資源簡介

浙江省金華十校2024-2025學年高一上學期期末調研考試物理試題
一、選擇題（本題共14小題，每小題4分，共56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·金華期末）下列測量儀器不是用來測量國際單位制中基本物理量的是（　　）
A．彈簧測力計 B．電流表
C．溫度計 D．刻度尺
【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】A．彈簧測力計用來測量力的大小， 它由基本物理量（質量、長度、時間）通過公式 推導得出。因此，它不是基本物理量，故A正確；
B．電流表用來測量電流的大小， 電流（安培，A）是國際單位制中七個基本物理量之一 ，故B錯誤；
C．溫度計用來測量溫度的大小， 溫度（開爾文，K）是國際單位制中七個基本物理量之一 ，故C錯誤；
D．刻度尺用來長度的大小，長度是國際單位制中基本物理量，故D錯誤。
故選A。
【分析】本題要求找出測量的物理量不屬于國際單位制基本物理量的儀器。國際單位制（SI）的七個基本物理量及其單位是：長度（米，m）質量（千克，kg）時間（秒，s）電流（安培，A）熱力學溫度（開爾文，K）物質的量（摩爾，mol）發(fā)光強度（坎德拉，cd）
2．（2025高一上·金華期末）下列物理量中全部為矢量的是（　　）
A．力 時間 B．周期 線速度 C．路程 加速度 D．速度 位移
【答案】D
【知識點】矢量與標量
【解析】【解答】A、 時間只有大小，沒有方向，是標量 ，故A錯誤。
B、 周期（如圓周運動的周期）是時間，只有大小，沒有方向，是標量 ，線速度是矢量，故B錯誤。
C、 路程是標量（只有大小，無方向），加速度是矢量，故C錯誤。
D、速度和位移都是既有大小又有方向的物理量，均為矢量，故D正確。
故選D。
【分析】矢量：既有大小又有方向的物理量。例如：位移、速度、加速度、力等。標量：只有大小沒有方向的物理量。例如：時間、周期、路程等。
3．（2025高一上·金華期末）2024年11月14日，央視新聞聯(lián)播關注了金義東市域軌道交通。該線路目前運營總里程達99km，列車最高運行速度120km/h。下列說法正確的是（　　）
A．題目中“99km”指的是位移
B．計算列車經(jīng)過站臺的時間時可以將列車看成質點
C．“120km/h”指的是瞬時速率
D．列車啟動瞬間，速度為0，加速度也為0
【答案】C
【知識點】質點；位移與路程；加速度；速度與速率
【解析】【解答】A． “99km”是指列車行駛軌跡的實際長度，即路程；而“位移”則是起點到終點的直線距離，兩者不同，故A錯誤；
B． 當計算列車通過一個站臺（其自身長度不可忽略）所需時間時，必須考慮列車的長度和形狀，因此不能將其抽象為質點 ，故B錯誤；
C． “最高速度可達120km/h”這一描述，指的是列車在某一時刻或某一位置所能達到的速度值，因此它表示的是瞬時速率，故C正確；
D． 列車在啟動的瞬間，雖然速度從零開始增加，但為了使其速度發(fā)生變化（從靜止到運動），必須有一個不為零的加速度，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、路程與位移：區(qū)分軌跡長度（路程）和位置變化（位移）。
2、質點的條件：當物體的大小和形狀對所研究的問題沒有影響時，才能將其看作質點。研究物體自身通過某段距離或某個界面時，其大小不可忽略。
3、瞬時速率與平均速率：“最高速度”、“可達”等關鍵詞通常指的是瞬時速率。
4、速度與加速度的關系：速度為零時，加速度不一定為零（如啟動、剎車瞬間）。加速度是速度的變化率。
4．（2025高一上·金華期末）如圖所示，當高鐵勻速直線運動時，硬幣能豎直立在高鐵的水平窗臺上。下列說法正確的是（　　）
A．窗臺對硬幣的支持力是由硬幣的形變產(chǎn)生的
B．窗臺對硬幣的摩擦力指向高鐵前進方向
C．硬幣的重力和窗臺對硬幣的支持力是一對相互作用力
D．硬幣的重力和窗臺對硬幣的支持力是一對平衡力
【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；靜摩擦力
【解析】【解答】A． 支持力是窗臺發(fā)生形變后，為了恢復原狀而對硬幣產(chǎn)生的彈力。因此，窗臺對硬幣的支持力是由窗臺的形變產(chǎn)生的，而不是硬幣的形變。硬幣的形變會產(chǎn)生硬幣對窗臺的壓力，故A錯誤；
B．由于硬幣隨高鐵做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可知，窗臺對硬幣的摩擦力為0，故B錯誤；
CD． 相互作用力（作用力與反作用力）必須作用在兩個不同的物體上。硬幣的重力（地球對硬幣的吸引力）的反作用力是硬幣對地球的吸引力，而不是窗臺對硬幣的支持力。窗臺對硬幣的支持力的反作用力是硬幣對窗臺的壓力，硬幣的重力和窗臺對硬幣的支持力是一對平衡力，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】1、 彈力（如支持力、壓力）是由于施力物體發(fā)生形變，想要恢復原狀而產(chǎn)生的。
2、物體處于勻速直線運動或靜止狀態(tài)（平衡狀態(tài)）時，合力為零。當水平方向無其他外力時，靜摩擦力可以為零。
3、相互作用力：總是大小相等、方向相反、作用在兩個不同的物體上，平衡力：總是大小相等、方向相反、作用在同一個物體上。
5．（2025高一上·金華期末）如圖為金華金東樂園的摩天輪，游客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列說法正確的是（　　）
A．游客做勻變速曲線運動 B．所有游客的角速度相同
C．所有游客的線速度相同 D．所有游客所受合力相同
【答案】B
【知識點】勻速圓周運動；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A． 勻變速曲線運動的定義是加速度恒定（即大小和方向都不變）的運動。游客隨摩天輪做勻速圓周運動，其向心加速度大小雖然不變，但方向時刻指向圓心，不斷變化。因此，加速度不是恒定的，故不是勻變速曲線運動 ，故A錯誤；
B． 摩天輪是一個剛性整體，在轉動時，其上所有游客在相同時間內轉過的角度都相同。因此，所有游客的角速度這個標量是相同的 ，故B正確；
C． 線速度是一個矢量，既有大小又有方向。雖然所有游客的線速度大小相等（v = ωr），但由于他們所處的位置不同，其速度方向是各點切線方向，方向各不相同。因此，不能說“線速度相同” ，故C錯誤；
D．摩天輪做勻速圓周運動，因所有游客的向心加速度大小不變、方向時刻改變，根據(jù)牛頓第二定律，可知所有游客所受合力的大小相等，方向不相同，故所有游客所受合力不相同，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、勻變速運動的條件：加速度恒定（大小和方向均不變）。勻速圓周運動的加速度（向心加速度）方向時刻改變，因此是變加速曲線運動。
2、角速度的特性：角速度是描述物體轉動快慢的物理量。對于剛體轉動，其上各點的角速度相同。
3、矢量和標量的區(qū)別：角速度是標量，比較是否相同只需看大小。線速度、加速度、力是矢量，比較是否相同必須同時滿足大小相等和方向相同兩個條件。
4、向心力的公式和方向：向心力大小由公式 F = mω2r 或決定。方向始終指向圓心，時刻改變。
6．（2025高一上·金華期末）如圖所示為一條由傾斜直軌道與水平直軌道順滑連接組成的滑草軌道，一位游客坐上滑板從斜軌上端出發(fā)，經(jīng)8s到達斜軌底端，再經(jīng)5s停在水平直軌末端。此傾斜直軌與水平直軌的長度之比是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用
【解析】【解答】設游客到達斜軌底端的速度大小為，在傾斜直軌上運動過程有
在水平直軌上運動過程有
可得傾斜直軌與水平直軌的長度之比
故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】在傾斜直軌上勻加速直線運動，由公式可得出運動長度，在水平直軌上勻減速直線運動，由公式可得出運動長度，求解長度之比。
7．（2025高一上·金華期末）如圖乙所示為足球發(fā)球機在球門正前方的A、B兩個相同高度的位置發(fā)射同一足球，兩次足球都水平擊中球門橫梁上的同一點，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．兩次擊中橫梁的速度相同
B．從A位置發(fā)射的足球在空中的運動時間長
C．足球兩次運動的速度變化量相同
D．從B位置發(fā)射的足球初速度較大
【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．將足球發(fā)射到水平擊中球門橫梁，看成逆向的平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，
解得
由于兩次的水平位移不相等，高度相等，所以兩次的水平分速度不相等，即兩次擊中橫梁的速度不相同，故A錯誤；
B．根據(jù)，由于兩次足球在空中的高度相等，所以兩次足球在空中的運動時間相等，故B錯誤；
C．根據(jù)，由于兩次足球在空中的運動時間相等，則足球兩次運動的速度變化量相同，故C正確；
D．足球發(fā)射的初速度大小為，由于兩次高度相等，所以兩次足球發(fā)射的初速度豎直分量相等，由于從B位置發(fā)射的足球水平位移較小，則從B位置發(fā)射的足球水平分速度較小，從B位置發(fā)射的足球初速度較小，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、看成逆向的平拋運動， 擊中橫梁的速度，
2、平拋運動，根據(jù)可比較時間。
3、平拋運動速度變化量，時間相同，則速度變化量相同。
4、根據(jù)豎直分運動比較豎直分速度，根據(jù)水平位移比較水平分速度，然后根據(jù)比較足球發(fā)射的初速度大小。
8．（2025高一上·金華期末）校園里的銀杏樹上有兩顆銀杏果先后落下，假設兩顆銀杏果均由靜止從同一高度下落，忽略銀杏果所受阻力，下列說法正確的是（　　）
A．銀杏果和銀杏葉的下落均可近似為自由落體運動
B．下落過程中兩銀杏果的間距越來越大
C．先下落的銀杏果相對后下落的銀杏果做勻加速運動
D．先下落的銀杏果落地速度較大
【答案】B
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】A． 題目要求忽略銀杏果所受阻力，因此銀杏果的下落可以完美地視為自由落體運動。然而，銀杏葉形狀扁平、質量輕，下落時受到的空氣阻力非常大，其影響不能忽略。因此，銀杏葉的下落過程與自由落體運動相差甚遠，不能近似看待 ，故A錯誤；
BC．由于先后下落的銀杏果的加速度均為重力加速度，所以先下落的銀杏果相對后下落的銀杏果做勻速運動，則先后下落的銀杏果的相對距離為，可知下落過程中兩銀杏果的間距越來越大，故B正確，故C錯誤；
D． 根據(jù)自由落體運動的速度公式 ，物體落地時的速度只取決于下落的高度 h 和重力加速度 g。既然兩顆果子從同一個高度由靜止落下，它們落地時的速度大小一定是相等的。先落地只是因為它的出發(fā)時間更早，而不是因為它落得更快，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、自由落體運動的條件：僅受重力。這是判斷一個下落過程能否看作自由落體的根本依據(jù)。
2、相對運動的分析：當兩個物體的加速度相同時，它們之間的相對運動是勻速直線運動。這是一個非常重要的結論。
3、自由落體運動的規(guī)律：速度公式 (v = gt)：體現(xiàn)了速度與時間的關系。位移公式 ：體現(xiàn)了下落高度與時間的關系。速度-位移公式 ：體現(xiàn)了末速度只與高度有關，與時間無關。
9．（2025高一上·金華期末）如圖甲是使用菜刀切肉的場景，圖乙顯示了菜刀刀刃的橫截面，是一個頂角很小的等腰三角形。則下列說法錯誤的是（　　）
A．刀把上刻有條紋，目的是增大粗糙程度
B．用磨刀石來使刀刃鋒利，是為了增大刀刃對物體的側向壓力
C．若刀背受到向下的力F，則刀刃兩側面的側向壓力大小為
D．骨頭卡在刀上，只要提刀（帶骨頭）用力往刀板上砍，骨頭就斷了，這里利用了慣性
【答案】C
【知識點】慣性與質量；摩擦力在日常生活中的應用；力的分解
【解析】【解答】A．刀把上刻條紋目的是增大粗糙程度，增大手與刀把間的摩擦，防止打滑。 故A正確，不符合題意；
BC．根據(jù)力的作用效果，可把分解如圖所示
兩側對被切物體的側向壓力為
顯然，磨刀的主要目的是減小刀刃的厚度（或減小頂角），從而在相同壓力下增大刀刃對物體的側向壓力，故B正確，不符合題意，C錯誤，符號題意；
D．刀和骨頭一起向下運動，當?shù)锻蝗煌Ｖ梗穷^因慣性繼續(xù)運動，導致斷裂，故D正確，不符合題意。
故選C。
【分析】 1、刀把上刻紋路，是通過增加接觸面的粗糙程度來增大動摩擦因數(shù) μ，從而在握力（正壓力 N）不變的情況下，達到增大最大靜摩擦力的目的，防止刀從手中滑脫。
2、兩側對被切物體的側向壓力為，結論：在相同的向下壓力 F 下，頂角 θ 越小（即刀磨得越薄越鋒利），的值越小，產(chǎn)生的側向分力 F側 就越大，切割效果就越好。這解釋了“磨刀”的物理原理
3、切硬骨頭時，刀和骨頭一起向下運動。當?shù)锻蝗皇艿阶枇νＶ箷r，骨頭由于慣性，會繼續(xù)保持向下運動的趨勢，導致其在薄弱處發(fā)生斷裂。
10．（2025高一上·金華期末）圖甲中運動員在蹦極臺上自由下落，得到圖像如圖乙所示，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是（　　）
A．運動員下落15m后開始受到彈力作用
B．下落26m時，運動員到達最低點，處于超重狀態(tài)
C．整個下落過程加速度方向始終豎直向上
D．整個下落過程加速度先減小再增大
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】A． 運動員在下落15米時速度達到最大。根據(jù)牛頓第二定律，速度最大的時刻意味著合力為零（即重力等于彈性繩的拉力）。這表明，在達到15米之前，彈性繩已經(jīng)被拉長并開始提供拉力了。否則，如果15米時才剛開始受到拉力，合力不會立刻為零，速度也不會立刻達到最大 ，故A錯誤；
B． 圖像顯示運動員下落的最終位置（最低點）是26米，此時速度減為零。在此瞬間，運動員雖然靜止，但彈性繩的拉力達到最大，遠大于重力，因此合力向上且非常大，產(chǎn)生向上的巨大加速度。根據(jù)超重和失重的定義，加速度向上即為超重狀態(tài)。所以運動員在最低點時處于超重狀態(tài)， 故B正確；
C．加速度向下階段：從開始下落到合力為零（速度最大點）之前，合力方向向下。加速度向上階段：從速度最大點到下落至最低點，合力方向向上。因此，加速度的方向發(fā)生了改變，并非始終向下，故C錯誤；
D． 整個下落過程中加速度的變化是非單調的：剛開始做自由落體運動時，加速度保持不變（等于重力加速度g）。從彈性繩開始受力到合力為零（速度最大點），加速度大小從g逐漸減小到0（方向始終向下）。從速度最大點到最低點，加速度大小從0逐漸增大到某個最大值（方向變?yōu)橄蛏希?br/>所以，加速度的變化過程是：不變 → 減小 → 增大，而不是選項中所說的單一趨勢，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、臨界點一：彈性繩開始繃直，此前：做自由落體運動（a = g，方向向下）。此后：開始受到彈力，進入變加速運動階段。
2、臨界點二：速度最大點：力學特征：F彈 = G，合力 F合 = 0。
運動學特征：加速度 a = 0。此點之前：F彈 < G，a向下，加速下落。此點之后：F彈 > G，a向上，減速下落。
3、臨界點三：最低點：力學特征：F彈 達到最大值，F(xiàn)彈 >> G，合力 F合 向上且最大。
運動學特征：速度 v = 0，加速度 a 向上且最大，處于超重狀態(tài)。
11．（2025高一上·金華期末）某同學用圖甲所示裝置研究球形物體勻速下落時所受空氣阻力的大小與速率的關系。在氣球下方分別掛不同的重物，用頻閃照相記錄下氣球從靜止開始下落時的情況，如圖乙所示，隨著阻力的增大，氣球最終勻速下落。若發(fā)現(xiàn)阻力與速度成正比，則（　　）
A．應該選取加速階段測量下落速率
B．乙圖中兩氣球的間距依次為
C．氣球下落時速度均勻增加
D．重物質量越大，氣球最終勻速下落的速度越大
【答案】D
【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；牛頓第二定律
【解析】【解答】A． 實驗目的是探究球形物體勻速下落時所受空氣阻力的大小與速率的關系 。在加速階段，氣球的速率和受到的空氣阻力都在不斷變化，無法確定一個穩(wěn)定的對應關系。而在勻速階段，氣球受力平衡（重力等于阻力），此時的下落速率（收尾速率）是一個穩(wěn)定且唯一的值，最能直接反映 m 與 v 的關系。因此，應該測量勻速階段的速率，而不是加速階段，故A錯誤；
B．用頻閃照相記錄下氣球從靜止開始下落時的情況，若氣球做勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動相同時間內的位移比例關系可知，兩氣球的間距依次為，但實際上氣球受到的阻力隨速度增大而增大，所以氣球做的是加速度逐漸減小的加速運動，所以乙圖中兩氣球的間距不滿足，故B錯誤；
C． 氣球下落時，隨著速度增大，空氣阻力也增大，導致它受到的合力（mg - f）逐漸減小，因此加速度逐漸減小。所以它的速度是增加得越來越慢，而不是均勻增加（即不是勻加速運動），故C錯誤；
D．設氣球最終勻速下落的速度為，根據(jù)平衡條件可得
可得
可知重物質量越大，氣球最終勻速下落的速度越大，故D正確。
故選D。
【分析】1、實驗的控制變量法與測量選擇：如何在復雜的運動過程中選取穩(wěn)定、可測量的狀態(tài)（勻速階段）來研究變量間的關系。
2、勻變速直線運動的規(guī)律：理解勻加速運動的特點（Δx = aT2），并能將其作為參照，識別非勻變速運動。
3、牛頓第二定律的動態(tài)分析：能分析力、加速度、速度三者之間的關系。特別是當阻力隨速度變化時，會導致加速度變化，從而產(chǎn)生變加速運動。
4、收尾速度現(xiàn)象：理解物體在阻力作用下下落，當阻力隨速度增加到等于重力時，物體將開始勻速運動。并能從平衡條件 mg = f(v) 出發(fā)，推導出收尾速度 v 與質量 m 的定量關系。
12．（2025高一上·金華期末）如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸重合。轉臺以一定角速度勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經(jīng)過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，此時它和O點的連線與之間的夾角為60°，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．若此時摩擦力為0，則物塊對陶罐的作用力為
B．若此時摩擦力為0，則物塊的線速度為
C．若轉速增加，物塊與陶罐間的摩擦力增大
D．若轉速增加，物塊將沿罐壁向上滑動
【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】AB．若此時摩擦力為0，對物塊受力情況如圖所示
由上圖可知，物塊受到的支持力和重力的合力提供物塊做圓周運動的向心力，則有，
解得，
故A正確，B錯誤；
CD．若物塊所受摩擦力為0時，則有，
解得
若剛開始的轉速小于，則物塊所受摩擦力方向沿切線方向向上，此時轉速增加，則物塊與陶罐間的摩擦力減小，物塊有向下運動趨勢；若剛開始的轉速大于，則物塊所受摩擦力方向沿切線方向向下，此時轉速增加，則物塊與陶罐間的摩擦力增大，若繼續(xù)增大，物塊將沿罐壁向上滑動。由題知，剛開始的轉速與的大小關系不確定，故物塊所受摩擦力的變化情況和物塊的運動情況無法確定，故CD錯誤。
故選A。
【分析】1、圓周運動的向心力來源分析：物體在豎直平面內做非勻速圓周運動時，向心力由合力提供。本題中，物塊在陶罐內壁隨陶罐一起轉動，向心力由重力和支持力的合力提供（摩擦力為0時）。
2、受力分析：物塊受三個力：重力 、支持力 、摩擦力 （可能為0）。摩擦力為0時，支持力和重力的合力提供向心力，方向水平指向圓心。
3、向心力公式：向心力大小：，其中 （為轉速）。
幾何關系：合力 （支持力與豎直方向的夾角）。
4、臨界轉速計算：摩擦力為0時，有 ，解得臨界角速度 或臨界轉速
5、摩擦力的方向與大小變化：
當實際轉速 時，物塊有向下趨勢，摩擦力沿切線向上（阻礙下滑）。
當實際轉速 時，物塊有向上趨勢，摩擦力沿切線向下（阻礙上滑）。
轉速變化時，摩擦力的變化趨勢取決于初始狀態(tài)（與臨界值的關系）。
13．（2025高一上·金華期末）如圖所示，一箱蘋果沿著傾角為的粗糙斜面加速下滑，在箱子正中央夾有一只質量為m的蘋果，其周圍蘋果對它的作用力可能為（　　）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【答案】B
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準研究對象、做好受力分析、根據(jù)共點力的平衡條件確定力與力的關系。由于一箱蘋果沿著傾角為的粗糙斜面加速下滑，可知加速度沿斜面向下，且大小滿足
對于箱子正中央的蘋果，其周圍蘋果對它的作用力一定存在垂直斜面向上的分力和沿斜面向上的分力，故不可能是圖中的和；將加速度分解為水平向右和豎直向下的分加速度，可知對于箱子正中央的蘋果，其周圍蘋果對它的作用力一定存在水平向右的分力，故不可能是圖中的，所以其周圍蘋果對它的作用力可能為。
故選B。
【分析】先確定在箱子正中央質量為m的蘋果的受力情況，再結合題圖，即可確定周圍蘋果對它的作用力。
14．（2025高一上·金華期末）如圖，一質量的小滑塊以4m/s的初速度從P點進入一水平軌道。水平軌道由一長的直軌道AB和兩個半徑為R的半圓軌道組成，半圓軌道的外側均有光滑的圓弧擋板（圖中未畫出）。除軌道CD外，所有軌道均光滑且平滑連接。CD之間的地面光滑，靠近C處放置一與水平軌道等高、長度為、質量為的長木板。現(xiàn)調節(jié)半圓軌道R的大小，使小滑塊最終能停在長木板上。已知滑塊與長木板上表面的動摩擦因數(shù)為，長木板與C和D處碰撞后原速率反彈。則（　　）
A．若，滑塊在半圓軌道運動時對擋板的彈力大小為2N
B．滑塊第一次運動到D點速度為
C．滑塊最終停止的位置與D點之間的距離為0.5m
D．半圓軌道半徑R需要滿足的條件
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；向心力
【解析】【解答】A．若，滑塊在半圓軌道運動時，以滑塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
則滑塊在半圓軌道運動時對擋板的彈力大小為4N，故A錯誤；
B．滑塊第一次滑上長木板時，滑塊與長木板的加速度大小分別為，
設經(jīng)過時間，滑塊與長木板達到共速，則有
解得，
此過程滑塊與長木板通過的位移大小分別為，
可知滑塊與長木板共速時，滑塊與長木板右端剛好都到達D點，則滑塊第一次運動到D點速度為，故B錯誤；
D．滑塊第一次運動到D點后，長木板與D處碰撞后原速率反彈，滑塊再次到達C處時，長木板的左端也應剛好到達C處，滑塊從D點到C點所用時間為
此過程長木板可能與C和D處發(fā)生的多次碰撞，則有（，，）
聯(lián)立解得半圓軌道半徑R需要滿足的條件為（，，）
故D錯誤；
C．當滑塊再次到達C處時，剛好從長木板的左端再次滑上長木板，由于長木板與C處碰撞后原速率反彈，則滑塊與長木板以共同速度向右做勻速運動，直到長木板與D處碰撞后原速率反彈，之后滑塊向右做減速運動，長木板向左做減速運動，且滑塊與長木板做減速運動的加速度大小相等，均為，設長木板與C處碰撞前，滑塊與長木板同時停止運動，則有
此過程滑塊與長木板通過的位移大小分別為，
滑塊與長木板發(fā)生的相對位移大小為
可知滑塊與長木板停止時，長木板剛好運動到C處，滑塊剛好運動到長木板的右端，則滑塊最終停止的位置與D點之間的距離為0.5m，故C正確。
故選C。
【分析】1、共速條件：滑塊和長木板速度相等時，利用速度公式和位移公式求解時間和位移。
2、長木板與C、D處碰撞后原速率反彈，導致滑塊和長木板多次相對運動。需要分析多次碰撞后的運動狀態(tài)
3、滑塊和長木板之間的相對位移： （注意方向）。相對位移用于判斷滑塊是否從長木板滑落或共速。
4、滑塊第一次滑到D點時，滑塊和長木板剛好共速且同時到達D點（B選項）。滑塊再次到達C處時，長木板左端也剛好到達C處（D選項）。滑塊最終停止時，長木板剛好運動到C處，滑塊停在長木板右端
5、關鍵點：滑塊與長木板多次相互作用（碰撞、反彈、共速）需分段用運動學公式處理。注意碰撞前后速度方向變化（原速率反彈）。臨界條件（如“剛好到達”）是解題突破口。
二、非選擇題（本題共6小題，共44分）
15．（2025高一上·金華期末）用如圖甲所示的裝置探究小車加速度與質量的關系。用打點計時器測量質量不同的小車在合外力相等時的加速度，已知打點計時器所用交流電源頻率為50Hz。
（1）如圖乙是學生即將釋放小車之前的情景圖，該學生使用的打點計時器是　 　（選填“電磁打點計時器”或“電火花計時器”），指出兩處明顯錯誤　 　，　 　。
（2）下列有關本實驗的要求和做法，正確的是______。
A．小車質量要遠小于托盤及重物的質量
B．測量前，需要平衡摩擦阻力
C．每次改變小車質量后都要重新平衡摩擦力
（3）某次正確操作后選出的一條紙帶，用刻度尺測量時如圖丙所示，圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，則小車運動的加速度大小　 　（計算結果保留2位有效數(shù)字）。
【答案】（1）電磁打點計時器；使用了干電池做電源；釋放時小車離打點計時器較遠；
（2）B
（3）0.50
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）由圖乙可知該學生使用的打點計時器是電磁打點計時器；
情景圖的明顯錯誤是使用了干電池做電源；釋放時小車離打點計時器較遠。
（2）A．為了使小車受到的細線拉力近似等于托盤及重物的總重力，小車質量要遠大于托盤及重物的質量，故A錯誤；
B．為了使小車受到的合力等于細線拉力，測量前，需要平衡摩擦阻力，故B正確；
C．平衡摩擦阻力時，有
可得
可知每次改變小車質量后不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤。
故選B。
（3）圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔為
根據(jù)逐差法可得小車運動的加速度大小
【分析】 探究小車加速度與質量的關系實驗，
實驗原理：，通過控制變量法研究力、質量、加速度的關系。
實驗條件控制：小車質量遠大于托盤及重物質量：目的是使細線拉力近似等于托盤及重物的重力（否則需考慮重物加速下降的影響）。
平衡摩擦力：使小車受到的合力等于細線拉力（否則需考慮摩擦力影響）。
方法：抬高木板一端，使小車重力沿斜面的分力等于摩擦力（）。
平衡后，有 ，即 ，與小車質量無關，故改變小車質量后無需重新平衡摩擦力。
逐差法求加速度：用于處理勻變速直線運動的紙帶數(shù)據(jù)。
公式：（每段間隔時間相等）。優(yōu)點：減少誤差，充分利用數(shù)據(jù)。
計時點與計數(shù)點：相鄰計數(shù)點間有4個點未畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔 （打點周期0.02s）。
（1）[1]由圖乙可知該學生使用的打點計時器是電磁打點計時器；
[2][3]情景圖的明顯錯誤是使用了干電池做電源；釋放時小車離打點計時器較遠；紙帶放在復寫紙之上。
（2）A．為了使小車受到的細線拉力近似等于托盤及重物的總重力，小車質量要遠大于托盤及重物的質量，故A錯誤；
B．為了使小車受到的合力等于細線拉力，測量前，需要平衡摩擦阻力，故B正確；
C．平衡摩擦阻力時，有
可得
可知每次改變小車質量后不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤。
故選B。
（3）圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔為
根據(jù)逐差法可得小車運動的加速度大小
16．（2025高一上·金華期末）小明做“驗證兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗時，在方木板上固定一張白紙，紙上畫好若干同心圓環(huán)，標記序號為1，2，3……，相鄰圓環(huán)間距與1號圓環(huán)半徑相同，將三根相同的橡皮筋一端系在一起形成結點O，讓O處于圓心位置，隨后將三根橡皮筋分別掛在圖釘ABC上，皮筋處于原長時，三枚圖釘恰好位于5號圓環(huán)。現(xiàn)將三根皮筋拉長，結點O仍處于圓心，三枚圖釘?shù)奈恢蔑w別在第7、8、9號圓環(huán)上，如圖所示。皮筋的彈力符合胡克定律，下列說法正確的是（　　）
A．三根橡皮繩的彈力之比為
B．實驗時橡皮繩結點應保持在圓心
C．本實驗不需要測出彈力大小也可以驗證平行四邊形定則
D．若某根皮筋承受拉力過大，可再并一根完全相同的皮筋進行測量
【答案】B,C
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】A．根據(jù)胡克定律可知，三根橡皮繩的彈力之比等于伸長量之比；皮筋處于原長時，三枚圖釘恰好位于5號圓環(huán)，將三根皮筋拉長，結點O仍處于圓心，三枚圖釘?shù)奈恢蔑w別在第7、8、9號圓環(huán)上，則三根橡皮繩的彈力之比為，故A錯誤；
B．必須將結點O保持在圓心位置。這是因為只有保持結點位置不變，才能保證兩個分力的方向（夾角） 是固定且已知的，這是構成平行四邊形的前提，故B正確；
C．三根橡皮筋完全相同，根據(jù)胡克定律可知，可以用橡皮繩的伸長量等效代替彈力大小，則本實驗不需要測出彈力大小，只需要得到對應的伸長量，也可以驗證平行四邊形定則，故C正確；
D．如果在某根橡皮筋上再并聯(lián)一根，其等效勁度系數(shù)會改變（變?yōu)樵瓉淼?倍）。此時，它的伸長量與其他橡皮筋的伸長量不再具有可比性，破壞了等效替代的條件，因此不能這樣做。故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、力的等效替代原理：
實驗的核心思想：當多根完全相同（即勁度系數(shù)k相同）的橡皮筋時，它們的伸長量之比就等于它們所產(chǎn)生的彈力之比。因此，可以直接用伸長量來代表力的大小進行運算和驗證，而無需直接測力。
2、平行四邊形定則的驗證方法
實驗目的：驗證兩個分力的作用效果（伸長量）與合力的作用效果（伸長量）之間是否遵循平行四邊形法則。
關鍵操作：必須將結點O保持在圓心位置。這是因為只有保持結點位置不變，才能保證兩個分力的方向（夾角） 是固定且已知的，這是構成平行四邊形的前提。
3、實驗的嚴謹性條件
材料一致性：所有橡皮筋必須完全相同（k值相同），這是使用“伸長量代表力”這一等效替代法的基礎。不可改變材料屬性：如果在某根橡皮筋上再并聯(lián)一根，其等效勁度系數(shù)會改變（變?yōu)樵瓉淼?倍）。此時，它的伸長量與其他橡皮筋的伸長量不再具有可比性，破壞了等效替代的條件，因此不能這樣做。
17．（2025高一上·金華期末）小王同學利用如圖所示的實驗裝置研究平拋運動，通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。關于該實驗，下列說法正確的有（　　）
A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平
B．每次小球可以從不同位置釋放
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球
D．為了得到小球的運動軌跡，需要用平滑的曲線把所有的點都連起來
【答案】A,C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】AB． 斜槽的末端必須調整至水平，這是為了確保小球離開軌道時具有水平方向的初速度，這是平拋運動的前提， 小球必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放。這樣能保證小球每次滾下到軌道末端時的速度都相同。軌道是否光滑不影響初速度的恒定（不光滑只會讓每次損失的能量比例相同）。故A正確，B錯誤；
C． 應選擇質量大、體積小（即密度大）的金屬小球。這樣的小球慣性大，空氣阻力對其運動的影響相對較小，軌跡更接近理想的拋物線 ，故C正確；
D．為了得到小球的運動軌跡，需要先把誤差較大的點去掉，然后用平滑的曲線把剩下的點連起來，故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、 末端水平（保證平拋）和同一位置釋放（保證初速度相同）這兩個最關鍵的條件
2、軌道不需要光滑。初速度相同與否只取決于釋放的高度，與摩擦力無關。
3、選用密度大、體積小的小球是為了減小空氣阻力，這是一個重要的減小誤差的技巧。
4、描繪軌跡時，必須先剔除明顯不合理的誤差點，再用平滑曲線連接，而不是直接連所有點。
18．（2025高一上·金華期末）小李用如圖甲所示的裝置與傳感器結合，探究向心力大小的影響因素，實驗時用手撥動旋臂產(chǎn)生勻速圓周運動，力傳感器和光電門固定在實驗器上，測量角速度和向心力。
（1）下列實驗與小李的實驗中采用的實驗方法一致的是______
A．探究彈簧彈力與形變量的關系
B．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律
C．探究加速度與力、質量的關系
（2）電腦通過光電門測量擋光桿通過光電門的時間，并由擋光桿的寬度d、擋光桿做圓周運動的半徑r，自動計算出砝碼做圓周運動的角速度，則計算其角速度的表達式為　 　；
（3）圖乙中①②兩條曲線為相同半徑、不同質量下向心力與角速度的關系圖線，由圖可知，曲線②對應的砝碼質量　 　（選填“大于”或“小于”）曲線①對應的砝碼質量。
【答案】（1）C
（2）
（3）大于
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）本實驗中探究向心力大小的影響因素，采用的實驗方向是控制變量法。
A． 探究彈力與形變量的關系時使用的是直接測量和歸納法。多次測量彈力與形變量，發(fā)現(xiàn)其比值（勁度系數(shù)k）為定值，從而得出胡克定律（F = kx）。這個過程不需要控制其他變量，故A錯誤；
B． 探究力的合成規(guī)律時使用的是等效替代法。用一個力（合力）的作用效果來代替兩個力（分力）的共同作用效果，從而尋找它們之間的運算規(guī)則（平行四邊形定則） ，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）擋光桿通過光電門的線速度大小為
根據(jù)角速度與線速度關系
可得角速度的表達式為
（3）由圖乙中①②兩條曲線中取相同角度比較，可知②曲線對應的向心力大于①曲線對應的向心力，根據(jù)，由于半徑相同，所以曲線②對應的砝碼質量大于曲線①對應的砝碼質量。
【分析】（1）控制變量法：定義：當一個物理量（如向心力F）同時受多個因素（如質量m、半徑r、角速度ω）影響時，為了明確其中某一個因素的影響，需要保持其他因素不變，只改變該因素進行實驗。“探究向心力大小的影響因素”就是典型的控制變量法。例如，研究F與m的關系時，需保持r和ω不變。
（2）根據(jù)角速度與線速度關系可得出 角速度的表達式
（3）能夠從 F-ω 圖像中提取有效信息。具體方法是：做一條平行于F軸的輔助線（取相同ω），與兩條曲線相交，比較交點對應的F值大小，從而進行比較和推理。
（1）本實驗中探究向心力大小的影響因素，采用的實驗方向是控制變量法。
A．探究彈簧彈力與形變量的關系，沒有采用控制變量法，故A錯誤；
B．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律采用的實驗方法是等效替代法，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）擋光桿通過光電門的線速度大小為
根據(jù)角速度與線速度關系
可得角速度的表達式為
（3）由圖乙中①②兩條曲線中取相同角度比較，可知②曲線對應的向心力大于①曲線對應的向心力，根據(jù)，由于半徑相同，所以曲線②對應的砝碼質量大于曲線①對應的砝碼質量。
19．（2025高一上·金華期末）在很多游樂場中，都有一種叫“跳樓機”的大型游戲機，如圖所示。跳樓機把乘客帶到60m高度后，從靜止開始下落做勻加速直線運動，經(jīng)3s達到最大運行速度后勻速運動0.5s，而后在減速裝置作用下做勻減速直線運動，到地面速度剛好減為零，已知減速時加速度大小為加速時加速度大小的3倍，求：
（1）減速運動的時間；
（2）運動過程中的最大速度；
（3）加速過程的加速度大小。
【答案】（1）解：設加速階段加速度大小為a，則減速段加速度大小為3a，加速階段有
減速階段有
可得減速運動的時間為
（2）解：設運動過程中的最大速度為，加速階段位移為
勻速階段位移為
減速階段位移為
又
聯(lián)立解得
（3）解：加速過程的加速度大小為
【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用
【解析】【分析】（1）加速階段有，減速階段有，聯(lián)立可得減速運動的時間。
（2）加速階段位移為，勻速階段位移為，減速階段位移為，聯(lián)立可求解運動過程中的最大速度。
（3）第二問已求解出加速過程末速度，又已知加速過程時間，由可求解 加速過程的加速度大小
（1）設加速階段加速度大小為a，則減速段加速度大小為3a，加速階段有
減速階段有
可得減速運動的時間為
（2）設運動過程中的最大速度為，加速階段位移為
勻速階段位移為
減速階段位移為
又
聯(lián)立解得
（3）加速過程的加速度大小為
20．（2025高一上·金華期末）如圖所示，一輕質彈簧左端固定于豎直墻壁上，右端連接有豎直擋板，擋板與地面的摩擦不計。還有一木塊緊靠著擋板（兩者不粘連）置于水平地面上，木塊與地面的摩擦因數(shù)，假設木塊所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。給木塊施加一水平向左的推力F，將木塊緩慢推至某點靜止，彈簧被壓縮了1.5cm。已知彈簧勁度系數(shù)，求：
（1）若木塊質量，不計擋板質量，突然撤去推力F的瞬間，木塊的加速度有多大？
（2）若木塊質量，擋板質量，
a．突然撤去推力F的瞬間，擋板對木塊的支持力有多大？
b．撤去推力F后，木塊向右運動直至與擋板分離，求此過程中木塊向右運動的距離有多遠？
【答案】（1）解：撤去F之后彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律可得
其中，，解得木塊的加速度大小為
（2）解：a．撤去F之后，對擋板和木塊的整體受力分析，由牛頓第二定律得
解得
對木塊，牛頓第二定律得
解得
b．擋板和木塊分離時，兩者速度和加速度均相同，但接觸面剛好不擠壓。對木塊受力分析，可知
方向向左；再對擋板受力分析，如圖所示
由牛頓第二定律可得
解得
此時彈簧被拉伸了0.1cm，所以木板在和擋板分離前向右運動的距離為
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【分析】（1）撤去F之后彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律列等式，，可計算木塊的加速度大小。
（2）a．撤去F之后，對擋板和木塊的整體受力分析，由牛頓第二定律列等式
對木塊，由牛頓第二定律列等式，聯(lián)立可求解擋板對木塊的支持力。
b．擋板和木塊分離時，兩者速度和加速度均相同，但接觸面剛好不擠壓。對木塊受力分析，可知，方向向左；再對擋板受力分析，由牛頓第二定律列等式，可求解木板在和擋板分離前向右運動的距離。
（1）撤去F之后彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律可得
其中，
解得木塊的加速度大小為
（2）a．撤去F之后，對擋板和木塊的整體受力分析，由牛頓第二定律得
解得
對木塊，牛頓第二定律得
解得
b．擋板和木塊分離時，兩者速度和加速度均相同，但接觸面剛好不擠壓。對木塊受力分析，可知
方向向左；再對擋板受力分析，如圖所示
由牛頓第二定律可得
解得
此時彈簧被拉伸了0.1cm，所以木板在和擋板分離前向右運動的距離為
21．（2025高一上·金華期末）某游戲裝置的豎直截面如圖所示，質量為的滑塊自A點以的初速度從傾角為的粗糙斜面滑下，沖入水平面上的半徑為的圓軌道，滑塊經(jīng)過軌道最高點D時的速度為，圓軌道在最低點稍微錯開，滑塊在圓弧軌道上滑行一周后沖出，而后沖上傾角為的傳送帶，傳送帶以的速度勻速向上傳送，從傳送帶上端F離開后恰好水平滑上距離F高為h的平臺，在平臺上滑塊被緩沖鎖定視為成功。已知水平軌道和傾斜軌道與傳送帶分別在B、E點平滑連接，AB長度為，EF長度為，滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)，與傳送帶的動摩擦因數(shù)，其余阻力不計，滑塊可視為質點，求：
（1）滑塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力；
（2）滑塊沖上傳送帶時的速度；
（3）平臺高度h；
（4）若傳送帶的傳送速度v和平臺離F的高度h可調，仍要滑塊水平滑上平臺鎖定，寫出h隨v變化的關系。
【答案】（1）解：在D點，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為1N，方向豎直向上。
（2）解：BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經(jīng)過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)運動學公式
解得滑塊經(jīng)過B點時的速度為
即滑塊沖上傳送帶時的速度為
（3）解：滑塊沖上傳送帶時做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
與傳送帶共速時，根據(jù)
可得
即恰好運動至F點共速；根據(jù)
可得平臺高度為
（4）解：若，物塊在傳送帶上一直以做減速運動，到F點時速度為4m/s，則
若，滑塊所受摩擦力斜向上，由于，滑塊仍然減速運動，由
可得
若一直減速，則
可得
則
可得
若，則滑塊先以做減速運動，再以做減速運動，則
可得
則
【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；斜拋運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）題目已知滑塊經(jīng)過軌道最高點D時的速度為 ，在D點，根據(jù)牛頓第二定律列等式，可求解軌道對滑塊支持力大小，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小。
（2）BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經(jīng)過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式，可計算B點速度，即滑塊沖上傳送帶時的速度。
（3）滑塊沖上傳送帶時做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律，與傳送帶共速時，，聯(lián)立可計算斜面上位移，即恰好運動至F點共速；根據(jù)，可得平臺高度。
（4）若，物塊在傳送帶上一直以做減速運動，到F點時速度為4m/s，
若，滑塊所受摩擦力斜向上，由于，滑塊仍然減速運動，由牛頓第二定律，若一直減速，，，聯(lián)立可計算平。臺高度。若，則滑塊先以做減速運動，再以做減速運動，則，聯(lián)立可得平臺高度 h隨v變化的關系。
（1）在D點，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為1N，方向豎直向上。
（2）BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經(jīng)過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)運動學公式
解得滑塊經(jīng)過B點時的速度為
即滑塊沖上傳送帶時的速度為
（3）滑塊沖上傳送帶時做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
與傳送帶共速時，根據(jù)
可得
即恰好運動至F點共速；根據(jù)
可得平臺高度為
（4）若，物塊在傳送帶上一直以做減速運動，到F點時速度為4m/s，則
若，滑塊所受摩擦力斜向上，由于，滑塊仍然減速運動，由
可得
若一直減速，則
可得
則
可得
若，則滑塊先以做減速運動，再以做減速運動，則
可得
則
1 / 1浙江省金華十校2024-2025學年高一上學期期末調研考試物理試題
一、選擇題（本題共14小題，每小題4分，共56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·金華期末）下列測量儀器不是用來測量國際單位制中基本物理量的是（　　）
A．彈簧測力計 B．電流表
C．溫度計 D．刻度尺
2．（2025高一上·金華期末）下列物理量中全部為矢量的是（　　）
A．力 時間 B．周期 線速度 C．路程 加速度 D．速度 位移
3．（2025高一上·金華期末）2024年11月14日，央視新聞聯(lián)播關注了金義東市域軌道交通。該線路目前運營總里程達99km，列車最高運行速度120km/h。下列說法正確的是（　　）
A．題目中“99km”指的是位移
B．計算列車經(jīng)過站臺的時間時可以將列車看成質點
C．“120km/h”指的是瞬時速率
D．列車啟動瞬間，速度為0，加速度也為0
4．（2025高一上·金華期末）如圖所示，當高鐵勻速直線運動時，硬幣能豎直立在高鐵的水平窗臺上。下列說法正確的是（　　）
A．窗臺對硬幣的支持力是由硬幣的形變產(chǎn)生的
B．窗臺對硬幣的摩擦力指向高鐵前進方向
C．硬幣的重力和窗臺對硬幣的支持力是一對相互作用力
D．硬幣的重力和窗臺對硬幣的支持力是一對平衡力
5．（2025高一上·金華期末）如圖為金華金東樂園的摩天輪，游客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列說法正確的是（　　）
A．游客做勻變速曲線運動 B．所有游客的角速度相同
C．所有游客的線速度相同 D．所有游客所受合力相同
6．（2025高一上·金華期末）如圖所示為一條由傾斜直軌道與水平直軌道順滑連接組成的滑草軌道，一位游客坐上滑板從斜軌上端出發(fā)，經(jīng)8s到達斜軌底端，再經(jīng)5s停在水平直軌末端。此傾斜直軌與水平直軌的長度之比是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·金華期末）如圖乙所示為足球發(fā)球機在球門正前方的A、B兩個相同高度的位置發(fā)射同一足球，兩次足球都水平擊中球門橫梁上的同一點，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．兩次擊中橫梁的速度相同
B．從A位置發(fā)射的足球在空中的運動時間長
C．足球兩次運動的速度變化量相同
D．從B位置發(fā)射的足球初速度較大
8．（2025高一上·金華期末）校園里的銀杏樹上有兩顆銀杏果先后落下，假設兩顆銀杏果均由靜止從同一高度下落，忽略銀杏果所受阻力，下列說法正確的是（　　）
A．銀杏果和銀杏葉的下落均可近似為自由落體運動
B．下落過程中兩銀杏果的間距越來越大
C．先下落的銀杏果相對后下落的銀杏果做勻加速運動
D．先下落的銀杏果落地速度較大
9．（2025高一上·金華期末）如圖甲是使用菜刀切肉的場景，圖乙顯示了菜刀刀刃的橫截面，是一個頂角很小的等腰三角形。則下列說法錯誤的是（　　）
A．刀把上刻有條紋，目的是增大粗糙程度
B．用磨刀石來使刀刃鋒利，是為了增大刀刃對物體的側向壓力
C．若刀背受到向下的力F，則刀刃兩側面的側向壓力大小為
D．骨頭卡在刀上，只要提刀（帶骨頭）用力往刀板上砍，骨頭就斷了，這里利用了慣性
10．（2025高一上·金華期末）圖甲中運動員在蹦極臺上自由下落，得到圖像如圖乙所示，忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是（　　）
A．運動員下落15m后開始受到彈力作用
B．下落26m時，運動員到達最低點，處于超重狀態(tài)
C．整個下落過程加速度方向始終豎直向上
D．整個下落過程加速度先減小再增大
11．（2025高一上·金華期末）某同學用圖甲所示裝置研究球形物體勻速下落時所受空氣阻力的大小與速率的關系。在氣球下方分別掛不同的重物，用頻閃照相記錄下氣球從靜止開始下落時的情況，如圖乙所示，隨著阻力的增大，氣球最終勻速下落。若發(fā)現(xiàn)阻力與速度成正比，則（　　）
A．應該選取加速階段測量下落速率
B．乙圖中兩氣球的間距依次為
C．氣球下落時速度均勻增加
D．重物質量越大，氣球最終勻速下落的速度越大
12．（2025高一上·金華期末）如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸重合。轉臺以一定角速度勻速轉動，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經(jīng)過一段時間后小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，此時它和O點的連線與之間的夾角為60°，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．若此時摩擦力為0，則物塊對陶罐的作用力為
B．若此時摩擦力為0，則物塊的線速度為
C．若轉速增加，物塊與陶罐間的摩擦力增大
D．若轉速增加，物塊將沿罐壁向上滑動
13．（2025高一上·金華期末）如圖所示，一箱蘋果沿著傾角為的粗糙斜面加速下滑，在箱子正中央夾有一只質量為m的蘋果，其周圍蘋果對它的作用力可能為（　　）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
14．（2025高一上·金華期末）如圖，一質量的小滑塊以4m/s的初速度從P點進入一水平軌道。水平軌道由一長的直軌道AB和兩個半徑為R的半圓軌道組成，半圓軌道的外側均有光滑的圓弧擋板（圖中未畫出）。除軌道CD外，所有軌道均光滑且平滑連接。CD之間的地面光滑，靠近C處放置一與水平軌道等高、長度為、質量為的長木板。現(xiàn)調節(jié)半圓軌道R的大小，使小滑塊最終能停在長木板上。已知滑塊與長木板上表面的動摩擦因數(shù)為，長木板與C和D處碰撞后原速率反彈。則（　　）
A．若，滑塊在半圓軌道運動時對擋板的彈力大小為2N
B．滑塊第一次運動到D點速度為
C．滑塊最終停止的位置與D點之間的距離為0.5m
D．半圓軌道半徑R需要滿足的條件
二、非選擇題（本題共6小題，共44分）
15．（2025高一上·金華期末）用如圖甲所示的裝置探究小車加速度與質量的關系。用打點計時器測量質量不同的小車在合外力相等時的加速度，已知打點計時器所用交流電源頻率為50Hz。
（1）如圖乙是學生即將釋放小車之前的情景圖，該學生使用的打點計時器是　 　（選填“電磁打點計時器”或“電火花計時器”），指出兩處明顯錯誤　 　，　 　。
（2）下列有關本實驗的要求和做法，正確的是______。
A．小車質量要遠小于托盤及重物的質量
B．測量前，需要平衡摩擦阻力
C．每次改變小車質量后都要重新平衡摩擦力
（3）某次正確操作后選出的一條紙帶，用刻度尺測量時如圖丙所示，圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，則小車運動的加速度大小　 　（計算結果保留2位有效數(shù)字）。
16．（2025高一上·金華期末）小明做“驗證兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗時，在方木板上固定一張白紙，紙上畫好若干同心圓環(huán)，標記序號為1，2，3……，相鄰圓環(huán)間距與1號圓環(huán)半徑相同，將三根相同的橡皮筋一端系在一起形成結點O，讓O處于圓心位置，隨后將三根橡皮筋分別掛在圖釘ABC上，皮筋處于原長時，三枚圖釘恰好位于5號圓環(huán)。現(xiàn)將三根皮筋拉長，結點O仍處于圓心，三枚圖釘?shù)奈恢蔑w別在第7、8、9號圓環(huán)上，如圖所示。皮筋的彈力符合胡克定律，下列說法正確的是（　　）
A．三根橡皮繩的彈力之比為
B．實驗時橡皮繩結點應保持在圓心
C．本實驗不需要測出彈力大小也可以驗證平行四邊形定則
D．若某根皮筋承受拉力過大，可再并一根完全相同的皮筋進行測量
17．（2025高一上·金華期末）小王同學利用如圖所示的實驗裝置研究平拋運動，通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。關于該實驗，下列說法正確的有（　　）
A．小球運動的軌道可以不光滑，但斜槽軌道末端必須保持水平
B．每次小球可以從不同位置釋放
C．實驗中最好選用密度大，體積小的小球
D．為了得到小球的運動軌跡，需要用平滑的曲線把所有的點都連起來
18．（2025高一上·金華期末）小李用如圖甲所示的裝置與傳感器結合，探究向心力大小的影響因素，實驗時用手撥動旋臂產(chǎn)生勻速圓周運動，力傳感器和光電門固定在實驗器上，測量角速度和向心力。
（1）下列實驗與小李的實驗中采用的實驗方法一致的是______
A．探究彈簧彈力與形變量的關系
B．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律
C．探究加速度與力、質量的關系
（2）電腦通過光電門測量擋光桿通過光電門的時間，并由擋光桿的寬度d、擋光桿做圓周運動的半徑r，自動計算出砝碼做圓周運動的角速度，則計算其角速度的表達式為　 　；
（3）圖乙中①②兩條曲線為相同半徑、不同質量下向心力與角速度的關系圖線，由圖可知，曲線②對應的砝碼質量　 　（選填“大于”或“小于”）曲線①對應的砝碼質量。
19．（2025高一上·金華期末）在很多游樂場中，都有一種叫“跳樓機”的大型游戲機，如圖所示。跳樓機把乘客帶到60m高度后，從靜止開始下落做勻加速直線運動，經(jīng)3s達到最大運行速度后勻速運動0.5s，而后在減速裝置作用下做勻減速直線運動，到地面速度剛好減為零，已知減速時加速度大小為加速時加速度大小的3倍，求：
（1）減速運動的時間；
（2）運動過程中的最大速度；
（3）加速過程的加速度大小。
20．（2025高一上·金華期末）如圖所示，一輕質彈簧左端固定于豎直墻壁上，右端連接有豎直擋板，擋板與地面的摩擦不計。還有一木塊緊靠著擋板（兩者不粘連）置于水平地面上，木塊與地面的摩擦因數(shù)，假設木塊所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。給木塊施加一水平向左的推力F，將木塊緩慢推至某點靜止，彈簧被壓縮了1.5cm。已知彈簧勁度系數(shù)，求：
（1）若木塊質量，不計擋板質量，突然撤去推力F的瞬間，木塊的加速度有多大？
（2）若木塊質量，擋板質量，
a．突然撤去推力F的瞬間，擋板對木塊的支持力有多大？
b．撤去推力F后，木塊向右運動直至與擋板分離，求此過程中木塊向右運動的距離有多遠？
21．（2025高一上·金華期末）某游戲裝置的豎直截面如圖所示，質量為的滑塊自A點以的初速度從傾角為的粗糙斜面滑下，沖入水平面上的半徑為的圓軌道，滑塊經(jīng)過軌道最高點D時的速度為，圓軌道在最低點稍微錯開，滑塊在圓弧軌道上滑行一周后沖出，而后沖上傾角為的傳送帶，傳送帶以的速度勻速向上傳送，從傳送帶上端F離開后恰好水平滑上距離F高為h的平臺，在平臺上滑塊被緩沖鎖定視為成功。已知水平軌道和傾斜軌道與傳送帶分別在B、E點平滑連接，AB長度為，EF長度為，滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)，與傳送帶的動摩擦因數(shù)，其余阻力不計，滑塊可視為質點，求：
（1）滑塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力；
（2）滑塊沖上傳送帶時的速度；
（3）平臺高度h；
（4）若傳送帶的傳送速度v和平臺離F的高度h可調，仍要滑塊水平滑上平臺鎖定，寫出h隨v變化的關系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】A．彈簧測力計用來測量力的大小， 它由基本物理量（質量、長度、時間）通過公式 推導得出。因此，它不是基本物理量，故A正確；
B．電流表用來測量電流的大小， 電流（安培，A）是國際單位制中七個基本物理量之一 ，故B錯誤；
C．溫度計用來測量溫度的大小， 溫度（開爾文，K）是國際單位制中七個基本物理量之一 ，故C錯誤；
D．刻度尺用來長度的大小，長度是國際單位制中基本物理量，故D錯誤。
故選A。
【分析】本題要求找出測量的物理量不屬于國際單位制基本物理量的儀器。國際單位制（SI）的七個基本物理量及其單位是：長度（米，m）質量（千克，kg）時間（秒，s）電流（安培，A）熱力學溫度（開爾文，K）物質的量（摩爾，mol）發(fā)光強度（坎德拉，cd）
2．【答案】D
【知識點】矢量與標量
【解析】【解答】A、 時間只有大小，沒有方向，是標量 ，故A錯誤。
B、 周期（如圓周運動的周期）是時間，只有大小，沒有方向，是標量 ，線速度是矢量，故B錯誤。
C、 路程是標量（只有大小，無方向），加速度是矢量，故C錯誤。
D、速度和位移都是既有大小又有方向的物理量，均為矢量，故D正確。
故選D。
【分析】矢量：既有大小又有方向的物理量。例如：位移、速度、加速度、力等。標量：只有大小沒有方向的物理量。例如：時間、周期、路程等。
3．【答案】C
【知識點】質點；位移與路程；加速度；速度與速率
【解析】【解答】A． “99km”是指列車行駛軌跡的實際長度，即路程；而“位移”則是起點到終點的直線距離，兩者不同，故A錯誤；
B． 當計算列車通過一個站臺（其自身長度不可忽略）所需時間時，必須考慮列車的長度和形狀，因此不能將其抽象為質點 ，故B錯誤；
C． “最高速度可達120km/h”這一描述，指的是列車在某一時刻或某一位置所能達到的速度值，因此它表示的是瞬時速率，故C正確；
D． 列車在啟動的瞬間，雖然速度從零開始增加，但為了使其速度發(fā)生變化（從靜止到運動），必須有一個不為零的加速度，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、路程與位移：區(qū)分軌跡長度（路程）和位置變化（位移）。
2、質點的條件：當物體的大小和形狀對所研究的問題沒有影響時，才能將其看作質點。研究物體自身通過某段距離或某個界面時，其大小不可忽略。
3、瞬時速率與平均速率：“最高速度”、“可達”等關鍵詞通常指的是瞬時速率。
4、速度與加速度的關系：速度為零時，加速度不一定為零（如啟動、剎車瞬間）。加速度是速度的變化率。
4．【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；靜摩擦力
【解析】【解答】A． 支持力是窗臺發(fā)生形變后，為了恢復原狀而對硬幣產(chǎn)生的彈力。因此，窗臺對硬幣的支持力是由窗臺的形變產(chǎn)生的，而不是硬幣的形變。硬幣的形變會產(chǎn)生硬幣對窗臺的壓力，故A錯誤；
B．由于硬幣隨高鐵做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可知，窗臺對硬幣的摩擦力為0，故B錯誤；
CD． 相互作用力（作用力與反作用力）必須作用在兩個不同的物體上。硬幣的重力（地球對硬幣的吸引力）的反作用力是硬幣對地球的吸引力，而不是窗臺對硬幣的支持力。窗臺對硬幣的支持力的反作用力是硬幣對窗臺的壓力，硬幣的重力和窗臺對硬幣的支持力是一對平衡力，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】1、 彈力（如支持力、壓力）是由于施力物體發(fā)生形變，想要恢復原狀而產(chǎn)生的。
2、物體處于勻速直線運動或靜止狀態(tài)（平衡狀態(tài)）時，合力為零。當水平方向無其他外力時，靜摩擦力可以為零。
3、相互作用力：總是大小相等、方向相反、作用在兩個不同的物體上，平衡力：總是大小相等、方向相反、作用在同一個物體上。
5．【答案】B
【知識點】勻速圓周運動；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A． 勻變速曲線運動的定義是加速度恒定（即大小和方向都不變）的運動。游客隨摩天輪做勻速圓周運動，其向心加速度大小雖然不變，但方向時刻指向圓心，不斷變化。因此，加速度不是恒定的，故不是勻變速曲線運動 ，故A錯誤；
B． 摩天輪是一個剛性整體，在轉動時，其上所有游客在相同時間內轉過的角度都相同。因此，所有游客的角速度這個標量是相同的 ，故B正確；
C． 線速度是一個矢量，既有大小又有方向。雖然所有游客的線速度大小相等（v = ωr），但由于他們所處的位置不同，其速度方向是各點切線方向，方向各不相同。因此，不能說“線速度相同” ，故C錯誤；
D．摩天輪做勻速圓周運動，因所有游客的向心加速度大小不變、方向時刻改變，根據(jù)牛頓第二定律，可知所有游客所受合力的大小相等，方向不相同，故所有游客所受合力不相同，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、勻變速運動的條件：加速度恒定（大小和方向均不變）。勻速圓周運動的加速度（向心加速度）方向時刻改變，因此是變加速曲線運動。
2、角速度的特性：角速度是描述物體轉動快慢的物理量。對于剛體轉動，其上各點的角速度相同。
3、矢量和標量的區(qū)別：角速度是標量，比較是否相同只需看大小。線速度、加速度、力是矢量，比較是否相同必須同時滿足大小相等和方向相同兩個條件。
4、向心力的公式和方向：向心力大小由公式 F = mω2r 或決定。方向始終指向圓心，時刻改變。
6．【答案】D
【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用
【解析】【解答】設游客到達斜軌底端的速度大小為，在傾斜直軌上運動過程有
在水平直軌上運動過程有
可得傾斜直軌與水平直軌的長度之比
故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】在傾斜直軌上勻加速直線運動，由公式可得出運動長度，在水平直軌上勻減速直線運動，由公式可得出運動長度，求解長度之比。
7．【答案】C
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】A．將足球發(fā)射到水平擊中球門橫梁，看成逆向的平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有，
解得
由于兩次的水平位移不相等，高度相等，所以兩次的水平分速度不相等，即兩次擊中橫梁的速度不相同，故A錯誤；
B．根據(jù)，由于兩次足球在空中的高度相等，所以兩次足球在空中的運動時間相等，故B錯誤；
C．根據(jù)，由于兩次足球在空中的運動時間相等，則足球兩次運動的速度變化量相同，故C正確；
D．足球發(fā)射的初速度大小為，由于兩次高度相等，所以兩次足球發(fā)射的初速度豎直分量相等，由于從B位置發(fā)射的足球水平位移較小，則從B位置發(fā)射的足球水平分速度較小，從B位置發(fā)射的足球初速度較小，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、看成逆向的平拋運動， 擊中橫梁的速度，
2、平拋運動，根據(jù)可比較時間。
3、平拋運動速度變化量，時間相同，則速度變化量相同。
4、根據(jù)豎直分運動比較豎直分速度，根據(jù)水平位移比較水平分速度，然后根據(jù)比較足球發(fā)射的初速度大小。
8．【答案】B
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】A． 題目要求忽略銀杏果所受阻力，因此銀杏果的下落可以完美地視為自由落體運動。然而，銀杏葉形狀扁平、質量輕，下落時受到的空氣阻力非常大，其影響不能忽略。因此，銀杏葉的下落過程與自由落體運動相差甚遠，不能近似看待 ，故A錯誤；
BC．由于先后下落的銀杏果的加速度均為重力加速度，所以先下落的銀杏果相對后下落的銀杏果做勻速運動，則先后下落的銀杏果的相對距離為，可知下落過程中兩銀杏果的間距越來越大，故B正確，故C錯誤；
D． 根據(jù)自由落體運動的速度公式 ，物體落地時的速度只取決于下落的高度 h 和重力加速度 g。既然兩顆果子從同一個高度由靜止落下，它們落地時的速度大小一定是相等的。先落地只是因為它的出發(fā)時間更早，而不是因為它落得更快，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、自由落體運動的條件：僅受重力。這是判斷一個下落過程能否看作自由落體的根本依據(jù)。
2、相對運動的分析：當兩個物體的加速度相同時，它們之間的相對運動是勻速直線運動。這是一個非常重要的結論。
3、自由落體運動的規(guī)律：速度公式 (v = gt)：體現(xiàn)了速度與時間的關系。位移公式 ：體現(xiàn)了下落高度與時間的關系。速度-位移公式 ：體現(xiàn)了末速度只與高度有關，與時間無關。
9．【答案】C
【知識點】慣性與質量；摩擦力在日常生活中的應用；力的分解
【解析】【解答】A．刀把上刻條紋目的是增大粗糙程度，增大手與刀把間的摩擦，防止打滑。 故A正確，不符合題意；
BC．根據(jù)力的作用效果，可把分解如圖所示
兩側對被切物體的側向壓力為
顯然，磨刀的主要目的是減小刀刃的厚度（或減小頂角），從而在相同壓力下增大刀刃對物體的側向壓力，故B正確，不符合題意，C錯誤，符號題意；
D．刀和骨頭一起向下運動，當?shù)锻蝗煌Ｖ梗穷^因慣性繼續(xù)運動，導致斷裂，故D正確，不符合題意。
故選C。
【分析】 1、刀把上刻紋路，是通過增加接觸面的粗糙程度來增大動摩擦因數(shù) μ，從而在握力（正壓力 N）不變的情況下，達到增大最大靜摩擦力的目的，防止刀從手中滑脫。
2、兩側對被切物體的側向壓力為，結論：在相同的向下壓力 F 下，頂角 θ 越小（即刀磨得越薄越鋒利），的值越小，產(chǎn)生的側向分力 F側 就越大，切割效果就越好。這解釋了“磨刀”的物理原理
3、切硬骨頭時，刀和骨頭一起向下運動。當?shù)锻蝗皇艿阶枇νＶ箷r，骨頭由于慣性，會繼續(xù)保持向下運動的趨勢，導致其在薄弱處發(fā)生斷裂。
10．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】A． 運動員在下落15米時速度達到最大。根據(jù)牛頓第二定律，速度最大的時刻意味著合力為零（即重力等于彈性繩的拉力）。這表明，在達到15米之前，彈性繩已經(jīng)被拉長并開始提供拉力了。否則，如果15米時才剛開始受到拉力，合力不會立刻為零，速度也不會立刻達到最大 ，故A錯誤；
B． 圖像顯示運動員下落的最終位置（最低點）是26米，此時速度減為零。在此瞬間，運動員雖然靜止，但彈性繩的拉力達到最大，遠大于重力，因此合力向上且非常大，產(chǎn)生向上的巨大加速度。根據(jù)超重和失重的定義，加速度向上即為超重狀態(tài)。所以運動員在最低點時處于超重狀態(tài)， 故B正確；
C．加速度向下階段：從開始下落到合力為零（速度最大點）之前，合力方向向下。加速度向上階段：從速度最大點到下落至最低點，合力方向向上。因此，加速度的方向發(fā)生了改變，并非始終向下，故C錯誤；
D． 整個下落過程中加速度的變化是非單調的：剛開始做自由落體運動時，加速度保持不變（等于重力加速度g）。從彈性繩開始受力到合力為零（速度最大點），加速度大小從g逐漸減小到0（方向始終向下）。從速度最大點到最低點，加速度大小從0逐漸增大到某個最大值（方向變?yōu)橄蛏希?br/>所以，加速度的變化過程是：不變 → 減小 → 增大，而不是選項中所說的單一趨勢，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、臨界點一：彈性繩開始繃直，此前：做自由落體運動（a = g，方向向下）。此后：開始受到彈力，進入變加速運動階段。
2、臨界點二：速度最大點：力學特征：F彈 = G，合力 F合 = 0。
運動學特征：加速度 a = 0。此點之前：F彈 < G，a向下，加速下落。此點之后：F彈 > G，a向上，減速下落。
3、臨界點三：最低點：力學特征：F彈 達到最大值，F(xiàn)彈 >> G，合力 F合 向上且最大。
運動學特征：速度 v = 0，加速度 a 向上且最大，處于超重狀態(tài)。
11．【答案】D
【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；牛頓第二定律
【解析】【解答】A． 實驗目的是探究球形物體勻速下落時所受空氣阻力的大小與速率的關系 。在加速階段，氣球的速率和受到的空氣阻力都在不斷變化，無法確定一個穩(wěn)定的對應關系。而在勻速階段，氣球受力平衡（重力等于阻力），此時的下落速率（收尾速率）是一個穩(wěn)定且唯一的值，最能直接反映 m 與 v 的關系。因此，應該測量勻速階段的速率，而不是加速階段，故A錯誤；
B．用頻閃照相記錄下氣球從靜止開始下落時的情況，若氣球做勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動相同時間內的位移比例關系可知，兩氣球的間距依次為，但實際上氣球受到的阻力隨速度增大而增大，所以氣球做的是加速度逐漸減小的加速運動，所以乙圖中兩氣球的間距不滿足，故B錯誤；
C． 氣球下落時，隨著速度增大，空氣阻力也增大，導致它受到的合力（mg - f）逐漸減小，因此加速度逐漸減小。所以它的速度是增加得越來越慢，而不是均勻增加（即不是勻加速運動），故C錯誤；
D．設氣球最終勻速下落的速度為，根據(jù)平衡條件可得
可得
可知重物質量越大，氣球最終勻速下落的速度越大，故D正確。
故選D。
【分析】1、實驗的控制變量法與測量選擇：如何在復雜的運動過程中選取穩(wěn)定、可測量的狀態(tài)（勻速階段）來研究變量間的關系。
2、勻變速直線運動的規(guī)律：理解勻加速運動的特點（Δx = aT2），并能將其作為參照，識別非勻變速運動。
3、牛頓第二定律的動態(tài)分析：能分析力、加速度、速度三者之間的關系。特別是當阻力隨速度變化時，會導致加速度變化，從而產(chǎn)生變加速運動。
4、收尾速度現(xiàn)象：理解物體在阻力作用下下落，當阻力隨速度增加到等于重力時，物體將開始勻速運動。并能從平衡條件 mg = f(v) 出發(fā)，推導出收尾速度 v 與質量 m 的定量關系。
12．【答案】A
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】AB．若此時摩擦力為0，對物塊受力情況如圖所示
由上圖可知，物塊受到的支持力和重力的合力提供物塊做圓周運動的向心力，則有，
解得，
故A正確，B錯誤；
CD．若物塊所受摩擦力為0時，則有，
解得
若剛開始的轉速小于，則物塊所受摩擦力方向沿切線方向向上，此時轉速增加，則物塊與陶罐間的摩擦力減小，物塊有向下運動趨勢；若剛開始的轉速大于，則物塊所受摩擦力方向沿切線方向向下，此時轉速增加，則物塊與陶罐間的摩擦力增大，若繼續(xù)增大，物塊將沿罐壁向上滑動。由題知，剛開始的轉速與的大小關系不確定，故物塊所受摩擦力的變化情況和物塊的運動情況無法確定，故CD錯誤。
故選A。
【分析】1、圓周運動的向心力來源分析：物體在豎直平面內做非勻速圓周運動時，向心力由合力提供。本題中，物塊在陶罐內壁隨陶罐一起轉動，向心力由重力和支持力的合力提供（摩擦力為0時）。
2、受力分析：物塊受三個力：重力 、支持力 、摩擦力 （可能為0）。摩擦力為0時，支持力和重力的合力提供向心力，方向水平指向圓心。
3、向心力公式：向心力大小：，其中 （為轉速）。
幾何關系：合力 （支持力與豎直方向的夾角）。
4、臨界轉速計算：摩擦力為0時，有 ，解得臨界角速度 或臨界轉速
5、摩擦力的方向與大小變化：
當實際轉速 時，物塊有向下趨勢，摩擦力沿切線向上（阻礙下滑）。
當實際轉速 時，物塊有向上趨勢，摩擦力沿切線向下（阻礙上滑）。
轉速變化時，摩擦力的變化趨勢取決于初始狀態(tài)（與臨界值的關系）。
13．【答案】B
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題主要考查共點力的平衡問題，解答本題時需注意：選準研究對象、做好受力分析、根據(jù)共點力的平衡條件確定力與力的關系。由于一箱蘋果沿著傾角為的粗糙斜面加速下滑，可知加速度沿斜面向下，且大小滿足
對于箱子正中央的蘋果，其周圍蘋果對它的作用力一定存在垂直斜面向上的分力和沿斜面向上的分力，故不可能是圖中的和；將加速度分解為水平向右和豎直向下的分加速度，可知對于箱子正中央的蘋果，其周圍蘋果對它的作用力一定存在水平向右的分力，故不可能是圖中的，所以其周圍蘋果對它的作用力可能為。
故選B。
【分析】先確定在箱子正中央質量為m的蘋果的受力情況，再結合題圖，即可確定周圍蘋果對它的作用力。
14．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；向心力
【解析】【解答】A．若，滑塊在半圓軌道運動時，以滑塊為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得
則滑塊在半圓軌道運動時對擋板的彈力大小為4N，故A錯誤；
B．滑塊第一次滑上長木板時，滑塊與長木板的加速度大小分別為，
設經(jīng)過時間，滑塊與長木板達到共速，則有
解得，
此過程滑塊與長木板通過的位移大小分別為，
可知滑塊與長木板共速時，滑塊與長木板右端剛好都到達D點，則滑塊第一次運動到D點速度為，故B錯誤；
D．滑塊第一次運動到D點后，長木板與D處碰撞后原速率反彈，滑塊再次到達C處時，長木板的左端也應剛好到達C處，滑塊從D點到C點所用時間為
此過程長木板可能與C和D處發(fā)生的多次碰撞，則有（，，）
聯(lián)立解得半圓軌道半徑R需要滿足的條件為（，，）
故D錯誤；
C．當滑塊再次到達C處時，剛好從長木板的左端再次滑上長木板，由于長木板與C處碰撞后原速率反彈，則滑塊與長木板以共同速度向右做勻速運動，直到長木板與D處碰撞后原速率反彈，之后滑塊向右做減速運動，長木板向左做減速運動，且滑塊與長木板做減速運動的加速度大小相等，均為，設長木板與C處碰撞前，滑塊與長木板同時停止運動，則有
此過程滑塊與長木板通過的位移大小分別為，
滑塊與長木板發(fā)生的相對位移大小為
可知滑塊與長木板停止時，長木板剛好運動到C處，滑塊剛好運動到長木板的右端，則滑塊最終停止的位置與D點之間的距離為0.5m，故C正確。
故選C。
【分析】1、共速條件：滑塊和長木板速度相等時，利用速度公式和位移公式求解時間和位移。
2、長木板與C、D處碰撞后原速率反彈，導致滑塊和長木板多次相對運動。需要分析多次碰撞后的運動狀態(tài)
3、滑塊和長木板之間的相對位移： （注意方向）。相對位移用于判斷滑塊是否從長木板滑落或共速。
4、滑塊第一次滑到D點時，滑塊和長木板剛好共速且同時到達D點（B選項）。滑塊再次到達C處時，長木板左端也剛好到達C處（D選項）。滑塊最終停止時，長木板剛好運動到C處，滑塊停在長木板右端
5、關鍵點：滑塊與長木板多次相互作用（碰撞、反彈、共速）需分段用運動學公式處理。注意碰撞前后速度方向變化（原速率反彈）。臨界條件（如“剛好到達”）是解題突破口。
15．【答案】（1）電磁打點計時器；使用了干電池做電源；釋放時小車離打點計時器較遠；
（2）B
（3）0.50
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）由圖乙可知該學生使用的打點計時器是電磁打點計時器；
情景圖的明顯錯誤是使用了干電池做電源；釋放時小車離打點計時器較遠。
（2）A．為了使小車受到的細線拉力近似等于托盤及重物的總重力，小車質量要遠大于托盤及重物的質量，故A錯誤；
B．為了使小車受到的合力等于細線拉力，測量前，需要平衡摩擦阻力，故B正確；
C．平衡摩擦阻力時，有
可得
可知每次改變小車質量后不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤。
故選B。
（3）圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔為
根據(jù)逐差法可得小車運動的加速度大小
【分析】 探究小車加速度與質量的關系實驗，
實驗原理：，通過控制變量法研究力、質量、加速度的關系。
實驗條件控制：小車質量遠大于托盤及重物質量：目的是使細線拉力近似等于托盤及重物的重力（否則需考慮重物加速下降的影響）。
平衡摩擦力：使小車受到的合力等于細線拉力（否則需考慮摩擦力影響）。
方法：抬高木板一端，使小車重力沿斜面的分力等于摩擦力（）。
平衡后，有 ，即 ，與小車質量無關，故改變小車質量后無需重新平衡摩擦力。
逐差法求加速度：用于處理勻變速直線運動的紙帶數(shù)據(jù)。
公式：（每段間隔時間相等）。優(yōu)點：減少誤差，充分利用數(shù)據(jù)。
計時點與計數(shù)點：相鄰計數(shù)點間有4個點未畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔 （打點周期0.02s）。
（1）[1]由圖乙可知該學生使用的打點計時器是電磁打點計時器；
[2][3]情景圖的明顯錯誤是使用了干電池做電源；釋放時小車離打點計時器較遠；紙帶放在復寫紙之上。
（2）A．為了使小車受到的細線拉力近似等于托盤及重物的總重力，小車質量要遠大于托盤及重物的質量，故A錯誤；
B．為了使小車受到的合力等于細線拉力，測量前，需要平衡摩擦阻力，故B正確；
C．平衡摩擦阻力時，有
可得
可知每次改變小車質量后不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤。
故選B。
（3）圖中相鄰計數(shù)點間還有4個點沒有畫出，則相鄰計數(shù)點的時間間隔為
根據(jù)逐差法可得小車運動的加速度大小
16．【答案】B,C
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】A．根據(jù)胡克定律可知，三根橡皮繩的彈力之比等于伸長量之比；皮筋處于原長時，三枚圖釘恰好位于5號圓環(huán)，將三根皮筋拉長，結點O仍處于圓心，三枚圖釘?shù)奈恢蔑w別在第7、8、9號圓環(huán)上，則三根橡皮繩的彈力之比為，故A錯誤；
B．必須將結點O保持在圓心位置。這是因為只有保持結點位置不變，才能保證兩個分力的方向（夾角） 是固定且已知的，這是構成平行四邊形的前提，故B正確；
C．三根橡皮筋完全相同，根據(jù)胡克定律可知，可以用橡皮繩的伸長量等效代替彈力大小，則本實驗不需要測出彈力大小，只需要得到對應的伸長量，也可以驗證平行四邊形定則，故C正確；
D．如果在某根橡皮筋上再并聯(lián)一根，其等效勁度系數(shù)會改變（變?yōu)樵瓉淼?倍）。此時，它的伸長量與其他橡皮筋的伸長量不再具有可比性，破壞了等效替代的條件，因此不能這樣做。故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、力的等效替代原理：
實驗的核心思想：當多根完全相同（即勁度系數(shù)k相同）的橡皮筋時，它們的伸長量之比就等于它們所產(chǎn)生的彈力之比。因此，可以直接用伸長量來代表力的大小進行運算和驗證，而無需直接測力。
2、平行四邊形定則的驗證方法
實驗目的：驗證兩個分力的作用效果（伸長量）與合力的作用效果（伸長量）之間是否遵循平行四邊形法則。
關鍵操作：必須將結點O保持在圓心位置。這是因為只有保持結點位置不變，才能保證兩個分力的方向（夾角） 是固定且已知的，這是構成平行四邊形的前提。
3、實驗的嚴謹性條件
材料一致性：所有橡皮筋必須完全相同（k值相同），這是使用“伸長量代表力”這一等效替代法的基礎。不可改變材料屬性：如果在某根橡皮筋上再并聯(lián)一根，其等效勁度系數(shù)會改變（變?yōu)樵瓉淼?倍）。此時，它的伸長量與其他橡皮筋的伸長量不再具有可比性，破壞了等效替代的條件，因此不能這樣做。
17．【答案】A,C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】AB． 斜槽的末端必須調整至水平，這是為了確保小球離開軌道時具有水平方向的初速度，這是平拋運動的前提， 小球必須從斜槽上的同一位置由靜止釋放。這樣能保證小球每次滾下到軌道末端時的速度都相同。軌道是否光滑不影響初速度的恒定（不光滑只會讓每次損失的能量比例相同）。故A正確，B錯誤；
C． 應選擇質量大、體積小（即密度大）的金屬小球。這樣的小球慣性大，空氣阻力對其運動的影響相對較小，軌跡更接近理想的拋物線 ，故C正確；
D．為了得到小球的運動軌跡，需要先把誤差較大的點去掉，然后用平滑的曲線把剩下的點連起來，故D錯誤。
故選AC。
【分析】1、 末端水平（保證平拋）和同一位置釋放（保證初速度相同）這兩個最關鍵的條件
2、軌道不需要光滑。初速度相同與否只取決于釋放的高度，與摩擦力無關。
3、選用密度大、體積小的小球是為了減小空氣阻力，這是一個重要的減小誤差的技巧。
4、描繪軌跡時，必須先剔除明顯不合理的誤差點，再用平滑曲線連接，而不是直接連所有點。
18．【答案】（1）C
（2）
（3）大于
【知識點】向心力
【解析】【解答】（1）本實驗中探究向心力大小的影響因素，采用的實驗方向是控制變量法。
A． 探究彈力與形變量的關系時使用的是直接測量和歸納法。多次測量彈力與形變量，發(fā)現(xiàn)其比值（勁度系數(shù)k）為定值，從而得出胡克定律（F = kx）。這個過程不需要控制其他變量，故A錯誤；
B． 探究力的合成規(guī)律時使用的是等效替代法。用一個力（合力）的作用效果來代替兩個力（分力）的共同作用效果，從而尋找它們之間的運算規(guī)則（平行四邊形定則） ，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）擋光桿通過光電門的線速度大小為
根據(jù)角速度與線速度關系
可得角速度的表達式為
（3）由圖乙中①②兩條曲線中取相同角度比較，可知②曲線對應的向心力大于①曲線對應的向心力，根據(jù)，由于半徑相同，所以曲線②對應的砝碼質量大于曲線①對應的砝碼質量。
【分析】（1）控制變量法：定義：當一個物理量（如向心力F）同時受多個因素（如質量m、半徑r、角速度ω）影響時，為了明確其中某一個因素的影響，需要保持其他因素不變，只改變該因素進行實驗。“探究向心力大小的影響因素”就是典型的控制變量法。例如，研究F與m的關系時，需保持r和ω不變。
（2）根據(jù)角速度與線速度關系可得出 角速度的表達式
（3）能夠從 F-ω 圖像中提取有效信息。具體方法是：做一條平行于F軸的輔助線（取相同ω），與兩條曲線相交，比較交點對應的F值大小，從而進行比較和推理。
（1）本實驗中探究向心力大小的影響因素，采用的實驗方向是控制變量法。
A．探究彈簧彈力與形變量的關系，沒有采用控制變量法，故A錯誤；
B．探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律采用的實驗方法是等效替代法，故B錯誤；
C．探究加速度與力、質量的關系采用的實驗方法是控制變量法，故C正確。
故選C。
（2）擋光桿通過光電門的線速度大小為
根據(jù)角速度與線速度關系
可得角速度的表達式為
（3）由圖乙中①②兩條曲線中取相同角度比較，可知②曲線對應的向心力大于①曲線對應的向心力，根據(jù)，由于半徑相同，所以曲線②對應的砝碼質量大于曲線①對應的砝碼質量。
19．【答案】（1）解：設加速階段加速度大小為a，則減速段加速度大小為3a，加速階段有
減速階段有
可得減速運動的時間為
（2）解：設運動過程中的最大速度為，加速階段位移為
勻速階段位移為
減速階段位移為
又
聯(lián)立解得
（3）解：加速過程的加速度大小為
【知識點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用
【解析】【分析】（1）加速階段有，減速階段有，聯(lián)立可得減速運動的時間。
（2）加速階段位移為，勻速階段位移為，減速階段位移為，聯(lián)立可求解運動過程中的最大速度。
（3）第二問已求解出加速過程末速度，又已知加速過程時間，由可求解 加速過程的加速度大小
（1）設加速階段加速度大小為a，則減速段加速度大小為3a，加速階段有
減速階段有
可得減速運動的時間為
（2）設運動過程中的最大速度為，加速階段位移為
勻速階段位移為
減速階段位移為
又
聯(lián)立解得
（3）加速過程的加速度大小為
20．【答案】（1）解：撤去F之后彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律可得
其中，，解得木塊的加速度大小為
（2）解：a．撤去F之后，對擋板和木塊的整體受力分析，由牛頓第二定律得
解得
對木塊，牛頓第二定律得
解得
b．擋板和木塊分離時，兩者速度和加速度均相同，但接觸面剛好不擠壓。對木塊受力分析，可知
方向向左；再對擋板受力分析，如圖所示
由牛頓第二定律可得
解得
此時彈簧被拉伸了0.1cm，所以木板在和擋板分離前向右運動的距離為
【知識點】牛頓第二定律；牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【分析】（1）撤去F之后彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律列等式，，可計算木塊的加速度大小。
（2）a．撤去F之后，對擋板和木塊的整體受力分析，由牛頓第二定律列等式
對木塊，由牛頓第二定律列等式，聯(lián)立可求解擋板對木塊的支持力。
b．擋板和木塊分離時，兩者速度和加速度均相同，但接觸面剛好不擠壓。對木塊受力分析，可知，方向向左；再對擋板受力分析，由牛頓第二定律列等式，可求解木板在和擋板分離前向右運動的距離。
（1）撤去F之后彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律可得
其中，
解得木塊的加速度大小為
（2）a．撤去F之后，對擋板和木塊的整體受力分析，由牛頓第二定律得
解得
對木塊，牛頓第二定律得
解得
b．擋板和木塊分離時，兩者速度和加速度均相同，但接觸面剛好不擠壓。對木塊受力分析，可知
方向向左；再對擋板受力分析，如圖所示
由牛頓第二定律可得
解得
此時彈簧被拉伸了0.1cm，所以木板在和擋板分離前向右運動的距離為
21．【答案】（1）解：在D點，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為1N，方向豎直向上。
（2）解：BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經(jīng)過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)運動學公式
解得滑塊經(jīng)過B點時的速度為
即滑塊沖上傳送帶時的速度為
（3）解：滑塊沖上傳送帶時做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
與傳送帶共速時，根據(jù)
可得
即恰好運動至F點共速；根據(jù)
可得平臺高度為
（4）解：若，物塊在傳送帶上一直以做減速運動，到F點時速度為4m/s，則
若，滑塊所受摩擦力斜向上，由于，滑塊仍然減速運動，由
可得
若一直減速，則
可得
則
可得
若，則滑塊先以做減速運動，再以做減速運動，則
可得
則
【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；斜拋運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）題目已知滑塊經(jīng)過軌道最高點D時的速度為 ，在D點，根據(jù)牛頓第二定律列等式，可求解軌道對滑塊支持力大小，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小。
（2）BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經(jīng)過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式，可計算B點速度，即滑塊沖上傳送帶時的速度。
（3）滑塊沖上傳送帶時做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律，與傳送帶共速時，，聯(lián)立可計算斜面上位移，即恰好運動至F點共速；根據(jù)，可得平臺高度。
（4）若，物塊在傳送帶上一直以做減速運動，到F點時速度為4m/s，
若，滑塊所受摩擦力斜向上，由于，滑塊仍然減速運動，由牛頓第二定律，若一直減速，，，聯(lián)立可計算平。臺高度。若，則滑塊先以做減速運動，再以做減速運動，則，聯(lián)立可得平臺高度 h隨v變化的關系。
（1）在D點，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小為1N，方向豎直向上。
（2）BE段光滑，滑塊沖上傳送帶時的速度即為經(jīng)過B點時的速度，滑塊在AB段下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)運動學公式
解得滑塊經(jīng)過B點時的速度為
即滑塊沖上傳送帶時的速度為
（3）滑塊沖上傳送帶時做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
與傳送帶共速時，根據(jù)
可得
即恰好運動至F點共速；根據(jù)
可得平臺高度為
（4）若，物塊在傳送帶上一直以做減速運動，到F點時速度為4m/s，則
若，滑塊所受摩擦力斜向上，由于，滑塊仍然減速運動，由
可得
若一直減速，則
可得
則
可得
若，則滑塊先以做減速運動，再以做減速運動，則
可得
則
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