資源簡介

廣東省廣州市越秀區2024-2025學年高一上學期學業水平調研測試（期末）物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025高一上·越秀期末）2022年11月5日，中國第五代戰機殲-20現身珠海航展，4架戰機保持穩定的鉆石隊形飛行亮相（如圖），之后分散隊形各自展示了上升橫滾、下降急轉、雙機盤旋等高難度動作，下列說法正確的是（　　）
A．2022年11月5日指的是時刻
B．飛行員看到觀禮臺向后掠過，是以殲-20為參考系的
C．研究殲-20在空中飛行的軌跡時，不可將殲-20視為質點
D．每架殲-20表演的整個過程中，通過的路程和位移的大小相等
2．（2025高一上·越秀期末）智能機器人已經廣泛應用于賓館、醫院等服務行業，用于給客人送餐、導引等服務，深受廣大消費者喜愛。如圖甲所示的醫用智能機器人沿醫院走廊運動，圖乙是該機器人在某段時間內的位移—時間圖像，則機器人（　　）
A．在0~30s內的位移是2m
B．在0~10s內做勻加速直線運動
C．在20~30s內，運動軌跡為曲線
D．在10~30s內，平均速度大小為0.35m/s
3．（2025高一上·越秀期末）小甲和小乙兩位同學在學習了自由落體運動規律后，利用直尺互測對方的反應時間。如圖，被測者用一只手在長度為1m的直尺下方0刻度處做捏尺的準備（不接觸直尺），當看到合作方放手時立即捏直尺，結果小甲和小乙分別捏住12cm和10cm兩個刻度。若忽略空氣阻力，利用可算出反應時間，下列說法正確的是（　　）
A．小甲比小乙的反應時間短
B．和小乙相比，直尺被小甲捏住前瞬間的速度比較小
C．若某同學的反應時間為0.5s，仍能用該方法測算出其反應時間
D．若考慮空氣阻力，利用算出的反應時間比真實反應時間略小
4．（2025高一上·越秀期末）某學校利用無人機拍攝校慶活動。無人機運動的圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，下列對無人機運動的判斷正確的是（　　）
A．34s后開始下降
B．前30s內平均速度為0.4m/s
C．CD段和DE段的加速度相同
D．OA段的加速度大于CD段的加速度
5．（2025高一上·越秀期末）如圖甲所示為自動炒菜機，電動鏟子可以推動炒菜。將炒菜原理簡化為如圖乙所示模型，內壁光滑的半球形容器開口向上固定在水平面上，一個大小可忽略的球形肉丸放在容器的底部，豎直光滑電動鏟子與其接觸，電動鏟子的上端剛好與圓心O重合，將電動鏟子保持豎直緩慢向右推，直至肉丸接近容器口的P點，擋板對肉丸的作用力大小為F，內壁對肉丸的彈力大小為N。則推動肉丸的過程中（　　）
A．F不斷增大 B．N不斷減小
C．F先增大后減小 D．N先增大后減小
6．（2025高一上·越秀期末）某同學站在壓力傳感器上做“下蹲—起立”的動作時，傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．1s時人處在下蹲的最低點
B．3s時加速度大約為
C．下蹲過程中人始終處于失重狀態
D．0~4s內該同學做了2次“下蹲—起立”的動作
7．（2025高一上·越秀期末）彈簧拉力器中有5根相同的彈簧，某同學發現裝滿5根彈簧太難拉伸，于是他拆掉了2根。當他左右兩手均用240N的力拉拉力器（未超出彈性限度）時，彈簧伸長了40cm。則下列說法正確的是（　　）
A．單根彈簧的勁度系數為200N/m
B．若雙手的拉力減小，則彈簧的勁度系數減小
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，彈簧伸長量為20cm
D．若拉力器裝滿5根彈簧，左右兩手仍用240N的拉力，拉力器應伸長30cm
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·越秀期末）如圖所示，是一款兒童磁力涂鴉墻貼，貼在豎直墻面上，方便兒童學習和擺出各種造型，培養孩子的創新能力。不計磁力貼之間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．字母D受到四個力的作用
B．磁性越強的磁力貼所受摩擦力越大
C．質量不同的磁力貼所受摩擦力不同
D．磁力貼對黑板的吸引力和黑板對磁力貼的吸引力是一對平衡力
9．（2025高一上·越秀期末）放在水平地面上的物塊，受到水平推力F的作用，力F與時間t的關系如圖甲所示；物塊運動的圖像如圖乙所示（6s后沒有畫出），g取。則物塊（　　）
A．質量為4.5kg B．與地面間的動摩擦因數是0.4
C．滑動時受到的摩擦力大小是6N D．6s~9s內的加速度大小是
10．（2025高一上·越秀期末）如圖所示為水平面上一個邊長為1m的正方體空間，某一質量為0.1kg的質點自O點由靜止開始運動，除重力外，該質點還同時受到、兩個恒力作用，且，如圖所示，g取。則該質點（　　）
A．加速度大小為 B．將沿OB連線飛出正方體
C．在正方體區域內運動時間為1s D．在正方體區域內運動時間為
三、實驗與探究（共17分，請把答案填寫在答卷紙上相應位置）
11．（2025高一上·越秀期末）小明要進行“探究求合力的方法”實驗，現有木板、白紙、圖釘、橡皮條、細繩套和彈簧測力計。
（1）本實驗中，小明采用的科學方法是“等效替代法”，其含義是（　　）
A．橡皮筋OA可以用細繩替代
B．細繩OB可以用橡皮筋替代
C．右側彈簧測力計的作用效果可以替代左側彈簧測力計的作用效果
D．一個彈簧測力計的作用效果可以替代兩只彈簧測力計共同作用的效果
（2）圖甲中，右側彈簧測力計的示數為　 　N。
（3）如圖乙為兩只彈簧測力計拉力的圖示，方格每邊的長度表示0.5N，O是橡皮條的一個端點，請在圖中畫出合力F，測出　 　N。
12．（2025高一上·越秀期末）一實驗小組設計的一個實驗裝置，用于探究一定質量小車的加速度與合外力的關系，電火花打點計時器接220V、50Hz的交流電源，小車前端用輕桿連一質量不計的光滑滑輪，如圖甲所示。
（1）實驗時，下列操作正確的是（　　）
A．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力
B．小車應靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源
C．實驗過程中保證細繩始終與木板平行
D．為減小系統誤差，砂和砂桶的質量m應遠小于小車的質量M
（2）實驗小組要測量小車的加速度，紙帶打出的部分計數點如圖乙所示（每相鄰兩個計量數點間還有4個點未畫出），其中，，，，可得小車的加速度　 　（結果保留兩位小數）
（3）實驗小組根據測量的數據，做出加速度a與力傳感器示數F的圖像，如圖丙所示。發現圖線不過坐標原點，可能的原因是木板的傾斜程度　 　（填“過大”或“過小”）。圖丙中圖像的斜率為k，與縱軸的截距為b，可求出小車的質量　 　（結果用本小題字母表示）
（4）實驗小組重新調整實驗裝置，得到圖像如圖丁所示，可得出實驗結論為：　 　。
四、計算題（共37分。寫出必要的文字說明，方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不給分。有數值計算的題，答案中應明確寫出數值和單位）
13．（2025高一上·越秀期末）工人用如圖甲所示的小推車運送光滑的石球，，石球的質量為6kg，重力加速度。
（1）如圖甲，小車停放在工地，OA處于水平位置，求此時OA對石球的作用力；
（2）當工人以0.5m/s的速度勻速推動小車，此時OA與水平方向成角，如圖乙所示。請在圖乙上畫出石球的受力示意圖（標記必要的角度），并計算石球對OA作用力的大小。（結果可以保留根號）
14．（2025高一上·越秀期末）備受廣州市民關注的自動駕駛巴士正式在生物島進入試運營。自動駕駛巴士車長，配有多個安全設備，包括雷達、攝像頭和傳感器等。
（1）自動駕駛巴士車頭安裝有激光雷達，感知范圍為225m。若自動駕駛巴士在某路段剎車時的加速度為，為不撞上前方靜止的障礙物，巴士在該路段行駛時的最大速度是多少？
（2）若有一長為6m的貨車在平直路面上以的速度勻速行駛，發現前方相鄰車道一自動駕駛巴士正以的速度同向勻速行駛。當相距（即貨車車頭與巴士車尾的距離）時，貨車以的加速度做勻加速直線運動，經歷8秒后恰好完成超車。求。
（3）在問題（2）中，求貨車在超車過程中與巴士的最大車距（即貨車車頭與巴士車尾的距離）。
15．（2025高一上·越秀期末）在物流快遞中，分揀是其中一個重要環節，分揀傳送裝置如圖甲所示，它由水平傳送機與傾斜傳送機組成。圖乙是該裝置的簡化圖，水平部分AB的長度，傾斜部分CD的長度，它們的間距忽略不計。水平傳送帶以的速率順時針勻速轉動，傾角的傳送帶也是順時針勻速轉動，速率未知，把一個可視為質點的貨物輕放在A端，假設貨物從B運動到C速度大小保持不變，已知貨物與兩段傳送帶間的動摩擦因數均為0.5，，，。求：
（1）貨物從A端傳送到B端所用的時間；
（2）貨物剛到達C點時，加速度大小的可能值；
（3）傾斜傳送帶速率至少為多少時，貨物才能運送到D。
答案解析部分
1．【答案】A,B
【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】本題考查時間和時刻，參考系，質點，位移和路程等概念，會根據題意進行準確分析解答。A.時刻是指時間點，2022年11月5日指的是時刻，故A正確；
B．飛行員看到觀禮臺向后掠過，是以殲-20為參考系的，故B正確；
C．研究殲-20在空中飛行的軌跡時，飛機的大小和形狀可以忽略不計，可將殲-20視為質點，故C錯誤；
D．每架殲-20表演的整個過程中，通過的路程和位移的大小不相等，故D錯誤。
故選AB。
【分析】根據時間和時刻，參考系，質點，位移和路程等概念進行分析判斷。
2．【答案】D
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握位移是矢量；掌握x-t圖像的物理意義，題目較簡單。A．在0～30s內的位移是-2m，負號表示方向與正方向相反，故A錯誤；
B．x-t圖像的斜率表示速度，在0～10s內做勻速直線運動，故B錯誤；
C．x-t圖像描述的是直線運動，在20～30s內，運動軌跡為直線，故C錯誤；
D．平均速度等于位移除以時間，在10～30s內，位移大小等于7m，時間為20s，平均速度大小為
故D正確。
故選D。
【分析】位移是由初位置指向末位置的有向線段，位移是矢量，有大小、方向；x一t圖像的斜率表示速度；平均速度是位移與時間的比值。
3．【答案】D
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】本題考查自由落體運動的規律，解題關鍵是掌握自由落體運動規律，并能選擇合適的公式進行求解。AB．由自由落體運動規律
可得
小甲捏住直尺時直尺下落高度h比較大，說明反應時間長，直尺被小甲捏住前瞬間的速度大于小乙的，故AB錯誤；
C．由自由落體運動規律
可得當t=0.5s，h=1.25m，直尺只有1m長，不能用該方法測算出其反應時間，故C錯誤；
D．如果要考慮空氣阻力的影響，則真實反應時間
直尺下落加速度a小于g值，則利用測算出的反應時間比真實反應時間值要小，故D正確。
故選D。
【分析】直尺下降的時間就是人的反應時間，根據自由落體運動的位移求出反應時間。
4．【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查v-t圖像，關鍵要知道v-t圖像的斜率表示加速度，速度正負表示速度方向，圖像與時間軸圍成的面積表示位移。A．在速度—時間圖像中，圖線在時間軸上方表示速度方向為正，圖線在時間軸下方表示速度方向為負，而題圖中38s前的圖線都在時間軸上方，取豎直向上為正方向，表示38s前無人機始終處于上升狀態，故A錯誤；
B．速度—時間圖像與時間軸圍成的面積表示位移，前30s內位移等于
平均速度等于
故B錯誤；
CD．圖像的斜率表示加速度，故CD段和DE段的加速度相同，OA段的加速度小于CD段的加速度，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】根據v-t圖像直接讀出無人機的運動情況，判斷無人機何時開始下降；根據圖像的斜率表示加速度，分析加速度的大小和方向。
5．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點力的平衡問題，要熟練分析物體的受力，結合幾何關系和正交分解法完成解答。對肉丸受力分析，如圖所示
若將擋板緩慢水平向右推的過程中，角由0度增大到90°由平衡條件可得，
則F不斷增大，N不斷增大。
故選A。
【分析】對小球受力分析，根據平衡條件求出擋板和內壁對小球彈力的表達式，結合角度變化判斷各力變化情況。
6．【答案】B
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】物體對支持物的壓力大于物體所受重力的現象叫做超重，物體對支持物的壓力小于物體所受重力的現象叫做失重。A．人在下蹲的過程中，先加速向下運動，后減速向下運動，最后靜止；如題圖，在1s時人處于失重的狀態，說明人正在加速下蹲，故此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，故A錯誤；
B．由圖示圖象可知，3s時該同學對傳感器的壓力大小為200N，由牛頓第三定律可知，傳感器對該同學的支持力F=200N，重力約為620N，質量約為62kg，由牛頓第二定律得：mg-F=ma
代入數據解得：a≈7.0m/s2
故B正確；
C．人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，后減速向下運動，加速度方向向上，最后靜止；故人先處于失重狀態，后處于超重狀態，故C錯誤；
D．該同學在前2s時是下蹲過程，后2s是起立的過程，0～4s內該同學做了1次下蹲—起立的動作，故D錯誤。
故選B。
【分析】下蹲過程中人的運動狀態，明確各過程中加速度的方向，確定超重還是失重狀態，從而根據壓力變化的圖象確定完成一次下蹲過程所用的時間；應用牛頓第二定律求加速度大小。
7．【答案】A
【知識點】胡克定律
【解析】【解答】彈簧的彈力與形變量之間的關系遵守胡克定律，在公式F=kx中，x是彈簧伸長的長度或縮短的長度，即是彈簧的形變量，不是彈簧的長度。A．彈簧拉力器受到的拉力為240N，共3根彈簧，則每根彈簧受到的拉力F=80N，彈簧伸長量為x=40cm=0.4m
根據胡克定律F=kx
得k=200N/m
故A正確；
B．彈簧的勁度系數由彈簧本身的性質決定，與拉力大小無關，所以若雙手的拉力減小，則彈簧的勁度系數不變，故B錯誤；
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，與左右兩手均用240N的力拉拉力器效果相同，彈簧伸長量為40cm，故C錯誤；
D．若拉力器裝滿5根彈簧，左右兩手仍用240N的拉力，每根彈簧受到的拉力F'=48N，彈簧伸長量為
故D錯誤。
故選A。
【分析】彈簧拉力器受到的拉力為240N，則每根彈簧受到的拉力為80N，彈簧平衡時伸長了40cm，根據胡克定律F=kx求解單根彈簧的勁度系數；彈簧的勁度系數由彈簧本身的性質決定，與拉力大小無關；若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，確定每根彈簧受到的拉力，根據胡克定律求彈簧伸長量。
8．【答案】A,C
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要掌握受力分析的一般順序：場力、彈力和摩擦力，不能遺漏。A．字母D受到重力、磁力、豎直墻面的支持力和摩擦力，共四個力，故A正確；
BC．在豎直方向上，磁力貼所受摩擦力與重力平衡，與字母的磁性強弱無關，所以質量不同的字母所受摩擦力不同，故B錯誤，C正確；
D．磁力貼對黑板的吸引力和黑板對磁力貼的吸引力是一對相互作用力，故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據重力、磁場力、彈力和摩擦力的順序分析字母D的受力情況；豎直方向磁力貼所受摩擦力等于重力，與磁性強弱無關；磁力貼對黑板的吸引力和黑板對磁力貼的吸引力是物體間的相互作用力。
9．【答案】B,C,D
【知識點】牛頓定律與圖象
【解析】【解答】本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，理解圖像的物理意義，結合摩擦力的計算公式和牛頓第二定律即可完成分析。C．根據圖甲和圖乙可知，在3～6s過程中，物塊做勻速直線運動，則此時拉力等于摩擦力，即f=6N
故C正確；
A．在0～3s過程中，根據牛頓第二定律得：，
解得：m=1.5kg
故A錯誤；
B．根據摩擦力的計算公式f=μmg可得μ=0.4，故B正確；
D．在6～9s過程中，根據牛頓第二定律得：
負號表示加速度方向與物體的運動方向相反，大小為2m/s2，故D正確。
故選BCD。
【分析】根據物塊的運動狀態和受力情況得出滑動時物塊受到的摩擦力大小；根據v-t圖像的斜率得出物塊的加速度，結合牛頓第二定律得出物塊的質量；根據牛頓第二定律和摩擦力的計算公式完成分析。
10．【答案】B,D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】掌握力的合成法則是解題的關鍵，知道把質點的運動分解為力的方向，根據運動學公式計算時間。AB．根據力的合成法則可知，質點所受合力大小為F=N，方向與豎直方向的正切值為
即方向沿OB連線，根據牛頓第二定律可得質點的加速度大小為
因為質點是從靜止出發的，所以質點的運動方向沿OB方向，故A錯誤，B正確；
CD．豎直方向的加速度大小等于重力加速度，則根據
可得質點在正方體區域內的運動時間為
故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】根據力的合成法則得到質點所受合力大小，然后根據牛頓第二定律得到加速度大小，根據合力方向分析質點的運動方向；根據運動學公式計算質點在正方體區域的運動時間。
11．【答案】（1）D
（2）2.10
（3）3.5
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查了“探究彈簧彈力大小與彈簧長度的關系”的實驗，要明確實驗原理，掌握彈簧測力計的讀數規則，掌握力的圖示法的作圖方法和平行四邊形定則。
（1）根據實驗原理和等效替代法的含義可知，實驗中一個彈簧測力計的作用效果可以替代兩只彈簧測力計共同作用的效果。
故選D。
（2）彈簧測力計的分度值為0.1N，彈簧測力計的示數為2.10N；
（3）
根據力的圖示（方格每邊的長度表示0.5N），作出的平行四邊形如圖所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
【分析】（1）根據實驗原理和等效替代法的含義分析作答；
（2）彈簧測力計的分度值為0.1N，根據彈簧測力計的讀數規則讀數；
（3）根據力的圖示和平行四邊形定則作圖，然后得出合力。
（1）根據實驗原理和等效替代法的含義可知，實驗中一個彈簧測力計的作用效果可以替代兩只彈簧測力計共同作用的效果。
故選D。
（2）彈簧測力計的分度值為0.1N，彈簧測力計的示數為2.10N；
（3）根據力的圖示（方格每邊的長度表示0.5N），作出的平行四邊形如圖所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
12．【答案】（1）A；C
（2）0.91
（3）過小；
（4）當小車質量不變時，加速度與合外力成正比。
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，根據題意應用勻變速直線運動的推論即可解題，計算時注意單位換算。
（1）A．為了使細桿對小車的拉力等于小車所受外力的合力，實驗前需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故A正確；
B．小車靠近打點計時器，為了避免紙帶上出現大量的空白段落，應先接通電源，再釋放小車，故B錯誤；
C．為保證繩子拉力不變，實驗過程中保證細繩始終與木板平行，故C正確；
D．平衡好摩擦力后，小車所受合力等于力傳感器讀數兩倍，可以精準測量出來，則實驗中不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故D錯誤。
故選AC。
（2）計數點之間的時間間隔T=5×0.02s=0.1s
根據逐差法可知加速度為
（3）當a=0時，F＞0，說明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的傾斜程度過小。
設小車加速過程的加速度大小為a，對小車，根據牛頓第二定律有2F-μMg=Ma
可得
結合圖像可知
解得
（4）由圖丁可知，當小車質量不變時，加速度與合外力成正比。
【分析】（1）有傳感器的存在，所以不需要測量沙和沙桶的質量，也不需要滿足沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量；平衡摩擦時，需要取下沙桶，接上紙帶；要先接通電源，再釋放小車；
（2）根據逐差公式計算；
（3）根據a=0時，F＞0分析，根據牛頓第二定律結合圖像斜率解答；
（4）根據a-F是過原點的傾斜直線分析。
（1）A．為了使細桿對小車的拉力等于小車所受外力的合力，實驗前需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故A正確；
B．小車靠近打點計時器，為了避免紙帶上出現大量的空白段落，應先接通電源，再釋放小車，故B錯誤；
C．為保證繩子拉力不變，實驗過程中保證細繩始終與木板平行，故C正確；
D．平衡好摩擦力后，小車所受合力等于力傳感器讀數兩倍，可以精準測量出來，則實驗中不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故D錯誤。
故選AC。
（2）計數點之間的時間間隔T=5×0.02s=0.1s
根據逐差法可知加速度為
（3）[1]當a=0時，F＞0，說明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的傾斜程度過小。
[2]設小車加速過程的加速度大小為a，對小車，根據牛頓第二定律有2F-μMg=Ma
可得
結合圖像可知
解得
（4）由圖丁可知，當小車質量不變時，加速度與合外力成正比。
13．【答案】（1）解：當OA處于水平位置時，由于石球光滑，則OB對石球沒有作用力，否則石球將向右滾動；此時OA對石球的作用力為F=mg=6×10N=60N
方向豎直向上
（2）解：OA與水平方向成30°角時，受力分析如圖所示。
根據對稱性可知
根據力的平行四邊形定則有
解得N
【知識點】共點力的平衡
【解析】【分析】（1）當OA處于水平位置時，分析OB對石球的作用力大小，再根據平衡條件求OA對石球的作用力；
（2）當OA與水平方向成30°角，時，對石球受力分析，再由平衡條件和對稱性求OA對石球的作用力大小。
（1）當OA處于水平位置時，由于石球光滑，則OB對石球沒有作用力，否則石球將向右滾動；此時OA對石球的作用力為F=mg=6×10N=60N
方向豎直向上
（2）OA與水平方向成30°角時，受力分析如圖所示。
根據對稱性可知
根據力的平行四邊形定則有
解得N
14．【答案】（1）解：由運動學公式
巴士在該路段行駛時的最大速度v=30m/s
（2）解：經歷8秒后恰好完成超車，則
代入數據得m
（3）解：兩車速度相等時的速度為，則
代入數據得=2s
此時
代入數據得m
【知識點】追及相遇問題
【解析】【分析】（1）根據速度—位移公式計算；
（2）經歷8秒后恰好完成超車，結合二者位移關系根據位移—時間公式計算即可；
（3）先計算出兩車速度相等的時間，然后分別計算出在相應時間內兩車的位移，最后根據位移—時間公式列方程計算即可。
（1）由運動學公式
巴士在該路段行駛時的最大速度v=30m/s
（2）經歷8秒后恰好完成超車，則
代入數據得m
（3）兩車速度相等時的速度為，則
代入數據得=2s
此時
代入數據得m
15．【答案】（1）解：貨物在傳送帶AB上，與之有相對滑動時f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
貨物在AB部分做加速運動，達到傳送帶的速度需要的時間為t1，則v1=a1t1
解得t1=1s
通過的距離為
接著貨物做勻速運動，有s
貨物從A端傳送到B端所用的時間t=t1+t2
代入數據解得t=1.2s
（2）解：若貨物速度大于CD傳送帶速度，則有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若貨物速度小于CD傳送帶速度，則有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）解：當快遞員恰好在D處取到貨物時
解得v2=3m/s
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）貨物在傳送帶AB上，與之有相對滑動時，摩擦力提供加速度，根據牛頓第二定律與運動學公式解答；
（2）根據貨物與傳送帶CD的速度分析受力情況，運用牛頓第二定律求解運動的加速度；
（3）運用位移與速度公式求解最小速度。
（1）貨物在傳送帶AB上，與之有相對滑動時f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
貨物在AB部分做加速運動，達到傳送帶的速度需要的時間為t1，則v1=a1t1
解得t1=1s
通過的距離為
接著貨物做勻速運動，有s
貨物從A端傳送到B端所用的時間t=t1+t2
代入數據解得t=1.2s
（2）若貨物速度大于CD傳送帶速度，則有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若貨物速度小于CD傳送帶速度，則有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）當快遞員恰好在D處取到貨物時
解得v2=3m/s
1 / 1廣東省廣州市越秀區2024-2025學年高一上學期學業水平調研測試（期末）物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（2025高一上·越秀期末）2022年11月5日，中國第五代戰機殲-20現身珠海航展，4架戰機保持穩定的鉆石隊形飛行亮相（如圖），之后分散隊形各自展示了上升橫滾、下降急轉、雙機盤旋等高難度動作，下列說法正確的是（　　）
A．2022年11月5日指的是時刻
B．飛行員看到觀禮臺向后掠過，是以殲-20為參考系的
C．研究殲-20在空中飛行的軌跡時，不可將殲-20視為質點
D．每架殲-20表演的整個過程中，通過的路程和位移的大小相等
【答案】A,B
【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】本題考查時間和時刻，參考系，質點，位移和路程等概念，會根據題意進行準確分析解答。A.時刻是指時間點，2022年11月5日指的是時刻，故A正確；
B．飛行員看到觀禮臺向后掠過，是以殲-20為參考系的，故B正確；
C．研究殲-20在空中飛行的軌跡時，飛機的大小和形狀可以忽略不計，可將殲-20視為質點，故C錯誤；
D．每架殲-20表演的整個過程中，通過的路程和位移的大小不相等，故D錯誤。
故選AB。
【分析】根據時間和時刻，參考系，質點，位移和路程等概念進行分析判斷。
2．（2025高一上·越秀期末）智能機器人已經廣泛應用于賓館、醫院等服務行業，用于給客人送餐、導引等服務，深受廣大消費者喜愛。如圖甲所示的醫用智能機器人沿醫院走廊運動，圖乙是該機器人在某段時間內的位移—時間圖像，則機器人（　　）
A．在0~30s內的位移是2m
B．在0~10s內做勻加速直線運動
C．在20~30s內，運動軌跡為曲線
D．在10~30s內，平均速度大小為0.35m/s
【答案】D
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握位移是矢量；掌握x-t圖像的物理意義，題目較簡單。A．在0～30s內的位移是-2m，負號表示方向與正方向相反，故A錯誤；
B．x-t圖像的斜率表示速度，在0～10s內做勻速直線運動，故B錯誤；
C．x-t圖像描述的是直線運動，在20～30s內，運動軌跡為直線，故C錯誤；
D．平均速度等于位移除以時間，在10～30s內，位移大小等于7m，時間為20s，平均速度大小為
故D正確。
故選D。
【分析】位移是由初位置指向末位置的有向線段，位移是矢量，有大小、方向；x一t圖像的斜率表示速度；平均速度是位移與時間的比值。
3．（2025高一上·越秀期末）小甲和小乙兩位同學在學習了自由落體運動規律后，利用直尺互測對方的反應時間。如圖，被測者用一只手在長度為1m的直尺下方0刻度處做捏尺的準備（不接觸直尺），當看到合作方放手時立即捏直尺，結果小甲和小乙分別捏住12cm和10cm兩個刻度。若忽略空氣阻力，利用可算出反應時間，下列說法正確的是（　　）
A．小甲比小乙的反應時間短
B．和小乙相比，直尺被小甲捏住前瞬間的速度比較小
C．若某同學的反應時間為0.5s，仍能用該方法測算出其反應時間
D．若考慮空氣阻力，利用算出的反應時間比真實反應時間略小
【答案】D
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】本題考查自由落體運動的規律，解題關鍵是掌握自由落體運動規律，并能選擇合適的公式進行求解。AB．由自由落體運動規律
可得
小甲捏住直尺時直尺下落高度h比較大，說明反應時間長，直尺被小甲捏住前瞬間的速度大于小乙的，故AB錯誤；
C．由自由落體運動規律
可得當t=0.5s，h=1.25m，直尺只有1m長，不能用該方法測算出其反應時間，故C錯誤；
D．如果要考慮空氣阻力的影響，則真實反應時間
直尺下落加速度a小于g值，則利用測算出的反應時間比真實反應時間值要小，故D正確。
故選D。
【分析】直尺下降的時間就是人的反應時間，根據自由落體運動的位移求出反應時間。
4．（2025高一上·越秀期末）某學校利用無人機拍攝校慶活動。無人機運動的圖像如圖所示，取豎直向上為正方向，下列對無人機運動的判斷正確的是（　　）
A．34s后開始下降
B．前30s內平均速度為0.4m/s
C．CD段和DE段的加速度相同
D．OA段的加速度大于CD段的加速度
【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查v-t圖像，關鍵要知道v-t圖像的斜率表示加速度，速度正負表示速度方向，圖像與時間軸圍成的面積表示位移。A．在速度—時間圖像中，圖線在時間軸上方表示速度方向為正，圖線在時間軸下方表示速度方向為負，而題圖中38s前的圖線都在時間軸上方，取豎直向上為正方向，表示38s前無人機始終處于上升狀態，故A錯誤；
B．速度—時間圖像與時間軸圍成的面積表示位移，前30s內位移等于
平均速度等于
故B錯誤；
CD．圖像的斜率表示加速度，故CD段和DE段的加速度相同，OA段的加速度小于CD段的加速度，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】根據v-t圖像直接讀出無人機的運動情況，判斷無人機何時開始下降；根據圖像的斜率表示加速度，分析加速度的大小和方向。
5．（2025高一上·越秀期末）如圖甲所示為自動炒菜機，電動鏟子可以推動炒菜。將炒菜原理簡化為如圖乙所示模型，內壁光滑的半球形容器開口向上固定在水平面上，一個大小可忽略的球形肉丸放在容器的底部，豎直光滑電動鏟子與其接觸，電動鏟子的上端剛好與圓心O重合，將電動鏟子保持豎直緩慢向右推，直至肉丸接近容器口的P點，擋板對肉丸的作用力大小為F，內壁對肉丸的彈力大小為N。則推動肉丸的過程中（　　）
A．F不斷增大 B．N不斷減小
C．F先增大后減小 D．N先增大后減小
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查共點力的平衡問題，要熟練分析物體的受力，結合幾何關系和正交分解法完成解答。對肉丸受力分析，如圖所示
若將擋板緩慢水平向右推的過程中，角由0度增大到90°由平衡條件可得，
則F不斷增大，N不斷增大。
故選A。
【分析】對小球受力分析，根據平衡條件求出擋板和內壁對小球彈力的表達式，結合角度變化判斷各力變化情況。
6．（2025高一上·越秀期末）某同學站在壓力傳感器上做“下蹲—起立”的動作時，傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．1s時人處在下蹲的最低點
B．3s時加速度大約為
C．下蹲過程中人始終處于失重狀態
D．0~4s內該同學做了2次“下蹲—起立”的動作
【答案】B
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】物體對支持物的壓力大于物體所受重力的現象叫做超重，物體對支持物的壓力小于物體所受重力的現象叫做失重。A．人在下蹲的過程中，先加速向下運動，后減速向下運動，最后靜止；如題圖，在1s時人處于失重的狀態，說明人正在加速下蹲，故此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，故A錯誤；
B．由圖示圖象可知，3s時該同學對傳感器的壓力大小為200N，由牛頓第三定律可知，傳感器對該同學的支持力F=200N，重力約為620N，質量約為62kg，由牛頓第二定律得：mg-F=ma
代入數據解得：a≈7.0m/s2
故B正確；
C．人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，后減速向下運動，加速度方向向上，最后靜止；故人先處于失重狀態，后處于超重狀態，故C錯誤；
D．該同學在前2s時是下蹲過程，后2s是起立的過程，0～4s內該同學做了1次下蹲—起立的動作，故D錯誤。
故選B。
【分析】下蹲過程中人的運動狀態，明確各過程中加速度的方向，確定超重還是失重狀態，從而根據壓力變化的圖象確定完成一次下蹲過程所用的時間；應用牛頓第二定律求加速度大小。
7．（2025高一上·越秀期末）彈簧拉力器中有5根相同的彈簧，某同學發現裝滿5根彈簧太難拉伸，于是他拆掉了2根。當他左右兩手均用240N的力拉拉力器（未超出彈性限度）時，彈簧伸長了40cm。則下列說法正確的是（　　）
A．單根彈簧的勁度系數為200N/m
B．若雙手的拉力減小，則彈簧的勁度系數減小
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，彈簧伸長量為20cm
D．若拉力器裝滿5根彈簧，左右兩手仍用240N的拉力，拉力器應伸長30cm
【答案】A
【知識點】胡克定律
【解析】【解答】彈簧的彈力與形變量之間的關系遵守胡克定律，在公式F=kx中，x是彈簧伸長的長度或縮短的長度，即是彈簧的形變量，不是彈簧的長度。A．彈簧拉力器受到的拉力為240N，共3根彈簧，則每根彈簧受到的拉力F=80N，彈簧伸長量為x=40cm=0.4m
根據胡克定律F=kx
得k=200N/m
故A正確；
B．彈簧的勁度系數由彈簧本身的性質決定，與拉力大小無關，所以若雙手的拉力減小，則彈簧的勁度系數不變，故B錯誤；
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，與左右兩手均用240N的力拉拉力器效果相同，彈簧伸長量為40cm，故C錯誤；
D．若拉力器裝滿5根彈簧，左右兩手仍用240N的拉力，每根彈簧受到的拉力F'=48N，彈簧伸長量為
故D錯誤。
故選A。
【分析】彈簧拉力器受到的拉力為240N，則每根彈簧受到的拉力為80N，彈簧平衡時伸長了40cm，根據胡克定律F=kx求解單根彈簧的勁度系數；彈簧的勁度系數由彈簧本身的性質決定，與拉力大小無關；若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，確定每根彈簧受到的拉力，根據胡克定律求彈簧伸長量。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·越秀期末）如圖所示，是一款兒童磁力涂鴉墻貼，貼在豎直墻面上，方便兒童學習和擺出各種造型，培養孩子的創新能力。不計磁力貼之間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．字母D受到四個力的作用
B．磁性越強的磁力貼所受摩擦力越大
C．質量不同的磁力貼所受摩擦力不同
D．磁力貼對黑板的吸引力和黑板對磁力貼的吸引力是一對平衡力
【答案】A,C
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應用；共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要掌握受力分析的一般順序：場力、彈力和摩擦力，不能遺漏。A．字母D受到重力、磁力、豎直墻面的支持力和摩擦力，共四個力，故A正確；
BC．在豎直方向上，磁力貼所受摩擦力與重力平衡，與字母的磁性強弱無關，所以質量不同的字母所受摩擦力不同，故B錯誤，C正確；
D．磁力貼對黑板的吸引力和黑板對磁力貼的吸引力是一對相互作用力，故D錯誤。
故選AC。
【分析】根據重力、磁場力、彈力和摩擦力的順序分析字母D的受力情況；豎直方向磁力貼所受摩擦力等于重力，與磁性強弱無關；磁力貼對黑板的吸引力和黑板對磁力貼的吸引力是物體間的相互作用力。
9．（2025高一上·越秀期末）放在水平地面上的物塊，受到水平推力F的作用，力F與時間t的關系如圖甲所示；物塊運動的圖像如圖乙所示（6s后沒有畫出），g取。則物塊（　　）
A．質量為4.5kg B．與地面間的動摩擦因數是0.4
C．滑動時受到的摩擦力大小是6N D．6s~9s內的加速度大小是
【答案】B,C,D
【知識點】牛頓定律與圖象
【解析】【解答】本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，理解圖像的物理意義，結合摩擦力的計算公式和牛頓第二定律即可完成分析。C．根據圖甲和圖乙可知，在3～6s過程中，物塊做勻速直線運動，則此時拉力等于摩擦力，即f=6N
故C正確；
A．在0～3s過程中，根據牛頓第二定律得：，
解得：m=1.5kg
故A錯誤；
B．根據摩擦力的計算公式f=μmg可得μ=0.4，故B正確；
D．在6～9s過程中，根據牛頓第二定律得：
負號表示加速度方向與物體的運動方向相反，大小為2m/s2，故D正確。
故選BCD。
【分析】根據物塊的運動狀態和受力情況得出滑動時物塊受到的摩擦力大小；根據v-t圖像的斜率得出物塊的加速度，結合牛頓第二定律得出物塊的質量；根據牛頓第二定律和摩擦力的計算公式完成分析。
10．（2025高一上·越秀期末）如圖所示為水平面上一個邊長為1m的正方體空間，某一質量為0.1kg的質點自O點由靜止開始運動，除重力外，該質點還同時受到、兩個恒力作用，且，如圖所示，g取。則該質點（　　）
A．加速度大小為 B．將沿OB連線飛出正方體
C．在正方體區域內運動時間為1s D．在正方體區域內運動時間為
【答案】B,D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】掌握力的合成法則是解題的關鍵，知道把質點的運動分解為力的方向，根據運動學公式計算時間。AB．根據力的合成法則可知，質點所受合力大小為F=N，方向與豎直方向的正切值為
即方向沿OB連線，根據牛頓第二定律可得質點的加速度大小為
因為質點是從靜止出發的，所以質點的運動方向沿OB方向，故A錯誤，B正確；
CD．豎直方向的加速度大小等于重力加速度，則根據
可得質點在正方體區域內的運動時間為
故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】根據力的合成法則得到質點所受合力大小，然后根據牛頓第二定律得到加速度大小，根據合力方向分析質點的運動方向；根據運動學公式計算質點在正方體區域的運動時間。
三、實驗與探究（共17分，請把答案填寫在答卷紙上相應位置）
11．（2025高一上·越秀期末）小明要進行“探究求合力的方法”實驗，現有木板、白紙、圖釘、橡皮條、細繩套和彈簧測力計。
（1）本實驗中，小明采用的科學方法是“等效替代法”，其含義是（　　）
A．橡皮筋OA可以用細繩替代
B．細繩OB可以用橡皮筋替代
C．右側彈簧測力計的作用效果可以替代左側彈簧測力計的作用效果
D．一個彈簧測力計的作用效果可以替代兩只彈簧測力計共同作用的效果
（2）圖甲中，右側彈簧測力計的示數為　 　N。
（3）如圖乙為兩只彈簧測力計拉力的圖示，方格每邊的長度表示0.5N，O是橡皮條的一個端點，請在圖中畫出合力F，測出　 　N。
【答案】（1）D
（2）2.10
（3）3.5
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查了“探究彈簧彈力大小與彈簧長度的關系”的實驗，要明確實驗原理，掌握彈簧測力計的讀數規則，掌握力的圖示法的作圖方法和平行四邊形定則。
（1）根據實驗原理和等效替代法的含義可知，實驗中一個彈簧測力計的作用效果可以替代兩只彈簧測力計共同作用的效果。
故選D。
（2）彈簧測力計的分度值為0.1N，彈簧測力計的示數為2.10N；
（3）
根據力的圖示（方格每邊的長度表示0.5N），作出的平行四邊形如圖所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
【分析】（1）根據實驗原理和等效替代法的含義分析作答；
（2）彈簧測力計的分度值為0.1N，根據彈簧測力計的讀數規則讀數；
（3）根據力的圖示和平行四邊形定則作圖，然后得出合力。
（1）根據實驗原理和等效替代法的含義可知，實驗中一個彈簧測力計的作用效果可以替代兩只彈簧測力計共同作用的效果。
故選D。
（2）彈簧測力計的分度值為0.1N，彈簧測力計的示數為2.10N；
（3）根據力的圖示（方格每邊的長度表示0.5N），作出的平行四邊形如圖所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
12．（2025高一上·越秀期末）一實驗小組設計的一個實驗裝置，用于探究一定質量小車的加速度與合外力的關系，電火花打點計時器接220V、50Hz的交流電源，小車前端用輕桿連一質量不計的光滑滑輪，如圖甲所示。
（1）實驗時，下列操作正確的是（　　）
A．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力
B．小車應靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源
C．實驗過程中保證細繩始終與木板平行
D．為減小系統誤差，砂和砂桶的質量m應遠小于小車的質量M
（2）實驗小組要測量小車的加速度，紙帶打出的部分計數點如圖乙所示（每相鄰兩個計量數點間還有4個點未畫出），其中，，，，可得小車的加速度　 　（結果保留兩位小數）
（3）實驗小組根據測量的數據，做出加速度a與力傳感器示數F的圖像，如圖丙所示。發現圖線不過坐標原點，可能的原因是木板的傾斜程度　 　（填“過大”或“過小”）。圖丙中圖像的斜率為k，與縱軸的截距為b，可求出小車的質量　 　（結果用本小題字母表示）
（4）實驗小組重新調整實驗裝置，得到圖像如圖丁所示，可得出實驗結論為：　 　。
【答案】（1）A；C
（2）0.91
（3）過小；
（4）當小車質量不變時，加速度與合外力成正比。
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，根據題意應用勻變速直線運動的推論即可解題，計算時注意單位換算。
（1）A．為了使細桿對小車的拉力等于小車所受外力的合力，實驗前需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故A正確；
B．小車靠近打點計時器，為了避免紙帶上出現大量的空白段落，應先接通電源，再釋放小車，故B錯誤；
C．為保證繩子拉力不變，實驗過程中保證細繩始終與木板平行，故C正確；
D．平衡好摩擦力后，小車所受合力等于力傳感器讀數兩倍，可以精準測量出來，則實驗中不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故D錯誤。
故選AC。
（2）計數點之間的時間間隔T=5×0.02s=0.1s
根據逐差法可知加速度為
（3）當a=0時，F＞0，說明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的傾斜程度過小。
設小車加速過程的加速度大小為a，對小車，根據牛頓第二定律有2F-μMg=Ma
可得
結合圖像可知
解得
（4）由圖丁可知，當小車質量不變時，加速度與合外力成正比。
【分析】（1）有傳感器的存在，所以不需要測量沙和沙桶的質量，也不需要滿足沙和沙桶的總質量遠小于小車的質量；平衡摩擦時，需要取下沙桶，接上紙帶；要先接通電源，再釋放小車；
（2）根據逐差公式計算；
（3）根據a=0時，F＞0分析，根據牛頓第二定律結合圖像斜率解答；
（4）根據a-F是過原點的傾斜直線分析。
（1）A．為了使細桿對小車的拉力等于小車所受外力的合力，實驗前需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，故A正確；
B．小車靠近打點計時器，為了避免紙帶上出現大量的空白段落，應先接通電源，再釋放小車，故B錯誤；
C．為保證繩子拉力不變，實驗過程中保證細繩始終與木板平行，故C正確；
D．平衡好摩擦力后，小車所受合力等于力傳感器讀數兩倍，可以精準測量出來，則實驗中不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故D錯誤。
故選AC。
（2）計數點之間的時間間隔T=5×0.02s=0.1s
根據逐差法可知加速度為
（3）[1]當a=0時，F＞0，說明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的傾斜程度過小。
[2]設小車加速過程的加速度大小為a，對小車，根據牛頓第二定律有2F-μMg=Ma
可得
結合圖像可知
解得
（4）由圖丁可知，當小車質量不變時，加速度與合外力成正比。
四、計算題（共37分。寫出必要的文字說明，方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不給分。有數值計算的題，答案中應明確寫出數值和單位）
13．（2025高一上·越秀期末）工人用如圖甲所示的小推車運送光滑的石球，，石球的質量為6kg，重力加速度。
（1）如圖甲，小車停放在工地，OA處于水平位置，求此時OA對石球的作用力；
（2）當工人以0.5m/s的速度勻速推動小車，此時OA與水平方向成角，如圖乙所示。請在圖乙上畫出石球的受力示意圖（標記必要的角度），并計算石球對OA作用力的大小。（結果可以保留根號）
【答案】（1）解：當OA處于水平位置時，由于石球光滑，則OB對石球沒有作用力，否則石球將向右滾動；此時OA對石球的作用力為F=mg=6×10N=60N
方向豎直向上
（2）解：OA與水平方向成30°角時，受力分析如圖所示。
根據對稱性可知
根據力的平行四邊形定則有
解得N
【知識點】共點力的平衡
【解析】【分析】（1）當OA處于水平位置時，分析OB對石球的作用力大小，再根據平衡條件求OA對石球的作用力；
（2）當OA與水平方向成30°角，時，對石球受力分析，再由平衡條件和對稱性求OA對石球的作用力大小。
（1）當OA處于水平位置時，由于石球光滑，則OB對石球沒有作用力，否則石球將向右滾動；此時OA對石球的作用力為F=mg=6×10N=60N
方向豎直向上
（2）OA與水平方向成30°角時，受力分析如圖所示。
根據對稱性可知
根據力的平行四邊形定則有
解得N
14．（2025高一上·越秀期末）備受廣州市民關注的自動駕駛巴士正式在生物島進入試運營。自動駕駛巴士車長，配有多個安全設備，包括雷達、攝像頭和傳感器等。
（1）自動駕駛巴士車頭安裝有激光雷達，感知范圍為225m。若自動駕駛巴士在某路段剎車時的加速度為，為不撞上前方靜止的障礙物，巴士在該路段行駛時的最大速度是多少？
（2）若有一長為6m的貨車在平直路面上以的速度勻速行駛，發現前方相鄰車道一自動駕駛巴士正以的速度同向勻速行駛。當相距（即貨車車頭與巴士車尾的距離）時，貨車以的加速度做勻加速直線運動，經歷8秒后恰好完成超車。求。
（3）在問題（2）中，求貨車在超車過程中與巴士的最大車距（即貨車車頭與巴士車尾的距離）。
【答案】（1）解：由運動學公式
巴士在該路段行駛時的最大速度v=30m/s
（2）解：經歷8秒后恰好完成超車，則
代入數據得m
（3）解：兩車速度相等時的速度為，則
代入數據得=2s
此時
代入數據得m
【知識點】追及相遇問題
【解析】【分析】（1）根據速度—位移公式計算；
（2）經歷8秒后恰好完成超車，結合二者位移關系根據位移—時間公式計算即可；
（3）先計算出兩車速度相等的時間，然后分別計算出在相應時間內兩車的位移，最后根據位移—時間公式列方程計算即可。
（1）由運動學公式
巴士在該路段行駛時的最大速度v=30m/s
（2）經歷8秒后恰好完成超車，則
代入數據得m
（3）兩車速度相等時的速度為，則
代入數據得=2s
此時
代入數據得m
15．（2025高一上·越秀期末）在物流快遞中，分揀是其中一個重要環節，分揀傳送裝置如圖甲所示，它由水平傳送機與傾斜傳送機組成。圖乙是該裝置的簡化圖，水平部分AB的長度，傾斜部分CD的長度，它們的間距忽略不計。水平傳送帶以的速率順時針勻速轉動，傾角的傳送帶也是順時針勻速轉動，速率未知，把一個可視為質點的貨物輕放在A端，假設貨物從B運動到C速度大小保持不變，已知貨物與兩段傳送帶間的動摩擦因數均為0.5，，，。求：
（1）貨物從A端傳送到B端所用的時間；
（2）貨物剛到達C點時，加速度大小的可能值；
（3）傾斜傳送帶速率至少為多少時，貨物才能運送到D。
【答案】（1）解：貨物在傳送帶AB上，與之有相對滑動時f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
貨物在AB部分做加速運動，達到傳送帶的速度需要的時間為t1，則v1=a1t1
解得t1=1s
通過的距離為
接著貨物做勻速運動，有s
貨物從A端傳送到B端所用的時間t=t1+t2
代入數據解得t=1.2s
（2）解：若貨物速度大于CD傳送帶速度，則有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若貨物速度小于CD傳送帶速度，則有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）解：當快遞員恰好在D處取到貨物時
解得v2=3m/s
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）貨物在傳送帶AB上，與之有相對滑動時，摩擦力提供加速度，根據牛頓第二定律與運動學公式解答；
（2）根據貨物與傳送帶CD的速度分析受力情況，運用牛頓第二定律求解運動的加速度；
（3）運用位移與速度公式求解最小速度。
（1）貨物在傳送帶AB上，與之有相對滑動時f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
貨物在AB部分做加速運動，達到傳送帶的速度需要的時間為t1，則v1=a1t1
解得t1=1s
通過的距離為
接著貨物做勻速運動，有s
貨物從A端傳送到B端所用的時間t=t1+t2
代入數據解得t=1.2s
（2）若貨物速度大于CD傳送帶速度，則有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若貨物速度小于CD傳送帶速度，則有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）當快遞員恰好在D處取到貨物時
解得v2=3m/s
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