選C。
【分析】實驗驗證了胡克定律（彈力與伸長量成正比）。勁度系數 是常數，與伸長量無關。彈力與伸長量成一次函數關系，彈簧自重不影響傾斜程度，掛4個鉤碼時仍滿足線性，未超出彈性限度。
17．【答案】D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】AB． 秧苗做斜拋運動，其空中運動時間由豎直方向的高度決定。豎直上升過程可視為自由落體的逆過程，根據 ，高度 越大，時間 越長。由圖可知，甲秧苗軌跡的最高點比乙高，因此甲的運動時間大于乙。由于兩者從同一位置同時拋出，乙先下落，而甲仍在上升或尚未到達最高點，因此它們不可能在空中相遇 ，故AB錯誤；
C． 從最高點到落地過程，水平方向為勻速運動，水平位移 （ 為最高點速度）。
甲秧苗的豎直高度大（下落時間長），但水平位移反而小，說明甲的最高點速度 （水平速度）較小 ，故C錯誤；
D．兩顆秧苗在空中的加速度均為重力加速度，根據，可知甲、乙兩顆秧苗在空中任意時間段的速度變化量方向相同，均豎直向下，故D正確。
故選D。
【分析】1、空中相遇問題：若兩物體從同一位置同時拋出，運動時間不同（高度不同），則不可能在空中相遇（因為時間短的先落地）。
2、最高點速度比較：從最高點到落地的水平位移 下落 。下落時間 （由高度決定）。若某物體高度 大但水平位移 小，則其最高點速度 較小（因 ）。
3、速度變化量：加速度恒為 （豎直向下），故任意時間段內的速度變化量 。方向始終豎直向下，與質量、初速度無關。
18．【答案】A
【知識點】動量定理
【解析】【解答】由可得，水滴落地時速度大小為
水滴濺起時的速度大小為
規定向上為正方向，對于水滴與石板間相互作用的過程應用動量定理
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】用勻變速直線運動公式求碰撞前后速度，然后用動量定理（考慮重力）求平均力，注意方向（向上為正）。
19．【答案】（1）交流；220
（2）B
（3）0.263；0.496
（4）C；D
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）電火花計時器采用的電源應選擇220V交流電源。
（2）描點連線時應該用平滑曲線連線，故選B。
（3）相鄰計數點之間有四個計時點沒有畫出來，故計數周期為
打下D 點時小車的速度大小等于CE間的平均速度
由逐差法可知小車的加速度為
（4）A．“練習使用計時器”不需要細繩一定都要與軌道平行，故A錯誤；
B．“練習使用計時器”“探究小車速度隨時間變化的規律”不需要調節軌道傾角補償摩擦阻力，B錯誤；
C．實驗Ⅱ“探究小車速度隨時間變化的規律”中，只要保證小車做勻加速直線運動即可，P端所掛鉤碼質量可以大于小車及車上鉤碼的總質量，故C正確；
D．實驗Ⅲ“探究加速度與力、質量的關系”中，當P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量時，繩子拉力近似等于槽碼重力，故需要P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量，故D正確。
故選CD。
【分析】（1）圖中所用是電火花打點計時器，電火花計時器采用的電源應選擇220V交流電源。
（2）描點連線時應該用平滑曲線連線。
（3）做勻變速直線運動的物體，在某段時間內的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度。因此，打下D點時的速度大小等于CE段的平均速度，即 ，其中 為C、E兩點間的距離，為計數周期。加速度的求解（逐差法）：為了減小誤差，常用逐差法計算加速度。若計數周期為 T，有連續相等時間內的位移 則加速度公式為：
（1）[1][2]電火花計時器采用的電源應選擇220V交流電源。
（2）描點連線時應該用平滑曲線連線，故選B。
（3）[1]相鄰計數點之間有四個計時點沒有畫出來，故計數周期為
打下D 點時小車的速度大小等于CE間的平均速度
[2]由逐差法可知小車的加速度為
（4）A．“練習使用計時器”不需要細繩一定都要與軌道平行，A錯誤；
B．“練習使用計時器”“探究小車速度隨時間變化的規律”不需要調節軌道傾角補償摩擦阻力，B錯誤；
C．實驗Ⅱ“探究小車速度隨時間變化的規律”中，只要保證小車做勻加速直線運動即可，P端所掛鉤碼質量可以大于小車及車上鉤碼的總質量，C正確；
D．實驗Ⅲ“探究加速度與力、質量的關系”中，當P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量時，繩子拉力近似等于槽碼重力，故需要P端所掛槽碼質量要遠小于小車及車上鉤碼的總質量，D正確。
故選CD。
20．【答案】（1）B
（2）2.08
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）A． 該實驗方法為等效替代法（用兩個分力共同作用的效果替代一個合力），故A錯誤；
B． 測力計外殼與白紙接觸不影響讀數（因彈簧受力僅與掛鉤拉力有關），故B正確；
C． 兩細繩夾角應適中（過大易導致誤差增大，過小則圖形不明顯），并非越大越好，故C錯誤；
D． 同次實驗需保證結點位置相同（使合力與分力作用效果一致），僅拉伸相同長度但結點位置不同則不等效，故D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計最小可度為0.1N，則其讀數為2.10N。
【分析】1、該實驗（驗證力的平行四邊形定則）采用的科學方法是等效替代法。
解釋：用一個拉力F（合力）的作用效果，與用兩個拉力F1和F2（分力）共同作用的效果完全相同（即都將橡皮筋的結點拉到同一位置），從而可以在效果相等的條件下進行替代和驗證。它不是控制變量法。
2、彈簧測力計的讀數僅與作用在掛鉤上的拉力有關。測力計外殼與白紙接觸會產生摩擦力，但這個摩擦力作用在殼體上，并未通過彈簧，因此不會影響彈簧的伸長量和示數。讀數反映的仍然是細繩對掛鉤的拉力。
3、兩個分力（即兩個測力計拉力）之間的夾角應大小適當（通常建議在60°到120°之間）。
（1）A．該實驗采用的物理思想方法是等效替代法，選項A錯誤；
B．測力計外殼接觸到白紙不會影響實驗結果，選項B正確；
C．兩個測力計拉細繩時，兩細繩的夾角大小要適當，并非越大越好，選項C錯誤；
D．同一次實驗中要將結點拉到相同的位置，只將橡皮筋拉伸相同長度不一定保證與原來等效，選項D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計最小可度為0.1N，則其讀數為2.10N。
21．【答案】（1）A；D
（2）C
（3）2
（4）2.5
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】（1）AB．圖甲中兩小球豎直方向有相同的運動情況，探究平拋運動豎直方向的運動規律，故A正確，B錯誤；
CD．圖乙中兩小球水平方向有相同的運動情況，探究平拋運動水平方向的運動規律，故C錯誤，D正確。
故選AD。
（2）為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端應處于水平方向。故選C。
（3）小球拋出點的位置應是小球在斜槽軌道末端時，小球球心水平投影在豎直板上的位置，即小球拋出點的位置應是2。
（4）由題圖可知與的水平位移相等，則與所用時間相等，豎直方向根據
解得
水平方向有
解得水平分速度為
小球在C點時的豎直分速度大小為
則小球在C點時的速度大小為
【分析】（1） 研究平拋運動的基本方法，即“化曲為直”，將復雜的曲線運動分解為兩個簡單的、互不影響的直線運動來研究。圖甲（兩球同時落地）：控制水平初速度不同（A球被擊出，B球自由下落），但豎直方向的初始狀態和受力情況相同（都從靜止開始，只受重力）。觀察到兩球同時落地，證明了平拋運動的豎直分運動與自由落體運動完全相同，與水平初速度無關。
圖乙（兩球相撞）：控制水平初速度相同（C、D兩球在同一高度，C球被擊出的同時D球脫離軌道）。觀察到兩球在水平軌道末端相撞，證明了平拋運動的水平分運動是勻速直線運動。
（2）為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端應處于水平方向。
（4）豎直方向根據，可計算，水平方向有，可求解水平分速度，小球在C點時的豎直分速度大小為，則小球在C點時的速度大小為
（1）AB．圖甲中兩小球豎直方向有相同的運動情況，探究平拋運動豎直方向的運動規律，故A正確，B錯誤；
CD．圖乙中兩小球水平方向有相同的運動情況，探究平拋運動水平方向的運動規律，故C錯誤，D正確。
故選AD。
（2）為了保證小球拋出時的速度處于水平方向，斜槽軌道末端應處于水平方向。
故選C。
（3）小球拋出點的位置應是小球在斜槽軌道末端時，小球球心水平投影在豎直板上的位置，即小球拋出點的位置應是2。
（4）由題圖可知與的水平位移相等，則與所用時間相等，豎直方向根據
解得
水平方向有
解得水平分速度為
小球在C點時的豎直分速度大小為
則小球在C點時的速度大小為
22．【答案】（1）解：根據勻變速直線運動規律
得轎車勻減速直線運動到停止的位移大小為
（2）解：轎車剎車時間為
駕駛員看到警示牌到車停止所用時間為
（3）解：在反應時間內轎車的位移為
駕駛員看到警示牌到車停止的總位移為
為了避免轎車與貨車相撞，則警示牌放置車后的距離至少為
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；追及相遇問題
【解析】【分析】（1）根據勻變速直線運動規律，可求解轎車勻減速直線運動到停止的位移大小
（2）轎車剎車勻減速直線運動，根據速度公式可計算減速時間，駕駛員看到警示牌到車停止所用時間等于反應時間加上減速時間。
（3）在反應時間內轎車勻速勻速，位移，駕駛員看到警示牌到車停止的總位移為，為了避免轎車與貨車相撞，則警示牌放置車后的距離至少為
（1）根據勻變速直線運動規律
解得轎車勻減速直線運動到停止的位移大小為
（2）轎車剎車時間為
駕駛員看到警示牌到車停止所用時間為
（3）在反應時間內轎車的位移為
駕駛員看到警示牌到車停止的總位移為
為了避免轎車與貨車相撞，則警示牌放置車后的距離至少為
23．【答案】（1）解：小孩在滑梯斜面上受到重力、支持力和靜摩擦力，根據平衡知識可知摩擦力
（2）解：若小孩能下滑時，需滿足
又因為
解得
（3） 解：小孩對滑梯的壓力
摩擦力
對滑梯受力分析，有
解得
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）小孩在滑梯斜面上受到重力、支持力和靜摩擦力，摩擦力與重力分力平衡可求解摩擦力。
（2）若小孩能下滑時，需滿足，又，，聯立可求解。
（3）小孩對滑梯的壓力，摩擦力，對滑梯受力分析，有，聯立解得地面對滑梯支持力大小。根據牛頓第三定律可得滑梯對地面的壓力。
（1）小孩在滑梯斜面上受到重力、支持力和靜摩擦力，根據平衡知識可知摩擦力
（2）若小孩能下滑時，需滿足
又因為
解得
（3）解法一：將小孩和滑梯作為一個整體研究，地面對滑梯的支持力等于這個整體所受到的重力，則有
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
解法二：小孩受到滑梯的支持力和摩擦力合力豎直向上，根據牛頓第三定律，小孩對滑梯的壓力和摩擦力的合力豎直向下，故滑梯受到支持力大小
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
解法三：小孩對滑梯的壓力
摩擦力
對滑梯受力分析，有
解得
根據牛頓第三定律，滑梯對地面的壓力
24．【答案】（1）解：根據牛頓第二定律：
得
根據勻變速直線運動規律
得
（2）解：在傳送帶上勻減速運動，根據牛頓第二定律
得
根據勻變速直線運動規律
得
根據平拋運動規律，
解得
（3）解：若礦物在傳送帶上一直做勻加速運動，則離開D點時的速度最大，x最大
根據勻變速直線運動規律有
得
所以要使x最大，傳送帶的速度
（4）解：①由（3）可知，當時，
得：
②由（2）可知若礦物在傳送帶上一直做減速運動，，則，
得
③當時，礦物離開C點時與傳送帶共速，即
得
綜上，當時，；當時，；當時，。
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；平拋運動
【解析】【分析】（1）在軌道AB運動，受力分析，根據牛頓第二定律列等式，可計算加速度，根據勻變速直線運動規律，可計算礦物運動到B點時速度的大小。
（2）在傳送帶上勻減速運動，根據牛頓第二定律計算加速度，根據勻變速直線運動規律計算C點速度，C點后平拋運動，根據平拋運動規律，，可計算x
（3）若礦物在傳送帶上一直做勻加速運動，則離開D點時的速度最大，x最大，根據勻變速直線運動規律有，可得C點最小速度。
（4）①由（3）可知，當時，，
②由（2）可知若礦物在傳送帶上一直做減速運動，，則，得
③當時，礦物離開C點時與傳送帶共速，即，得
綜合上述可得x隨v變化的關系。
（1）根據牛頓第二定律：
得
根據勻變速直線運動規律
得
（2）在傳送帶上勻減速運動，根據牛頓第二定律
得
根據勻變速直線運動規律
得
根據平拋運動規律，
解得
（3）若礦物在傳送帶上一直做勻加速運動，則離開D點時的速度最大，x最大
根據勻變速直線運動規律有
得
所以要使x最大，傳送帶的速度
（4）①由（3）可知，當時，
得：
②由（2）可知若礦物在傳送帶上一直做減速運動，，則，
得
③當時，礦物離開C點時與傳送帶共速，即
得
綜上，當時，；當時，；當時，。
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