資源簡介

廣東省汕頭市潮陽區2024-2025學年高一上學期期末考試物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．（2025高一上·潮陽期末）《論衡》是中國思想史上的一部重要著作，是東漢時期杰出的唯物主義思想家王充的智慧結晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故車行于陸，船行于溝，其滿而重者行遲，空而輕者行疾”“任重，其進取疾速，難矣”，由此可見，王充對運動與力的理解（　　）
A．與亞里斯多德的觀點相近 B．與牛頓第一定律相近
C．與牛頓第二定律相近 D．與牛頓第三定律相近
2．（2025高一上·潮陽期末）以下關于物理學方法的敘述，正確的是（　　）
A．2024年8月6日巴黎奧運會10米臺跳水決賽中，裁判員給全紅嬋打分時，將其看作質點，是建立了“理想化模型”
B．利用光電門測算瞬時速度是用了“微小量放大法”
C．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，再用各小段的位移之和代表物體整個運動過程的位移，這里采用了“微元法”
D．在探究加速度與力和質量之間的關系時，采用了“假設法”
3．（2025高一上·潮陽期末）2020年11月28日，“奮斗者”號載人潛水器海試返航，前期在馬里亞納海溝成功坐底，坐底深度10909米。奮斗者號這條龐然“大魚”有幾十噸重，兩人多高，從“蛟龍”號到“奮斗者”號，中國深潛勇士不斷向洋底最深處進軍。在這則新聞中涉及了長度、質量和時間及其單位，下列說法正確的是（　　）
A．新聞中涉及“有幾十噸重”中，噸是國際單位制中的導出單位
B．“千克米每二次方秒”被定義為“牛頓”，“牛頓”是國際單位制中的導出單位
C．新聞中涉及“深度10909米”中，米是國際單位制中力學三個基本物理量之一
D．力學中的三個基本物理量是長度、質量、時間，物理學中所有的物理量都有單位
4．（2025高一上·潮陽期末）航展上，某空降兵從懸停的“直－20”直升機上由靜止沿懸繩豎直滑下，他落地前的圖像如圖所示。關于該空降兵，下列說法正確的是（　　）
A．內一定做自由落體運動 B．內做勻減速直線運動
C．內的平均速度是 D．內的平均速度是
5．（2025高一上·潮陽期末）中國象棋用具簡單，趣昧性強，流行極為廣泛。如圖所示，3顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第3顆棋子最左端與水平面上的O點重合，所有接觸面間的動摩擦因數均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現用一直尺快速水平向右把中間棋子擊出，穩定后，1和3棋子的位置情況可能是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·潮陽期末）用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為，細線c水平。則細線b對小球2的拉力大小為（　　）
A． B． C．G D．
7．（2025高一上·潮陽期末）如圖，甲和乙利用輕繩拉著相同的橡膠輪胎在同一場地上先后進行體能訓練，訓練時，甲、乙均可視為做勻加速直線運動，甲的輕繩與水平地面的夾角比乙的大，即，兩輪胎與地面始終接觸且受到的支持力相等，則（　　）
A．甲的輕繩拉力比乙的大 B．兩者輕繩拉力大小相等
C．甲所拉的輪胎加速度比乙的小 D．兩輪胎所受合外力大小相等
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·潮陽期末）如圖所示，送水工人用推車運桶裝水，到達目的地后，工人抬起把手，帶動板OA轉至水平即可將水桶卸下。若桶與接觸面之間的摩擦不計，∠AOB為銳角，板OA、OB對水桶的壓力大小分別為F1、F2，保持OB不動，使OA由豎直緩慢轉到與OB垂直的過程中（　　）
A．水桶受到的合力不變 B．F1，F2都在減小
C．F1不斷減小，F2先增大后減小 D．F1先減小后增大，F2不斷減小
9．（2025高一上·潮陽期末）在民航機場和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶。旅客把行李放到傳送帶上時，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始運動，隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起前進，其簡化情景如圖所示。若足夠長的傳送帶勻速前進的速度為，某次將一質量為20kg的木箱（可視為質點）輕輕地放置于傳送帶的最左端，該木箱與傳送帶之間的動摩擦因數為0.4，g取，下列說法正確的是（　　）
A．木箱處于超重狀態
B．經過0.0625s木箱與傳送帶達到相同速度
C．木箱與傳送帶達到相同速度前，木箱對傳送帶的摩擦力水平向右，大小為80N
D．木箱在傳送帶上留下的劃痕長約為7.8mm
10．（2025高一上·潮陽期末）如圖所示，A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，兩物體的質量為為6kg。從開始，水平共線的兩個力和分別始終作用于A、B上，隨時間的變化規律為：，。在時刻，的方向如圖所示。則下列判斷正確的是（　　）
A．在時刻，物體B所受外力的合力為4N
B．8s內物體B的加速度一直增大
C．在時刻，物體AB之間的彈力大小為2N
D．時刻，物體B的加速度大小為
三、實驗題（本題共2小題，共16分）
11．（2025高一上·潮陽期末）在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，其目的是探究兩個力產生的效果和某一個力產生的效果是否相同。
（1）在做“互成角度的兩個力的合成”實驗時，橡皮條的一端固定在木板上，用兩個彈簧測力計通過細線把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點，下列操作正確的是_______。
A．為使實驗結果準確，實驗過程中彈簧的拉力越大越好
B．彈簧測力計應與木板平行，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度
C．把橡皮條的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角一定要取
D．應先將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調節另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條的另一端拉到O點
（2）實驗中，某次彈簧測力計的示數如圖甲所示，則其示數為　 　N。
（3）在正確操作的情況下，某同學得到的結果如圖乙所示，在圖上標出的和四個力中，不是由彈簧測力計直接測得的力是　 　。
12．（2025高一上·潮陽期末）下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。
（1）圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗裝置示意圖。圖中木板右端墊高的目的是　 　。
（2）圖乙是“測量做直線運動物體的瞬時速度”實驗裝置示意圖。其實驗操作步驟如下，請將缺少的部分補全：
a．按照實驗裝置，把打點計時器固定在長木板　 　（選填“遠離”或“靠近”）滑輪的一端，接好電源（電壓220V，頻率50Hz）；
b．把一細繩系在小車上，細繩繞過滑輪，下端掛合適的鉤碼，紙帶穿過打點計時器，固定在小車后面；
c．把小車停在　 　（選填“遠離”或“靠近”）打點計時器處，先接通電源后釋放小車；
d．小車運動一段時間后，關閉打點計時器，取下紙帶；
e．更換紙帶重復實驗三次，選擇
如上圖所示的一條比較理想的紙帶（兩相鄰計數點間還有4個點未畫出）測得，經過分析計算得知打A點時小車的瞬時速度大小是　 　（計算結果保留兩位有效數字）。
（3）下圖是用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼，去“探究彈力與彈簧形變量的關系”的實驗裝置示意圖，為完成實驗，還必需增補的一件實驗器材是　 　。
四、計算題（本題共3小題，共38分）解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。
13．（2025高一上·潮陽期末）2024年11月3日，杭州馬拉松賽場上首次引入了四足機器人作為官方配速員（這就是馬拉松比賽中俗稱的“兔子”），為賽事增添了科技感和趣味性。工作人員對“兔子”的短程“試訓”可視為由靜止開始的勻加速直線運動、勻速直線運動和勻減速直線運動到停止的三個過程。其中在勻加速過程中運動了，用時；勻速運動的時間；勻減速過程中的加速度大小；求：
（1）“兔子”在加速過程中的加速度大小和最大速度；
（2）“兔子”運動的總時間t和全程的平均速度。
14．（2025高一上·潮陽期末）2024年11月14日，航天員葉光富、李聰、李廣蘇在中國空間站完成相關工作后搭乘神舟十八號載人飛船順利返回。神舟十八號載人飛船的返回艙在距地面某一高度時速度為，此時啟動減速降落傘裝置開始做減速運動。當返回艙減速至某一速度后，繼續勻速下降。啟動減速傘后的速度隨時間變化的關系如圖所示。已知返回艙和減速傘的總質量為m，兩者的運動可以看做豎直方向的直線運動，在下落過程中受到的空氣阻力f與其下落速度v的平方成正比，即，k為已知常數，重力加速度為g；
（1）求啟動減速傘的瞬間，返回艙加速度的大小和方向
（2）從力和運動的關系分析，啟動減速傘后返回艙下落過程中加速度大小的變化；并求出返回艙勻速下降過程的速度大小
15．（2025高一上·潮陽期末）圖（a）為自動感應門，門框上沿中央安裝有傳感器，當人或物體與傳感器的水平距離小于或等于某個設定值（可稱為水平感應距離）時，中間兩扇門分別向左右平移，當人或物體與傳感器的距離大于設定值時，門將自動關閉，圖（b）為感應門的俯視圖，A為傳感器位置，虛線圓是傳感器的感應范圍，已知每扇門的寬度為，最大移動速度為，若門開啟時先勻加速運動到最大速度后立即以大小相等的加速度勻減速運動，每扇門完全開啟時的速度剛好為零，移動的最大距離為（不計門及門框的厚度）。求：
（1）門開啟時做加速和減速運動的加速度大小；
（2）若人以的速度勻速沿圖中虛線s走向感應門，要求人到達門框時左右門同時各自移動0.6m的距離，那么設定的傳感器水平感應距離L應為多少？
（3）若以（2）的感應距離設計感應門，欲搬運寬為的物體（厚度不計），并使物體中間沿虛線s垂直地勻速通過該門（如圖c），物體的移動速度不能超過多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】“其滿而重者行遲，空而輕者行疾”、“任重，其進取疾速，難矣”，本質上的意思是，在相同力的作用下，質量大的物體速度變化慢，加速度小，質量小的物體速度變化快，加速度大，因此王充對運動與力的理解與牛頓第二定律相近。
故答案為：C。
【分析】結合牛頓第二定律進行分析判斷正確。
2．【答案】C
【知識點】質點；探究加速度與力、質量的關系；平均速度
【解析】【解答】在高中物理學習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助；故在理解概念和規律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習。A.裁判員給全紅嬋打分時，要研究全紅嬋的動作，不能將其看作質點的，A錯誤；
B．利用光電門測算瞬時速度是用了“極限法”，B錯誤；
C．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，再用各小段的位移之和代表物體整個運動過程的位移，這是采用“微元累積法”，C正確；
D．在探究加速度與力和質量之間的關系時，采用的是“控制變量法”，D錯誤；
故選C。
【分析】根據物理方法和常識解答，記住常見的物理學方法即可。
3．【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】本題考查單位制、基本量和基本量的單位等問題，熟練記住各基本量和單位，用這些量分析解決實際問題。A．“噸”是質量的一個單位，但不是國際單位制中的單位，選項A錯誤；
B．“千克米每二次方秒”是由推導出來的，是國際單位制中的導出單位，為了紀念牛頓把它定義為牛頓，選項B正確；
C．國際單位制中力學三個基本物理量是：長度、質量、時間，而米只是長度的單位，選項C錯誤；
D．在國際單位制中，力學基本量是長度、質量、時間，單位是物理量的組成部分，有單位的物理量要注明單位，但并不是所有物理量都有單位，如前面學過的動摩擦因數就沒有單位。選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據力學中的三個基本物理量以及它們的單位結合導出單位等進行分析判斷。
4．【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查了v-t的物理意義，以及勻變速直線運動的平均速度的推論。要知道v-t圖像的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移的大小。AC．由圖像可知內做勻加速直線運動，但不一定是自由落體運動；內的平均速度為
故A錯誤，C正確；
BD．根據圖像的切線斜率表示加速度，可知內做加速度逐漸減小的減速直線運動；由圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知，內的位移滿足
則內的平均速度滿足
故BD錯誤。
故選C。
【分析】根據v-t的斜率表示加速度與勻變速直線運動的平均速度的推論解答。
5．【答案】C
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題考查摩擦力的計算以及牛頓第二定律，解題關鍵是需要正確地分析出棋子的受力情況，從而判斷出棋子的位置關系。根據題意三顆相同象棋棋子豎直疊放，所有接觸面間的動摩擦因數均相同，設1、2兩個棋子間最大靜摩擦力為f，則2、3棋子間最大靜摩擦力為2f，第三顆棋子與水平面間最大靜摩擦力為3f，中間棋子被擊出，中間棋子對第1顆棋子有向右滑動摩擦力，則第1顆棋子有向右的加速度，即向右有位移，后落在第3顆棋子上，在摩擦力作用下靜止在第3顆棋子上，第3顆棋子仍受力平衡，第3顆棋子位移是零，可知穩定后，棋子的位置情況可能是C。
故選C。
【分析】對棋子進行受力分析，結合牛頓第二定律判斷出棋子的運動狀態，得出恒力作用一小段時間后，分析棋子的位置情況。
6．【答案】A
【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【解答】將兩球和細線b看成一個整體，對整體受力分析，受力如圖所示
根據共點力的平衡條件有
對小球2，根據受力平衡有，細線b對小球2的拉力大小
故選A。
【分析】該題屬于受力分析比較常見的問題類型，需要巧用整體法和隔離法，結合共點力的平衡以及力的合成來分析，這類題目首先要能夠大膽畫圖進行分析，才能列出表達式。
7．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】對輪胎
因為甲的輕繩與水平地面的夾角比乙的大，即
則
所以
故選C。
【分析】本題主要考查牛頓第二定律，輪胎為研究對象，分別對兩幅圖里的輪胎進行受力分析，通過正交分解的方法列出水平方向的牛頓第二定律表達式，豎直方向上列出平衡力表達式，再通過比較角度的關系得到加速度、力的大小即可。
8．【答案】A,B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】A．使OA由豎直緩慢轉到與OB垂直的過程中，水桶受到的合力一直為0，保持不變，故A正確；
BCD．使OA由豎直緩慢轉到與OB垂直的過程中，板OA對水桶的壓力從水平向右逐漸變成與垂直，以水桶為對象，其受力如圖所示
由圖可知，，都在減小，故B正確，CD錯誤。
故選AB。
【分析】根據受力分析，應用力的三角形法則分析判斷。
9．【答案】B,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】本題考查傳送帶問題，解決本題的關鍵是明確木箱在整個過程中的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。A．木箱在豎直方向受到的支持力等于重力，故不存在超失重現象，A錯誤；
B．木箱與傳送帶達到相同速度前的加速度大小
達到共速的時間
B正確；
C．木箱與傳送帶達到相同速度前，木箱受傳送帶的摩擦力水平向右大小為80N，由牛頓第三定律可知木箱對傳送帶的摩擦力水平向左，C錯誤；
D．木箱在傳送帶上留下的劃痕長
D正確。
故選BD。
【分析】木箱豎直方向受力平衡，不存在超失重現象；根據牛頓第二定律求出木箱勻加速運動的加速度，再根據速度—時間公式求木箱與傳送帶達到共速的時間；木箱與傳送帶達到相同速度前，木箱對傳送帶的摩擦力水平向左，由滑動摩擦力公式求摩擦力大小；根據木箱的位移和傳送帶的位移之差即可得到痕跡的長度。
10．【答案】C,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】本題關鍵要把握隱含的臨界狀態：兩物體剛分離，采用隔離法，由牛頓第二定律解答。ABD．當A、B之間彈力為零時，A、B分開，此時二者加速度相同，設共同的加速度大小為，則分別對A、B使用牛頓第二定律得FA=8-2t=mAa，FB=2+2t=
聯立解得，t=2s
故前2s內，A、B受合外力不變，加速度大小始終為，B所受外力的合力大小等于
故AB錯誤，D正確；
C．在t=1s時刻，A、B相對靜止，對B由牛頓第二定律得FB+FAB=
解得FAB=2N
故C正確。
故選CD。
【分析】兩物體剛要脫離時，加速度相同，根據牛頓第二定律列方程計算所經歷的時間，再求在t=1s時刻，物體B所受外力的合力，并分析物體B加速度變化情況，確定t=0.2024s時刻，物體B的加速度大小；在t=1s時刻，對其中一個物體利用牛頓第二定律求物體AB之間的彈力大小。
11．【答案】（1）B
（2）4.60
（3）
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查了驗證力的平行四邊形定則的實驗，理解實驗目的、步驟、數據處理以及誤差分析是解決此類問題的關鍵。
（1）A．實驗過程中彈簧的拉力大小要適當，并非越大越好，選項A錯誤；
B．彈簧測力計應與木板平行，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度，選項B正確；
C．把橡皮條的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角大小要適當，不一定要取，選項C錯誤；
D．若先將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調節另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條的另一端拉到O點，則另一個彈簧秤可能會超程，選項D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計的最小刻度為0.1N，則示數為4.60N。
（3）圖中的是根據力的平行四邊形定則得到的兩個分力合力的理論值，不是由彈簧測力計直接測得的力。
【分析】（1）根據實驗步驟以及實驗注意事項分析求解；
（2）根據彈簧測力計的讀數規則分析求解；
（3）根據圖中的F'是根據力的平行四邊形定則得到的兩個分力合力的理論值分析求解。
（1）A．實驗過程中彈簧的拉力大小要適當，并非越大越好，選項A錯誤；
B．彈簧測力計應與木板平行，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度，選項B正確；
C．把橡皮條的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角大小要適當，不一定要取，選項C錯誤；
D．若先將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調節另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條的另一端拉到O點，則另一個彈簧秤可能會超程，選項D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計的最小刻度為0.1N，則示數為4.60N。
（3）圖中的是根據力的平行四邊形定則得到的兩個分力合力的理論值，不是由彈簧測力計直接測得的力。
12．【答案】（1）平衡摩擦力（或補償阻力）
（2）遠離；靠近；0.86
（3）毫米刻度尺（或刻度尺）
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系；探究加速度與力、質量的關系；探究小車速度隨時間變化的規律
【解析】【解答】本題考查了驗證牛頓第二定律以及測量做直線運動物體的瞬時速度、探究彈力與彈簧形變量的關系的實驗，理解實驗目的、步驟、數據處理以及誤差分析是解決此類問題的關鍵。
（1）將木板的右端墊高是為了平衡摩擦力。
（2）小車應遠離滑輪的一端，并把小車靠近打點計時器，使小車拖動紙帶打出更多的點跡，便于分析小車的運動情況；由題可知，相鄰計數點之間的時間間隔
打A點時小車的瞬時速度大小則
（3）還需要用刻度尺測量彈簧的長度。
【分析】（1）根據將木板的右端墊高是為了平衡摩擦力分析求解；
（2）根據小車應遠離滑輪的一端，并把小車靠近打點計時器，使小車拖動紙帶打出更多的點跡，結合平均速度法分析求解；
（3）根據需要用刻度尺測量彈簧的長度分析求解。
（1）將木板的右端墊高是為了平衡摩擦力。
（2）[1][2]小車應遠離滑輪的一端，并把小車靠近打點計時器，使小車拖動紙帶打出更多的點跡，便于分析小車的運動情況；
[3]由題可知，相鄰計數點之間的時間間隔
打A點時小車的瞬時速度大小則
（3）還需要用刻度尺測量彈簧的長度。
13．【答案】（1）解：“兔子”在加速階段由運動學公式得
解得
又有
解得最大速度
（2）解：由運動學公式得：“兔子”在勻減速階段運動的位移大小和時間，
解得
據題意可知勻速階段，勻速運動階段的位移為
則“兔子”在整個“試訓”過程得總位移為
總時間
由運動學公式可知“兔子”在整個“試訓”過程平均速度
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系
【解析】【分析】（1）根據位移—時間關系求解加速度大小，由速度—時間公式求解速度；
（2）對兔子進行運動分析，由位移關系求解。
（1）“兔子”在加速階段由運動學公式得
解得
又有
解得最大速度
（2）由運動學公式得：“兔子”在勻減速階段運動的位移大小和時間，
解得
據題意可知勻速階段，勻速運動階段的位移為
則“兔子”在整個“試訓”過程得總位移為
總時間
由運動學公式可知“兔子”在整個“試訓”過程平均速度
14．【答案】（1）解：據題意和圖像可知，啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘受到的空氣阻力
設啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘共同的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
解得
返回艙加速度的方向豎直向上。
（2）解：剛打開降落傘時，返回艙和減速傘受到的空氣阻力大于其重力，且二者合力與速度方向相反，故返回艙和減速傘一起向下減速運動；由于速度的減小，導致空氣阻力減小，由牛頓第二定律可知，返回艙和減速傘共同的加速度減小；當空氣阻力減小到等于重力時，二者共同加速度減到零，返回艙和減速傘開始勻速下降。
設其勻速下降的速度大小為v勻，由平衡條件可得
解得
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【分析】（1）對返回艙和減速傘受力分析，受重力和空氣阻力，加速度豎直向上，根據牛頓第二定律列式求解即可；
（2）空氣阻力減小，合力減小，加速度減小，當空氣阻力減小到等于重力時返回艙和減速傘開始勻速下降。
（1）據題意和圖像可知，啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘受到的空氣阻力
設啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘共同的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
解得
返回艙加速度的方向豎直向上。
（2）剛打開降落傘時，返回艙和減速傘受到的空氣阻力大于其重力，且二者合力與速度方向相反，故返回艙和減速傘一起向下減速運動；由于速度的減小，導致空氣阻力減小，由牛頓第二定律可知，返回艙和減速傘共同的加速度減小；當空氣阻力減小到等于重力時，二者共同加速度減到零，返回艙和減速傘開始勻速下降。
設其勻速下降的速度大小為v勻，由平衡條件可得
解得
15．【答案】（1）解：分析可知勻加速和勻減速位移相同，均為
由運動學公式得
解得加速度大小
（2）解：門加速移動0.6m過程中，由運動學公式得，用時為
設定的感應距離為
解得
（3）解：搬運物體到感應區后，門先勻加速移動0.6m，若搬運物體成功，門至少還要勻減速
移動的距離為
由運動學公式得
得勻減速用時或（舍去）
則開門用時
物體移動速度的最大值
故物體的移動速度不能超過。
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系
【解析】【分析】（1）門先加速后減速，減速的時間與加速的時間是相等的；然后由速度—位移公式即可求出；
（2）根據速度—時間關系分析加速和減速的時間，從而解得傳感器水平感應距離；
（3）根據勻減速運動的位移—時間關系解得。
（1）分析可知勻加速和勻減速位移相同，均為
由運動學公式得
解得加速度大小
（2）門加速移動0.6m過程中，由運動學公式得，用時為
設定的感應距離為
解得
（3）搬運物體到感應區后，門先勻加速移動0.6m，若搬運物體成功，門至少還要勻減速
移動的距離為
由運動學公式得
得勻減速用時或（舍去）
則開門用時
物體移動速度的最大值
故物體的移動速度不能超過。
1 / 1廣東省汕頭市潮陽區2024-2025學年高一上學期期末考試物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．（2025高一上·潮陽期末）《論衡》是中國思想史上的一部重要著作，是東漢時期杰出的唯物主義思想家王充的智慧結晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故車行于陸，船行于溝，其滿而重者行遲，空而輕者行疾”“任重，其進取疾速，難矣”，由此可見，王充對運動與力的理解（　　）
A．與亞里斯多德的觀點相近 B．與牛頓第一定律相近
C．與牛頓第二定律相近 D．與牛頓第三定律相近
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】“其滿而重者行遲，空而輕者行疾”、“任重，其進取疾速，難矣”，本質上的意思是，在相同力的作用下，質量大的物體速度變化慢，加速度小，質量小的物體速度變化快，加速度大，因此王充對運動與力的理解與牛頓第二定律相近。
故答案為：C。
【分析】結合牛頓第二定律進行分析判斷正確。
2．（2025高一上·潮陽期末）以下關于物理學方法的敘述，正確的是（　　）
A．2024年8月6日巴黎奧運會10米臺跳水決賽中，裁判員給全紅嬋打分時，將其看作質點，是建立了“理想化模型”
B．利用光電門測算瞬時速度是用了“微小量放大法”
C．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，再用各小段的位移之和代表物體整個運動過程的位移，這里采用了“微元法”
D．在探究加速度與力和質量之間的關系時，采用了“假設法”
【答案】C
【知識點】質點；探究加速度與力、質量的關系；平均速度
【解析】【解答】在高中物理學習中，我們會遇到多種不同的物理分析方法，這些方法對我們理解物理有很大的幫助；故在理解概念和規律的基礎上，更要注意科學方法的積累與學習。A.裁判員給全紅嬋打分時，要研究全紅嬋的動作，不能將其看作質點的，A錯誤；
B．利用光電門測算瞬時速度是用了“極限法”，B錯誤；
C．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，再用各小段的位移之和代表物體整個運動過程的位移，這是采用“微元累積法”，C正確；
D．在探究加速度與力和質量之間的關系時，采用的是“控制變量法”，D錯誤；
故選C。
【分析】根據物理方法和常識解答，記住常見的物理學方法即可。
3．（2025高一上·潮陽期末）2020年11月28日，“奮斗者”號載人潛水器海試返航，前期在馬里亞納海溝成功坐底，坐底深度10909米。奮斗者號這條龐然“大魚”有幾十噸重，兩人多高，從“蛟龍”號到“奮斗者”號，中國深潛勇士不斷向洋底最深處進軍。在這則新聞中涉及了長度、質量和時間及其單位，下列說法正確的是（　　）
A．新聞中涉及“有幾十噸重”中，噸是國際單位制中的導出單位
B．“千克米每二次方秒”被定義為“牛頓”，“牛頓”是國際單位制中的導出單位
C．新聞中涉及“深度10909米”中，米是國際單位制中力學三個基本物理量之一
D．力學中的三個基本物理量是長度、質量、時間，物理學中所有的物理量都有單位
【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】本題考查單位制、基本量和基本量的單位等問題，熟練記住各基本量和單位，用這些量分析解決實際問題。A．“噸”是質量的一個單位，但不是國際單位制中的單位，選項A錯誤；
B．“千克米每二次方秒”是由推導出來的，是國際單位制中的導出單位，為了紀念牛頓把它定義為牛頓，選項B正確；
C．國際單位制中力學三個基本物理量是：長度、質量、時間，而米只是長度的單位，選項C錯誤；
D．在國際單位制中，力學基本量是長度、質量、時間，單位是物理量的組成部分，有單位的物理量要注明單位，但并不是所有物理量都有單位，如前面學過的動摩擦因數就沒有單位。選項D錯誤。
故選B。
【分析】根據力學中的三個基本物理量以及它們的單位結合導出單位等進行分析判斷。
4．（2025高一上·潮陽期末）航展上，某空降兵從懸停的“直－20”直升機上由靜止沿懸繩豎直滑下，他落地前的圖像如圖所示。關于該空降兵，下列說法正確的是（　　）
A．內一定做自由落體運動 B．內做勻減速直線運動
C．內的平均速度是 D．內的平均速度是
【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查了v-t的物理意義，以及勻變速直線運動的平均速度的推論。要知道v-t圖像的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移的大小。AC．由圖像可知內做勻加速直線運動，但不一定是自由落體運動；內的平均速度為
故A錯誤，C正確；
BD．根據圖像的切線斜率表示加速度，可知內做加速度逐漸減小的減速直線運動；由圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知，內的位移滿足
則內的平均速度滿足
故BD錯誤。
故選C。
【分析】根據v-t的斜率表示加速度與勻變速直線運動的平均速度的推論解答。
5．（2025高一上·潮陽期末）中國象棋用具簡單，趣昧性強，流行極為廣泛。如圖所示，3顆完全相同的象棋棋子整齊疊放在水平面上，第3顆棋子最左端與水平面上的O點重合，所有接觸面間的動摩擦因數均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現用一直尺快速水平向右把中間棋子擊出，穩定后，1和3棋子的位置情況可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題考查摩擦力的計算以及牛頓第二定律，解題關鍵是需要正確地分析出棋子的受力情況，從而判斷出棋子的位置關系。根據題意三顆相同象棋棋子豎直疊放，所有接觸面間的動摩擦因數均相同，設1、2兩個棋子間最大靜摩擦力為f，則2、3棋子間最大靜摩擦力為2f，第三顆棋子與水平面間最大靜摩擦力為3f，中間棋子被擊出，中間棋子對第1顆棋子有向右滑動摩擦力，則第1顆棋子有向右的加速度，即向右有位移，后落在第3顆棋子上，在摩擦力作用下靜止在第3顆棋子上，第3顆棋子仍受力平衡，第3顆棋子位移是零，可知穩定后，棋子的位置情況可能是C。
故選C。
【分析】對棋子進行受力分析，結合牛頓第二定律判斷出棋子的運動狀態，得出恒力作用一小段時間后，分析棋子的位置情況。
6．（2025高一上·潮陽期末）用三根細線a、b、c將重力均為G的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示。兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為，細線c水平。則細線b對小球2的拉力大小為（　　）
A． B． C．G D．
【答案】A
【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡
【解析】【解答】將兩球和細線b看成一個整體，對整體受力分析，受力如圖所示
根據共點力的平衡條件有
對小球2，根據受力平衡有，細線b對小球2的拉力大小
故選A。
【分析】該題屬于受力分析比較常見的問題類型，需要巧用整體法和隔離法，結合共點力的平衡以及力的合成來分析，這類題目首先要能夠大膽畫圖進行分析，才能列出表達式。
7．（2025高一上·潮陽期末）如圖，甲和乙利用輕繩拉著相同的橡膠輪胎在同一場地上先后進行體能訓練，訓練時，甲、乙均可視為做勻加速直線運動，甲的輕繩與水平地面的夾角比乙的大，即，兩輪胎與地面始終接觸且受到的支持力相等，則（　　）
A．甲的輕繩拉力比乙的大 B．兩者輕繩拉力大小相等
C．甲所拉的輪胎加速度比乙的小 D．兩輪胎所受合外力大小相等
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】對輪胎
因為甲的輕繩與水平地面的夾角比乙的大，即
則
所以
故選C。
【分析】本題主要考查牛頓第二定律，輪胎為研究對象，分別對兩幅圖里的輪胎進行受力分析，通過正交分解的方法列出水平方向的牛頓第二定律表達式，豎直方向上列出平衡力表達式，再通過比較角度的關系得到加速度、力的大小即可。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·潮陽期末）如圖所示，送水工人用推車運桶裝水，到達目的地后，工人抬起把手，帶動板OA轉至水平即可將水桶卸下。若桶與接觸面之間的摩擦不計，∠AOB為銳角，板OA、OB對水桶的壓力大小分別為F1、F2，保持OB不動，使OA由豎直緩慢轉到與OB垂直的過程中（　　）
A．水桶受到的合力不變 B．F1，F2都在減小
C．F1不斷減小，F2先增大后減小 D．F1先減小后增大，F2不斷減小
【答案】A,B
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】A．使OA由豎直緩慢轉到與OB垂直的過程中，水桶受到的合力一直為0，保持不變，故A正確；
BCD．使OA由豎直緩慢轉到與OB垂直的過程中，板OA對水桶的壓力從水平向右逐漸變成與垂直，以水桶為對象，其受力如圖所示
由圖可知，，都在減小，故B正確，CD錯誤。
故選AB。
【分析】根據受力分析，應用力的三角形法則分析判斷。
9．（2025高一上·潮陽期末）在民航機場和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶。旅客把行李放到傳送帶上時，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始運動，隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起前進，其簡化情景如圖所示。若足夠長的傳送帶勻速前進的速度為，某次將一質量為20kg的木箱（可視為質點）輕輕地放置于傳送帶的最左端，該木箱與傳送帶之間的動摩擦因數為0.4，g取，下列說法正確的是（　　）
A．木箱處于超重狀態
B．經過0.0625s木箱與傳送帶達到相同速度
C．木箱與傳送帶達到相同速度前，木箱對傳送帶的摩擦力水平向右，大小為80N
D．木箱在傳送帶上留下的劃痕長約為7.8mm
【答案】B,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】本題考查傳送帶問題，解決本題的關鍵是明確木箱在整個過程中的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。A．木箱在豎直方向受到的支持力等于重力，故不存在超失重現象，A錯誤；
B．木箱與傳送帶達到相同速度前的加速度大小
達到共速的時間
B正確；
C．木箱與傳送帶達到相同速度前，木箱受傳送帶的摩擦力水平向右大小為80N，由牛頓第三定律可知木箱對傳送帶的摩擦力水平向左，C錯誤；
D．木箱在傳送帶上留下的劃痕長
D正確。
故選BD。
【分析】木箱豎直方向受力平衡，不存在超失重現象；根據牛頓第二定律求出木箱勻加速運動的加速度，再根據速度—時間公式求木箱與傳送帶達到共速的時間；木箱與傳送帶達到相同速度前，木箱對傳送帶的摩擦力水平向左，由滑動摩擦力公式求摩擦力大小；根據木箱的位移和傳送帶的位移之差即可得到痕跡的長度。
10．（2025高一上·潮陽期末）如圖所示，A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，放置在水平面上，水平面與物體間的摩擦力可忽略，兩物體的質量為為6kg。從開始，水平共線的兩個力和分別始終作用于A、B上，隨時間的變化規律為：，。在時刻，的方向如圖所示。則下列判斷正確的是（　　）
A．在時刻，物體B所受外力的合力為4N
B．8s內物體B的加速度一直增大
C．在時刻，物體AB之間的彈力大小為2N
D．時刻，物體B的加速度大小為
【答案】C,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】本題關鍵要把握隱含的臨界狀態：兩物體剛分離，采用隔離法，由牛頓第二定律解答。ABD．當A、B之間彈力為零時，A、B分開，此時二者加速度相同，設共同的加速度大小為，則分別對A、B使用牛頓第二定律得FA=8-2t=mAa，FB=2+2t=
聯立解得，t=2s
故前2s內，A、B受合外力不變，加速度大小始終為，B所受外力的合力大小等于
故AB錯誤，D正確；
C．在t=1s時刻，A、B相對靜止，對B由牛頓第二定律得FB+FAB=
解得FAB=2N
故C正確。
故選CD。
【分析】兩物體剛要脫離時，加速度相同，根據牛頓第二定律列方程計算所經歷的時間，再求在t=1s時刻，物體B所受外力的合力，并分析物體B加速度變化情況，確定t=0.2024s時刻，物體B的加速度大小；在t=1s時刻，對其中一個物體利用牛頓第二定律求物體AB之間的彈力大小。
三、實驗題（本題共2小題，共16分）
11．（2025高一上·潮陽期末）在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，其目的是探究兩個力產生的效果和某一個力產生的效果是否相同。
（1）在做“互成角度的兩個力的合成”實驗時，橡皮條的一端固定在木板上，用兩個彈簧測力計通過細線把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點，下列操作正確的是_______。
A．為使實驗結果準確，實驗過程中彈簧的拉力越大越好
B．彈簧測力計應與木板平行，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度
C．把橡皮條的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角一定要取
D．應先將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調節另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條的另一端拉到O點
（2）實驗中，某次彈簧測力計的示數如圖甲所示，則其示數為　 　N。
（3）在正確操作的情況下，某同學得到的結果如圖乙所示，在圖上標出的和四個力中，不是由彈簧測力計直接測得的力是　 　。
【答案】（1）B
（2）4.60
（3）
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查了驗證力的平行四邊形定則的實驗，理解實驗目的、步驟、數據處理以及誤差分析是解決此類問題的關鍵。
（1）A．實驗過程中彈簧的拉力大小要適當，并非越大越好，選項A錯誤；
B．彈簧測力計應與木板平行，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度，選項B正確；
C．把橡皮條的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角大小要適當，不一定要取，選項C錯誤；
D．若先將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調節另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條的另一端拉到O點，則另一個彈簧秤可能會超程，選項D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計的最小刻度為0.1N，則示數為4.60N。
（3）圖中的是根據力的平行四邊形定則得到的兩個分力合力的理論值，不是由彈簧測力計直接測得的力。
【分析】（1）根據實驗步驟以及實驗注意事項分析求解；
（2）根據彈簧測力計的讀數規則分析求解；
（3）根據圖中的F'是根據力的平行四邊形定則得到的兩個分力合力的理論值分析求解。
（1）A．實驗過程中彈簧的拉力大小要適當，并非越大越好，選項A錯誤；
B．彈簧測力計應與木板平行，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度，選項B正確；
C．把橡皮條的另一端拉到O點時，兩彈簧測力計之間夾角大小要適當，不一定要取，選項C錯誤；
D．若先將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，然后調節另一彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條的另一端拉到O點，則另一個彈簧秤可能會超程，選項D錯誤。
故選B。
（2）彈簧測力計的最小刻度為0.1N，則示數為4.60N。
（3）圖中的是根據力的平行四邊形定則得到的兩個分力合力的理論值，不是由彈簧測力計直接測得的力。
12．（2025高一上·潮陽期末）下列是《普通高中物理課程標準》中列出的三個必做實驗的部分步驟，請完成實驗操作和計算。
（1）圖甲是“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗裝置示意圖。圖中木板右端墊高的目的是　 　。
（2）圖乙是“測量做直線運動物體的瞬時速度”實驗裝置示意圖。其實驗操作步驟如下，請將缺少的部分補全：
a．按照實驗裝置，把打點計時器固定在長木板　 　（選填“遠離”或“靠近”）滑輪的一端，接好電源（電壓220V，頻率50Hz）；
b．把一細繩系在小車上，細繩繞過滑輪，下端掛合適的鉤碼，紙帶穿過打點計時器，固定在小車后面；
c．把小車停在　 　（選填“遠離”或“靠近”）打點計時器處，先接通電源后釋放小車；
d．小車運動一段時間后，關閉打點計時器，取下紙帶；
e．更換紙帶重復實驗三次，選擇
如上圖所示的一條比較理想的紙帶（兩相鄰計數點間還有4個點未畫出）測得，經過分析計算得知打A點時小車的瞬時速度大小是　 　（計算結果保留兩位有效數字）。
（3）下圖是用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼，去“探究彈力與彈簧形變量的關系”的實驗裝置示意圖，為完成實驗，還必需增補的一件實驗器材是　 　。
【答案】（1）平衡摩擦力（或補償阻力）
（2）遠離；靠近；0.86
（3）毫米刻度尺（或刻度尺）
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系；探究加速度與力、質量的關系；探究小車速度隨時間變化的規律
【解析】【解答】本題考查了驗證牛頓第二定律以及測量做直線運動物體的瞬時速度、探究彈力與彈簧形變量的關系的實驗，理解實驗目的、步驟、數據處理以及誤差分析是解決此類問題的關鍵。
（1）將木板的右端墊高是為了平衡摩擦力。
（2）小車應遠離滑輪的一端，并把小車靠近打點計時器，使小車拖動紙帶打出更多的點跡，便于分析小車的運動情況；由題可知，相鄰計數點之間的時間間隔
打A點時小車的瞬時速度大小則
（3）還需要用刻度尺測量彈簧的長度。
【分析】（1）根據將木板的右端墊高是為了平衡摩擦力分析求解；
（2）根據小車應遠離滑輪的一端，并把小車靠近打點計時器，使小車拖動紙帶打出更多的點跡，結合平均速度法分析求解；
（3）根據需要用刻度尺測量彈簧的長度分析求解。
（1）將木板的右端墊高是為了平衡摩擦力。
（2）[1][2]小車應遠離滑輪的一端，并把小車靠近打點計時器，使小車拖動紙帶打出更多的點跡，便于分析小車的運動情況；
[3]由題可知，相鄰計數點之間的時間間隔
打A點時小車的瞬時速度大小則
（3）還需要用刻度尺測量彈簧的長度。
四、計算題（本題共3小題，共38分）解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟。
13．（2025高一上·潮陽期末）2024年11月3日，杭州馬拉松賽場上首次引入了四足機器人作為官方配速員（這就是馬拉松比賽中俗稱的“兔子”），為賽事增添了科技感和趣味性。工作人員對“兔子”的短程“試訓”可視為由靜止開始的勻加速直線運動、勻速直線運動和勻減速直線運動到停止的三個過程。其中在勻加速過程中運動了，用時；勻速運動的時間；勻減速過程中的加速度大小；求：
（1）“兔子”在加速過程中的加速度大小和最大速度；
（2）“兔子”運動的總時間t和全程的平均速度。
【答案】（1）解：“兔子”在加速階段由運動學公式得
解得
又有
解得最大速度
（2）解：由運動學公式得：“兔子”在勻減速階段運動的位移大小和時間，
解得
據題意可知勻速階段，勻速運動階段的位移為
則“兔子”在整個“試訓”過程得總位移為
總時間
由運動學公式可知“兔子”在整個“試訓”過程平均速度
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系
【解析】【分析】（1）根據位移—時間關系求解加速度大小，由速度—時間公式求解速度；
（2）對兔子進行運動分析，由位移關系求解。
（1）“兔子”在加速階段由運動學公式得
解得
又有
解得最大速度
（2）由運動學公式得：“兔子”在勻減速階段運動的位移大小和時間，
解得
據題意可知勻速階段，勻速運動階段的位移為
則“兔子”在整個“試訓”過程得總位移為
總時間
由運動學公式可知“兔子”在整個“試訓”過程平均速度
14．（2025高一上·潮陽期末）2024年11月14日，航天員葉光富、李聰、李廣蘇在中國空間站完成相關工作后搭乘神舟十八號載人飛船順利返回。神舟十八號載人飛船的返回艙在距地面某一高度時速度為，此時啟動減速降落傘裝置開始做減速運動。當返回艙減速至某一速度后，繼續勻速下降。啟動減速傘后的速度隨時間變化的關系如圖所示。已知返回艙和減速傘的總質量為m，兩者的運動可以看做豎直方向的直線運動，在下落過程中受到的空氣阻力f與其下落速度v的平方成正比，即，k為已知常數，重力加速度為g；
（1）求啟動減速傘的瞬間，返回艙加速度的大小和方向
（2）從力和運動的關系分析，啟動減速傘后返回艙下落過程中加速度大小的變化；并求出返回艙勻速下降過程的速度大小
【答案】（1）解：據題意和圖像可知，啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘受到的空氣阻力
設啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘共同的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
解得
返回艙加速度的方向豎直向上。
（2）解：剛打開降落傘時，返回艙和減速傘受到的空氣阻力大于其重力，且二者合力與速度方向相反，故返回艙和減速傘一起向下減速運動；由于速度的減小，導致空氣阻力減小，由牛頓第二定律可知，返回艙和減速傘共同的加速度減小；當空氣阻力減小到等于重力時，二者共同加速度減到零，返回艙和減速傘開始勻速下降。
設其勻速下降的速度大小為v勻，由平衡條件可得
解得
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【分析】（1）對返回艙和減速傘受力分析，受重力和空氣阻力，加速度豎直向上，根據牛頓第二定律列式求解即可；
（2）空氣阻力減小，合力減小，加速度減小，當空氣阻力減小到等于重力時返回艙和減速傘開始勻速下降。
（1）據題意和圖像可知，啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘受到的空氣阻力
設啟動減速傘的瞬間，返回艙和減速傘共同的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
解得
返回艙加速度的方向豎直向上。
（2）剛打開降落傘時，返回艙和減速傘受到的空氣阻力大于其重力，且二者合力與速度方向相反，故返回艙和減速傘一起向下減速運動；由于速度的減小，導致空氣阻力減小，由牛頓第二定律可知，返回艙和減速傘共同的加速度減小；當空氣阻力減小到等于重力時，二者共同加速度減到零，返回艙和減速傘開始勻速下降。
設其勻速下降的速度大小為v勻，由平衡條件可得
解得
15．（2025高一上·潮陽期末）圖（a）為自動感應門，門框上沿中央安裝有傳感器，當人或物體與傳感器的水平距離小于或等于某個設定值（可稱為水平感應距離）時，中間兩扇門分別向左右平移，當人或物體與傳感器的距離大于設定值時，門將自動關閉，圖（b）為感應門的俯視圖，A為傳感器位置，虛線圓是傳感器的感應范圍，已知每扇門的寬度為，最大移動速度為，若門開啟時先勻加速運動到最大速度后立即以大小相等的加速度勻減速運動，每扇門完全開啟時的速度剛好為零，移動的最大距離為（不計門及門框的厚度）。求：
（1）門開啟時做加速和減速運動的加速度大小；
（2）若人以的速度勻速沿圖中虛線s走向感應門，要求人到達門框時左右門同時各自移動0.6m的距離，那么設定的傳感器水平感應距離L應為多少？
（3）若以（2）的感應距離設計感應門，欲搬運寬為的物體（厚度不計），并使物體中間沿虛線s垂直地勻速通過該門（如圖c），物體的移動速度不能超過多少？
【答案】（1）解：分析可知勻加速和勻減速位移相同，均為
由運動學公式得
解得加速度大小
（2）解：門加速移動0.6m過程中，由運動學公式得，用時為
設定的感應距離為
解得
（3）解：搬運物體到感應區后，門先勻加速移動0.6m，若搬運物體成功，門至少還要勻減速
移動的距離為
由運動學公式得
得勻減速用時或（舍去）
則開門用時
物體移動速度的最大值
故物體的移動速度不能超過。
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系
【解析】【分析】（1）門先加速后減速，減速的時間與加速的時間是相等的；然后由速度—位移公式即可求出；
（2）根據速度—時間關系分析加速和減速的時間，從而解得傳感器水平感應距離；
（3）根據勻減速運動的位移—時間關系解得。
（1）分析可知勻加速和勻減速位移相同，均為
由運動學公式得
解得加速度大小
（2）門加速移動0.6m過程中，由運動學公式得，用時為
設定的感應距離為
解得
（3）搬運物體到感應區后，門先勻加速移動0.6m，若搬運物體成功，門至少還要勻減速
移動的距離為
由運動學公式得
得勻減速用時或（舍去）
則開門用時
物體移動速度的最大值
故物體的移動速度不能超過。
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