資源簡介

浙江省溫州市2024-2025學年高一上學期期末教學質量統一檢測物理試題（A ）
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．（2025高一上·溫州期末）下列屬于國際單位制中導出單位符號的是（　　）
A．N B．kg C．m D．s
2．（2025高一上·溫州期末）2024年8月5日，中國隊在4×100米混合泳接力決賽中，以3分27秒46的成績奪冠，打破了美國隊在該項目長達40年的壟斷。下列說法正確的是（　　）
A．“3分27秒46”表示時刻
B．運動員在加速沖刺過程中慣性增大
C．運動員游泳過程中觀眾相對運動員是運動的
D．研究運動員的入水動作時可以將其看成質點
3．（2025高一上·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中大人推不動車是因為推力小于摩擦力
B．圖乙中限速路牌的示數為車輛通行的平均速度
C．圖丙中飛鏢在空中各點的指向與其加速度方向相同
D．圖丁中玻璃管水平運動，管內勻速上升的紅蠟塊運動軌跡可能是曲線
4．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，一只翠鳥停歇在樹枝上。下列說法正確的是（　　）
A．翠鳥一定只受兩個力
B．樹枝對翠鳥的作用力方向豎直向上
C．樹枝對翠鳥的作用力就是翠鳥的重力
D．翠鳥對樹枝的壓力是樹枝形變引起的
5．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為溫州某一大樓，某同學在保證安全的前提下在頂樓靜止釋放一小球，測得小球下落時間約為6s。不計一切阻力，下列說法正確的是（　　）
A．該大樓的高度約為180m B．該大樓的高度約為360m
C．小球下落1s時的速度為5m/s D．小球下落1s時的速度為60m/s
6．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為室內冰壺玩具。游戲時，冰壺場景墊鋪在水平地面上，將其中一個冰壺推出，冰壺離手后，沿場景墊軸線向前自由滑行，場景墊始終靜止。下列說法正確的是（　　）
A．冰壺向前自由滑行時仍受推力
B．冰壺所受摩擦力方向與冰壺運動方向相反
C．場景墊對冰壺的支持力與冰壺對場景墊的壓力是一對平衡力
D．地面對場景墊的支持力與冰壺對場景墊的壓力是一對相互作用力
7．（2025高一上·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中汽車通過拱橋最高點時處于平衡狀態
B．圖乙中自行車騎行時車輪上A、B兩點線速度大小相等
C．圖丙中游客隨旋轉飛椅做勻速圓周運動時所受合力為零
D．圖丁中火車轉彎時外軌高于內軌能減輕輪緣與外軌間的擠壓
8．（2025高一上·溫州期末）一臺式彈簧秤，其內部結構由兩根完全相同的輕質彈簧、示數轉化裝置組成，如圖所示。彈簧的壓縮量在水平托盤不放物體時為1cm，放上質量6kg物體時為3cm，下列說法正確的是（　　）
A．空托盤質量為2kg
B．每根彈簧的勁度系數為1500N/m
C．彈簧的勁度系數隨彈簧的壓縮量增加而增大
D．換用勁度系數更小的彈簧能增加彈簧秤的量程
9．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為酒店送餐機器人。某次送餐中，機器人從電梯口靜止開始做直線運動到達客房門口，到達客房門口時速度恰好為零，全程長10m。機器人運動的最大速度2m/s，加速時最大加速度0.5m/s2，減速時最大加速度1m/s2。則酒店機器人該次送餐的最短時間為（　　）
A．5s B．6s C．8s D．10s
10．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為起重機吊起鐵管的場景。已知一根長為40m的鋼繩兩端固定在質量的鐵管上，兩固定點距離為6m。起重機掛鉤勾住該鋼繩，使鐵管從靜止開始先以的加速度豎直向上做勻加速直線運動，達到某一速度后做勻速運動，不計鋼繩質量與一切阻力。取。下列說法正確的是（　　）
A．勻速階段鋼繩拉力大小為
B．加速階段鋼繩拉力比勻速階段鋼繩拉力大
C．勻速階段若兩固定點之間距離減小，則鋼繩拉力不變
D．勻速階段若兩固定點之間距離減小，則鋼繩拉力變大
11．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，水杯中放有一可視為質點的小球，某同學將輕繩一端固定在水杯開口處，另一端用手拉住，甩動手腕使水杯以O點為圓心在豎直平面內做圓周運動，運動過程中小球始終緊貼杯底。已知小球離O點的距離為L，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球過最高點時的速度可能為零
B．小球過最高點時的速度一定等于
C．小球過最高點時，繩子的拉力可能為零
D．小球過最高點時的向心加速度大小可能小于g
12．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示，某宇航員在特定座椅上做豎直方向上的沖擊耐力訓練。圖乙為該宇航員在做沖擊耐力訓練過程中的加速度a隨時間t變化的圖像。已知訓練開始前宇航員處于靜止狀態，宇航員（含裝備）質量為M，重力加速度大小為g，以豎直向上為正方向，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．時，宇航員速度最大
B．時間內宇航員處于失重狀態
C．時，宇航員恰好回到初始位置
D．時，座椅對宇航員的支持力大小為
13．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示為一雞蛋收納架，利用斜坡使雞蛋自動滾下。斜坡底端有一豎直擋板，斜坡傾角并開有凹槽，凹槽寬度為。現將5個雞蛋放置在雞蛋架上，將雞蛋簡化為質量為m，半徑為R的球，圖乙為正視圖，圖丙為沿斜坡方向視角。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．雞蛋架對5號雞蛋的作用力大小為mg
B．4號雞蛋對5號雞蛋的支持力大小為mg
C．豎直擋板對1號雞蛋的支持力大小為
D．凹槽單側對5號雞蛋的支持力大小為
二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
14．（2025高一上·溫州期末）關于物理學中的思想與方法，下列說法正確的是（　　）
A．質點概念建立體現了等效替代的思想
B．重心概念建立體現了理想化模型的思想
C．加速度的定義采用了比值定義法
D．通過平面鏡觀察桌面的微小形變采用了放大思想
15．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示為輸送工件的傳送裝置，其底部有固定擋板防止工件來不及取走而掉落，其簡化模型如圖乙。若傾斜傳送帶沿順時針方向以恒定速率勻速轉動，時刻將滑塊輕輕放在傳送帶上。當滑塊運動到傳送帶底部時與擋板發生碰撞，碰撞前后滑塊速度大小不變，方向相反。若滑塊視為質點，則滑塊與擋板發生第二次碰撞前的速度v隨時間t變化的圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
三、實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）
16．（2025高一上·溫州期末）某實驗小組用如圖1所示的實驗裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗。已知小車質量，則：
（1）除了如圖1所示的器材外，還需要的儀器有______
A． B．
C． D．
（2）關于該實驗下列說法正確的是______
A．實驗前，補償阻力時小車需連接紙帶
B．實驗前，調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與軌道平行
C．實驗時，也可增減鉤碼（50g規格）來改變小車受到的拉力
D．完成操作后，挑選兩條點痕清晰的紙帶進行數據處理即可
（3）某同學得到如圖2所示的紙帶，打點計時器電源頻率為50Hz，則小車的加速度大小為　 　。（結果保留2位有效數字）
17．（2025高一上·溫州期末）用如圖1所示裝置探究平拋運動的特點。
（1）若已經得到平拋運動豎直方向分運動的規律，設法確定“相等的時間間隔”，再看相等的時間內水平分運動的位移，進而確定水平分運動的規律。則實驗中在軌跡曲線上選取的若干個“相等時間間隔”的點，相鄰之間的豎直距離　 　（填“相等”或“不相等”）。
（2）下列器材問題和操作方式不會對實驗探究有影響的是______
A．斜槽軌道不光滑 B．斜槽末端不水平
C．小球在釋放時有初速度 D．小球每次自由釋放的位置不同
（3）某同學做實驗時，只在紙上從斜槽末端開始沿重錘線方向畫出直線，并描出如圖2所示的軌跡曲線，在曲線上取A、B兩點，用刻度尺分別量出它們到直線的水平距離，，以及與之間的距離h，則小球拋出的初速度為______
A． B． C． D．
18．（2025高一上·溫州期末）下列實驗描述正確的是（　　）
A．“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中細繩套一定等長
B．“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中不需要補償小車所受阻力
C．“探究向心力大小的表達式”實驗采用的實驗方法主要是控制變量法
D．“探究彈簧彈力與形變量關系”實驗中可得出彈簧彈力與彈簧長度成正比
19．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，一輛肇事汽車在緊急剎車后停了下來，路面上留下了一條長度為x=22.5m的車輪滑動的磨痕。根據對車輪和路面材料的分析可以知道，車輪在路面上滑動時汽車做勻減速直線運動的加速度大小a=5m/s2。求：
（1）剎車前汽車的速度v；
（2）緊急剎車所用的時間t；
（3）汽車停止前1s滑行的距離x'。
20．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，一傾角的粗糙斜面C靜置在水平地面上，斜面上有與輕繩連接的物塊B，輕繩與斜面平行，并繞過定滑輪與結點連接小球A，右上方用手拉住輕繩OE。輕繩OD水平，與輕繩OE夾角，A、B、C處于靜止狀態。已知A、B、C質量分別為m、3m、4m，重力加速度大小為，求：
（1）輕繩OD的拉力大小；
（2）斜面C對B的摩擦力；
（3）地面對C的支持力大小。
21．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示，一同學站在靶心的正前方，面朝傾斜靶紙拋球。其簡化模型如圖乙，靶紙緊貼在傾角的傾斜支架CD上支架CD固定在水平地面AB上，接觸點為C點。該同學在O點水平向右拋出小球，O點離地高度，與C點的水平距離。若小球只在圖乙所示豎直面內運動，視為質點，不計小球受到的空氣阻力和靶紙厚度。
（1）若小球恰好擊中C點，求小球水平向右拋出時的初速度大小v；
（2）若改變水平拋出小球的初速度大小，使小球恰好垂直靶紙擊中靶心，求：
①小球從O點到靶心豎直方向下落距離與水平方向運動距離的比值；
②小球從O點運動到靶心的時間。
22．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，傾角直軌道AB和直軌道CD分別與半徑的圓弧軌道BC相切于B點和C點，圓弧軌道末端C點處安裝有壓力傳感器，D點右側緊靠著質量的車子，車長，其上表面與直軌道CD齊平。將質量的小物塊從直軌道AB上距離直軌道CD平面高度處靜止釋放，小物塊經過C點時壓力傳感器顯示示數，小物塊與直軌道AB、CD和車子上表面之間的動摩擦因數均為，車子與地面之間的摩擦不計（小物塊視為質點，不計空氣阻力），已知，，求：
（1）小物塊到達C點時的速度大小v；
（2）小物塊在直軌道AB上的運動時間t；
（3）若小物塊能滑上車子且不從車上掉落，直軌道CD的長度范圍。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】kg、m、s都是國際單位制中的基本單位；N是導出單位。
故答案為：A。
【分析】1. 基本單位：力學中 （ 質量 ）、（ 長度 ）、（ 時間 ）是獨立定義的基本量單位。
2. 導出單位：通過物理公式（ 如 ），由基本單位組合而成（ 如 ）。
3. 選項判斷：根據基本單位與導出單位的定義，篩選出導出單位 。
2．【答案】C
【知識點】質點；時間與時刻；參考系與坐標系；慣性與質量
【解析】【解答】A．“3分27秒46”是比賽過程所經歷的時間，可知，3分27秒46表示時時間間隔，故A錯誤；
B．慣性由質量決定，可知，運動員在加速沖刺過程中慣性不變，故B錯誤；
C．運動員游泳過程中觀眾相對運動員位置發生了變化，可知，觀眾相對運動員是運動的，故C正確；
D．研究運動員的入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時，運動員不能夠看成質點，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1.時間屬性：“3 分 27 秒 46” 是過程持續時長（ 時間間隔 ），非瞬間（ 時刻 ）。
2.慣性本質：僅由質量決定，與運動狀態無關，加速時慣性不變。
3.相對運動：以運動員為參考系，觀眾位置變化，相對運動。
4.質點條件：研究動作細節時，形狀大小不可忽略，不能視為質點。
3．【答案】D
【知識點】曲線運動；瞬時速度；靜摩擦力；運動的合成與分解
【解析】【解答】瞬時速度則是運動物體在某一時刻（或經過某一位置）的速度，平均速度是一個描述物體運動平均快慢程度和運動方向的矢量。A．圖甲中大人推不動車，車處于靜止狀態，此時車在水平方向上受到推力和摩擦力，根據二力平衡原理，推力等于摩擦力，推不動的原因是推力小于最大靜摩擦力，故A錯誤；
B．圖乙中限速路牌的示數為車輛通行的瞬時速度最大值，故B錯誤；
C．圖丙中飛鏢在空中各點的指向是其速度方向，速度方向與加速度方向不同，故C錯誤；
D．圖丁中玻璃管水平運動，若紅蠟塊在管內勻速上升，同時水平方向做勻加速直線運動，則紅蠟塊運動軌跡是曲線，故D正確。
故選D。
【分析】推力與摩擦力大小相等，方向相反；根據速度與加速度的關聯分析；根據水平方向與豎直方向速度的關聯分析。
4．【答案】B
【知識點】形變與彈力；受力分析的應用
【解析】【解答】本題是簡單的受力平衡問題，要明確研究對象，分析受力情況，根據平衡條件列式分析。
ABC．把傾斜的樹枝可以看做斜面，可知翠鳥受到重力、支持力、摩擦力三個力的作用，其中支持力和摩擦力的施力為樹枝，將這兩個力合成一個力，即為樹枝對翠鳥的作用力，該作用力與重力平衡，故該作用力方向豎直向上，大小等于重力的大小，該作用力與重力的產生條件不同，故不能說枝對翠鳥的作用力就是翠鳥的重力，故AC錯誤，B正確；
D．翠鳥對樹枝的壓力是翠鳥的腳掌形變引起的，故D錯誤。
故選B。
【分析】翠鳥處于平衡狀態，根據平衡條件分析；根據彈力的產生條件分析判斷。
5．【答案】A
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】AB. 該大樓的高度約為，A正確，B錯誤；
CD. 小球下落1s時的速度為v=gt1=10m/s，CD錯誤。
故答案為：A。
【分析】1.高度計算：利用自由落體位移公式，代入總時間 6s，直接求出大樓高度。
2.速度計算：利用自由落體速度公式，代入 1s，直接求出對應速度。
3.選項判斷：根據計算結果（ 高度 180m、1s 速度 10m/s ）。
6．【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應用
【解析】【解答】A．冰壺向前自由滑行時不會受推力作用，A錯誤；
B．冰壺相對場景墊向前運動，受到的摩擦力向后，即所受摩擦力方向與冰壺運動方向相反，B正確；
C．場景墊對冰壺的支持力與冰壺對場景墊的壓力是一對相互作用力，C錯誤；
D．地面對場景墊的支持力與冰壺對場景墊的壓力都作用在場景墊上，不是一對相互作用力，D錯誤。
故答案為：B。
【分析】1.受力拆解：冰壺離手后，水平方向只有摩擦力（ 推力消失 ）。
2.摩擦力方向：與相對運動方向相反（ 冰壺向前，摩擦力向后 ）。
3.力的分類：相互作用力：作用在兩個物體，場景墊與冰壺的支持力、壓力符合。
平衡力：需作用在同一物體，地面對場景墊的支持力與冰壺壓力不滿足。
4.選項匹配：根據受力分析、摩擦力方向、力的分類，篩選正確選項。
7．【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；生活中的圓周運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．圖甲中汽車通過拱橋最高點時具有向下的加速度，不是處于平衡狀態，A錯誤；
B．圖乙中自行車騎行時車輪上A、B兩點的角速度相同，根據v=ωr可知線速度大小不相等，B錯誤；
C．圖丙中游客隨旋轉飛椅做勻速圓周運動時所受合力提供向心力，則合外力不為零，C錯誤；
D．圖丁中火車轉彎時外軌高于內軌能減輕輪緣與外軌間的擠壓，D正確。
故答案為：D。
【分析】1.拱橋最高點：圓周運動需向心力，合力不為 0，非平衡狀態。
2.車輪線速度：同軸轉動角速度相同，線速度與半徑成正比，A、B 半徑不同，線速度不同。
3.勻速圓周運動：合力提供向心力，合力必不為 0。
4.火車轉彎：外軌高于內軌，利用重力與支持力的合力提供向心力，減輕外軌擠壓。
5.選項判斷：根據各場景的圓周運動規律，篩選正確選項。
8．【答案】B
【知識點】胡克定律；受力分析的應用
【解析】【解答】AB．不放物體時
放上6kg物體時
代入數據解得k=1500N/m，但無法求解空托盤質量和彈簧原長，A錯誤，B正確；
C．彈簧的勁度系數與彈簧的壓縮量無關，C錯誤；
D．換用勁度系數更小的彈簧會減小彈簧秤的量程，D錯誤。
故答案為：B。
【分析】1. 受力平衡：托盤（ 含物體 ）的重力等于兩根彈簧的彈力（ ）。
2. 方程聯立：不放物體和放物體時的兩個平衡方程，消去未知量（ 原長 ），求解 。
3. 選項辨析：利用勁度系數的“固有屬性”（ 與形變量無關 ）、量程與 的“反向關系”（ 小，量程小 ），判斷其他選項錯誤。
9．【答案】C
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】熟練掌握并深刻理解運動學的基礎公式及導出公式，結合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。根據題意可知，，
代入數據解得，，
所以
故選C。
【分析】根據勻變速直線運動的位移和時間規律、勻速直線運動的位移和時間規律列式求解。
10．【答案】B
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查平衡條件以及牛頓第二定律的應用，解題關鍵是會對物體勻速以及加速狀態進行受力分析。A．設鋼繩與豎直方向的夾角為，勻速階段，根據受力平衡可得
可得鋼繩拉力大小為
故A錯誤；
B．加速階段，根據牛頓第二定律可得
可得
則加速階段鋼繩拉力比勻速階段鋼繩拉力大，故B正確；
CD．勻速階段若兩固定點之間距離減小，則減小，根據
可知鋼繩拉力變小，故CD錯誤。
故選B。
【分析】鐵管受到三個力的作用：重力、兩個沿鋼繩向上的拉力。如果鐵管處于平衡狀態，則這三個力的合力為零，結合幾何關系分析。
11．【答案】C
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】AB．對小球受力分析有
，所以小球過最高點時的速度一定大于等于，AB錯誤；
C．小球和水杯看成整體，在最高點繩中的拉力最小為零，此時速率最小，即繩所受的彈力一定大于零或等于零，C正確；
D．小球過最高點時的向心加速度大小，可知，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. 受力拆解：小球在最高點受重力、杯底支持力（ 向下 ）、繩子拉力（ 向上 ），合力提供向心力。
2. 臨界情況：當拉力 且杯底支持力 時，速度 ，此時拉力為0，是可能的。
3. 選項辨析：利用臨界速度判斷速度不能為0，拉力可在臨界時為0，加速度不小于 ，篩選正確選項。
12．【答案】D
【知識點】圖象法；超重與失重
【解析】【解答】A．圖像與坐標軸圍成的面積等于速度的變化量，可知時，宇航員速度最大，A錯誤；
B．時間內宇航員加速度向上，則處于超重狀態，B錯誤；
C．時，宇航員速度變化量為
宇航員先向上加速再向上減速，則時到達最高點，C錯誤；
D．時，座椅對宇航員的支持力大小為，D正確。
故答案為：D。
【分析】1. 速度變化量：a-t圖像面積是 ，用于判斷速度最大時刻（ 面積累積最大 ）。
2. 超重失重：加速度向上，超重（ ），向下，失重（ ）。
3. 位置判斷：速度變化量為0時，速度回到初始值，但運動方向未反向（ 始終向上 ），故在最高點。
4. 支持力計算：牛頓第二定律 ，代入加速度得支持力。
13．【答案】C
【知識點】整體法隔離法
【解析】【解答】A．對5號雞蛋進行分析，根據平衡條件，雞蛋架對5號雞蛋的作用力大小，故A錯誤；
B．對5號雞蛋進行分析，根據平衡條件，4號雞蛋對5號雞蛋的支持力大小，故B錯誤；
C．對5個雞蛋整體進行分析，根據平衡條件可知，豎直擋板對1號雞蛋的支持力大小為，故C正確；
D．根據對稱性可知，凹槽單側對5號雞蛋的支持力大小相等，令該支持力方向與垂直于斜坡方向夾角為，根據幾何關系有
解得
對5號雞蛋進行分析，結合上述有
解得，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. A、B、D：隔離5號雞蛋：分解重力，沿斜坡和垂直斜坡方向列平衡方程.。
2. C：整體分析5個雞蛋：水平方向擋板支持力與重力分力平衡，利用 計算支持力。
3. 幾何關系：凹槽寬度與雞蛋半徑的關系，確定支持力方向夾角。
14．【答案】C,D
【知識點】等效法；比值定義法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如控制變量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。A．質點概念建立體現了理想化模型的思想，故A錯誤；
B．重心概念建立體現了等效替代的思想，故B錯誤；
C．加速度的定義采用了比值定義法，故C正確；
D．通過平面鏡觀察桌面的微小形變采用了放大思想，故D正確。
故選CD。
【分析】根據理想化的物理模型、等效替代以及比值定義法，微小形變放大法等思想對應的實例進行分析解答。
15．【答案】A,B,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】滑塊先沿傳送帶向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ+μgcosθ
AC．若傳送帶足夠長，滑塊與傳送帶時共速時，滿足μmgcosθ≥mgsinθ，滑塊與傳送帶一起勻速向下運動直到滑塊與擋板發生彈性碰撞，碰撞向上做勻減速運動，摩擦力的大小和方向不變，合力不變，加速度不變；速度減小為零后，再次沿傳送帶下滑，故A正確，C錯誤；
B．若傳送帶不夠長，滑塊與傳送帶未共速便與擋板發生彈性碰撞，碰撞后向上做勻減速運動，摩擦力的大小和方向不變，合力不變，加速度不變；速度減小為零后，再次沿傳送帶下滑，故B正確；
D．若傳送帶足夠長，滑塊與傳送帶時共速時，滿足μmgcosθ＜mgsinθ
滑塊繼續加速下滑，根據牛頓第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得a2=gsinθ-μgcosθ
直到滑塊與擋板發生彈性碰撞，碰撞向上做勻減速運動，摩擦力的大小和方向不變，合力不變，加速度為a1且不變；速度減小為零后，再次沿傳送帶下滑，故D正確。
故答案為：ABD。
【分析】1. 初始下滑：滑動摩擦力沿斜面向上，加速度 ，勻加速。
2. 碰撞后上滑：滑動摩擦力沿斜面向下，加速度仍為 ，勻減速。
3. 速度為0后下滑：重復初始下滑的勻加速，直到第二次碰撞。
4. 傳送帶長度與摩擦條件：
傳送帶短，未共速碰撞（ 圖像B ）。
傳送帶長+ ，共速后勻速（ 圖像A ）。
傳送帶長+ ，共速后繼續加速（ 圖像D ）。
16．【答案】（1）C
（2）A；B
（3）0.36
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用
【解析】【解答】（1）除了如圖1所示的器材外，還需要的儀器是刻度尺，用刻度尺測量計數點之間的距離，打點計時器用的是交流電源，不需要干電池；槽碼質量是已知的，則重量也是已知的，所以不需要彈簧測力計，因為有槽碼拉小車，所以不需要鉤碼了。故答案為：C。
（2）A．實驗前，補償阻力時小車需連接紙帶，故A正確；
B．實驗前，調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與軌道平行，這樣才能保證小車在運動過程中所受拉力恒定，故B正確；
C．實驗時，需要用槽碼的重力表示小車所受拉力，所以要滿足槽碼的質量遠小于小車的質量，所以不能通過增減鉤碼（50g規格）來改變小車受到的拉力，故C錯誤；
D．完成操作后，需要計算每條紙帶的時小車的加速度，如果只挑選兩條點痕清晰的紙帶進行數據處理，則得到的數據太少，不能做出對應的圖像，故D錯誤。
故答案為：AB。
（3）相鄰兩個計數點之間的時間間隔為
T=5×0.02s=0.1s
小車的加速度大小為
。
故答案為：0.36
【分析】（1）器材：聚焦 “測量位移” 需求，選刻度尺。
（2）操作：圍繞 “拉力恒定、阻力補償、質量條件” 辨析，確保實驗原理（ 槽碼重力近似拉力 ）成立。
（3）數據：用逐差法消除偶然誤差，利用多組位移差計算加速度，體現 “多次測量減小誤差” 的實驗思想。
（1）除了如圖1所示的器材外，還需要的儀器是刻度尺，用刻度尺測量計數點之間的距離，打點計時器用的是交流電源，不需要干電池；槽碼質量是已知的，則重量也是已知的，所以不需要彈簧測力計，因為有槽碼拉小車，所以不需要鉤碼了。
故選C。
（2）A．實驗前，補償阻力時小車需連接紙帶，故A正確；
B．實驗前，調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與軌道平行，這樣才能保證小車在運動過程中所受拉力恒定，故B正確；
C．實驗時，需要用槽碼的重力表示小車所受拉力，所以要滿足槽碼的質量遠小于小車的質量，所以不能通過增減鉤碼（50g規格）來改變小車受到的拉力，故C錯誤；
D．完成操作后，需要計算每條紙帶的時小車的加速度，如果只挑選兩條點痕清晰的紙帶進行數據處理，則得到的數據太少，不能做出對應的圖像，故D錯誤。
故選AB。
（3）相鄰兩個計數點之間的時間間隔為T=5×0.02s=0.1s
小車的加速度大小為
17．【答案】（1）不相等
（2）A
（3）D
【知識點】研究平拋物體的運動；自由落體運動
【解析】【解答】（1）因為已經確定平拋運動豎直方向的運動規律，知道在豎直方向上做自由落體運動，所以實驗中在軌跡曲線上選取的若干個“相等時間間隔”的點，相鄰之間的豎直距離不相等。
故答案為：不相等
（2）A．斜槽軌道不光滑，只要保證每次釋放小球都從同一位置靜止釋放即可，故A正確；
B．斜槽末端不水平，則小球做的不是平拋運動，會影響實驗結果的，故B錯誤；
C．小球在釋放時有初速度v0，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故C錯誤；
D．小球每次自由釋放的位置不同，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故D錯誤。
故答案為：A。
（3）設小球從開始釋放運動到A的時間為tA，運動到B的時間為tB，在豎直方向上有
，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根據題意有h=hB-hA
聯立解得
故答案為：D。
【分析】（1）豎直位移特征：基于平拋豎直方向自由落體（加速運動 ），相等時間內位移隨時間增大。
（2）實驗誤差：圍繞平拋實驗關鍵條件（初速度水平、初速度恒定 ），判斷器材與操作對實驗的影響。
（3）初速度推導：通過水平、豎直分運動的運動學公式聯立，消去時間變量求解初速度。
（1）因為已經確定平拋運動豎直方向的運動規律，知道在豎直方向上做自由落體運動，所以實驗中在軌跡曲線上選取的若干個“相等時間間隔”的點，相鄰之間的豎直距離不相等。
（2）A．斜槽軌道不光滑，只要保證每次釋放小球都從同一位置靜止釋放即可，故A正確；
B．斜槽末端不水平，則小球做的不是平拋運動，會影響實驗結果的，故B錯誤；
C．小球在釋放時有初速度v0，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故C錯誤；
D．小球每次自由釋放的位置不同，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故D錯誤。
故選A。
（3）設小球從開始釋放運動到A的時間為tA，運動到B的時間為tB，在豎直方向上有，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根據題意有h=hB-hA
聯立解得
故選D。
18．【答案】B,C
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系；驗證力的平行四邊形定則；探究小車速度隨時間變化的規律；向心力
【解析】【解答】A．“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中細繩套應適當長一些，但不需要等長，A錯誤；
B．“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，只需要保證小車受到的合力恒定不變，不需要補償小車所受到的阻力，B正確；
C．“探究向心力大小的表達式”實驗采用的實驗方法主要是控制變量法，C正確；
D．“探究彈簧彈力與形變量關系”實驗中可得出彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】1.力的合成：繩長需求是 “便于標記方向”，與等長無關。
2.速度規律：只需合力恒定（ 加速度恒定 ），補償阻力是額外需求（ 非本實驗必需 ）。
3.向心力：多變量研究，控制變量法，是實驗設計的核心。
4.彈簧彈力：形變量（ 伸長 / 壓縮量 ）是彈力的直接決定因素，與原長無關。
19．【答案】（1）解：根據速度位移關系可得
代入數據解得
（2）解：根據速度時間關系可得
所以
（3）解：根據逆向思維法可得
解得
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【分析】（1）以及加速度和位移，根據速度—位移關系求解速度；
（2）根據速度—時間公式求解緊急剎車所用的時間 ；
（3）勻減速運動過程可以看成初速度為零的勻加速運動的逆過程，采用逆向思維結合時間—位移關系求解。
（1）根據速度位移關系可得
代入數據解得
（2）根據速度時間關系可得
所以
（3）根據逆向思維法可得
解得
20．【答案】（1）解：設輕繩OD拉力為，地面對C的支持力為。根據平衡條件有或
解得
（2）解：因沿斜面方向有
則沿斜面方向有
解得，方向沿斜面向上
（3）解：對B、C整體，根據平衡條件有
解得
【知識點】整體法隔離法
【解析】【分析】（1）對結點O分析受力，根據平衡條件求輕繩OD的拉力大小FT；
（2）對B分析受力，根據平衡條件求斜面C對B的摩擦力Ff；
（3）對B與C整體分析，根據平衡條件求地面對C的支持力大小FN。
（1）設輕繩OD拉力為，地面對C的支持力為
根據平衡條件有或
解得
（2）因沿斜面方向有
則沿斜面方向有
解得
方向沿斜面向上
（3）方法一：對B、C整體，根據平衡條件有
解得
方法二：對C單獨，根據平衡條件有
解得
21．【答案】（1）解：若小球恰好擊中C點，豎直方向做自由落體運動有
解得
水平方向做勻速直線運動有
則小球水平向右拋出時的初速度大小。
（2）①解：小球恰好垂直靶紙擊中靶心時，其速度方向與水平方向成
根據平拋運動分速度公式可得
根據平拋運動分位移公式可得
聯立解得。
②解：設O點運動到靶心的時間為，水平方向和豎直方向有，
由
解得
再根據幾何關系有
代入數據解得。
【知識點】自由落體運動；平拋運動
【解析】【分析】（1）擊中C點：利用平拋運動的分運動公式，豎直自由落體求時間，水平勻速求初速度。
（2）垂直靶紙：速度方向與靶紙垂直，速度與水平方向夾角 ，通過速度夾角與位移夾角的關系（ ），結合幾何位置關系（ O點、C點、靶心的高度與水平距離 ），聯立方程求解位移比值和運動時間。
（1）若小球恰好擊中C點，豎直方向做自由落體運動有
解得
水平方向做勻速直線運動有
則小球水平向右拋出時的初速度大小。
（2）[2-1]小球恰好垂直靶紙擊中靶心時，其速度方向與水平方向成
根據平拋運動分速度公式可得
根據平拋運動分位移公式可得
聯立解得。
[2-2]設O點運動到靶心的時間為，水平方向和豎直方向有，
由
解得
再根據幾何關系有
代入數據解得。
22．【答案】（1）解：C點時有牛頓第二定律
解得。
（2）解：直軌道AB上加速度
物塊在AB下滑距離
由
得到。
（3）解：臨界1：物塊恰能滑上小車，到達D點速度恰為0
直軌道CD上加速度：
由
得到
臨界2：物塊與小車共速時恰在小車最右端
物塊加速度
小車加速度
設物塊在D點速度為，經過t時間，物塊與小車共速，則
得
直軌道CD長度范圍。
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的綜合應用；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）點速度：利用圓周運動向心力公式（牛頓第二定律 ），結合壓力傳感器示數（支持力 ）求解。
（2）運動時間：分“受力求加速度” “幾何求位移” “運動學公式求時間”三步。
（3）長度范圍：通過“恰好滑上車（ ）”和“共速不滑落（位移差為車長 ）”兩個臨界狀態，結合動能定理、運動學公式聯立求解。
（1）C點時有牛頓第二定律
解得
（2）直軌道AB上加速度
物塊在AB下滑距離
由
得到
（3）臨界1：物塊恰能滑上小車，到達D點速度恰為0
直軌道CD上加速度：
由
得到
臨界2：物塊與小車共速時恰在小車最右端
物塊加速度
小車加速度
設物塊在D點速度為，經過t時間，物塊與小車共速，則
得
直軌道CD長度范圍
1 / 1浙江省溫州市2024-2025學年高一上學期期末教學質量統一檢測物理試題（A ）
一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）
1．（2025高一上·溫州期末）下列屬于國際單位制中導出單位符號的是（　　）
A．N B．kg C．m D．s
【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】kg、m、s都是國際單位制中的基本單位；N是導出單位。
故答案為：A。
【分析】1. 基本單位：力學中 （ 質量 ）、（ 長度 ）、（ 時間 ）是獨立定義的基本量單位。
2. 導出單位：通過物理公式（ 如 ），由基本單位組合而成（ 如 ）。
3. 選項判斷：根據基本單位與導出單位的定義，篩選出導出單位 。
2．（2025高一上·溫州期末）2024年8月5日，中國隊在4×100米混合泳接力決賽中，以3分27秒46的成績奪冠，打破了美國隊在該項目長達40年的壟斷。下列說法正確的是（　　）
A．“3分27秒46”表示時刻
B．運動員在加速沖刺過程中慣性增大
C．運動員游泳過程中觀眾相對運動員是運動的
D．研究運動員的入水動作時可以將其看成質點
【答案】C
【知識點】質點；時間與時刻；參考系與坐標系；慣性與質量
【解析】【解答】A．“3分27秒46”是比賽過程所經歷的時間，可知，3分27秒46表示時時間間隔，故A錯誤；
B．慣性由質量決定，可知，運動員在加速沖刺過程中慣性不變，故B錯誤；
C．運動員游泳過程中觀眾相對運動員位置發生了變化，可知，觀眾相對運動員是運動的，故C正確；
D．研究運動員的入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時，運動員不能夠看成質點，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1.時間屬性：“3 分 27 秒 46” 是過程持續時長（ 時間間隔 ），非瞬間（ 時刻 ）。
2.慣性本質：僅由質量決定，與運動狀態無關，加速時慣性不變。
3.相對運動：以運動員為參考系，觀眾位置變化，相對運動。
4.質點條件：研究動作細節時，形狀大小不可忽略，不能視為質點。
3．（2025高一上·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中大人推不動車是因為推力小于摩擦力
B．圖乙中限速路牌的示數為車輛通行的平均速度
C．圖丙中飛鏢在空中各點的指向與其加速度方向相同
D．圖丁中玻璃管水平運動，管內勻速上升的紅蠟塊運動軌跡可能是曲線
【答案】D
【知識點】曲線運動；瞬時速度；靜摩擦力；運動的合成與分解
【解析】【解答】瞬時速度則是運動物體在某一時刻（或經過某一位置）的速度，平均速度是一個描述物體運動平均快慢程度和運動方向的矢量。A．圖甲中大人推不動車，車處于靜止狀態，此時車在水平方向上受到推力和摩擦力，根據二力平衡原理，推力等于摩擦力，推不動的原因是推力小于最大靜摩擦力，故A錯誤；
B．圖乙中限速路牌的示數為車輛通行的瞬時速度最大值，故B錯誤；
C．圖丙中飛鏢在空中各點的指向是其速度方向，速度方向與加速度方向不同，故C錯誤；
D．圖丁中玻璃管水平運動，若紅蠟塊在管內勻速上升，同時水平方向做勻加速直線運動，則紅蠟塊運動軌跡是曲線，故D正確。
故選D。
【分析】推力與摩擦力大小相等，方向相反；根據速度與加速度的關聯分析；根據水平方向與豎直方向速度的關聯分析。
4．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，一只翠鳥停歇在樹枝上。下列說法正確的是（　　）
A．翠鳥一定只受兩個力
B．樹枝對翠鳥的作用力方向豎直向上
C．樹枝對翠鳥的作用力就是翠鳥的重力
D．翠鳥對樹枝的壓力是樹枝形變引起的
【答案】B
【知識點】形變與彈力；受力分析的應用
【解析】【解答】本題是簡單的受力平衡問題，要明確研究對象，分析受力情況，根據平衡條件列式分析。
ABC．把傾斜的樹枝可以看做斜面，可知翠鳥受到重力、支持力、摩擦力三個力的作用，其中支持力和摩擦力的施力為樹枝，將這兩個力合成一個力，即為樹枝對翠鳥的作用力，該作用力與重力平衡，故該作用力方向豎直向上，大小等于重力的大小，該作用力與重力的產生條件不同，故不能說枝對翠鳥的作用力就是翠鳥的重力，故AC錯誤，B正確；
D．翠鳥對樹枝的壓力是翠鳥的腳掌形變引起的，故D錯誤。
故選B。
【分析】翠鳥處于平衡狀態，根據平衡條件分析；根據彈力的產生條件分析判斷。
5．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為溫州某一大樓，某同學在保證安全的前提下在頂樓靜止釋放一小球，測得小球下落時間約為6s。不計一切阻力，下列說法正確的是（　　）
A．該大樓的高度約為180m B．該大樓的高度約為360m
C．小球下落1s時的速度為5m/s D．小球下落1s時的速度為60m/s
【答案】A
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】AB. 該大樓的高度約為，A正確，B錯誤；
CD. 小球下落1s時的速度為v=gt1=10m/s，CD錯誤。
故答案為：A。
【分析】1.高度計算：利用自由落體位移公式，代入總時間 6s，直接求出大樓高度。
2.速度計算：利用自由落體速度公式，代入 1s，直接求出對應速度。
3.選項判斷：根據計算結果（ 高度 180m、1s 速度 10m/s ）。
6．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為室內冰壺玩具。游戲時，冰壺場景墊鋪在水平地面上，將其中一個冰壺推出，冰壺離手后，沿場景墊軸線向前自由滑行，場景墊始終靜止。下列說法正確的是（　　）
A．冰壺向前自由滑行時仍受推力
B．冰壺所受摩擦力方向與冰壺運動方向相反
C．場景墊對冰壺的支持力與冰壺對場景墊的壓力是一對平衡力
D．地面對場景墊的支持力與冰壺對場景墊的壓力是一對相互作用力
【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應用
【解析】【解答】A．冰壺向前自由滑行時不會受推力作用，A錯誤；
B．冰壺相對場景墊向前運動，受到的摩擦力向后，即所受摩擦力方向與冰壺運動方向相反，B正確；
C．場景墊對冰壺的支持力與冰壺對場景墊的壓力是一對相互作用力，C錯誤；
D．地面對場景墊的支持力與冰壺對場景墊的壓力都作用在場景墊上，不是一對相互作用力，D錯誤。
故答案為：B。
【分析】1.受力拆解：冰壺離手后，水平方向只有摩擦力（ 推力消失 ）。
2.摩擦力方向：與相對運動方向相反（ 冰壺向前，摩擦力向后 ）。
3.力的分類：相互作用力：作用在兩個物體，場景墊與冰壺的支持力、壓力符合。
平衡力：需作用在同一物體，地面對場景墊的支持力與冰壺壓力不滿足。
4.選項匹配：根據受力分析、摩擦力方向、力的分類，篩選正確選項。
7．（2025高一上·溫州期末）下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中汽車通過拱橋最高點時處于平衡狀態
B．圖乙中自行車騎行時車輪上A、B兩點線速度大小相等
C．圖丙中游客隨旋轉飛椅做勻速圓周運動時所受合力為零
D．圖丁中火車轉彎時外軌高于內軌能減輕輪緣與外軌間的擠壓
【答案】D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速；向心力；生活中的圓周運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【解答】A．圖甲中汽車通過拱橋最高點時具有向下的加速度，不是處于平衡狀態，A錯誤；
B．圖乙中自行車騎行時車輪上A、B兩點的角速度相同，根據v=ωr可知線速度大小不相等，B錯誤；
C．圖丙中游客隨旋轉飛椅做勻速圓周運動時所受合力提供向心力，則合外力不為零，C錯誤；
D．圖丁中火車轉彎時外軌高于內軌能減輕輪緣與外軌間的擠壓，D正確。
故答案為：D。
【分析】1.拱橋最高點：圓周運動需向心力，合力不為 0，非平衡狀態。
2.車輪線速度：同軸轉動角速度相同，線速度與半徑成正比，A、B 半徑不同，線速度不同。
3.勻速圓周運動：合力提供向心力，合力必不為 0。
4.火車轉彎：外軌高于內軌，利用重力與支持力的合力提供向心力，減輕外軌擠壓。
5.選項判斷：根據各場景的圓周運動規律，篩選正確選項。
8．（2025高一上·溫州期末）一臺式彈簧秤，其內部結構由兩根完全相同的輕質彈簧、示數轉化裝置組成，如圖所示。彈簧的壓縮量在水平托盤不放物體時為1cm，放上質量6kg物體時為3cm，下列說法正確的是（　　）
A．空托盤質量為2kg
B．每根彈簧的勁度系數為1500N/m
C．彈簧的勁度系數隨彈簧的壓縮量增加而增大
D．換用勁度系數更小的彈簧能增加彈簧秤的量程
【答案】B
【知識點】胡克定律；受力分析的應用
【解析】【解答】AB．不放物體時
放上6kg物體時
代入數據解得k=1500N/m，但無法求解空托盤質量和彈簧原長，A錯誤，B正確；
C．彈簧的勁度系數與彈簧的壓縮量無關，C錯誤；
D．換用勁度系數更小的彈簧會減小彈簧秤的量程，D錯誤。
故答案為：B。
【分析】1. 受力平衡：托盤（ 含物體 ）的重力等于兩根彈簧的彈力（ ）。
2. 方程聯立：不放物體和放物體時的兩個平衡方程，消去未知量（ 原長 ），求解 。
3. 選項辨析：利用勁度系數的“固有屬性”（ 與形變量無關 ）、量程與 的“反向關系”（ 小，量程小 ），判斷其他選項錯誤。
9．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為酒店送餐機器人。某次送餐中，機器人從電梯口靜止開始做直線運動到達客房門口，到達客房門口時速度恰好為零，全程長10m。機器人運動的最大速度2m/s，加速時最大加速度0.5m/s2，減速時最大加速度1m/s2。則酒店機器人該次送餐的最短時間為（　　）
A．5s B．6s C．8s D．10s
【答案】C
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】熟練掌握并深刻理解運動學的基礎公式及導出公式，結合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。根據題意可知，，
代入數據解得，，
所以
故選C。
【分析】根據勻變速直線運動的位移和時間規律、勻速直線運動的位移和時間規律列式求解。
10．（2025高一上·溫州期末）如圖所示為起重機吊起鐵管的場景。已知一根長為40m的鋼繩兩端固定在質量的鐵管上，兩固定點距離為6m。起重機掛鉤勾住該鋼繩，使鐵管從靜止開始先以的加速度豎直向上做勻加速直線運動，達到某一速度后做勻速運動，不計鋼繩質量與一切阻力。取。下列說法正確的是（　　）
A．勻速階段鋼繩拉力大小為
B．加速階段鋼繩拉力比勻速階段鋼繩拉力大
C．勻速階段若兩固定點之間距離減小，則鋼繩拉力不變
D．勻速階段若兩固定點之間距離減小，則鋼繩拉力變大
【答案】B
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查平衡條件以及牛頓第二定律的應用，解題關鍵是會對物體勻速以及加速狀態進行受力分析。A．設鋼繩與豎直方向的夾角為，勻速階段，根據受力平衡可得
可得鋼繩拉力大小為
故A錯誤；
B．加速階段，根據牛頓第二定律可得
可得
則加速階段鋼繩拉力比勻速階段鋼繩拉力大，故B正確；
CD．勻速階段若兩固定點之間距離減小，則減小，根據
可知鋼繩拉力變小，故CD錯誤。
故選B。
【分析】鐵管受到三個力的作用：重力、兩個沿鋼繩向上的拉力。如果鐵管處于平衡狀態，則這三個力的合力為零，結合幾何關系分析。
11．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，水杯中放有一可視為質點的小球，某同學將輕繩一端固定在水杯開口處，另一端用手拉住，甩動手腕使水杯以O點為圓心在豎直平面內做圓周運動，運動過程中小球始終緊貼杯底。已知小球離O點的距離為L，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球過最高點時的速度可能為零
B．小球過最高點時的速度一定等于
C．小球過最高點時，繩子的拉力可能為零
D．小球過最高點時的向心加速度大小可能小于g
【答案】C
【知識點】向心力；生活中的圓周運動
【解析】【解答】AB．對小球受力分析有
，所以小球過最高點時的速度一定大于等于，AB錯誤；
C．小球和水杯看成整體，在最高點繩中的拉力最小為零，此時速率最小，即繩所受的彈力一定大于零或等于零，C正確；
D．小球過最高點時的向心加速度大小，可知，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. 受力拆解：小球在最高點受重力、杯底支持力（ 向下 ）、繩子拉力（ 向上 ），合力提供向心力。
2. 臨界情況：當拉力 且杯底支持力 時，速度 ，此時拉力為0，是可能的。
3. 選項辨析：利用臨界速度判斷速度不能為0，拉力可在臨界時為0，加速度不小于 ，篩選正確選項。
12．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示，某宇航員在特定座椅上做豎直方向上的沖擊耐力訓練。圖乙為該宇航員在做沖擊耐力訓練過程中的加速度a隨時間t變化的圖像。已知訓練開始前宇航員處于靜止狀態，宇航員（含裝備）質量為M，重力加速度大小為g，以豎直向上為正方向，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．時，宇航員速度最大
B．時間內宇航員處于失重狀態
C．時，宇航員恰好回到初始位置
D．時，座椅對宇航員的支持力大小為
【答案】D
【知識點】圖象法；超重與失重
【解析】【解答】A．圖像與坐標軸圍成的面積等于速度的變化量，可知時，宇航員速度最大，A錯誤；
B．時間內宇航員加速度向上，則處于超重狀態，B錯誤；
C．時，宇航員速度變化量為
宇航員先向上加速再向上減速，則時到達最高點，C錯誤；
D．時，座椅對宇航員的支持力大小為，D正確。
故答案為：D。
【分析】1. 速度變化量：a-t圖像面積是 ，用于判斷速度最大時刻（ 面積累積最大 ）。
2. 超重失重：加速度向上，超重（ ），向下，失重（ ）。
3. 位置判斷：速度變化量為0時，速度回到初始值，但運動方向未反向（ 始終向上 ），故在最高點。
4. 支持力計算：牛頓第二定律 ，代入加速度得支持力。
13．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示為一雞蛋收納架，利用斜坡使雞蛋自動滾下。斜坡底端有一豎直擋板，斜坡傾角并開有凹槽，凹槽寬度為。現將5個雞蛋放置在雞蛋架上，將雞蛋簡化為質量為m，半徑為R的球，圖乙為正視圖，圖丙為沿斜坡方向視角。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是（　　）
A．雞蛋架對5號雞蛋的作用力大小為mg
B．4號雞蛋對5號雞蛋的支持力大小為mg
C．豎直擋板對1號雞蛋的支持力大小為
D．凹槽單側對5號雞蛋的支持力大小為
【答案】C
【知識點】整體法隔離法
【解析】【解答】A．對5號雞蛋進行分析，根據平衡條件，雞蛋架對5號雞蛋的作用力大小，故A錯誤；
B．對5號雞蛋進行分析，根據平衡條件，4號雞蛋對5號雞蛋的支持力大小，故B錯誤；
C．對5個雞蛋整體進行分析，根據平衡條件可知，豎直擋板對1號雞蛋的支持力大小為，故C正確；
D．根據對稱性可知，凹槽單側對5號雞蛋的支持力大小相等，令該支持力方向與垂直于斜坡方向夾角為，根據幾何關系有
解得
對5號雞蛋進行分析，結合上述有
解得，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】1. A、B、D：隔離5號雞蛋：分解重力，沿斜坡和垂直斜坡方向列平衡方程.。
2. C：整體分析5個雞蛋：水平方向擋板支持力與重力分力平衡，利用 計算支持力。
3. 幾何關系：凹槽寬度與雞蛋半徑的關系，確定支持力方向夾角。
二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
14．（2025高一上·溫州期末）關于物理學中的思想與方法，下列說法正確的是（　　）
A．質點概念建立體現了等效替代的思想
B．重心概念建立體現了理想化模型的思想
C．加速度的定義采用了比值定義法
D．通過平面鏡觀察桌面的微小形變采用了放大思想
【答案】C,D
【知識點】等效法；比值定義法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如控制變量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。A．質點概念建立體現了理想化模型的思想，故A錯誤；
B．重心概念建立體現了等效替代的思想，故B錯誤；
C．加速度的定義采用了比值定義法，故C正確；
D．通過平面鏡觀察桌面的微小形變采用了放大思想，故D正確。
故選CD。
【分析】根據理想化的物理模型、等效替代以及比值定義法，微小形變放大法等思想對應的實例進行分析解答。
15．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示為輸送工件的傳送裝置，其底部有固定擋板防止工件來不及取走而掉落，其簡化模型如圖乙。若傾斜傳送帶沿順時針方向以恒定速率勻速轉動，時刻將滑塊輕輕放在傳送帶上。當滑塊運動到傳送帶底部時與擋板發生碰撞，碰撞前后滑塊速度大小不變，方向相反。若滑塊視為質點，則滑塊與擋板發生第二次碰撞前的速度v隨時間t變化的圖像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】滑塊先沿傳送帶向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ+μgcosθ
AC．若傳送帶足夠長，滑塊與傳送帶時共速時，滿足μmgcosθ≥mgsinθ，滑塊與傳送帶一起勻速向下運動直到滑塊與擋板發生彈性碰撞，碰撞向上做勻減速運動，摩擦力的大小和方向不變，合力不變，加速度不變；速度減小為零后，再次沿傳送帶下滑，故A正確，C錯誤；
B．若傳送帶不夠長，滑塊與傳送帶未共速便與擋板發生彈性碰撞，碰撞后向上做勻減速運動，摩擦力的大小和方向不變，合力不變，加速度不變；速度減小為零后，再次沿傳送帶下滑，故B正確；
D．若傳送帶足夠長，滑塊與傳送帶時共速時，滿足μmgcosθ＜mgsinθ
滑塊繼續加速下滑，根據牛頓第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得a2=gsinθ-μgcosθ
直到滑塊與擋板發生彈性碰撞，碰撞向上做勻減速運動，摩擦力的大小和方向不變，合力不變，加速度為a1且不變；速度減小為零后，再次沿傳送帶下滑，故D正確。
故答案為：ABD。
【分析】1. 初始下滑：滑動摩擦力沿斜面向上，加速度 ，勻加速。
2. 碰撞后上滑：滑動摩擦力沿斜面向下，加速度仍為 ，勻減速。
3. 速度為0后下滑：重復初始下滑的勻加速，直到第二次碰撞。
4. 傳送帶長度與摩擦條件：
傳送帶短，未共速碰撞（ 圖像B ）。
傳送帶長+ ，共速后勻速（ 圖像A ）。
傳送帶長+ ，共速后繼續加速（ 圖像D ）。
三、實驗題（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三題共14分）
16．（2025高一上·溫州期末）某實驗小組用如圖1所示的實驗裝置做“探究加速度與力、質量的關系”實驗。已知小車質量，則：
（1）除了如圖1所示的器材外，還需要的儀器有______
A． B．
C． D．
（2）關于該實驗下列說法正確的是______
A．實驗前，補償阻力時小車需連接紙帶
B．實驗前，調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與軌道平行
C．實驗時，也可增減鉤碼（50g規格）來改變小車受到的拉力
D．完成操作后，挑選兩條點痕清晰的紙帶進行數據處理即可
（3）某同學得到如圖2所示的紙帶，打點計時器電源頻率為50Hz，則小車的加速度大小為　 　。（結果保留2位有效數字）
【答案】（1）C
（2）A；B
（3）0.36
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的使用
【解析】【解答】（1）除了如圖1所示的器材外，還需要的儀器是刻度尺，用刻度尺測量計數點之間的距離，打點計時器用的是交流電源，不需要干電池；槽碼質量是已知的，則重量也是已知的，所以不需要彈簧測力計，因為有槽碼拉小車，所以不需要鉤碼了。故答案為：C。
（2）A．實驗前，補償阻力時小車需連接紙帶，故A正確；
B．實驗前，調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與軌道平行，這樣才能保證小車在運動過程中所受拉力恒定，故B正確；
C．實驗時，需要用槽碼的重力表示小車所受拉力，所以要滿足槽碼的質量遠小于小車的質量，所以不能通過增減鉤碼（50g規格）來改變小車受到的拉力，故C錯誤；
D．完成操作后，需要計算每條紙帶的時小車的加速度，如果只挑選兩條點痕清晰的紙帶進行數據處理，則得到的數據太少，不能做出對應的圖像，故D錯誤。
故答案為：AB。
（3）相鄰兩個計數點之間的時間間隔為
T=5×0.02s=0.1s
小車的加速度大小為
。
故答案為：0.36
【分析】（1）器材：聚焦 “測量位移” 需求，選刻度尺。
（2）操作：圍繞 “拉力恒定、阻力補償、質量條件” 辨析，確保實驗原理（ 槽碼重力近似拉力 ）成立。
（3）數據：用逐差法消除偶然誤差，利用多組位移差計算加速度，體現 “多次測量減小誤差” 的實驗思想。
（1）除了如圖1所示的器材外，還需要的儀器是刻度尺，用刻度尺測量計數點之間的距離，打點計時器用的是交流電源，不需要干電池；槽碼質量是已知的，則重量也是已知的，所以不需要彈簧測力計，因為有槽碼拉小車，所以不需要鉤碼了。
故選C。
（2）A．實驗前，補償阻力時小車需連接紙帶，故A正確；
B．實驗前，調節滑輪的高度，使牽引小車的細繩與軌道平行，這樣才能保證小車在運動過程中所受拉力恒定，故B正確；
C．實驗時，需要用槽碼的重力表示小車所受拉力，所以要滿足槽碼的質量遠小于小車的質量，所以不能通過增減鉤碼（50g規格）來改變小車受到的拉力，故C錯誤；
D．完成操作后，需要計算每條紙帶的時小車的加速度，如果只挑選兩條點痕清晰的紙帶進行數據處理，則得到的數據太少，不能做出對應的圖像，故D錯誤。
故選AB。
（3）相鄰兩個計數點之間的時間間隔為T=5×0.02s=0.1s
小車的加速度大小為
17．（2025高一上·溫州期末）用如圖1所示裝置探究平拋運動的特點。
（1）若已經得到平拋運動豎直方向分運動的規律，設法確定“相等的時間間隔”，再看相等的時間內水平分運動的位移，進而確定水平分運動的規律。則實驗中在軌跡曲線上選取的若干個“相等時間間隔”的點，相鄰之間的豎直距離　 　（填“相等”或“不相等”）。
（2）下列器材問題和操作方式不會對實驗探究有影響的是______
A．斜槽軌道不光滑 B．斜槽末端不水平
C．小球在釋放時有初速度 D．小球每次自由釋放的位置不同
（3）某同學做實驗時，只在紙上從斜槽末端開始沿重錘線方向畫出直線，并描出如圖2所示的軌跡曲線，在曲線上取A、B兩點，用刻度尺分別量出它們到直線的水平距離，，以及與之間的距離h，則小球拋出的初速度為______
A． B． C． D．
【答案】（1）不相等
（2）A
（3）D
【知識點】研究平拋物體的運動；自由落體運動
【解析】【解答】（1）因為已經確定平拋運動豎直方向的運動規律，知道在豎直方向上做自由落體運動，所以實驗中在軌跡曲線上選取的若干個“相等時間間隔”的點，相鄰之間的豎直距離不相等。
故答案為：不相等
（2）A．斜槽軌道不光滑，只要保證每次釋放小球都從同一位置靜止釋放即可，故A正確；
B．斜槽末端不水平，則小球做的不是平拋運動，會影響實驗結果的，故B錯誤；
C．小球在釋放時有初速度v0，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故C錯誤；
D．小球每次自由釋放的位置不同，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故D錯誤。
故答案為：A。
（3）設小球從開始釋放運動到A的時間為tA，運動到B的時間為tB，在豎直方向上有
，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根據題意有h=hB-hA
聯立解得
故答案為：D。
【分析】（1）豎直位移特征：基于平拋豎直方向自由落體（加速運動 ），相等時間內位移隨時間增大。
（2）實驗誤差：圍繞平拋實驗關鍵條件（初速度水平、初速度恒定 ），判斷器材與操作對實驗的影響。
（3）初速度推導：通過水平、豎直分運動的運動學公式聯立，消去時間變量求解初速度。
（1）因為已經確定平拋運動豎直方向的運動規律，知道在豎直方向上做自由落體運動，所以實驗中在軌跡曲線上選取的若干個“相等時間間隔”的點，相鄰之間的豎直距離不相等。
（2）A．斜槽軌道不光滑，只要保證每次釋放小球都從同一位置靜止釋放即可，故A正確；
B．斜槽末端不水平，則小球做的不是平拋運動，會影響實驗結果的，故B錯誤；
C．小球在釋放時有初速度v0，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故C錯誤；
D．小球每次自由釋放的位置不同，則每次小球從斜槽末端離開時的初速度不同，會影響實驗結果，故D錯誤。
故選A。
（3）設小球從開始釋放運動到A的時間為tA，運動到B的時間為tB，在豎直方向上有，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根據題意有h=hB-hA
聯立解得
故選D。
18．（2025高一上·溫州期末）下列實驗描述正確的是（　　）
A．“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中細繩套一定等長
B．“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中不需要補償小車所受阻力
C．“探究向心力大小的表達式”實驗采用的實驗方法主要是控制變量法
D．“探究彈簧彈力與形變量關系”實驗中可得出彈簧彈力與彈簧長度成正比
【答案】B,C
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系；驗證力的平行四邊形定則；探究小車速度隨時間變化的規律；向心力
【解析】【解答】A．“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中細繩套應適當長一些，但不需要等長，A錯誤；
B．“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗中，只需要保證小車受到的合力恒定不變，不需要補償小車所受到的阻力，B正確；
C．“探究向心力大小的表達式”實驗采用的實驗方法主要是控制變量法，C正確；
D．“探究彈簧彈力與形變量關系”實驗中可得出彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，D錯誤。
故答案為：BC。
【分析】1.力的合成：繩長需求是 “便于標記方向”，與等長無關。
2.速度規律：只需合力恒定（ 加速度恒定 ），補償阻力是額外需求（ 非本實驗必需 ）。
3.向心力：多變量研究，控制變量法，是實驗設計的核心。
4.彈簧彈力：形變量（ 伸長 / 壓縮量 ）是彈力的直接決定因素，與原長無關。
19．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，一輛肇事汽車在緊急剎車后停了下來，路面上留下了一條長度為x=22.5m的車輪滑動的磨痕。根據對車輪和路面材料的分析可以知道，車輪在路面上滑動時汽車做勻減速直線運動的加速度大小a=5m/s2。求：
（1）剎車前汽車的速度v；
（2）緊急剎車所用的時間t；
（3）汽車停止前1s滑行的距離x'。
【答案】（1）解：根據速度位移關系可得
代入數據解得
（2）解：根據速度時間關系可得
所以
（3）解：根據逆向思維法可得
解得
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【分析】（1）以及加速度和位移，根據速度—位移關系求解速度；
（2）根據速度—時間公式求解緊急剎車所用的時間 ；
（3）勻減速運動過程可以看成初速度為零的勻加速運動的逆過程，采用逆向思維結合時間—位移關系求解。
（1）根據速度位移關系可得
代入數據解得
（2）根據速度時間關系可得
所以
（3）根據逆向思維法可得
解得
20．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，一傾角的粗糙斜面C靜置在水平地面上，斜面上有與輕繩連接的物塊B，輕繩與斜面平行，并繞過定滑輪與結點連接小球A，右上方用手拉住輕繩OE。輕繩OD水平，與輕繩OE夾角，A、B、C處于靜止狀態。已知A、B、C質量分別為m、3m、4m，重力加速度大小為，求：
（1）輕繩OD的拉力大小；
（2）斜面C對B的摩擦力；
（3）地面對C的支持力大小。
【答案】（1）解：設輕繩OD拉力為，地面對C的支持力為。根據平衡條件有或
解得
（2）解：因沿斜面方向有
則沿斜面方向有
解得，方向沿斜面向上
（3）解：對B、C整體，根據平衡條件有
解得
【知識點】整體法隔離法
【解析】【分析】（1）對結點O分析受力，根據平衡條件求輕繩OD的拉力大小FT；
（2）對B分析受力，根據平衡條件求斜面C對B的摩擦力Ff；
（3）對B與C整體分析，根據平衡條件求地面對C的支持力大小FN。
（1）設輕繩OD拉力為，地面對C的支持力為
根據平衡條件有或
解得
（2）因沿斜面方向有
則沿斜面方向有
解得
方向沿斜面向上
（3）方法一：對B、C整體，根據平衡條件有
解得
方法二：對C單獨，根據平衡條件有
解得
21．（2025高一上·溫州期末）如圖甲所示，一同學站在靶心的正前方，面朝傾斜靶紙拋球。其簡化模型如圖乙，靶紙緊貼在傾角的傾斜支架CD上支架CD固定在水平地面AB上，接觸點為C點。該同學在O點水平向右拋出小球，O點離地高度，與C點的水平距離。若小球只在圖乙所示豎直面內運動，視為質點，不計小球受到的空氣阻力和靶紙厚度。
（1）若小球恰好擊中C點，求小球水平向右拋出時的初速度大小v；
（2）若改變水平拋出小球的初速度大小，使小球恰好垂直靶紙擊中靶心，求：
①小球從O點到靶心豎直方向下落距離與水平方向運動距離的比值；
②小球從O點運動到靶心的時間。
【答案】（1）解：若小球恰好擊中C點，豎直方向做自由落體運動有
解得
水平方向做勻速直線運動有
則小球水平向右拋出時的初速度大小。
（2）①解：小球恰好垂直靶紙擊中靶心時，其速度方向與水平方向成
根據平拋運動分速度公式可得
根據平拋運動分位移公式可得
聯立解得。
②解：設O點運動到靶心的時間為，水平方向和豎直方向有，
由
解得
再根據幾何關系有
代入數據解得。
【知識點】自由落體運動；平拋運動
【解析】【分析】（1）擊中C點：利用平拋運動的分運動公式，豎直自由落體求時間，水平勻速求初速度。
（2）垂直靶紙：速度方向與靶紙垂直，速度與水平方向夾角 ，通過速度夾角與位移夾角的關系（ ），結合幾何位置關系（ O點、C點、靶心的高度與水平距離 ），聯立方程求解位移比值和運動時間。
（1）若小球恰好擊中C點，豎直方向做自由落體運動有
解得
水平方向做勻速直線運動有
則小球水平向右拋出時的初速度大小。
（2）[2-1]小球恰好垂直靶紙擊中靶心時，其速度方向與水平方向成
根據平拋運動分速度公式可得
根據平拋運動分位移公式可得
聯立解得。
[2-2]設O點運動到靶心的時間為，水平方向和豎直方向有，
由
解得
再根據幾何關系有
代入數據解得。
22．（2025高一上·溫州期末）如圖所示，傾角直軌道AB和直軌道CD分別與半徑的圓弧軌道BC相切于B點和C點，圓弧軌道末端C點處安裝有壓力傳感器，D點右側緊靠著質量的車子，車長，其上表面與直軌道CD齊平。將質量的小物塊從直軌道AB上距離直軌道CD平面高度處靜止釋放，小物塊經過C點時壓力傳感器顯示示數，小物塊與直軌道AB、CD和車子上表面之間的動摩擦因數均為，車子與地面之間的摩擦不計（小物塊視為質點，不計空氣阻力），已知，，求：
（1）小物塊到達C點時的速度大小v；
（2）小物塊在直軌道AB上的運動時間t；
（3）若小物塊能滑上車子且不從車上掉落，直軌道CD的長度范圍。
【答案】（1）解：C點時有牛頓第二定律
解得。
（2）解：直軌道AB上加速度
物塊在AB下滑距離
由
得到。
（3）解：臨界1：物塊恰能滑上小車，到達D點速度恰為0
直軌道CD上加速度：
由
得到
臨界2：物塊與小車共速時恰在小車最右端
物塊加速度
小車加速度
設物塊在D點速度為，經過t時間，物塊與小車共速，則
得
直軌道CD長度范圍。
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的綜合應用；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）點速度：利用圓周運動向心力公式（牛頓第二定律 ），結合壓力傳感器示數（支持力 ）求解。
（2）運動時間：分“受力求加速度” “幾何求位移” “運動學公式求時間”三步。
（3）長度范圍：通過“恰好滑上車（ ）”和“共速不滑落（位移差為車長 ）”兩個臨界狀態，結合動能定理、運動學公式聯立求解。
（1）C點時有牛頓第二定律
解得
（2）直軌道AB上加速度
物塊在AB下滑距離
由
得到
（3）臨界1：物塊恰能滑上小車，到達D點速度恰為0
直軌道CD上加速度：
由
得到
臨界2：物塊與小車共速時恰在小車最右端
物塊加速度
小車加速度
設物塊在D點速度為，經過t時間，物塊與小車共速，則
得
直軌道CD長度范圍
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