資源簡介

廣東省清遠市2024-2025學年高一上學期期末教學質量檢測物理試卷
一、單項選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30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·清遠期末）騎行既可以強身健體、提升心肺功能、增強免疫力，又可以響應國家綠色出行倡議減少碳排放。一市民在某次騎行過程中由A點開始出發，經過一段時間后騎行了2.16公里到達B點，該市民通過手機運動軟件記錄的運動軌跡與信息如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．圖中“00：01”指的是時刻
B．圖中“2.16公里”為該次騎行的位移
C．圖中“33.26公里/時”指的是平均速率
D．研究騎行的路徑時人和自行車組成的系統可以看成為質點
【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；速度與速率
【解析】【解答】本題考查學生對運動學基本物理量、模型概念的理解，其中準確了解各種運動學名詞表達的物理意義即可解題。A．時刻是指時間點，圖中“00：01”指的是時間間隔，選項A錯誤；
B．圖中“2.16公里”為該次騎行的路程，選項B錯誤；
C．圖中“33.26公里、時”指的是瞬時速率，選項C錯誤；
D． 研究騎行的路徑時，人和自行車組成的系統大小和形狀可以忽略不計，可以看成為質點，選項D正確。
故選D。
【分析】時間間隔指一段時間，時刻為一個準確的時間點；路程即運動的實際軌跡的長短，位移指運動的空間位置變化；瞬時速率即指瞬時速度的大小，平均速率指一段時間、一段距離的比值；質點為理想化模型，即研究的問題不受所研究對象的形狀、大小等影響，可以抽象成僅有質量的點。
2．（2025高一上·清遠期末）某國產品牌的首款純電超跑——U9，在加速性能測試中，速度從0變化到100km/h的時間僅需2.36秒，比傳統跑車911所用時間更短。據此數據分析，下列說法正確的是（　　）
A．U9的速度比911大 B．U9的平均加速度比911大
C．U9的加速度約為 D．U9的速度變化比911慢
【答案】B
【知識點】加速度
【解析】【解答】本題考查學生對直線運動中加速度、平均加速度、速度與加速度的關系的理解，其中知道加速度的物理意義為解決本題的關鍵。A．速度從0變化到100km/h的過程，無法比較兩車的速度大小，故A錯誤；
BD．U9加速過程的時間較短，說明速度變化較快，即平均加速度比911大，故B正確，D錯誤；
C．U9的加速度約為
故C錯誤。
故選B 。
【分析】速度為矢量，既有大小又有方向，一般情況下所指的速度具有瞬時性，題干所示信息即一段變化過程，無法比較兩車的速度大小；根據加速階段的時間長短與速度的變化量，可比較平均加速度的大小；結合加速度定義式計算加速度大小。
3．（2025高一上·清遠期末）為確保國旗的上升與國歌精準同步，學校升旗隊進行了專項訓練。在某兩次訓練中升旗隊員都做到了在國歌開始時升旗，在國歌結束時國旗恰好到達旗桿的最高點。關于兩次國旗運動的運動圖像，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】運動學 S-t 圖象；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查運動學圖像，解題關鍵是知道x-t圖像的物理意義以及知道v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移。兩次升旗過程中，國旗的位移相同，時間也相同，即在s-t圖像中s和t都相等；在v-t圖像中時間t相同，圖像和坐標軸圍成的面積相同，可知D可能是正確的。
故選D。
【分析】v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，x-t圖像縱坐標可以表示相對于坐標原點的位移。
4．（2025高一上·清遠期末）下列說法或觀點不正確的是（　　）
A．伽利略認為物體運動不需要外力來維持
B．牛頓認為外力是改變物體運動狀態的原因
C．亞里士多德認為越重的物體下落越快，是因為它受到的重力大
D．力學的國際基本單位有kg（千克）、m（米）和s（秒）三個
【答案】C
【知識點】物理學史；力學單位制
【解析】【解答】對于物理學上著名物理學家的理論、實驗和重大發明要加強識記，這也是考試內容之一，重視知識的積累。A．伽利略通過理想實驗指出，物體若不受外力將維持原有運動狀態，否定了亞里士多德“力是維持運動原因”的觀點，A正確；
B．牛頓第一定律明確外力是改變物體運動狀態（即產生加速度）的原因，B正確；
C．亞里士多德認為重物下落更快是因物體“自然屬性”而非“受到的重力大”，他并未提出“重力”概念，C錯誤；
D．國際單位制（SI）中，力學基本單位為質量（kg）、長度（m）、時間（s），其他單位（如力的牛頓）均為導出單位，D正確。
本題選錯誤的，故選C。
【分析】伽利略通過理想實驗指出，物體若不受外力將維持原有運動狀態，否定了亞里士多德“力是維持運動原因”的觀點，牛頓第一定律明確外力是改變物體運動狀態是原因，亞里士多德認為重物下落更快是因物體“自然屬性”而非“受到的重力大”，他并未提出“重力”概念。
5．（2025高一上·清遠期末）如圖是建筑工地上常用的一種“深坑打夯機”，電動機帶動兩個滾輪勻速轉動將夯桿從深坑中提上來，當夯桿底端即將到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿底端剛到坑口時開始下落，夯桿只在重力作用下運動，夯桿底端落回深坑底且不反彈，接著兩個滾輪再次壓緊，將夯桿提上來，如此周而復始。已知坑深，不計因打夯引起的深度變化，則夯桿每次落回坑底的速度大小為（　　）
A．6.4m/s B．8m/s C．11.2m/s D．12m/s
【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】夯桿只在重力作用下運動， 夯桿可視作自由落體運動。 已知坑深， 由勻加速直線運動速度—位移公式得 v2 = 2gh
代入數據得 v =11.2m/s，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【分析】 利用勻變速運動速度—位移關系v2=2gh分析求解。
6．（2025高一上·清遠期末）2024年7月第五屆中國王中王圍棋爭霸賽中，九段棋手李軒豪在決賽中戰勝王星昊，以不敗戰績奪冠。如圖所示解說圍棋的大棋盤，棋盤豎直放置，棋盤和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋盤上，不計棋子之間的相互作用力，下列說法正確的是（　　）
A．棋盤對棋子的彈力豎直向上
B．棋子受到的彈力是棋子發生形變引起的
C．棋盤對棋子的磁力與棋子對棋盤的磁力是一對作用力與反作用力
D．棋盤對棋子的磁力與棋盤對棋子的彈力是一對作用力與反作用力
【答案】C
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律
【解析】【解答】本題主要考查了物體受力分析和牛頓第三定律，掌握平衡力時應注意其關鍵點：二力是作用在同一個物體上的，明確這一點即可與作用力與反作用力進行區分。A．由于棋盤是豎直放置，棋子與棋盤是面面接觸，所以棋盤對棋子的彈力應垂直于棋盤向外，故A錯誤；
B．棋子受到的彈力是因為棋盤發生形變后想要恢復到原來的形變而產生的，故B錯誤；
C．棋盤對棋子的磁力與棋子對棋盤的磁力是一對作用力與反作用力，故C正確；
D．棋盤對棋子的磁力與棋盤對棋子的彈力是一對平衡力，D錯誤。
故選C。
【分析】形變的物體為施力物體，對棋子進行受力分析，根據棋子的運動狀態，結合平衡的條件分析即可；根據牛頓第三定律可判定相互作用力。
7．（2025高一上·清遠期末）風箏起源于東周春秋時期，距今已2000多年，到南北朝時，風箏開始成為傳遞信息的工具，放風箏成為人們喜愛的戶外活動。如圖所示，風箏靜止在空中時輕繩與豎直方向成60°角，已知輕繩的拉力、風箏質量為0.2kg，取重力加速度。則下列說法正確的是（　　）
A．風的作用力豎直向上 B．風的作用力沿繩子方向向上
C．風的作用力大小為4N D．風的作用力大小為
【答案】D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要正確分析風箏受力，根據平衡條件的推論分析各力的關系，結合平行四邊形定則求解風力大小。AB．風箏懸停在空中，可得風箏所受的合力為零，其中重力方向豎直向下，輕繩拉力沿繩方向，根據平衡條件可知，風的作用力應與拉力及重力的合力等大反向，即作用力的方向不是豎直向上或沿繩子方向，故AB錯誤；
CD．根據平行四邊形定則可知，風的作用力大小為，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】風箏靜止在空中，合力為零，分析其受力，根據平衡條件，結合平行四邊定則分析解答。
8．（2025高一上·清遠期末）文房四寶“筆、墨、紙、硯”是中國獨有的書法繪畫工具。某同學正在紅紙上寫“福”字，紅紙平鋪在水平桌面上，并用“硯臺”壓住紅紙以防止打滑，整個書寫過程中紅紙始終保持靜止，則該同學在書寫過程中（　　）
A．向右行筆時，紅紙對毛筆的摩擦力方向向左
B．向右行筆時，桌面與紅紙之間可能不存在摩擦力
C．寫字時，紅紙與硯臺之間存在摩擦力
D．寫字時，運筆速度越快毛筆受到紙面的摩擦力就越小
【答案】A
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題主要考查對摩擦力方向的認識，需注意靜摩擦力的方向總是與物體相對運動趨勢的方向相反，所以可以先判斷出物體的相對運動趨勢，再分析靜摩擦力的方向情況。A．由于摩擦力方向總與兩物體發生相對運動的方向相反，向右行筆時，筆受到紅紙給的向左的摩擦力，故A正確；
B．由于筆受到紅紙提供的向左的摩擦力，根據牛頓第三定律，紅紙受到筆給的向右的摩擦力，紅紙為保持靜止狀態，必然受到桌面給的摩擦力，故B錯誤；
C．寫字時，如果硯臺受到紅紙給的摩擦力，則硯臺沿桌面方向受力不平衡，硯臺將無法保持靜止狀態，所以紅紙和硯臺之間不存在摩擦力，故C錯誤；
D．筆在紙上運動，產生的摩擦力為滑動摩擦力，根據滑動摩擦力表達式，可知滑動摩擦力大小與速度無關，故D錯誤。
故選A。
【分析】摩擦力方向總與兩物體發生相對運動的方向相反；根據受力平衡可知，判定摩擦力大小；根據滑動摩擦力表達式Ff=μFN即可判定。
9．（2025高一上·清遠期末）在日常生活中，人們觀察到重的物體比輕的物體下落得快。伽利略在1638年出版的《關于兩門新科學的對話》中對這一現象提出疑問，他猜想自由落體運動是一種最簡單的變速運動。伽利略讓小球從斜面的不同位置自由滾下，觀測小球多次從不同起點滾動的位移與所用時間平方的比值保持不變，不斷加大斜面的傾角，對于每一個特定的傾角，小球從不同高度滾下時這個比值仍然保持不變，說明小球在斜面上的運動是勻變速直線運動，將此結論合理推至斜面傾角為90°（即物體自由下落），其比值也將保持不變，小球仍做勻變速直線運動，關于伽利略開創的科學探究方法，下列流程表示中正確的是（　　）
A．觀察現象→猜想假設→提出問題→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→得出結論→修正或推廣假設
B．觀察現象→提出問題→猜想假設→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→得出結論→修正或推廣假設
C．觀察現象→提出問題→猜想假設→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→修正或推廣假設→得出結論
D．觀察現象→猜想假設→提出問題→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→修正或推廣假設→得出結論
【答案】B
【知識點】伽利略理想斜面實驗
【解析】【解答】本題解題關鍵在于明確各環節的邏輯關系，避免混淆“提出問題”與“猜想假設”、“得出結論”與“修正推廣”的先后順序。伽利略開創的科學探究方法的過程為：開始觀察現象然后提出問題之后猜想假設，再通過實驗研究和邏輯推理來驗證假設，然后得出結論，最后再進一步對結論進行修正或推廣假設。
故選B。
【分析】科學探究的一般流程為：觀察現象→發現并提出問題→作出猜想與假設→設計并進行實驗→分析數據與邏輯推理→得出結論→修正或推廣結論。
10．（2025高一上·清遠期末）如圖所示是高鐵列車車廂頂兩側的行李放置架，細心的乘客發現：列車緩緩減速進站時，行李箱在行李架上沒有滑動，列車停下的瞬間，行李箱向前滑動。以列車行進方向為正方向，設行李箱與行李架之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在這段過程中，下列行李箱所受摩擦力f與時間t的關系圖像中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了摩擦力和牛頓第二定律，理解摩擦力的產生和突變情況是解決此類問題的關鍵。以列車行進方向為正方向，列車減速進站時，行李箱受到靜摩擦力，加速度方向與正方向相反，而行李箱受合外力方向即摩擦力方向與加速度方向相同，可知摩擦力為負值；開始階段加速度較小，根據f=ma，則摩擦力較小，當停下的瞬間，行李箱受到的為滑動摩擦力，加速度較大，則摩擦力較大。
故選D。
【分析】根據列車減速進站時，行李箱受到靜摩擦力，加速度方向與正方向相反，而行李箱受合外力方向即摩擦力方向與加速度方向相同，結合牛頓第二定律分析求解。
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有多個選項符合要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。
11．（2025高一上·清遠期末）圖甲為某運動員蛙泳時蹬腿加速及慣性前進的示意圖，這兩個過程簡化為水平方向的勻變速運動，其速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，則（　　）
A．運動員在慣性前進過程做勻減速直線運動
B．運動員在蹬腿加速過程中的加速度為
C．運動員慣性前進的時間比蹬腿加速時間長0.5s
D．運動員完成一次動作周期，能夠前進1.18m
【答案】A,D
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查了v-t圖像斜率的意義以及圖像與坐標軸圍成的面積的意義。A．圖像斜率表示加速度，由圖乙速度v隨時間t的變化關系可知，運動員在慣性前進過程做勻減速直線運動，故A正確；
B．圖像斜率表示加速度，由圖乙速度v隨時間t的變化關系可知，運動員在蹬腿加速過程中的加速度為，故B錯誤；
C．由圖可知，運動員慣性前進的時間比蹬腿加速時間長0.3s，故C錯誤；
D．圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由圖可知，運動員完成一次動作周期，能夠前進，故D正確。
故選AD 。
【分析】v-t圖像斜率表示加速度，由圖乙可知，運動員在慣性前進過程做勻減速直線運動，解得乙的加速度，v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，解得前進位移。
12．（2025高一上·清遠期末）如圖所示，鍛煉身體用的某彈簧拉力器可以并列安裝多根完全相同的彈簧，每根彈簧的自然長度均為40cm已知每根彈簧的勁度系數均為2N/cm若該同學只安裝一根彈簧，第一次該同學通過雙手把彈簧拉長到140cm；第二次把拉力器一端固定在墻壁上，用單手同樣把彈簧拉長到140cm，彈簧都在彈性限度內，下列說法正確的是（　　）
A．兩次拉彈簧時，彈簧的彈力大小都為100N
B．兩次拉彈簧時，彈簧的彈力大小都為200N
C．第一次用雙手拉彈簧時，每只手對拉力器的拉力大小為100N
D．第二次用單手拉彈簧時，單手對拉力器的拉力大小為200N
【答案】B,D
【知識點】胡克定律
【解析】【解答】本題主要考查了胡克定律，解題關鍵是掌握胡克定律F=kx，x為形變量，結合彈簧水平受力分析。AB．根據題意，由胡克定律可知，兩次彈簧的彈力均為，故A錯誤，B正確；
CD．根據牛頓第三定律可知，兩次過程，與彈簧接觸的手，對彈簧的拉力都為200N，故D正確，C錯誤。
故選BD。
【分析】根據胡克定律F=kx計算即可，根據受力平衡可知，無論單手拉彈簧和雙手拉彈簧，每只手拉力大小相等。
13．（2025高一上·清遠期末）2024年10月11日，實踐十九號衛星在東風著陸場成功著陸，為我國返回式衛星回收系統再添一枚勛章，衛星返回至離地面十幾公里時打開主傘，快速減速至9m/s后勻速下落，在距離地面5m時衛星上的緩沖火箭點火，使衛星著地前瞬間速度降到1m/s，此時立即關閉緩沖火箭，最后衛星撞擊地面停下。下列說法正確的是（　　）
A．在打開主傘后減速過程，衛星處于失重狀態
B．在勻速下落過程，衛星處于失重狀態
C．在緩沖火箭噴氣過程，衛星處于超重狀態
D．在緩沖火箭在噴氣過程中，衛星所受合力的平均值小于其重力
【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡；超重與失重；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了學生對超重失重現象的理解以及動能定理的應用，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。A．在打開主傘后減速過程，物體加速度向上，處于超重狀態，故A錯誤；
B．在勻速下落過程，物體加速度為0，處于平衡狀態，故B錯誤；
C．在緩沖火箭噴氣過程，物體減速，加速度向上，處于超重狀態，故C正確；
D．在緩沖火箭在噴氣過程中，根據動能定理可得
代入數值解得
故D正確。
故選CD。
【分析】超重狀態的判斷依據是物體具有向上的加速度，在勻速下落過程，處于平衡狀態，根據動能定理求解合力的平均值。
14．（2025高一上·清遠期末）將小球從緊靠豎直支架A的位置由靜止釋放，小球沿著傾斜直槽向下運動。用頻閃照相機對小球的運動進行拍照，拍照的時間間隔為T，示意圖如圖所示，根據圖中對應刻度上的示數，選取連續的幾段，對位移的變化進行研究，發現。下列有關物理量計算的最優方法是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,D
【知識點】平均速度；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】本題考查實驗數據的相關處理方法，實驗過程中要盡可能多的利用實驗數據，實驗結果才可能越準確。AB．時間段越小，中間時刻的瞬時速度越接近過程的平均速度，故A錯誤，B正確；
CD．根據逐差法的思想，應盡可能多的利用測量得到的數據，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】時間段越小，中間時刻的瞬時速度越接近過程的平均速度，盡可能多的利用測量得到的數據，得到的結果更加準確。
15．（2025高一上·清遠期末）如圖甲所示，把固定有薄木板的臺秤校零后靜止放在水平面上，將一個帶有毛刷的木塊放在臺秤的木板上，臺秤示數如圖甲所示。若用一條與水平方向成76°斜向上的繩子拉木塊，木塊相對于木板仍保持靜止，臺秤示數如圖乙所示。已知毛刷與木板間的動摩擦因數為0.5，取重力加速度，，。下列說法正確的有（　　）
A．木塊受到的重力是15N
B．在拉力的作用下，木塊受到的重力變為6N
C．木塊受到的摩擦力為2.25N，方向水平向左
D．乙圖中若繩子的拉力大小不變，繩子與水平方向的夾角變小，則臺秤的示數變小
【答案】A,C
【知識點】重力與重心；共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要正確分析木塊的受力，運用正交分解法，根據平衡條件分析解答。A．由左圖可知，臺秤的示數為1.50kg，則木塊的重力為G=mg=15N
故A正確；
B．重力大小與是否受力無關，重力不會隨拉力而變化，故B錯誤；
C．根據水平方向平衡條件，木塊受到的摩擦力
根據豎直方向平衡條件
其中由右圖讀出
聯立解得
方向水平向左，故C正確；
D．乙圖中若繩子的拉力大小不變，繩子與水平方向的夾角變小，則繩子對木塊豎直方向的拉力減小，根據平衡條件可知，臺秤對木塊的支持力變大，則臺秤的示數變大，故D錯誤。
故選 AC。
【分析】由臺秤讀出木塊的質量m，由G=mg求其重力；有拉力作用時，木塊的重力不變；根據平衡條件求木塊受到的摩擦力；乙圖中若繩子的拉力大小不變，繩子與水平方向的夾角變小，分析臺秤對木塊的支持力變化情況，再判斷如秤示數變化情況。
三、非選擇題：本題共5小題，共50分。
16．（2025高一上·清遠期末）為探究彈簧的彈力與形變量之間的關系，某同學用鐵架臺、彈簧、毫米刻度尺、鉤碼、鉛筆等器材，按照如下實驗步驟完成實驗：
a、如圖甲，將鐵架臺固定于桌子上，并將彈簧的一端系于橫梁上，在彈簧附近豎直固定一把刻度尺；
b、記下彈簧不掛鉤碼時其下端指針在毫米刻度尺上的讀數；
c、逐一將鉤碼掛在彈簧的鉤子上；
d、每添加一個鉤碼后，待彈簧靜止，記錄此時指針在毫米刻度尺上的讀數；
e、取下鉤碼、彈簧和毫米刻度尺，整理儀器。
請完成下列問題：
（1）圖乙為彈簧不掛鉤碼時其下端指針在毫米刻度尺上所對應的讀數，則　 　cm；
（2）關于本實驗中的實驗操作及實驗結果，以下說法正確的是______（填標號）。
A．該實驗前須先將彈簧水平放置測量其原長
B．在安裝毫米刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態
C．不掛鉤碼時的讀數為彈簧的原長
D．每次添加鉤碼后，應保證鉤碼處于靜止狀態再讀數
【答案】（1）6.00
（2）B；D
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】本題考查了探究彈簧的彈力與形變量之間的關系的實驗，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）由圖讀出讀數為6.00cm；
（2）A． 在測量彈簧原長時，應將彈簧豎直懸掛，待靜止時測出其長度，故A錯誤；
B．在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態，故B正確；
C．彈簧上端的讀數未知，不掛鉤碼時，上下兩端的讀數之差為彈簧原長，故C錯誤；
D．懸掛鉤碼時，為減小誤差，應在鉤碼靜止后再讀數，故D正確。
故選BD。
【分析】（1）根據彈簧測力計讀數規則讀數，讀數要估讀到最小刻度后一位；
（2）根據實驗標準步驟分析求解。
（1）由圖讀出讀數為6.00cm；
（2）A． 在測量彈簧原長時，應將彈簧豎直懸掛，待靜止時測出其長度，故A錯誤；
B．在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態，故B正確；
C．彈簧上端的讀數未知，不掛鉤碼時，上下兩端的讀數之差為彈簧原長，故C錯誤；
D．懸掛鉤碼時，為減小誤差，應在鉤碼靜止后再讀數，故D正確。
故選BD。
17．（2025高一上·清遠期末）實驗小組采用圖甲裝置驗證“力的平行四邊形定則”。
（1）如圖乙所示，直接用一個彈簧測力計去拉細繩，使匯力圓環與平板上的定位圓重合，記錄這個拉力的大小和方向；此時拉力大小如圖丁所示，則拉力　 　N；
（2）分別將彈簧測力計連接在兩根細繩的末端，使匯力圓環與平板上的定位圓重合，調整兩條細繩的方向如圖丙所示，記錄兩個拉力的方向，此時左右兩彈簧的讀數分別為、；
（3）在戊圖中用力的圖示法驗證“力的平行四邊形定則”　 　（請在答題卡上作答，其他地方作答無效）；
（4）關于本實驗中的實驗操作及實驗結果，以下說法正確的是　 　（填標號）。
A.拉橡皮條時，為了操作方便，可以稍微斜向上拉彈簧測力計
B.用匯力圓環代替細繩結點是為了更便捷、更準確的拉到同一位置，減小誤差
C.細繩的方向沿著射線方向進行實驗是為了減少實驗誤差和方便操作
D.用兩彈簧測力計拉橡皮筋時，由于匯力圓環有抖動，此時可用手輕輕按住圓環以便準確讀數
【答案】4.05；；BC
【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。彈簧測力計讀數F=4.05N
用力的圖示法驗證“力的平行四邊形定則”，注意選取適當的標度，如圖
A．拉橡皮條時，不可以斜向上拉彈簧測力計，需要與平板保持平行，故A錯誤；
B．為減小誤差，用匯力圓環代替細繩結點拉到定位圓的位置，使得實驗更便捷、更準確，故B正確；
C．細繩的方向沿著射線方向進行實驗能方便操作且減少實驗誤差，故C正確；
D．用手輕輕按住圓環會使得細繩不在同一平面上，彈簧測力計讀數會發生變化，導致誤差增大，故D錯誤。
故選BC。
【分析】（1）根據彈簧測力計讀數規則讀數；
（3）根據圖示法驗證“力的平行四邊形定則”，注意選取適當的標度；
（4）根據實驗標準步驟，結合實驗的誤差分析求解。
18．（2025高一上·清遠期末）某校物理興趣小組采用攝像技術記錄空心塑料小球的下落情況，然后在視頻中每隔0.02秒截出一張照片，如下圖所示。
（1）讀出小球上邊緣在刻度尺上的位置，，，，，將小球在開始下落后的相等時間間隔內下落的高度分別記為、、和，其中　 　cm；
（2）小球下落的加速度　 　（計算結果保留三位有效數字）；
（3）計算得到的小球下落的加速度　 　（填“大于”，“小于”或“等于”）當地的重力加速度，你覺得可能的原因是　 　（寫出一個原因即可）。
【答案】（1）2.80
（2）9.38
（3）小于；存在空氣阻力
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】本題考查了探究自由落體運動的實驗，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）根據題意
（2）根據逐差法可得
（3）計算得到的小球下落的加速度小于當地的重力加速度；可能存在空氣阻力，導致測量加速度偏小。
【分析】（1）根據高度差h3=d4-d3分析求解；
（2）根據逐差法分析求解；
（3）根據小球下落的加速度小于當地的重力加速度，可能存在空氣阻力，導致測量加速度偏小分析求解。
（1）根據題意
（2）根據逐差法可得
（3）[1]計算得到的小球下落的加速度小于當地的重力加速度；
[2]可能存在空氣阻力，導致測量加速度偏小。
19．（2025高一上·清遠期末）如圖所示，體育課上同學們推著負重阻力雪橇車進行爆發力訓練。若某同學用水平推力推著總質量為45kg的負重阻力雪橇車向左做勻速直線運動，該雪橇車與橡膠地面間的動摩擦因數為0.8，取重力加速度。
（1）求該雪橇車受到的摩擦力；
（2）該同學以同樣的推力可以使得總質量為60kg的雪橇車在人工草地上勻速運動，求雪橇車與人工草地的動摩擦因數。
【答案】（1）解：由勻速運動可知，雪橇車受到的水平推力與摩擦力大小相等。根據動摩擦力公式 f = μmg
得f = 0.8 × 45 kg × 10 m/s2 = 360 N
（2）解：若用同樣的推力推總質量為 60kg 的雪橇車在人工草地上勻速運動，則此時的摩擦力（即推力）大小仍為 360 N。設此時動摩擦因數為 μ’則
解得 μ’ = 0.6
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）根據滑動摩擦力公式計算該雪橇車受到的摩擦力；
（2）根據平衡條件求出推力大小，再由滑動摩擦力公式求雪橇車與人工草地的動摩擦因數。
（1）由勻速運動可知，雪橇車受到的水平推力與摩擦力大小相等。
根據動摩擦力公式 f = μmg，得f = 0.8 × 45 kg × 10 m/s2 = 360 N
（2）若用同樣的推力推總質量為 60 kg 的雪橇車在人工草地上勻速運動，則此時的摩擦力（即推力）大小仍為 360 N。設此時動摩擦因數為 μ’
則
解得 μ’ = 0.6
20．（2025高一上·清遠期末）某同學在預習物理課本時，對課本上的《汽車行駛的安全距離示意圖》很感興趣，他發現圖中汽車行駛的反應距離與車速成正比，而汽車的剎車距離與車速的平方成正比。取重力加速度。
（1）試說明圖中汽車在停車過程中的運動類型，并根據圖片信息，求圖中司機的反應時間，以及這輛汽車剎車時的加速度大小；
（2）下表列出了各種路面與車胎之間的動摩擦因數，通過計算可分析出，這輛汽車的行駛數據是在哪種路面上測試所得？
路面 動摩擦因數
干瀝青混凝土路面 0.7~0.8
干碎石路面 0.4~0.7
濕瀝青混凝土路面 0.32~0.4
【答案】（1）解：由題可知，汽車在駕駛員尚未踩下剎車的“反應”階段中以恒定速度勻速行駛；當駕駛員踩下剎車后，汽車轉為勻減速運動，直至停車。
取v= 72 km/h（即 20 m/s）時的反應距離為 20 m，剎車距離為x=40m，則反應時間；
剎車時的加速度大小
（2）解：根據牛頓第二定律和摩擦力公式 F = μmg（設汽車剎車時車輪近似抱死）可知：(加速度) a = μg
已得 a =5 m/s2，則μ = 0.5
對照題中給出的路面與車胎間的動摩擦因數表可知，μ = 0.5 處于干碎石路面 (0.4 ~ 0.7) 的范圍內，故該數據應是在干碎石路面上測試所得。
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）圖中汽車在停車過程中先勻速后勻減速，并根據圖片信息，圖中司機的反應時間為1s，這輛汽車剎車時的加速度大小為5m/s2；
（2）如表列出了各種路面與車胎之間的動摩擦因數，通過計算可分析出，這輛汽車的行駛數據是在干碎石路面路面上測試所得。
（1）由題可知，汽車在駕駛員尚未踩下剎車的“反應”階段中以恒定速度勻速行駛；
當駕駛員踩下剎車后，汽車轉為勻減速運動，直至停車。
取v= 72 km/h（即 20 m/s）時的反應距離為 20 m，剎車距離為x=40m，則反應時間；
剎車時的加速度大小
（2）根據牛頓第二定律和摩擦力公式 F = μmg（設汽車剎車時車輪近似抱死）可知：(加速度) a = μg
已得 a =5 m/s2，則μ = 0.5
對照題中給出的路面與車胎間的動摩擦因數表可知，μ = 0.5 處于干碎石路面 (0.4 ~ 0.7) 的范圍內，故該數據應是在干碎石路面上測試所得。
21．（2025高一上·清遠期末）自動卸貨裝置的設計體現勞動人民的智慧，如圖所示，A點為貨物裝載位置，水平直軌道AB段為長度的加速路段，BC段為長度的水平傳送帶，傳送帶始終以速率順時針轉動，CD段可視為光滑，軌道右端固定一輕彈簧。在A點工人將貨物裝入一個質量為的貨箱中，并以恒定水平推力推動貨箱與貨物，使之從A點由靜止開始運動到B點。若某次裝載貨物質量為（未知），到達B點時速度，同時撤去推力，貨箱和貨物滑離傳送帶后壓縮彈簧，彈簧壓縮到最短時立即被鎖定，待取走貨物后解除彈簧鎖定，彈簧把貨箱彈回C點，已知貨箱兩次經過C點的速度大小相等，貨箱恰好能返回貨物裝載位置A點。貨箱和貨物均可視為質點，貨箱與AB軌道之間的動摩擦因數，貨箱與傳送帶間的動摩擦因數，貨物在貨箱中始終與貨箱保持相對靜止，傳送帶與AB、CD軌道在B、C兩點平滑相接，取重力加速度，求：
（1）貨箱所裝載貨物的質量是多少？
（2）貨箱和貨物在傳送帶上從B點運動到C點所需時間是多少？
（3）若工人推力不變，要求貨箱恰好回到貨物裝載位置A點，求貨箱所裝載貨物的最大質量是多少？
【答案】（1）解：由A到B過程，根據牛頓第二定律
根據運動學規律
解得
（2）解：貨箱和貨物在傳送帶上加速過程
運動距離
勻速運動時間
貨箱和貨物在傳送帶上從B點運動到C點所需時間
（3）解：根據題意分析，要求貨箱恰好回到貨物裝載位置A點，則到達C點時貨物的速度應為10m/s，當貨物在傳送帶上一直加速到C時恰好與傳送帶共速，為所求臨界值；
由B到C過程：
由A到B過程：，
解得：
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）在AB段，對貨箱和貨物整體受力分析，根據牛頓第二定律列出方程，結合勻變速直線運動速度—位移公式，聯立求解m1；
（2）先判斷貨箱和貨物在傳送帶上的運動狀態，可能先加速后勻速。分別根據牛頓第二定律求出加速階段加速度，結合運動學公式求出加速時間和位移，再計算勻速階段時間，兩者相加得到tBC；
（3）根據能量守恒定律，分析貨箱從C點返回A點過程中能量轉化關系。結合在AB段的受力分析和牛頓第二定律，聯立方程求解m2。
（1）由A到B過程，根據牛頓第二定律
根據運動學規律
解得
（2）貨箱和貨物在傳送帶上加速過程，運動距離
勻速運動時間
貨箱和貨物在傳送帶上從B點運動到C點所需時間
（3）根據題意分析，要求貨箱恰好回到貨物裝載位置A點，則到達C點時貨物的速度應為10m/s，當貨物在傳送帶上一直加速到C時恰好與傳送帶共速，為所求臨界值；
由B到C過程：
由A到B過程：，
解得：
1 / 1廣東省清遠市2024-2025學年高一上學期期末教學質量檢測物理試卷
一、單項選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30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·清遠期末）騎行既可以強身健體、提升心肺功能、增強免疫力，又可以響應國家綠色出行倡議減少碳排放。一市民在某次騎行過程中由A點開始出發，經過一段時間后騎行了2.16公里到達B點，該市民通過手機運動軟件記錄的運動軌跡與信息如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．圖中“00：01”指的是時刻
B．圖中“2.16公里”為該次騎行的位移
C．圖中“33.26公里/時”指的是平均速率
D．研究騎行的路徑時人和自行車組成的系統可以看成為質點
2．（2025高一上·清遠期末）某國產品牌的首款純電超跑——U9，在加速性能測試中，速度從0變化到100km/h的時間僅需2.36秒，比傳統跑車911所用時間更短。據此數據分析，下列說法正確的是（　　）
A．U9的速度比911大 B．U9的平均加速度比911大
C．U9的加速度約為 D．U9的速度變化比911慢
3．（2025高一上·清遠期末）為確保國旗的上升與國歌精準同步，學校升旗隊進行了專項訓練。在某兩次訓練中升旗隊員都做到了在國歌開始時升旗，在國歌結束時國旗恰好到達旗桿的最高點。關于兩次國旗運動的運動圖像，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·清遠期末）下列說法或觀點不正確的是（　　）
A．伽利略認為物體運動不需要外力來維持
B．牛頓認為外力是改變物體運動狀態的原因
C．亞里士多德認為越重的物體下落越快，是因為它受到的重力大
D．力學的國際基本單位有kg（千克）、m（米）和s（秒）三個
5．（2025高一上·清遠期末）如圖是建筑工地上常用的一種“深坑打夯機”，電動機帶動兩個滾輪勻速轉動將夯桿從深坑中提上來，當夯桿底端即將到達坑口時，兩個滾輪彼此分開，將夯桿釋放，夯桿底端剛到坑口時開始下落，夯桿只在重力作用下運動，夯桿底端落回深坑底且不反彈，接著兩個滾輪再次壓緊，將夯桿提上來，如此周而復始。已知坑深，不計因打夯引起的深度變化，則夯桿每次落回坑底的速度大小為（　　）
A．6.4m/s B．8m/s C．11.2m/s D．12m/s
6．（2025高一上·清遠期末）2024年7月第五屆中國王中王圍棋爭霸賽中，九段棋手李軒豪在決賽中戰勝王星昊，以不敗戰績奪冠。如圖所示解說圍棋的大棋盤，棋盤豎直放置，棋盤和棋子都是磁性材料制成，棋子能吸在棋盤上，不計棋子之間的相互作用力，下列說法正確的是（　　）
A．棋盤對棋子的彈力豎直向上
B．棋子受到的彈力是棋子發生形變引起的
C．棋盤對棋子的磁力與棋子對棋盤的磁力是一對作用力與反作用力
D．棋盤對棋子的磁力與棋盤對棋子的彈力是一對作用力與反作用力
7．（2025高一上·清遠期末）風箏起源于東周春秋時期，距今已2000多年，到南北朝時，風箏開始成為傳遞信息的工具，放風箏成為人們喜愛的戶外活動。如圖所示，風箏靜止在空中時輕繩與豎直方向成60°角，已知輕繩的拉力、風箏質量為0.2kg，取重力加速度。則下列說法正確的是（　　）
A．風的作用力豎直向上 B．風的作用力沿繩子方向向上
C．風的作用力大小為4N D．風的作用力大小為
8．（2025高一上·清遠期末）文房四寶“筆、墨、紙、硯”是中國獨有的書法繪畫工具。某同學正在紅紙上寫“福”字，紅紙平鋪在水平桌面上，并用“硯臺”壓住紅紙以防止打滑，整個書寫過程中紅紙始終保持靜止，則該同學在書寫過程中（　　）
A．向右行筆時，紅紙對毛筆的摩擦力方向向左
B．向右行筆時，桌面與紅紙之間可能不存在摩擦力
C．寫字時，紅紙與硯臺之間存在摩擦力
D．寫字時，運筆速度越快毛筆受到紙面的摩擦力就越小
9．（2025高一上·清遠期末）在日常生活中，人們觀察到重的物體比輕的物體下落得快。伽利略在1638年出版的《關于兩門新科學的對話》中對這一現象提出疑問，他猜想自由落體運動是一種最簡單的變速運動。伽利略讓小球從斜面的不同位置自由滾下，觀測小球多次從不同起點滾動的位移與所用時間平方的比值保持不變，不斷加大斜面的傾角，對于每一個特定的傾角，小球從不同高度滾下時這個比值仍然保持不變，說明小球在斜面上的運動是勻變速直線運動，將此結論合理推至斜面傾角為90°（即物體自由下落），其比值也將保持不變，小球仍做勻變速直線運動，關于伽利略開創的科學探究方法，下列流程表示中正確的是（　　）
A．觀察現象→猜想假設→提出問題→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→得出結論→修正或推廣假設
B．觀察現象→提出問題→猜想假設→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→得出結論→修正或推廣假設
C．觀察現象→提出問題→猜想假設→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→修正或推廣假設→得出結論
D．觀察現象→猜想假設→提出問題→實驗研究和邏輯推理（包括數學）→修正或推廣假設→得出結論
10．（2025高一上·清遠期末）如圖所示是高鐵列車車廂頂兩側的行李放置架，細心的乘客發現：列車緩緩減速進站時，行李箱在行李架上沒有滑動，列車停下的瞬間，行李箱向前滑動。以列車行進方向為正方向，設行李箱與行李架之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在這段過程中，下列行李箱所受摩擦力f與時間t的關系圖像中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有多個選項符合要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。
11．（2025高一上·清遠期末）圖甲為某運動員蛙泳時蹬腿加速及慣性前進的示意圖，這兩個過程簡化為水平方向的勻變速運動，其速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，則（　　）
A．運動員在慣性前進過程做勻減速直線運動
B．運動員在蹬腿加速過程中的加速度為
C．運動員慣性前進的時間比蹬腿加速時間長0.5s
D．運動員完成一次動作周期，能夠前進1.18m
12．（2025高一上·清遠期末）如圖所示，鍛煉身體用的某彈簧拉力器可以并列安裝多根完全相同的彈簧，每根彈簧的自然長度均為40cm已知每根彈簧的勁度系數均為2N/cm若該同學只安裝一根彈簧，第一次該同學通過雙手把彈簧拉長到140cm；第二次把拉力器一端固定在墻壁上，用單手同樣把彈簧拉長到140cm，彈簧都在彈性限度內，下列說法正確的是（　　）
A．兩次拉彈簧時，彈簧的彈力大小都為100N
B．兩次拉彈簧時，彈簧的彈力大小都為200N
C．第一次用雙手拉彈簧時，每只手對拉力器的拉力大小為100N
D．第二次用單手拉彈簧時，單手對拉力器的拉力大小為200N
13．（2025高一上·清遠期末）2024年10月11日，實踐十九號衛星在東風著陸場成功著陸，為我國返回式衛星回收系統再添一枚勛章，衛星返回至離地面十幾公里時打開主傘，快速減速至9m/s后勻速下落，在距離地面5m時衛星上的緩沖火箭點火，使衛星著地前瞬間速度降到1m/s，此時立即關閉緩沖火箭，最后衛星撞擊地面停下。下列說法正確的是（　　）
A．在打開主傘后減速過程，衛星處于失重狀態
B．在勻速下落過程，衛星處于失重狀態
C．在緩沖火箭噴氣過程，衛星處于超重狀態
D．在緩沖火箭在噴氣過程中，衛星所受合力的平均值小于其重力
14．（2025高一上·清遠期末）將小球從緊靠豎直支架A的位置由靜止釋放，小球沿著傾斜直槽向下運動。用頻閃照相機對小球的運動進行拍照，拍照的時間間隔為T，示意圖如圖所示，根據圖中對應刻度上的示數，選取連續的幾段，對位移的變化進行研究，發現。下列有關物理量計算的最優方法是（　　）
A．
B．
C．
D．
15．（2025高一上·清遠期末）如圖甲所示，把固定有薄木板的臺秤校零后靜止放在水平面上，將一個帶有毛刷的木塊放在臺秤的木板上，臺秤示數如圖甲所示。若用一條與水平方向成76°斜向上的繩子拉木塊，木塊相對于木板仍保持靜止，臺秤示數如圖乙所示。已知毛刷與木板間的動摩擦因數為0.5，取重力加速度，，。下列說法正確的有（　　）
A．木塊受到的重力是15N
B．在拉力的作用下，木塊受到的重力變為6N
C．木塊受到的摩擦力為2.25N，方向水平向左
D．乙圖中若繩子的拉力大小不變，繩子與水平方向的夾角變小，則臺秤的示數變小
三、非選擇題：本題共5小題，共50分。
16．（2025高一上·清遠期末）為探究彈簧的彈力與形變量之間的關系，某同學用鐵架臺、彈簧、毫米刻度尺、鉤碼、鉛筆等器材，按照如下實驗步驟完成實驗：
a、如圖甲，將鐵架臺固定于桌子上，并將彈簧的一端系于橫梁上，在彈簧附近豎直固定一把刻度尺；
b、記下彈簧不掛鉤碼時其下端指針在毫米刻度尺上的讀數；
c、逐一將鉤碼掛在彈簧的鉤子上；
d、每添加一個鉤碼后，待彈簧靜止，記錄此時指針在毫米刻度尺上的讀數；
e、取下鉤碼、彈簧和毫米刻度尺，整理儀器。
請完成下列問題：
（1）圖乙為彈簧不掛鉤碼時其下端指針在毫米刻度尺上所對應的讀數，則　 　cm；
（2）關于本實驗中的實驗操作及實驗結果，以下說法正確的是______（填標號）。
A．該實驗前須先將彈簧水平放置測量其原長
B．在安裝毫米刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態
C．不掛鉤碼時的讀數為彈簧的原長
D．每次添加鉤碼后，應保證鉤碼處于靜止狀態再讀數
17．（2025高一上·清遠期末）實驗小組采用圖甲裝置驗證“力的平行四邊形定則”。
（1）如圖乙所示，直接用一個彈簧測力計去拉細繩，使匯力圓環與平板上的定位圓重合，記錄這個拉力的大小和方向；此時拉力大小如圖丁所示，則拉力　 　N；
（2）分別將彈簧測力計連接在兩根細繩的末端，使匯力圓環與平板上的定位圓重合，調整兩條細繩的方向如圖丙所示，記錄兩個拉力的方向，此時左右兩彈簧的讀數分別為、；
（3）在戊圖中用力的圖示法驗證“力的平行四邊形定則”　 　（請在答題卡上作答，其他地方作答無效）；
（4）關于本實驗中的實驗操作及實驗結果，以下說法正確的是　 　（填標號）。
A.拉橡皮條時，為了操作方便，可以稍微斜向上拉彈簧測力計
B.用匯力圓環代替細繩結點是為了更便捷、更準確的拉到同一位置，減小誤差
C.細繩的方向沿著射線方向進行實驗是為了減少實驗誤差和方便操作
D.用兩彈簧測力計拉橡皮筋時，由于匯力圓環有抖動，此時可用手輕輕按住圓環以便準確讀數
18．（2025高一上·清遠期末）某校物理興趣小組采用攝像技術記錄空心塑料小球的下落情況，然后在視頻中每隔0.02秒截出一張照片，如下圖所示。
（1）讀出小球上邊緣在刻度尺上的位置，，，，，將小球在開始下落后的相等時間間隔內下落的高度分別記為、、和，其中　 　cm；
（2）小球下落的加速度　 　（計算結果保留三位有效數字）；
（3）計算得到的小球下落的加速度　 　（填“大于”，“小于”或“等于”）當地的重力加速度，你覺得可能的原因是　 　（寫出一個原因即可）。
19．（2025高一上·清遠期末）如圖所示，體育課上同學們推著負重阻力雪橇車進行爆發力訓練。若某同學用水平推力推著總質量為45kg的負重阻力雪橇車向左做勻速直線運動，該雪橇車與橡膠地面間的動摩擦因數為0.8，取重力加速度。
（1）求該雪橇車受到的摩擦力；
（2）該同學以同樣的推力可以使得總質量為60kg的雪橇車在人工草地上勻速運動，求雪橇車與人工草地的動摩擦因數。
20．（2025高一上·清遠期末）某同學在預習物理課本時，對課本上的《汽車行駛的安全距離示意圖》很感興趣，他發現圖中汽車行駛的反應距離與車速成正比，而汽車的剎車距離與車速的平方成正比。取重力加速度。
（1）試說明圖中汽車在停車過程中的運動類型，并根據圖片信息，求圖中司機的反應時間，以及這輛汽車剎車時的加速度大小；
（2）下表列出了各種路面與車胎之間的動摩擦因數，通過計算可分析出，這輛汽車的行駛數據是在哪種路面上測試所得？
路面 動摩擦因數
干瀝青混凝土路面 0.7~0.8
干碎石路面 0.4~0.7
濕瀝青混凝土路面 0.32~0.4
21．（2025高一上·清遠期末）自動卸貨裝置的設計體現勞動人民的智慧，如圖所示，A點為貨物裝載位置，水平直軌道AB段為長度的加速路段，BC段為長度的水平傳送帶，傳送帶始終以速率順時針轉動，CD段可視為光滑，軌道右端固定一輕彈簧。在A點工人將貨物裝入一個質量為的貨箱中，并以恒定水平推力推動貨箱與貨物，使之從A點由靜止開始運動到B點。若某次裝載貨物質量為（未知），到達B點時速度，同時撤去推力，貨箱和貨物滑離傳送帶后壓縮彈簧，彈簧壓縮到最短時立即被鎖定，待取走貨物后解除彈簧鎖定，彈簧把貨箱彈回C點，已知貨箱兩次經過C點的速度大小相等，貨箱恰好能返回貨物裝載位置A點。貨箱和貨物均可視為質點，貨箱與AB軌道之間的動摩擦因數，貨箱與傳送帶間的動摩擦因數，貨物在貨箱中始終與貨箱保持相對靜止，傳送帶與AB、CD軌道在B、C兩點平滑相接，取重力加速度，求：
（1）貨箱所裝載貨物的質量是多少？
（2）貨箱和貨物在傳送帶上從B點運動到C點所需時間是多少？
（3）若工人推力不變，要求貨箱恰好回到貨物裝載位置A點，求貨箱所裝載貨物的最大質量是多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；位移與路程；速度與速率
【解析】【解答】本題考查學生對運動學基本物理量、模型概念的理解，其中準確了解各種運動學名詞表達的物理意義即可解題。A．時刻是指時間點，圖中“00：01”指的是時間間隔，選項A錯誤；
B．圖中“2.16公里”為該次騎行的路程，選項B錯誤；
C．圖中“33.26公里、時”指的是瞬時速率，選項C錯誤；
D． 研究騎行的路徑時，人和自行車組成的系統大小和形狀可以忽略不計，可以看成為質點，選項D正確。
故選D。
【分析】時間間隔指一段時間，時刻為一個準確的時間點；路程即運動的實際軌跡的長短，位移指運動的空間位置變化；瞬時速率即指瞬時速度的大小，平均速率指一段時間、一段距離的比值；質點為理想化模型，即研究的問題不受所研究對象的形狀、大小等影響，可以抽象成僅有質量的點。
2．【答案】B
【知識點】加速度
【解析】【解答】本題考查學生對直線運動中加速度、平均加速度、速度與加速度的關系的理解，其中知道加速度的物理意義為解決本題的關鍵。A．速度從0變化到100km/h的過程，無法比較兩車的速度大小，故A錯誤；
BD．U9加速過程的時間較短，說明速度變化較快，即平均加速度比911大，故B正確，D錯誤；
C．U9的加速度約為
故C錯誤。
故選B 。
【分析】速度為矢量，既有大小又有方向，一般情況下所指的速度具有瞬時性，題干所示信息即一段變化過程，無法比較兩車的速度大小；根據加速階段的時間長短與速度的變化量，可比較平均加速度的大小；結合加速度定義式計算加速度大小。
3．【答案】D
【知識點】運動學 S-t 圖象；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查運動學圖像，解題關鍵是知道x-t圖像的物理意義以及知道v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移。兩次升旗過程中，國旗的位移相同，時間也相同，即在s-t圖像中s和t都相等；在v-t圖像中時間t相同，圖像和坐標軸圍成的面積相同，可知D可能是正確的。
故選D。
【分析】v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，x-t圖像縱坐標可以表示相對于坐標原點的位移。
4．【答案】C
【知識點】物理學史；力學單位制
【解析】【解答】對于物理學上著名物理學家的理論、實驗和重大發明要加強識記，這也是考試內容之一，重視知識的積累。A．伽利略通過理想實驗指出，物體若不受外力將維持原有運動狀態，否定了亞里士多德“力是維持運動原因”的觀點，A正確；
B．牛頓第一定律明確外力是改變物體運動狀態（即產生加速度）的原因，B正確；
C．亞里士多德認為重物下落更快是因物體“自然屬性”而非“受到的重力大”，他并未提出“重力”概念，C錯誤；
D．國際單位制（SI）中，力學基本單位為質量（kg）、長度（m）、時間（s），其他單位（如力的牛頓）均為導出單位，D正確。
本題選錯誤的，故選C。
【分析】伽利略通過理想實驗指出，物體若不受外力將維持原有運動狀態，否定了亞里士多德“力是維持運動原因”的觀點，牛頓第一定律明確外力是改變物體運動狀態是原因，亞里士多德認為重物下落更快是因物體“自然屬性”而非“受到的重力大”，他并未提出“重力”概念。
5．【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】夯桿只在重力作用下運動， 夯桿可視作自由落體運動。 已知坑深， 由勻加速直線運動速度—位移公式得 v2 = 2gh
代入數據得 v =11.2m/s，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【分析】 利用勻變速運動速度—位移關系v2=2gh分析求解。
6．【答案】C
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律
【解析】【解答】本題主要考查了物體受力分析和牛頓第三定律，掌握平衡力時應注意其關鍵點：二力是作用在同一個物體上的，明確這一點即可與作用力與反作用力進行區分。A．由于棋盤是豎直放置，棋子與棋盤是面面接觸，所以棋盤對棋子的彈力應垂直于棋盤向外，故A錯誤；
B．棋子受到的彈力是因為棋盤發生形變后想要恢復到原來的形變而產生的，故B錯誤；
C．棋盤對棋子的磁力與棋子對棋盤的磁力是一對作用力與反作用力，故C正確；
D．棋盤對棋子的磁力與棋盤對棋子的彈力是一對平衡力，D錯誤。
故選C。
【分析】形變的物體為施力物體，對棋子進行受力分析，根據棋子的運動狀態，結合平衡的條件分析即可；根據牛頓第三定律可判定相互作用力。
7．【答案】D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要正確分析風箏受力，根據平衡條件的推論分析各力的關系，結合平行四邊形定則求解風力大小。AB．風箏懸停在空中，可得風箏所受的合力為零，其中重力方向豎直向下，輕繩拉力沿繩方向，根據平衡條件可知，風的作用力應與拉力及重力的合力等大反向，即作用力的方向不是豎直向上或沿繩子方向，故AB錯誤；
CD．根據平行四邊形定則可知，風的作用力大小為，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】風箏靜止在空中，合力為零，分析其受力，根據平衡條件，結合平行四邊定則分析解答。
8．【答案】A
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】本題主要考查對摩擦力方向的認識，需注意靜摩擦力的方向總是與物體相對運動趨勢的方向相反，所以可以先判斷出物體的相對運動趨勢，再分析靜摩擦力的方向情況。A．由于摩擦力方向總與兩物體發生相對運動的方向相反，向右行筆時，筆受到紅紙給的向左的摩擦力，故A正確；
B．由于筆受到紅紙提供的向左的摩擦力，根據牛頓第三定律，紅紙受到筆給的向右的摩擦力，紅紙為保持靜止狀態，必然受到桌面給的摩擦力，故B錯誤；
C．寫字時，如果硯臺受到紅紙給的摩擦力，則硯臺沿桌面方向受力不平衡，硯臺將無法保持靜止狀態，所以紅紙和硯臺之間不存在摩擦力，故C錯誤；
D．筆在紙上運動，產生的摩擦力為滑動摩擦力，根據滑動摩擦力表達式，可知滑動摩擦力大小與速度無關，故D錯誤。
故選A。
【分析】摩擦力方向總與兩物體發生相對運動的方向相反；根據受力平衡可知，判定摩擦力大小；根據滑動摩擦力表達式Ff=μFN即可判定。
9．【答案】B
【知識點】伽利略理想斜面實驗
【解析】【解答】本題解題關鍵在于明確各環節的邏輯關系，避免混淆“提出問題”與“猜想假設”、“得出結論”與“修正推廣”的先后順序。伽利略開創的科學探究方法的過程為：開始觀察現象然后提出問題之后猜想假設，再通過實驗研究和邏輯推理來驗證假設，然后得出結論，最后再進一步對結論進行修正或推廣假設。
故選B。
【分析】科學探究的一般流程為：觀察現象→發現并提出問題→作出猜想與假設→設計并進行實驗→分析數據與邏輯推理→得出結論→修正或推廣結論。
10．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了摩擦力和牛頓第二定律，理解摩擦力的產生和突變情況是解決此類問題的關鍵。以列車行進方向為正方向，列車減速進站時，行李箱受到靜摩擦力，加速度方向與正方向相反，而行李箱受合外力方向即摩擦力方向與加速度方向相同，可知摩擦力為負值；開始階段加速度較小，根據f=ma，則摩擦力較小，當停下的瞬間，行李箱受到的為滑動摩擦力，加速度較大，則摩擦力較大。
故選D。
【分析】根據列車減速進站時，行李箱受到靜摩擦力，加速度方向與正方向相反，而行李箱受合外力方向即摩擦力方向與加速度方向相同，結合牛頓第二定律分析求解。
11．【答案】A,D
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查了v-t圖像斜率的意義以及圖像與坐標軸圍成的面積的意義。A．圖像斜率表示加速度，由圖乙速度v隨時間t的變化關系可知，運動員在慣性前進過程做勻減速直線運動，故A正確；
B．圖像斜率表示加速度，由圖乙速度v隨時間t的變化關系可知，運動員在蹬腿加速過程中的加速度為，故B錯誤；
C．由圖可知，運動員慣性前進的時間比蹬腿加速時間長0.3s，故C錯誤；
D．圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由圖可知，運動員完成一次動作周期，能夠前進，故D正確。
故選AD 。
【分析】v-t圖像斜率表示加速度，由圖乙可知，運動員在慣性前進過程做勻減速直線運動，解得乙的加速度，v-t圖像與時間軸圍成的面積表示位移，解得前進位移。
12．【答案】B,D
【知識點】胡克定律
【解析】【解答】本題主要考查了胡克定律，解題關鍵是掌握胡克定律F=kx，x為形變量，結合彈簧水平受力分析。AB．根據題意，由胡克定律可知，兩次彈簧的彈力均為，故A錯誤，B正確；
CD．根據牛頓第三定律可知，兩次過程，與彈簧接觸的手，對彈簧的拉力都為200N，故D正確，C錯誤。
故選BD。
【分析】根據胡克定律F=kx計算即可，根據受力平衡可知，無論單手拉彈簧和雙手拉彈簧，每只手拉力大小相等。
13．【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡；超重與失重；動能定理的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了學生對超重失重現象的理解以及動能定理的應用，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。A．在打開主傘后減速過程，物體加速度向上，處于超重狀態，故A錯誤；
B．在勻速下落過程，物體加速度為0，處于平衡狀態，故B錯誤；
C．在緩沖火箭噴氣過程，物體減速，加速度向上，處于超重狀態，故C正確；
D．在緩沖火箭在噴氣過程中，根據動能定理可得
代入數值解得
故D正確。
故選CD。
【分析】超重狀態的判斷依據是物體具有向上的加速度，在勻速下落過程，處于平衡狀態，根據動能定理求解合力的平均值。
14．【答案】B,D
【知識點】平均速度；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】本題考查實驗數據的相關處理方法，實驗過程中要盡可能多的利用實驗數據，實驗結果才可能越準確。AB．時間段越小，中間時刻的瞬時速度越接近過程的平均速度，故A錯誤，B正確；
CD．根據逐差法的思想，應盡可能多的利用測量得到的數據，故C錯誤，D正確。
故選BD。
【分析】時間段越小，中間時刻的瞬時速度越接近過程的平均速度，盡可能多的利用測量得到的數據，得到的結果更加準確。
15．【答案】A,C
【知識點】重力與重心；共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要正確分析木塊的受力，運用正交分解法，根據平衡條件分析解答。A．由左圖可知，臺秤的示數為1.50kg，則木塊的重力為G=mg=15N
故A正確；
B．重力大小與是否受力無關，重力不會隨拉力而變化，故B錯誤；
C．根據水平方向平衡條件，木塊受到的摩擦力
根據豎直方向平衡條件
其中由右圖讀出
聯立解得
方向水平向左，故C正確；
D．乙圖中若繩子的拉力大小不變，繩子與水平方向的夾角變小，則繩子對木塊豎直方向的拉力減小，根據平衡條件可知，臺秤對木塊的支持力變大，則臺秤的示數變大，故D錯誤。
故選 AC。
【分析】由臺秤讀出木塊的質量m，由G=mg求其重力；有拉力作用時，木塊的重力不變；根據平衡條件求木塊受到的摩擦力；乙圖中若繩子的拉力大小不變，繩子與水平方向的夾角變小，分析臺秤對木塊的支持力變化情況，再判斷如秤示數變化情況。
16．【答案】（1）6.00
（2）B；D
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】本題考查了探究彈簧的彈力與形變量之間的關系的實驗，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）由圖讀出讀數為6.00cm；
（2）A． 在測量彈簧原長時，應將彈簧豎直懸掛，待靜止時測出其長度，故A錯誤；
B．在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態，故B正確；
C．彈簧上端的讀數未知，不掛鉤碼時，上下兩端的讀數之差為彈簧原長，故C錯誤；
D．懸掛鉤碼時，為減小誤差，應在鉤碼靜止后再讀數，故D正確。
故選BD。
【分析】（1）根據彈簧測力計讀數規則讀數，讀數要估讀到最小刻度后一位；
（2）根據實驗標準步驟分析求解。
（1）由圖讀出讀數為6.00cm；
（2）A． 在測量彈簧原長時，應將彈簧豎直懸掛，待靜止時測出其長度，故A錯誤；
B．在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態，故B正確；
C．彈簧上端的讀數未知，不掛鉤碼時，上下兩端的讀數之差為彈簧原長，故C錯誤；
D．懸掛鉤碼時，為減小誤差，應在鉤碼靜止后再讀數，故D正確。
故選BD。
17．【答案】4.05；；BC
【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。彈簧測力計讀數F=4.05N
用力的圖示法驗證“力的平行四邊形定則”，注意選取適當的標度，如圖
A．拉橡皮條時，不可以斜向上拉彈簧測力計，需要與平板保持平行，故A錯誤；
B．為減小誤差，用匯力圓環代替細繩結點拉到定位圓的位置，使得實驗更便捷、更準確，故B正確；
C．細繩的方向沿著射線方向進行實驗能方便操作且減少實驗誤差，故C正確；
D．用手輕輕按住圓環會使得細繩不在同一平面上，彈簧測力計讀數會發生變化，導致誤差增大，故D錯誤。
故選BC。
【分析】（1）根據彈簧測力計讀數規則讀數；
（3）根據圖示法驗證“力的平行四邊形定則”，注意選取適當的標度；
（4）根據實驗標準步驟，結合實驗的誤差分析求解。
18．【答案】（1）2.80
（2）9.38
（3）小于；存在空氣阻力
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】本題考查了探究自由落體運動的實驗，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）根據題意
（2）根據逐差法可得
（3）計算得到的小球下落的加速度小于當地的重力加速度；可能存在空氣阻力，導致測量加速度偏小。
【分析】（1）根據高度差h3=d4-d3分析求解；
（2）根據逐差法分析求解；
（3）根據小球下落的加速度小于當地的重力加速度，可能存在空氣阻力，導致測量加速度偏小分析求解。
（1）根據題意
（2）根據逐差法可得
（3）[1]計算得到的小球下落的加速度小于當地的重力加速度；
[2]可能存在空氣阻力，導致測量加速度偏小。
19．【答案】（1）解：由勻速運動可知，雪橇車受到的水平推力與摩擦力大小相等。根據動摩擦力公式 f = μmg
得f = 0.8 × 45 kg × 10 m/s2 = 360 N
（2）解：若用同樣的推力推總質量為 60kg 的雪橇車在人工草地上勻速運動，則此時的摩擦力（即推力）大小仍為 360 N。設此時動摩擦因數為 μ’則
解得 μ’ = 0.6
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；共點力的平衡
【解析】【分析】（1）根據滑動摩擦力公式計算該雪橇車受到的摩擦力；
（2）根據平衡條件求出推力大小，再由滑動摩擦力公式求雪橇車與人工草地的動摩擦因數。
（1）由勻速運動可知，雪橇車受到的水平推力與摩擦力大小相等。
根據動摩擦力公式 f = μmg，得f = 0.8 × 45 kg × 10 m/s2 = 360 N
（2）若用同樣的推力推總質量為 60 kg 的雪橇車在人工草地上勻速運動，則此時的摩擦力（即推力）大小仍為 360 N。設此時動摩擦因數為 μ’
則
解得 μ’ = 0.6
20．【答案】（1）解：由題可知，汽車在駕駛員尚未踩下剎車的“反應”階段中以恒定速度勻速行駛；當駕駛員踩下剎車后，汽車轉為勻減速運動，直至停車。
取v= 72 km/h（即 20 m/s）時的反應距離為 20 m，剎車距離為x=40m，則反應時間；
剎車時的加速度大小
（2）解：根據牛頓第二定律和摩擦力公式 F = μmg（設汽車剎車時車輪近似抱死）可知：(加速度) a = μg
已得 a =5 m/s2，則μ = 0.5
對照題中給出的路面與車胎間的動摩擦因數表可知，μ = 0.5 處于干碎石路面 (0.4 ~ 0.7) 的范圍內，故該數據應是在干碎石路面上測試所得。
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）圖中汽車在停車過程中先勻速后勻減速，并根據圖片信息，圖中司機的反應時間為1s，這輛汽車剎車時的加速度大小為5m/s2；
（2）如表列出了各種路面與車胎之間的動摩擦因數，通過計算可分析出，這輛汽車的行駛數據是在干碎石路面路面上測試所得。
（1）由題可知，汽車在駕駛員尚未踩下剎車的“反應”階段中以恒定速度勻速行駛；
當駕駛員踩下剎車后，汽車轉為勻減速運動，直至停車。
取v= 72 km/h（即 20 m/s）時的反應距離為 20 m，剎車距離為x=40m，則反應時間；
剎車時的加速度大小
（2）根據牛頓第二定律和摩擦力公式 F = μmg（設汽車剎車時車輪近似抱死）可知：(加速度) a = μg
已得 a =5 m/s2，則μ = 0.5
對照題中給出的路面與車胎間的動摩擦因數表可知，μ = 0.5 處于干碎石路面 (0.4 ~ 0.7) 的范圍內，故該數據應是在干碎石路面上測試所得。
21．【答案】（1）解：由A到B過程，根據牛頓第二定律
根據運動學規律
解得
（2）解：貨箱和貨物在傳送帶上加速過程
運動距離
勻速運動時間
貨箱和貨物在傳送帶上從B點運動到C點所需時間
（3）解：根據題意分析，要求貨箱恰好回到貨物裝載位置A點，則到達C點時貨物的速度應為10m/s，當貨物在傳送帶上一直加速到C時恰好與傳送帶共速，為所求臨界值；
由B到C過程：
由A到B過程：，
解得：
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）在AB段，對貨箱和貨物整體受力分析，根據牛頓第二定律列出方程，結合勻變速直線運動速度—位移公式，聯立求解m1；
（2）先判斷貨箱和貨物在傳送帶上的運動狀態，可能先加速后勻速。分別根據牛頓第二定律求出加速階段加速度，結合運動學公式求出加速時間和位移，再計算勻速階段時間，兩者相加得到tBC；
（3）根據能量守恒定律，分析貨箱從C點返回A點過程中能量轉化關系。結合在AB段的受力分析和牛頓第二定律，聯立方程求解m2。
（1）由A到B過程，根據牛頓第二定律
根據運動學規律
解得
（2）貨箱和貨物在傳送帶上加速過程，運動距離
勻速運動時間
貨箱和貨物在傳送帶上從B點運動到C點所需時間
（3）根據題意分析，要求貨箱恰好回到貨物裝載位置A點，則到達C點時貨物的速度應為10m/s，當貨物在傳送帶上一直加速到C時恰好與傳送帶共速，為所求臨界值；
由B到C過程：
由A到B過程：，
解得：
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