資源簡介

廣東省汕尾市2024-2025學年高一上學期期末教學質量監測物理試卷
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·汕尾期末）在物理學發展過程中，許多物理學家做出了偉大貢獻，多種科學方法的出現推動了人類社會的進步，以下敘述正確的是（　　）
A．牛頓第一定律可以通過實驗得到驗證
B．伽利略猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證
C．速度的定義式表示在時刻的瞬時速度是應用了極限法
D．不考慮物體本身形狀和大小的影響時，用質點來代替物體的方法是等效替代法
2．（2025高一上·汕尾期末）“千斤頂”顧名思義能頂起非常重的物體。如圖所示，搖動把手使千斤頂的兩臂靠攏，當汽車恰好被頂起時，千斤頂兩臂間的夾角為，且對汽車的支持力大小為，此時千斤頂每臂受到的壓力的大小是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·汕尾期末）自行車騎行是一項流行的有氧運動，能有效增強身體素質。一名學生在一條沿著東西方向的筆直綠道上騎行，取向東為正方向，忽略自行車轉向的時間，其速度—時間圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．內，該學生的加速度為
B．內，該學生在末離出發點最遠
C．內，該學生做速度方向向東的減速運動
D．內，該學生的路程為
4．（2025高一上·汕尾期末）如圖所示，2024年6月2日6時23分，嫦娥六號著陸器和上升器組合體成功著陸在月球背面的艾特肯盆地。若組合體在反推發動機的作用下懸停在空中，選定著陸點后先自由下落，隨后反推發動機使組合體豎直減速下降至月面，若月球表面重力加速度。則組合體自由下落的高度是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·汕尾期末）黃斑葦鴉喜好棲息于生有蒲葦叢的沼澤水域，一只黃斑葦鴉雙爪緊扣在蒲葦葉柄上休息，一陣微擾過后，鳥和葉柄保持相對靜止從豎直方向緩慢向右側傾斜，如圖所示，在此過程中（　　）
A．葉柄對鳥的作用力不變
B．鳥受到的重力與葉柄對鳥的彈力是一對平衡力
C．鳥所受到的摩擦力逐漸增大
D．鳥所受到的合力逐漸減小
6．（2025高一上·汕尾期末）學校對文化境進行裝修，如圖所示，用與豎直墻面成角的恒力推動磨石向上做勻加速直線運動。磨石質量為，與墻面的動摩擦因數為，重力加速度為，則磨石的加速度大小是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·汕尾期末）蹦床運動是借助彈力將人豎直彈向空中做出各類動作的競技運動。某運動員利用壓力傳感器記錄了他在蹦床運動過程中所受蹦床彈力隨時間的變化圖像，如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度取。下列說法正確的是（　　）
A．運動員在末的速度達到最大
B．運動員在內的最大加速度為
C．運動員在內一直處于失重狀態
D．內，運動員在時上升到最高點
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·汕尾期末）“無粽子，不端午”，吃粽子是端午節的習俗之一，如圖所示，用根相同的細繩把個相同的粽子懸掛于點，再用細繩將所有粽子懸掛在一根水平桿上。整個系統保持靜止狀態。此時每根繩子與豎直方向的夾角均為，每個粽子重力均為。下列說法正確的是（　　）
A．粽子受到繩子提供的拉力，是由于繩子發生形變而產生的
B．桿受到細繩的作用力恰好與每根細繩的拉力大小相等
C．每根細繩的拉力大小
D．若增大每根細繩的長度，則桿受到細繩的拉力變大
9．（2025高一上·汕尾期末）如圖為極限運動員從蹦極臺上靜止下落后對應的速度v與位移x關系的圖像。當下落至12m時，運動員的速度達到最大，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．彈性繩的原長為12m
B．下落至12m時，彈性繩的彈力為mg
C．在12~20m下落過程中，彈性繩的彈力始終在增大
D．在12~20m下落過程中、運動員一直在體驗超重的感覺
10．（2025高一上·汕尾期末）如圖所示，學校運動會采用新型無人機拍攝運動員人場儀式。無人機的質量為，最大升力為，最大的上升速度和加速度分別為和。該無人機懸停在離地高處拍攝時，突然停機。操作員用完成重啟，空氣阻力大小恒定，重力加速度取，下列說法正確的是（　　）
A．無人機從靜止加速上升到最大速度時的最短距離為
B．無人機所受的空氣阻力大小為
C．完成重啟時，無人機的速度大小是
D．無人機完成重啟時，離地高度為
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．（2025高一上·汕尾期末）某同學使用圖甲所示的實驗裝置、做探究彈簧彈力和彈簧伸長量關系的實驗。
（1）在實驗中，下列操作正確的是（　　）
A．用刻度尺測得彈簧的長度減去自然下垂時的原長即為彈簧的伸長量
B．用是掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力、讀數時必須保證鉤碼處于靜止狀態
C．為減小誤差，彈簧應放置在水平面測量原長
D．掛質量不同的鉤碼，最終得到的結論是彈簧的彈力與其長度成正比
（2）某次實驗時，彈簧的長度如圖甲所示，則彈簧長度為　 　。
（3）圖乙是實驗測得的某根彈簧懸掛的鉤碼質量與彈簧伸長量之間的關系，取，則該彈簧的勁度系數是　 　。
12．（2025高一上·汕尾期末）某興趣小組使用如圖甲所示的實驗裝置“探究小車加速度與合外力的關系”。小車后面用固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪與鉤碼相連，電源頻率為。
（1）下列實驗操作中，正確的是________（多選，填正確答案標號）。
A．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器
B．平衡摩擦力時，不能將鉤碼用組線通過定滑輪系在小車上
C．改變小車的質量時，需要重新平衡摩擦力
D．調節滑輪的高度，使牽引小車的組線與長木板保持平行
（2）在實驗中得到一條如圖乙所示的紙帶，已知各相鄰計數點之間有個點未標出，根據圖中數據計算小車在打點時的瞬時速度大小為　 　，用逐差法計算小車的加速度大小　 　。（結果均保留位有效數字）
（3）小組成員根據質量數據作出的圖像，如圖丙所示，由此可知該組同學做實驗時可能存在的問題是　 　。
（4）在完成實驗后，小組成員選用拉力傳感器對實驗方案進行改進，采用如圖丁所示的實驗裝置重新進行探究，則新裝置　 　（選填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
13．（2025高一上·汕尾期末）“守護頭頂上的安全，嚴禁高空拋物”，如圖所示，某學校宿含樓外側安裝了防墜物網，網底水平。現將一質量為的水瓶從距離防墜物網處自由墜落進行測試，水瓶落到網上后的最大下陷深度為。水瓶可視為質點，下落過程中不計空氣阻力、水瓶與網接觸后的運動視為勻減速直線運動，取重力加速度。求：
（1）水瓶到達防墜物網處所用的時間；
（2）與防墜物網接觸后、水瓶在減速時的加速度大小；
（3）水瓶與防墜物網之間的作用力大小。
14．（2025高一上·汕尾期末）無人駕駛出行服務在全國多個城市展開了載人測試運營服務，為公眾出行提供更多的便利。在平直的公路上，一輛無人駕駛汽車以20m/s的速度勻速行駛，此時監測到正前方距離55m處停有一輛小轎車在等紅燈。假設兩車一直在同一車道上沿直線行駛。
（1）若無人駕汽車的反應時間是0.12s，減速時的加速度大小為4m/s2，試通過計算判斷無人駕汽車是否會與轎車發生碰撞？
（2）若此時綠燈恰好亮起，無人駕駛汽車保持勻速行駛，轎車立即以5m/s2的加速度向前做勻加速直線運動，求兩車間的最近距離是多少？
15．（2025高一上·汕尾期末）如圖所示是某貨運公司的卸貨裝置，該裝置由兩部分構成，分別是傾角θ=37°的傳送帶AB與傾角α=30°的傾斜長木板BC。長木板的另一端搭在地面上，各處均平滑連接。傳送帶AB段的長度L=5.8m，長木板BC段的長度s=5.0m。質量m=2.5kg的貨物無初速度地放在傳送帶頂端A處，經過一段時間后貨物被運送到長木板的底端C處。已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數 1=0.5，與長木板間的動摩擦因數，且sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。
（1）若貨物運動到長木板C處時速度恰好為零，求貨物在B處的速度大小；
（2）若將傳送帶的速度調成v0=4m/s沿逆時針方向勻速傳動，求貨物從傳送帶A處運動到B處的時間；
（3）在第（2）問的基礎上，求貨物在傳送帶上留下的擦痕長度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】牛頓第一定律；質點；瞬時速度；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A．牛頓第一定律描述的是理想情況，不能通過實驗完成驗證，故A錯誤；
B．研究自由落體運動中，伽利略猜想運動速度與下落時間成正比，在斜面實驗的基礎上進行了推理，沒有直接用實驗進行驗證，故B錯誤；
C．根據速度定義式
當非常小時，就可以表示物體在時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想，故C正確；
D．用質點來代替物體的方法是理想模型法，不是等效替代法，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據不同科學家的貢獻結合速度定義式以及理想模型法分析求解。
2．【答案】B
【知識點】力的分解
【解析】【解答】本題考查力的分解，解題關鍵將汽車對千斤頂的壓力分解成沿兩臂的兩個分力，根據幾何關系可求得壓力大小。由牛頓第三定律可知，此時千斤頂對汽車的支持力大小等于汽車對千斤頂的壓力大小，即
將汽車對千斤頂的壓力分解為沿兩臂的兩個分力，如圖
根據對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，有
解得此時千斤頂每臂受到的壓力大小均為
故選B。
【分析】將汽車對千斤頂的壓力分解成沿兩臂的兩個分力，根據對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等；根據幾何知識求解兩臂受到的壓力大小，結合牛頓第三定律求解千斤頂對汽車的支持力。
3．【答案】D
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題是速度—時間圖像的應用，要明確v-t圖像的斜率表示加速度，速度正負表示速度方向，從而讀取有用信息。
A．內，該學生加速度為
故A錯誤；
B．內該學生沿正方向運動，內該學生沿負方向運動，所以內該學生在第時離出發點最遠，故B錯誤；
C．內，速度為負值，則該學生做速度方向向西的減速直線運動，故C錯誤；
D．內，該學生的路程為
故D正確。
故選D。
【分析】根據v-t圖像直接讀出自行車的運動情況，根據圖像的斜率求出自行車的加速度，圖像與坐標軸圍成的面積表示位移；速度正負表示速度方向。
4．【答案】A
【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。組合體在空中先做自由落體運動，根據運動學公式，后對應的位移為
代入數據得
故選A。
【分析】自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，結合自由落體規律求解。
5．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要明確鳥的運動狀態，利用平衡條件分析解答。A．葉柄對鳥的作用力與鳥所受重力為一對平衡力，大小不變，故A正確；
B．鳥所受彈力與葉柄垂直，其方向發生改變，重力方向始終豎直向下，故B錯誤；
C．鳥所受摩擦力大小，傾角減小，則摩擦力減小，故C錯誤；
D．鳥緩慢運動，處于平衡狀態，所受合力為零，故D錯誤。
故選A。
【分析】鳥和葉柄緩緩傾斜，處于平衡狀態，所受合力為零，根據平衡條件列式分析鳥所受摩擦力和葉柄對鳥的力變化情況。葉柄所受彈力與葉柄垂直。
6．【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了求物體的加速度，分析清楚物體的受力情況，應用牛頓第二定律可以解題。根據平衡條件，磨石在水平方向的受力情況是
磨石向上做勻加速直線運動，根據受力分析，磨石在豎直方向的受力情況是
由滑動摩擦力公式
代入求得磨石的加速度大小為
故選D。
【分析】以物體為研究對象，應用摩擦力公式求出摩擦力，然后由牛頓第二定律求出加速度．
7．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度。A．由題圖可知在末該運動員所受蹦床的彈力為零，僅受重力的作用，合力不為零，速度不是最大，故A錯誤；
B．該運動員在內的最大加速度為彈力最大的時刻對應的加速度，由牛頓第二定律有
故B正確；
C．彈力小于重力時處于失重狀態，彈力大于重力時處于超重狀態，則該運動員在內先處于超重狀態，后處于失重狀態，故C錯誤；
D．由題圖可知，該運動員在內，先做豎直上拋運動，到最高點后，再做自由落體運動，根據對稱性可知，上升和下落時間均為，則該同學在時升到最大高度，故D錯誤。
故選B。
【分析】彈力大小小于重力時處于失重狀態，彈力大小大于重力時處于超重狀態；該同學在0～5.5s內的最大加速度為彈力最大的時刻對應的加速度，由牛頓第二定律進行解答；該運動員在內，先做豎直上拋運動，到最高點后，再做自由落體運動，結合運動的對稱性求解。
8．【答案】A,C
【知識點】形變與彈力；共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應用，能正確選擇研究對象，對研究對象進行受力分析，能結合力的合成與分解原則求解，難度適中。A．粽子受到繩子提供的拉力，是施力物體發生形變產生的，即是繩子發生形變產生的拉力，故A正確；
BC．選取粽子為研究對象，粽子受到重力、繩子拉力以及粽子間相互作用力，由豎直方向上受力平衡可得
解得
桿受到細繩的作用力應與個粽子的總重力相等，即
不等于每根細繩的拉力，故B錯誤，C正確；
D．若增大根細繩的長度，桿受到細繩的拉力仍與個粽子的總重力相等，因而桿受到細繩的拉力不變，故D錯誤。
故選AC。
【分析】對粽子和桿受力分析，由平衡條件結合平行四邊形法則求解。
9．【答案】B,C,D
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】AB．由 運動員靜止下落后對應的速度v與位移x關系的圖像可知運動員先做加速運動，后做減速運動，在位移大小為12m時，速度為最大值，彈性繩的彈力與運動員的重力等大反向，彈力大小為mg；由于此時彈性繩處于伸長狀態，所以彈性繩的原長小于12m，故A錯誤，B正確；
CD．運動員在位移為12m處時，由于慣性，接著將繼續向下運動，彈性繩的彈力繼續增大，且大于運動員的重力，運動員處于超重狀態，將向下做加速度逐漸增大的減速運動，故CD正確。
故選BCD。
【分析】分析清楚運動員的運動過程，速度最大時，彈力等于重力，加速度向上為超重，加速度向下為失重。
10．【答案】B,C
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題的關鍵是對無人機的受力分析以及運動情況的分析，要弄清楚物體的運動過程和受力情況，知道加速度是聯系靜力學和運動學的橋梁。A．上升過程做勻加速直線運動，則加速到最大速度需要的最短距離滿足
解得
故A錯誤；
B．無人機上升的過程中受到升力、重力、空氣的阻力，根據牛頓第二定律可得
代入數據可得
故B正確；
C．重新啟動前無人機向下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得
解得
操作人員用時完成重新啟動，則速度大小為
故C正確；
D．重新啟動前無人機向下做勻加速直線運動，運動的距離為
則此時離地高度為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】上升過程做勻加速直線運動，根據速度—位移關系求解距離；根據牛頓第二定律求解阻力以及加速度，根據運動學公式求解速度以及高度。
11．【答案】（1）A；B
（2）
（3）
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】本題關鍵明確胡克定律F=kx中x為伸長量，不是長度。
（1）A．彈簧的伸長量等于彈簧的實際長度減去彈簧原長，故A正確；
B．用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要保證彈簧位于豎直位置，使鉤碼的重力等于彈簧的彈力，要待鉤碼平衡時再讀數，故B正確；
C．由于彈簧自身有重力，應該懸掛后再測量原長，在水平面上測量原長會有誤差，故C錯誤；
D．掛數量不同的鉤碼，可以得出彈力與形變量成正比，不是與彈簧長度成正比，故D錯誤。
故選AB。
（2）該刻度尺的分度值為，應估讀到分度值的下一位，因此彈簧長度為
（3）根據胡克定律，代入圖中點的數據解得彈簧的勁度系數是
【分析】（1）拉彈簧時，不能超過彈簧的彈性限度；在測量彈簧彈力時，必須保證鉤碼處于平衡狀態；彈簧的伸長量等于彈簧的長度減去彈簧的原長；比較彈簧彈力大小與伸長量的關系；
（2）刻度尺的分度值為，應估讀到分度值的下一位；
（3）根據胡克定律計算勁度系數。
（1）A．彈簧的伸長量等于彈簧的實際長度減去彈簧原長，故A正確；
B．用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要保證彈簧位于豎直位置，使鉤碼的重力等于彈簧的彈力，要待鉤碼平衡時再讀數，故B正確；
C．由于彈簧自身有重力，應該懸掛后再測量原長，在水平面上測量原長會有誤差，故C錯誤；
D．掛數量不同的鉤碼，改變彈簧上的彈力，分別測出幾組拉力與伸長量，得出彈力與形變量成正比，不是與彈簧長度成正比，故D錯誤。
故選AB。
（2）由題圖甲可知，該刻度尺的分度值為，應估讀到分度值的下一位，因此彈簧長度為
（3）根據胡克定律
解得彈簧的勁度系數是
12．【答案】（1）B；D
（2）0.43；0.33
（3）平衡摩擦力過度（或長木板傾角偏大；或補償阻力過度）
（4）需要
【知識點】加速度；探究加速度與力、質量的關系；瞬時速度
【解析】【解答】本題考查了探究加速度與力、質量的關系的實驗中操作步驟，逐差法計算加速度以及實驗中的注意事項。
（1）A．應先接通電源再釋放小車，目的是在電壓穩定后，在紙帶上打出足夠多的點，故A錯誤；
B．摩擦力是通過小車重力沿木板方向的分力來平衡的，所以平衡摩擦力時不能將鉤碼用細線通過定滑輪系在小車上，故B正確；
C．設平衡摩擦力時木板抬高的傾角為，在沿木板方向根據平衡條件有
兩邊可以約掉，即與小車質量無關，每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．平衡摩擦力后，連接鉤碼和小車的細線跟長木板保持平行時，細線的拉力等于小車所受合力，故D正確。
故選BD。
（2）已知相鄰計數點之間有個點未標出，故
根據勻變速運動物體中間時刻的瞬時速度等于相應的平均速度，則點的瞬時速度為
根據逐差法可知加速度為
（3）由題圖丙可知，當合外力為零時，小車加速度不為零，因此實驗中可能存在的問題是平衡摩擦力過度（或長木板的傾角過大；或補償阻力過度）。
（4）由題圖丁可知，力傳感器可以直接測出小車所受的合外力，不需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，但為了使繩子拉力為小車所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
【分析】（1）調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，這樣細繩上的拉力就是使小車產生加速度的力，改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力；
（2）勻變速運動物體中間時刻的瞬時速度等于相應的平均速度，利用逐差法計算小車加速度；
（3）當合外力為零時，小車加速度不為零，平衡摩擦力過度；
（4）仍然需要平衡摩擦力，需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量。
（1）A．應先接通電源再釋放小車，目的是在電壓穩定后，在紙帶上打出足夠多的點，故A錯誤；
B．摩擦力是通過小車重力沿木板方向的分力來平衡的，所以平衡摩擦力時不能將鉤碼用細線通過定滑輪系在小車上，故B正確；
C．設平衡摩擦力時木板抬高的傾角為，在沿木板方向根據平衡條件有
兩邊可以約掉，即與小車質量無關，每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．平衡摩擦力后，連接鉤碼和小車的細線跟長木板保持平行時，細線的拉力等于小車所受合力，故D正確。
故選BD。
（2）[1]已知相鄰計數點之間有個點未標出，故
根據勻變速運動物體中間時刻的瞬時速度等于相應的平均速度，則點的瞬時速度為
[2]根據逐差法可知加速度為
（3）由題圖丙可知，當合外力為零時，小車加速度不為零，因此實驗中可能存在的問題是平衡摩擦力過度（或長木板的傾角過大；或補償阻力過度）。
（4）由題圖丁可知，力傳感器可以直接測出小車所受的合外力，不需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，但為了使繩子拉力為小車所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
13．【答案】（1）解：設水瓶到達防墜物網所用的時間為，根據運動學規律，有
代入數據解得
（2）解：設水瓶落到網面時速度為v，由自由落體公式
由題可知，水瓶與網接觸后做勻減速直線運動，設水瓶的加速度大小為。水瓶到達最大下陷深度處的末速度為零，根據運動學規律，有
代入數據解得
（3）解：水瓶從接觸防墜物網到停止的過程中，根據牛頓第二定律，有
代入數據解得
【知識點】自由落體運動；牛頓第二定律
【解析】【分析】（1）根據運動學規律求解運動時間；
（2）由自由落體公式求解速度，根據速度—位移關系求解加速度；
（3）水瓶從接觸防墜物網到停止的過程中，根據牛頓第二定律求解作用力。
（1）設水瓶到達防墜物網所用的時間為，根據運動學規律，有
代入數據解得
（2）設水瓶落到網面時速度為v，由自由落體公式
由題可知，水瓶與網接觸后做勻減速直線運動，設水瓶的加速度大小為。水瓶到達最大下陷深度處的末速度為零，根據運動學規律，有
代入數據解得
（3）水瓶從接觸防墜物網到停止的過程中，根據牛頓第二定律，有
代入數據解得
14．【答案】（1）解：無人駕駛汽車在反應時間內繼續做勻速直線運動，則勻速運動的位移
無人駕駛汽車在剎車時做勻減速直線運動，從開始剎車到停止的過程，根據運動學公式
代入數據解得，
無人駕駛汽車所需要的停車距離
無人駕駛汽車的停車距離小于兩車距離，因此兩車不會發生碰撞；
（2）解：轎車啟動后做勻加速直線運動，無人駕駛汽車繼續做勻速直線運動，當兩車的速度相同時，兩車相距最近，轎車的運動距離為
又
代入數據解得，
無人駕駛汽車的運動距離為
代入數據解得
兩車的最近距離
代入數據解得
【知識點】追及相遇問題
【解析】【分析】（1）無人駕駛汽車在反應時間內繼續做勻速直線運動，根據勻變速運動規律求解勻減速位移，二者相加等于總位移，與剛開始距離比較即可；
（2）當兩車的速度相同時，兩車相距最近，分析物體運動過程，結合運動學規律求解 兩車間的最近距離 。
（1）無人駕駛汽車在反應時間內繼續做勻速直線運動，則勻速運動的位移
無人駕駛汽車在剎車時做勻減速直線運動，從開始剎車到停止的過程，根據運動學公式
代入數據解得，
無人駕駛汽車所需要的停車距離
無人駕駛汽車的停車距離小于兩車距離，因此兩車不會發生碰撞；
（2）轎車啟動后做勻加速直線運動，無人駕駛汽車繼續做勻速直線運動，當兩車的速度相同時，兩車相距最近，轎車的運動距離為
又
代入數據解得，
無人駕駛汽車的運動距離為
代入數據解得
兩車的最近距離
代入數據解得
15．【答案】（1）解：設貨物在長木板上的加速度大小為a，運動到C處時速度為0，由牛頓第二定律得
解得
由運動學公式知
代入數據解得運動到處時的速度大小
（2）解：貨物無初速度地放在傳送帶頂端A，所以貨物在傳送帶上先做勻加速運動，設勻加速運動時的加速度為a1，由牛頓第二定律得
代入數據解得
貨物從放上傳送帶開始到與傳送帶共速的過程，由運動學公式得，
代入數據解得，
由于，且貨物在傳送帶上，因而在與傳送帶共速后，貨物將繼續進行勻加速直線運動，設第二段勻加速直線運動時的加速度為a2，由牛頓第二定律得
代入數據解得
由于
代入數據解得
貨物從A處運動到B處所經歷的時間
（3）解：貨物第一段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
貨物第二段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
則貨物在傳送帶上留下的擦痕長度為
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）運動到C處時速度為0，由牛頓第二定律求解加速度，根據速度—位移關系求解速度大小；
（2）貨物在傳送帶上先做勻加速運動，在與傳送帶共速后，貨物將繼續進行勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求解加速度，根據運動學規律求解時間；
（3）分別求解貨物第一段勻加速階段相對傳送帶的位移和第二段勻加速階段相對傳送帶的位移，從而求解擦痕長度。
（1）設貨物在長木板上的加速度大小為a，運動到C處時速度為0，由牛頓第二定律得
解得
由運動學公式知
代入數據解得運動到處時的速度大小
（2）貨物無初速度地放在傳送帶頂端A，所以貨物在傳送帶上先做勻加速運動，設勻加速運動時的加速度為a1，由牛頓第二定律得
代入數據解得
貨物從放上傳送帶開始到與傳送帶共速的過程，由運動學公式得，
代入數據解得，
由于，且貨物在傳送帶上，因而在與傳送帶共速后，貨物將繼續進行勻加速直線運動，設第二段勻加速直線運動時的加速度為a2，由牛頓第二定律得
代入數據解得
由于
代入數據解得
貨物從A處運動到B處所經歷的時間
（3）貨物第一段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
貨物第二段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
則貨物在傳送帶上留下的擦痕長度為
1 / 1廣東省汕尾市2024-2025學年高一上學期期末教學質量監測物理試卷
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·汕尾期末）在物理學發展過程中，許多物理學家做出了偉大貢獻，多種科學方法的出現推動了人類社會的進步，以下敘述正確的是（　　）
A．牛頓第一定律可以通過實驗得到驗證
B．伽利略猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證
C．速度的定義式表示在時刻的瞬時速度是應用了極限法
D．不考慮物體本身形狀和大小的影響時，用質點來代替物體的方法是等效替代法
【答案】C
【知識點】牛頓第一定律；質點；瞬時速度；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A．牛頓第一定律描述的是理想情況，不能通過實驗完成驗證，故A錯誤；
B．研究自由落體運動中，伽利略猜想運動速度與下落時間成正比，在斜面實驗的基礎上進行了推理，沒有直接用實驗進行驗證，故B錯誤；
C．根據速度定義式
當非常小時，就可以表示物體在時刻的瞬時速度，該定義應用了極限思想，故C正確；
D．用質點來代替物體的方法是理想模型法，不是等效替代法，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據不同科學家的貢獻結合速度定義式以及理想模型法分析求解。
2．（2025高一上·汕尾期末）“千斤頂”顧名思義能頂起非常重的物體。如圖所示，搖動把手使千斤頂的兩臂靠攏，當汽車恰好被頂起時，千斤頂兩臂間的夾角為，且對汽車的支持力大小為，此時千斤頂每臂受到的壓力的大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】力的分解
【解析】【解答】本題考查力的分解，解題關鍵將汽車對千斤頂的壓力分解成沿兩臂的兩個分力，根據幾何關系可求得壓力大小。由牛頓第三定律可知，此時千斤頂對汽車的支持力大小等于汽車對千斤頂的壓力大小，即
將汽車對千斤頂的壓力分解為沿兩臂的兩個分力，如圖
根據對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等，有
解得此時千斤頂每臂受到的壓力大小均為
故選B。
【分析】將汽車對千斤頂的壓力分解成沿兩臂的兩個分力，根據對稱性可知，兩臂受到的壓力大小相等；根據幾何知識求解兩臂受到的壓力大小，結合牛頓第三定律求解千斤頂對汽車的支持力。
3．（2025高一上·汕尾期末）自行車騎行是一項流行的有氧運動，能有效增強身體素質。一名學生在一條沿著東西方向的筆直綠道上騎行，取向東為正方向，忽略自行車轉向的時間，其速度—時間圖像如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．內，該學生的加速度為
B．內，該學生在末離出發點最遠
C．內，該學生做速度方向向東的減速運動
D．內，該學生的路程為
【答案】D
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題是速度—時間圖像的應用，要明確v-t圖像的斜率表示加速度，速度正負表示速度方向，從而讀取有用信息。
A．內，該學生加速度為
故A錯誤；
B．內該學生沿正方向運動，內該學生沿負方向運動，所以內該學生在第時離出發點最遠，故B錯誤；
C．內，速度為負值，則該學生做速度方向向西的減速直線運動，故C錯誤；
D．內，該學生的路程為
故D正確。
故選D。
【分析】根據v-t圖像直接讀出自行車的運動情況，根據圖像的斜率求出自行車的加速度，圖像與坐標軸圍成的面積表示位移；速度正負表示速度方向。
4．（2025高一上·汕尾期末）如圖所示，2024年6月2日6時23分，嫦娥六號著陸器和上升器組合體成功著陸在月球背面的艾特肯盆地。若組合體在反推發動機的作用下懸停在空中，選定著陸點后先自由下落，隨后反推發動機使組合體豎直減速下降至月面，若月球表面重力加速度。則組合體自由下落的高度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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。組合體在空中先做自由落體運動，根據運動學公式，后對應的位移為
代入數據得
故選A。
【分析】自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，結合自由落體規律求解。
5．（2025高一上·汕尾期末）黃斑葦鴉喜好棲息于生有蒲葦叢的沼澤水域，一只黃斑葦鴉雙爪緊扣在蒲葦葉柄上休息，一陣微擾過后，鳥和葉柄保持相對靜止從豎直方向緩慢向右側傾斜，如圖所示，在此過程中（　　）
A．葉柄對鳥的作用力不變
B．鳥受到的重力與葉柄對鳥的彈力是一對平衡力
C．鳥所受到的摩擦力逐漸增大
D．鳥所受到的合力逐漸減小
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】解答本題時，要明確鳥的運動狀態，利用平衡條件分析解答。A．葉柄對鳥的作用力與鳥所受重力為一對平衡力，大小不變，故A正確；
B．鳥所受彈力與葉柄垂直，其方向發生改變，重力方向始終豎直向下，故B錯誤；
C．鳥所受摩擦力大小，傾角減小，則摩擦力減小，故C錯誤；
D．鳥緩慢運動，處于平衡狀態，所受合力為零，故D錯誤。
故選A。
【分析】鳥和葉柄緩緩傾斜，處于平衡狀態，所受合力為零，根據平衡條件列式分析鳥所受摩擦力和葉柄對鳥的力變化情況。葉柄所受彈力與葉柄垂直。
6．（2025高一上·汕尾期末）學校對文化境進行裝修，如圖所示，用與豎直墻面成角的恒力推動磨石向上做勻加速直線運動。磨石質量為，與墻面的動摩擦因數為，重力加速度為，則磨石的加速度大小是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題考查了求物體的加速度，分析清楚物體的受力情況，應用牛頓第二定律可以解題。根據平衡條件，磨石在水平方向的受力情況是
磨石向上做勻加速直線運動，根據受力分析，磨石在豎直方向的受力情況是
由滑動摩擦力公式
代入求得磨石的加速度大小為
故選D。
【分析】以物體為研究對象，應用摩擦力公式求出摩擦力，然后由牛頓第二定律求出加速度．
7．（2025高一上·汕尾期末）蹦床運動是借助彈力將人豎直彈向空中做出各類動作的競技運動。某運動員利用壓力傳感器記錄了他在蹦床運動過程中所受蹦床彈力隨時間的變化圖像，如圖所示。不計空氣阻力，重力加速度取。下列說法正確的是（　　）
A．運動員在末的速度達到最大
B．運動員在內的最大加速度為
C．運動員在內一直處于失重狀態
D．內，運動員在時上升到最高點
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度。A．由題圖可知在末該運動員所受蹦床的彈力為零，僅受重力的作用，合力不為零，速度不是最大，故A錯誤；
B．該運動員在內的最大加速度為彈力最大的時刻對應的加速度，由牛頓第二定律有
故B正確；
C．彈力小于重力時處于失重狀態，彈力大于重力時處于超重狀態，則該運動員在內先處于超重狀態，后處于失重狀態，故C錯誤；
D．由題圖可知，該運動員在內，先做豎直上拋運動，到最高點后，再做自由落體運動，根據對稱性可知，上升和下落時間均為，則該同學在時升到最大高度，故D錯誤。
故選B。
【分析】彈力大小小于重力時處于失重狀態，彈力大小大于重力時處于超重狀態；該同學在0～5.5s內的最大加速度為彈力最大的時刻對應的加速度，由牛頓第二定律進行解答；該運動員在內，先做豎直上拋運動，到最高點后，再做自由落體運動，結合運動的對稱性求解。
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·汕尾期末）“無粽子，不端午”，吃粽子是端午節的習俗之一，如圖所示，用根相同的細繩把個相同的粽子懸掛于點，再用細繩將所有粽子懸掛在一根水平桿上。整個系統保持靜止狀態。此時每根繩子與豎直方向的夾角均為，每個粽子重力均為。下列說法正確的是（　　）
A．粽子受到繩子提供的拉力，是由于繩子發生形變而產生的
B．桿受到細繩的作用力恰好與每根細繩的拉力大小相等
C．每根細繩的拉力大小
D．若增大每根細繩的長度，則桿受到細繩的拉力變大
【答案】A,C
【知識點】形變與彈力；共點力的平衡
【解析】【解答】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應用，能正確選擇研究對象，對研究對象進行受力分析，能結合力的合成與分解原則求解，難度適中。A．粽子受到繩子提供的拉力，是施力物體發生形變產生的，即是繩子發生形變產生的拉力，故A正確；
BC．選取粽子為研究對象，粽子受到重力、繩子拉力以及粽子間相互作用力，由豎直方向上受力平衡可得
解得
桿受到細繩的作用力應與個粽子的總重力相等，即
不等于每根細繩的拉力，故B錯誤，C正確；
D．若增大根細繩的長度，桿受到細繩的拉力仍與個粽子的總重力相等，因而桿受到細繩的拉力不變，故D錯誤。
故選AC。
【分析】對粽子和桿受力分析，由平衡條件結合平行四邊形法則求解。
9．（2025高一上·汕尾期末）如圖為極限運動員從蹦極臺上靜止下落后對應的速度v與位移x關系的圖像。當下落至12m時，運動員的速度達到最大，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．彈性繩的原長為12m
B．下落至12m時，彈性繩的彈力為mg
C．在12~20m下落過程中，彈性繩的彈力始終在增大
D．在12~20m下落過程中、運動員一直在體驗超重的感覺
【答案】B,C,D
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】AB．由 運動員靜止下落后對應的速度v與位移x關系的圖像可知運動員先做加速運動，后做減速運動，在位移大小為12m時，速度為最大值，彈性繩的彈力與運動員的重力等大反向，彈力大小為mg；由于此時彈性繩處于伸長狀態，所以彈性繩的原長小于12m，故A錯誤，B正確；
CD．運動員在位移為12m處時，由于慣性，接著將繼續向下運動，彈性繩的彈力繼續增大，且大于運動員的重力，運動員處于超重狀態，將向下做加速度逐漸增大的減速運動，故CD正確。
故選BCD。
【分析】分析清楚運動員的運動過程，速度最大時，彈力等于重力，加速度向上為超重，加速度向下為失重。
10．（2025高一上·汕尾期末）如圖所示，學校運動會采用新型無人機拍攝運動員人場儀式。無人機的質量為，最大升力為，最大的上升速度和加速度分別為和。該無人機懸停在離地高處拍攝時，突然停機。操作員用完成重啟，空氣阻力大小恒定，重力加速度取，下列說法正確的是（　　）
A．無人機從靜止加速上升到最大速度時的最短距離為
B．無人機所受的空氣阻力大小為
C．完成重啟時，無人機的速度大小是
D．無人機完成重啟時，離地高度為
【答案】B,C
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】本題的關鍵是對無人機的受力分析以及運動情況的分析，要弄清楚物體的運動過程和受力情況，知道加速度是聯系靜力學和運動學的橋梁。A．上升過程做勻加速直線運動，則加速到最大速度需要的最短距離滿足
解得
故A錯誤；
B．無人機上升的過程中受到升力、重力、空氣的阻力，根據牛頓第二定律可得
代入數據可得
故B正確；
C．重新啟動前無人機向下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得
解得
操作人員用時完成重新啟動，則速度大小為
故C正確；
D．重新啟動前無人機向下做勻加速直線運動，運動的距離為
則此時離地高度為
故D錯誤。
故選BC。
【分析】上升過程做勻加速直線運動，根據速度—位移關系求解距離；根據牛頓第二定律求解阻力以及加速度，根據運動學公式求解速度以及高度。
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．（2025高一上·汕尾期末）某同學使用圖甲所示的實驗裝置、做探究彈簧彈力和彈簧伸長量關系的實驗。
（1）在實驗中，下列操作正確的是（　　）
A．用刻度尺測得彈簧的長度減去自然下垂時的原長即為彈簧的伸長量
B．用是掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力、讀數時必須保證鉤碼處于靜止狀態
C．為減小誤差，彈簧應放置在水平面測量原長
D．掛質量不同的鉤碼，最終得到的結論是彈簧的彈力與其長度成正比
（2）某次實驗時，彈簧的長度如圖甲所示，則彈簧長度為　 　。
（3）圖乙是實驗測得的某根彈簧懸掛的鉤碼質量與彈簧伸長量之間的關系，取，則該彈簧的勁度系數是　 　。
【答案】（1）A；B
（2）
（3）
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】本題關鍵明確胡克定律F=kx中x為伸長量，不是長度。
（1）A．彈簧的伸長量等于彈簧的實際長度減去彈簧原長，故A正確；
B．用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要保證彈簧位于豎直位置，使鉤碼的重力等于彈簧的彈力，要待鉤碼平衡時再讀數，故B正確；
C．由于彈簧自身有重力，應該懸掛后再測量原長，在水平面上測量原長會有誤差，故C錯誤；
D．掛數量不同的鉤碼，可以得出彈力與形變量成正比，不是與彈簧長度成正比，故D錯誤。
故選AB。
（2）該刻度尺的分度值為，應估讀到分度值的下一位，因此彈簧長度為
（3）根據胡克定律，代入圖中點的數據解得彈簧的勁度系數是
【分析】（1）拉彈簧時，不能超過彈簧的彈性限度；在測量彈簧彈力時，必須保證鉤碼處于平衡狀態；彈簧的伸長量等于彈簧的長度減去彈簧的原長；比較彈簧彈力大小與伸長量的關系；
（2）刻度尺的分度值為，應估讀到分度值的下一位；
（3）根據胡克定律計算勁度系數。
（1）A．彈簧的伸長量等于彈簧的實際長度減去彈簧原長，故A正確；
B．用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要保證彈簧位于豎直位置，使鉤碼的重力等于彈簧的彈力，要待鉤碼平衡時再讀數，故B正確；
C．由于彈簧自身有重力，應該懸掛后再測量原長，在水平面上測量原長會有誤差，故C錯誤；
D．掛數量不同的鉤碼，改變彈簧上的彈力，分別測出幾組拉力與伸長量，得出彈力與形變量成正比，不是與彈簧長度成正比，故D錯誤。
故選AB。
（2）由題圖甲可知，該刻度尺的分度值為，應估讀到分度值的下一位，因此彈簧長度為
（3）根據胡克定律
解得彈簧的勁度系數是
12．（2025高一上·汕尾期末）某興趣小組使用如圖甲所示的實驗裝置“探究小車加速度與合外力的關系”。小車后面用固定一條紙帶，穿過電火花打點計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪與鉤碼相連，電源頻率為。
（1）下列實驗操作中，正確的是________（多選，填正確答案標號）。
A．實驗時，先放開小車，再接通打點計時器
B．平衡摩擦力時，不能將鉤碼用組線通過定滑輪系在小車上
C．改變小車的質量時，需要重新平衡摩擦力
D．調節滑輪的高度，使牽引小車的組線與長木板保持平行
（2）在實驗中得到一條如圖乙所示的紙帶，已知各相鄰計數點之間有個點未標出，根據圖中數據計算小車在打點時的瞬時速度大小為　 　，用逐差法計算小車的加速度大小　 　。（結果均保留位有效數字）
（3）小組成員根據質量數據作出的圖像，如圖丙所示，由此可知該組同學做實驗時可能存在的問題是　 　。
（4）在完成實驗后，小組成員選用拉力傳感器對實驗方案進行改進，采用如圖丁所示的實驗裝置重新進行探究，則新裝置　 　（選填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
【答案】（1）B；D
（2）0.43；0.33
（3）平衡摩擦力過度（或長木板傾角偏大；或補償阻力過度）
（4）需要
【知識點】加速度；探究加速度與力、質量的關系；瞬時速度
【解析】【解答】本題考查了探究加速度與力、質量的關系的實驗中操作步驟，逐差法計算加速度以及實驗中的注意事項。
（1）A．應先接通電源再釋放小車，目的是在電壓穩定后，在紙帶上打出足夠多的點，故A錯誤；
B．摩擦力是通過小車重力沿木板方向的分力來平衡的，所以平衡摩擦力時不能將鉤碼用細線通過定滑輪系在小車上，故B正確；
C．設平衡摩擦力時木板抬高的傾角為，在沿木板方向根據平衡條件有
兩邊可以約掉，即與小車質量無關，每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．平衡摩擦力后，連接鉤碼和小車的細線跟長木板保持平行時，細線的拉力等于小車所受合力，故D正確。
故選BD。
（2）已知相鄰計數點之間有個點未標出，故
根據勻變速運動物體中間時刻的瞬時速度等于相應的平均速度，則點的瞬時速度為
根據逐差法可知加速度為
（3）由題圖丙可知，當合外力為零時，小車加速度不為零，因此實驗中可能存在的問題是平衡摩擦力過度（或長木板的傾角過大；或補償阻力過度）。
（4）由題圖丁可知，力傳感器可以直接測出小車所受的合外力，不需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，但為了使繩子拉力為小車所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
【分析】（1）調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行，這樣細繩上的拉力就是使小車產生加速度的力，改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力；
（2）勻變速運動物體中間時刻的瞬時速度等于相應的平均速度，利用逐差法計算小車加速度；
（3）當合外力為零時，小車加速度不為零，平衡摩擦力過度；
（4）仍然需要平衡摩擦力，需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量。
（1）A．應先接通電源再釋放小車，目的是在電壓穩定后，在紙帶上打出足夠多的點，故A錯誤；
B．摩擦力是通過小車重力沿木板方向的分力來平衡的，所以平衡摩擦力時不能將鉤碼用細線通過定滑輪系在小車上，故B正確；
C．設平衡摩擦力時木板抬高的傾角為，在沿木板方向根據平衡條件有
兩邊可以約掉，即與小車質量無關，每次改變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．平衡摩擦力后，連接鉤碼和小車的細線跟長木板保持平行時，細線的拉力等于小車所受合力，故D正確。
故選BD。
（2）[1]已知相鄰計數點之間有個點未標出，故
根據勻變速運動物體中間時刻的瞬時速度等于相應的平均速度，則點的瞬時速度為
[2]根據逐差法可知加速度為
（3）由題圖丙可知，當合外力為零時，小車加速度不為零，因此實驗中可能存在的問題是平衡摩擦力過度（或長木板的傾角過大；或補償阻力過度）。
（4）由題圖丁可知，力傳感器可以直接測出小車所受的合外力，不需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，但為了使繩子拉力為小車所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
13．（2025高一上·汕尾期末）“守護頭頂上的安全，嚴禁高空拋物”，如圖所示，某學校宿含樓外側安裝了防墜物網，網底水平。現將一質量為的水瓶從距離防墜物網處自由墜落進行測試，水瓶落到網上后的最大下陷深度為。水瓶可視為質點，下落過程中不計空氣阻力、水瓶與網接觸后的運動視為勻減速直線運動，取重力加速度。求：
（1）水瓶到達防墜物網處所用的時間；
（2）與防墜物網接觸后、水瓶在減速時的加速度大小；
（3）水瓶與防墜物網之間的作用力大小。
【答案】（1）解：設水瓶到達防墜物網所用的時間為，根據運動學規律，有
代入數據解得
（2）解：設水瓶落到網面時速度為v，由自由落體公式
由題可知，水瓶與網接觸后做勻減速直線運動，設水瓶的加速度大小為。水瓶到達最大下陷深度處的末速度為零，根據運動學規律，有
代入數據解得
（3）解：水瓶從接觸防墜物網到停止的過程中，根據牛頓第二定律，有
代入數據解得
【知識點】自由落體運動；牛頓第二定律
【解析】【分析】（1）根據運動學規律求解運動時間；
（2）由自由落體公式求解速度，根據速度—位移關系求解加速度；
（3）水瓶從接觸防墜物網到停止的過程中，根據牛頓第二定律求解作用力。
（1）設水瓶到達防墜物網所用的時間為，根據運動學規律，有
代入數據解得
（2）設水瓶落到網面時速度為v，由自由落體公式
由題可知，水瓶與網接觸后做勻減速直線運動，設水瓶的加速度大小為。水瓶到達最大下陷深度處的末速度為零，根據運動學規律，有
代入數據解得
（3）水瓶從接觸防墜物網到停止的過程中，根據牛頓第二定律，有
代入數據解得
14．（2025高一上·汕尾期末）無人駕駛出行服務在全國多個城市展開了載人測試運營服務，為公眾出行提供更多的便利。在平直的公路上，一輛無人駕駛汽車以20m/s的速度勻速行駛，此時監測到正前方距離55m處停有一輛小轎車在等紅燈。假設兩車一直在同一車道上沿直線行駛。
（1）若無人駕汽車的反應時間是0.12s，減速時的加速度大小為4m/s2，試通過計算判斷無人駕汽車是否會與轎車發生碰撞？
（2）若此時綠燈恰好亮起，無人駕駛汽車保持勻速行駛，轎車立即以5m/s2的加速度向前做勻加速直線運動，求兩車間的最近距離是多少？
【答案】（1）解：無人駕駛汽車在反應時間內繼續做勻速直線運動，則勻速運動的位移
無人駕駛汽車在剎車時做勻減速直線運動，從開始剎車到停止的過程，根據運動學公式
代入數據解得，
無人駕駛汽車所需要的停車距離
無人駕駛汽車的停車距離小于兩車距離，因此兩車不會發生碰撞；
（2）解：轎車啟動后做勻加速直線運動，無人駕駛汽車繼續做勻速直線運動，當兩車的速度相同時，兩車相距最近，轎車的運動距離為
又
代入數據解得，
無人駕駛汽車的運動距離為
代入數據解得
兩車的最近距離
代入數據解得
【知識點】追及相遇問題
【解析】【分析】（1）無人駕駛汽車在反應時間內繼續做勻速直線運動，根據勻變速運動規律求解勻減速位移，二者相加等于總位移，與剛開始距離比較即可；
（2）當兩車的速度相同時，兩車相距最近，分析物體運動過程，結合運動學規律求解 兩車間的最近距離 。
（1）無人駕駛汽車在反應時間內繼續做勻速直線運動，則勻速運動的位移
無人駕駛汽車在剎車時做勻減速直線運動，從開始剎車到停止的過程，根據運動學公式
代入數據解得，
無人駕駛汽車所需要的停車距離
無人駕駛汽車的停車距離小于兩車距離，因此兩車不會發生碰撞；
（2）轎車啟動后做勻加速直線運動，無人駕駛汽車繼續做勻速直線運動，當兩車的速度相同時，兩車相距最近，轎車的運動距離為
又
代入數據解得，
無人駕駛汽車的運動距離為
代入數據解得
兩車的最近距離
代入數據解得
15．（2025高一上·汕尾期末）如圖所示是某貨運公司的卸貨裝置，該裝置由兩部分構成，分別是傾角θ=37°的傳送帶AB與傾角α=30°的傾斜長木板BC。長木板的另一端搭在地面上，各處均平滑連接。傳送帶AB段的長度L=5.8m，長木板BC段的長度s=5.0m。質量m=2.5kg的貨物無初速度地放在傳送帶頂端A處，經過一段時間后貨物被運送到長木板的底端C處。已知貨物與傳送帶間的動摩擦因數 1=0.5，與長木板間的動摩擦因數，且sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。
（1）若貨物運動到長木板C處時速度恰好為零，求貨物在B處的速度大小；
（2）若將傳送帶的速度調成v0=4m/s沿逆時針方向勻速傳動，求貨物從傳送帶A處運動到B處的時間；
（3）在第（2）問的基礎上，求貨物在傳送帶上留下的擦痕長度。
【答案】（1）解：設貨物在長木板上的加速度大小為a，運動到C處時速度為0，由牛頓第二定律得
解得
由運動學公式知
代入數據解得運動到處時的速度大小
（2）解：貨物無初速度地放在傳送帶頂端A，所以貨物在傳送帶上先做勻加速運動，設勻加速運動時的加速度為a1，由牛頓第二定律得
代入數據解得
貨物從放上傳送帶開始到與傳送帶共速的過程，由運動學公式得，
代入數據解得，
由于，且貨物在傳送帶上，因而在與傳送帶共速后，貨物將繼續進行勻加速直線運動，設第二段勻加速直線運動時的加速度為a2，由牛頓第二定律得
代入數據解得
由于
代入數據解得
貨物從A處運動到B處所經歷的時間
（3）解：貨物第一段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
貨物第二段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
則貨物在傳送帶上留下的擦痕長度為
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）運動到C處時速度為0，由牛頓第二定律求解加速度，根據速度—位移關系求解速度大小；
（2）貨物在傳送帶上先做勻加速運動，在與傳送帶共速后，貨物將繼續進行勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求解加速度，根據運動學規律求解時間；
（3）分別求解貨物第一段勻加速階段相對傳送帶的位移和第二段勻加速階段相對傳送帶的位移，從而求解擦痕長度。
（1）設貨物在長木板上的加速度大小為a，運動到C處時速度為0，由牛頓第二定律得
解得
由運動學公式知
代入數據解得運動到處時的速度大小
（2）貨物無初速度地放在傳送帶頂端A，所以貨物在傳送帶上先做勻加速運動，設勻加速運動時的加速度為a1，由牛頓第二定律得
代入數據解得
貨物從放上傳送帶開始到與傳送帶共速的過程，由運動學公式得，
代入數據解得，
由于，且貨物在傳送帶上，因而在與傳送帶共速后，貨物將繼續進行勻加速直線運動，設第二段勻加速直線運動時的加速度為a2，由牛頓第二定律得
代入數據解得
由于
代入數據解得
貨物從A處運動到B處所經歷的時間
（3）貨物第一段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
貨物第二段勻加速階段相對傳送帶的位移為
代入數據解得
則貨物在傳送帶上留下的擦痕長度為
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