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廣東省大灣區2024-2025學年高一上學期1月期末統一測試物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分，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·廣東期末）一輛電動汽車從A地到B地行駛的運動路線如圖所示。已知A地和B地的直線距離為12km，實際路線長20km，用時30min，下列說法正確的是（　　）
A．運動過程中車的位移大小為20km
B．車經過路標C時的速度方向為由A地指向B地
C．運動過程中車的平均速度大小為24km/h，方向由A地指向B地
D．運動過程中車的平均速度大小為40km/h，速度方向一直在變
【答案】C
【知識點】位移與路程；平均速度
【解析】【解答】本題主要考查了位移與路程，瞬時速度與平均速度，關鍵是抓住概念，重點掌握相近知識點的區別和聯系。A．位移表示由起點指向終點的有向線段，運動過程中車的位移大小為A地和B地的直線距離，即12km，A錯誤；
B．車經過路標C時的速度方向為沿C點的切線方向，B錯誤；
CD．運動過程中車的平均速度大小為
方向由A地指向B地，C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】位移的大小等于初末位置的距離，方向由初位置指向末位置．路程是運動軌跡的長度，速度方向為沿C點的切線方向，平均速度等于位移除以時間。
2．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，在水平桌面上用手向左拉一張A4紙，手機放在紙面上，則下列說法正確的是（　　）
A．若手機相對紙面滑動，則手機受到摩擦力的大小與紙的速度大小無關
B．若手機和紙一起勻速運動，則速度越大，手機受到的摩擦力越大
C．若手機相對紙面滑動，則手的拉力越大，手機受到的摩擦力越大
D．若手機和紙一起勻速運動，則手機受到水平向左的摩擦力
【答案】A
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查對摩擦力的掌握，要分析摩擦力時要首先明確物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力，掌握摩擦力有無的分析方法。A．滑動摩擦力與相對速度無關，手機受到摩擦力的大小與紙的速度大小無關，選項A正確；
BD．若手機和紙一起勻速運動，則手機受到的摩擦力為零，與勻速運動的速度無關，選項BD錯誤；
C．若手機相對紙面滑動，則根據
可知手的拉力越大，手機受到的摩擦力不變，選項C錯誤。
故選A。
【分析】根據手機和紙之間的相對運動情況確定摩擦力的方向，根據滑動摩擦力公式分析摩擦力的大小。
3．（2025高一上·廣東期末）乒乓球以20m/s的速度水平向右運動并碰到球拍，與球拍作用0.02s時間后反向彈回，彈回的速度大小為15m/s，關于乒乓球與球拍作用的過程，下列說法正確的是（　　）
A．乒乓球的速度變化量大小為5m/s，方向水平向左
B．乒乓球的速度變化量大小為35m/s，方向水平向右
C．乒乓球的加速度大小為250，方向水平向左
D．乒乓球的加速度大小為1750，方向水平向左
【答案】D
【知識點】加速度
【解析】【解答】加速度是運動學中重要的物理量，對它的理解首先抓住物理意義，其次是定義式，以及與其他物理量的關系。AB．選取水平向右的方向為正方向，則有
即乒乓球的速度變化量大小為35m/s，方向水平向左，AB錯誤；
CD．根據加速度的定義，可得乒乓球的加速度為
即乒乓球的加速度大小為1750，方向水平向左，C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】速度變化量等于末速度減去初速度，結合加速度定義式求解加速度大小。
4．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，A、B兩木塊間連接一輕質彈簧，A的質量為2m、B的質量為m，一起靜止放置在一塊木板上。若突然將此木板抽去，在抽離瞬間，忽略接觸面摩擦力的影響，重力加速度為g，A、B兩木塊的加速度分別是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題是動力學中典型的問題：瞬間問題，抓住突變瞬間彈力沒有來得及變化。A、B整體受力分析可知，未抽去木板時，木板對B的作用力的大小為
突然抽去木板后，由于彈簧來不及恢復形變，故A的受力情況不變，依然處于平衡狀態，故
此時B受到的合外力恰好大小等于，方向與相反，根據牛頓第二定律，可得B的加速度大小為
故選C。
【分析】突變瞬間彈簧的彈力沒有來得及變化，支持力變為零，由牛頓第二定律求解加速度。
5．（2025高一上·廣東期末）某農戶采用自制的簡易裝置篩選橙子（近似球形）。如圖所示，兩根共面但不平行的直桿傾斜放置（與水平面夾角相等），橙子沿兩桿向下加速運動，大小不同的橙子會落入不同筐中，下列說法正確的是（　　）
A．桿對橙子的彈力是由橙子發生的形變產生的
B．桿對橙子的作用力大于橙子對桿的作用力
C．桿對橙子的作用力方向豎直向上
D．同一個橙子在不同位置對單根桿的壓力大小不同
【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律
【解析】【解答】本題考查學生利用平衡條件分析物體受力情況的能力，其中重點考查學生對彈力產生原因以及牛頓定律的理解。A．桿對橙子的彈力是由桿發生的形變產生的，A錯誤；
B．桿對橙子的作用力與橙子對桿的作用力是一對作用力與反作用力，根據牛頓第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B錯誤；
C．桿對橙子的彈力垂直于桿，桿對橙子的摩擦力沿桿與橙子接觸面向上，由于橙子加速下滑，故橙子所受合外力的方向沿桿向下，因此桿對橙子作用力不可能沿豎直方向，C錯誤；
D．橙子受到每根桿的彈力的方向都與桿垂直，但由于兩桿不平行，兩桿對橙子的彈力方向不斷變化，而兩桿對橙子的彈力的合力始終與橙子所受重力垂直于桿方向的分量相等，所以同一個橙子在不同位置對單根桿的壓力大小不同，D正確。
故選D。
【分析】根據彈力產生的原因判斷；根據牛頓第三定律判斷；橙子沿兩桿向下加速運動，分析桿對橙子的彈力和摩擦力方向，結合牛頓第二定律判斷桿對橙子的作用力方向；根據垂直于桿方向受力平衡分析同一個橙子在不同位置對單根桿的壓力大小是否相同。
6．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，水平放置的傳送帶沿順時針方向以速度運行，現將一物體（可視為質點）輕輕地放在傳送帶A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數，若A端與B端相距8m，則物體由A端到B端的時間是（　　）（重力加速度g取10）
A．2s B．3s C．4s D．5s
【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】解決本題的關鍵要理清物體在傳送帶上的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行解答。共速前，物體做勻加速運動，根據牛頓第二定律可知，其加速為
物體勻加速運動的時間
物體勻加速運動的位移
故物體勻速運動的時間
故物體由A端到B端的時間
故選B。
【分析】物體先做勻加速運動，根據牛頓第二定律求加速度，根據速度—時間公式求出勻加速運動的時間，結合位移—時間公式求出勻加速運動的位移，從而得出勻速運動的位移，再求出勻速運動的時間，從而得出物體A端到B端的時間。
7．（2025高一上·廣東期末）“磁懸浮陀螺”依靠磁場力可以懸浮在空中。如圖所示，對處于懸浮狀態的陀螺，下列說法正確的有（　　）
A．陀螺在豎直方向上受力平衡
B．陀螺處于完全失重狀態
C．底座對桌面的壓力和桌面對底座的支持力是一對平衡力
D．桌面對底座的支持力等于底座的重力
【答案】A
【知識點】牛頓第三定律；共點力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】本題考查對超重失重現象的理解以及平衡力與相互作用力的區別和聯系，掌握住超重失重的特點以及平衡力與相互作用力的區別與聯系即可順利求解。AB．處于懸浮狀態的陀螺，在豎直方向加速度是零，則在豎直方向上受力平衡，即向上的磁場力與向下的重力平衡，因此陀螺既不超重也不失重， 故A正確，B錯誤；
C．底座對桌面的壓力和桌面對底座的支持力是一對作用力和反作用力，故C錯誤；
D．由題意可知，磁場對陀螺有向上的磁場力作用，由牛頓第三定律可知，同時底座也受向下的磁場力作用，對底座由平衡條件可知，桌面對底座的支持力等于底座的重力與受磁場力的合力，因此桌面對底座的支持力大于底座的重力，故D錯誤。
故選A。
【分析】懸浮狀態的陀螺，受力平衡，加速度為零，既不超重也不失重，作用力和反作用力作用在不同物體，平衡力作用在同一物體；結合平衡條件分析。
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20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4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·廣東期末）甲、乙兩輛小車，在同一平直公路上同向做直線運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。其x-t圖像如圖甲所示，下列說法正確的是（　　）
A．在t2時刻兩車速度相等
B．在t1~t2時間內，甲車的平均速度等于乙車的速度
C．在t2時刻，甲車速度大于乙車速度
D．在t1~t2之間的某一時刻，兩車加速度相等
【答案】B,C
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】對于位移—時間圖像，要理解其物理意義，知道縱坐標的變化量等于位移，圖像的斜率表示速度。AC．x t圖像斜率表示速度，由圖可知，在t2時刻甲車圖線斜率大于乙車圖線斜率，則在t2時刻甲車速度大于乙車速度，故A錯誤，C正確；
B．由題意可知t1~t2時間內兩車的位移相等，根據
可知兩車平均速度相等，故B正確；
D．由題意可知，甲車做勻加速直線運動，加速度不為零，乙車做勻速直線運動，加速度為零，因此兩車的加速度不可能相等，故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據x-t圖像的斜率表示速度，分析速度的大小；由縱坐標的變化量確定位移關系，進而判斷平均速度關系；甲、乙的運動情況分析它們的加速度能否相等。
9．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，一輛汽車在平直公路上做勻加速直線運動，從某時刻開始計時，汽車在第1s內、第2s內、第3s內前進的距離分別是5.4m、7.2m、9.0m。關于汽車，下列說法正確的有（　　）
A．加速度大小為3.6
B．在這3s內的平均速度大小為12.5m/s
C．在1.5s末的瞬時速度大小為7.2m/s
D．在3s末的瞬時速度大小為9.9m/s
【答案】C,D
【知識點】平均速度；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【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。A．根據
可得加速度大小為
故A錯誤；
BC．汽車在這內的平均速度大小為
汽車在末的瞬時速度等于前的平均速度，則汽車在1.5s末的瞬時速度是，故B錯誤，C正確；
D．汽車在3s末的瞬時速度為
故D正確。
故選CD。
【分析】根據Δx=aT2求解加速度，對于勻變速直線運動，平均速度等于中間時刻的速度，結合速度—時間公式求解。
10．（2025高一上·廣東期末）圖甲為斧頭劈開樹樁的實例，此過程可簡化成圖乙中力學模型，斧頭截面為等腰三角形，斧鋒夾角為θ，斧頭受到豎直向下的力F，并處于平衡狀態，下列說法正確的有（　　）
A．斧鋒夾角越小，斧頭對木樁的側向壓力越大
B．斧鋒夾角越大，斧頭對木樁的側向壓力越大
C．力F越大，斧頭對木樁的側向壓力越大
D．力F越小，斧頭對木樁的側向壓力越大
【答案】A,C
【知識點】力的分解
【解析】【解答】對力進行分解時，一定要分清力的實際作用效果的方向如何，再根據平行四邊形定則或三角形定則進行分解即可。將力F分解為垂直截面的兩個分力，則有
解得
則斧鋒夾角越小，斧頭對木樁的側向壓力越大；施加的力F越大，斧頭對木樁的側向壓力越大。
故選AC。
【分析】根據力F的作用效果分解力F，求出分力的大小，然后分析答題。
11．（2025高一上·廣東期末）如圖，一雜技演員將三個小球1、2、3從手中以大小不同的速度依次豎直向上拋出，然后等待小球落回手中，三個小球上升的最大高度之比為3∶2∶1。已知三個小球拋出的速度分別為v1、v2、v3，在空中運動時間分別為t1、t2、t3，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】解答本題時，一方面要掌握豎直上拋運動的基本規律，另一方面要掌握對稱性，并能熟練運用。CD．下落階段，根據
根據豎直上拋運動的對稱性，整個過程的時間
三個小球上升的最大高度之比為3∶2∶1，則
故C正確，D錯誤；
AB．根據
故A錯誤，B正確。
故選BC。
【分析】根據位移—時間公式和對稱性求出三個小球在空中運動時間之比，由求解三個小球拋出的速度之比。
12．（2025高一上·廣東期末）質量為60kg的人站在升降機中的體重計上，體重計的讀數用M表示，重力加速度g取10，下列說法正確的有（　　）
A．升降機以1的加速度加速上升時，人處于超重狀態
B．升降機以1的加速度減速上升時，M為54kg
C．升降機以1.5的加速度加速下降時，人處于超重狀態
D．升降機以1.5的加速度減速下降時，M為51kg
【答案】A,B
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】本題是運用牛頓運動定律研究超重和失重現象，可以定性分析與定量計算結合研究。A．升降機以1的加速度加速上升時，加速度向上，則人處于超重狀態，選項A正確；
B．升降機以1的加速度減速上升時，加速度向下，人處于失重狀態，則
解得F=540N
可知M為54kg，選項B正確；
C．升降機以1.5的加速度加速下降時，加速度向下，人處于失重狀態，選項C錯誤；
D．升降機以1.5的加速度減速下降時，加速度向上，人處于超重狀態，則
解得F=690N
可知M為69kg，選項D錯誤。
故選AB。
【分析】體重計的讀數顯示人對體重計的壓力大小．以人為研究對象，根據牛頓第二定律求出體重計對人的支持力，再牛頓第三定律分析人對體重計的壓力大小，知體重計示數。加速度向上為超重狀態，加速度向下為失重狀態。
三、非選擇題：本題共6小題，共52分。考生根據要求作答。
13．（2025高一上·廣東期末）圖甲是一款健身房中常用的拉力器，該拉力器由兩個手柄和5根完全相同的長彈簧組成。為了測量該拉力器中長彈簧的勁度系數，某同學設計了如下實驗步驟：
（1）在鐵架臺上豎直固定一刻度尺，將該拉力器豎直懸掛在旁邊，拉力器兩側手柄上固定有刻度線指針，如圖乙所示，調整好裝置，待拉力器穩定后，上方指針正好與刻度尺處刻度線平齊，下方指針正好與處刻度線平齊。
（2）在拉力器下掛上的負重，穩定后拉力器下方指針所指刻度如圖丙所示，則刻度尺的讀數　 　cm。
（3）通過查資料得知，當地重力加速度，則每根長彈簧的勁度系數　 　N/m（結果保留3位有效數字）。
（4）因拉力器自身質量較大不可忽略，則用以上方法測量彈簧勁度系數，其結果會　 　（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。
【答案】80；80；無影響
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（2）由圖丙可知，刻度尺的讀數為
（3）拉力器由 5 根彈簧并聯，總勁度系數 ，懸掛 m = 10 kg 負重后，彈簧伸長量 ，根據胡克定律其中，，解得
（4）實驗中彈簧的自重會影響彈簧的原長，由以上方法測量彈簧勁度系數，對測量結果沒有影響。
【分析】（2）考查刻度尺讀數，弄清分度值，一定要估讀。
（3）根據胡克定律可計算彈簧的勁度系數。
（4）此方法測量彈簧勁度系數，實驗中彈簧的自重對測量結果沒有影響。
14．（2025高一上·廣東期末）為了探究加速度a與合力F的關系，某小組同學設計了如圖甲所示的實驗裝置，利用沙和沙桶的重量mg可近似得到小車受到的拉力，其中小車和車內砝碼的總重量為M。
（1）實驗時，下列操作正確的是　 　
A．實驗時，需要測量車和車內砝碼的總質量M
B．小車應靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源打出一條紙帶并測量對應的沙和沙桶的質量m
C．為減小實驗誤差，實驗時一定要保證沙和沙桶的質量m遠遠小于車和車內砝碼的總質量M
D．在實驗中每次改變沙和沙桶的質量m后，必須重新補償阻力即平衡小車與木板間的摩擦力
（2）圖乙為小組中某同學在實驗時打出的紙帶的一段，該紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個點未標出，打點計時器使用交流電的頻率是50Hz，則小車的加速度大小是　 　（結果保留三位有效數字）
（3）在“探究加速度與合力的關系”時，此同學以小車的加速度a為縱坐標，以沙和沙桶的重量mg為橫坐標，根據多組實驗數據得到的圖像如圖丙所示，試分析圖線不通過坐標原點的原因　 　
（4）重新調整儀器改進（3）中的問題再次進行實驗，根據多組實驗數據得到的圖像是一條過原點的傾斜直線，則圖線的斜率k=　 　（用題中所給字母表示）
【答案】C；；平衡摩擦力過度；
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，根據題意應用勻變速直線運動的推論即可解題，計算時注意單位換算。（1）A．實驗時，不需要測量車和車內砝碼的總質量M。故A錯誤；
B．小車應靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶并測量對應的沙和沙桶的質量m。故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，實驗時一定要保證沙和沙桶的質量m遠遠小于車和車內砝碼的總質量M。故C正確；
D．在實驗中每次改變沙和沙桶的質量m后，不需要重新補償阻力即平衡小車與木板間的摩擦力。故D錯誤。
故選C。
（2）依題意，紙帶上相鄰計數點的時間間隔為
由逐差法，可得
（3）由圖可知，當沙和沙桶的重量mg等于0時，小車已經有了一定加速度，所以圖線不通過坐標原點的原因是平衡摩擦力過度。
（4）由牛頓第二定律，可知
整理，可得
結合圖像可知，圖線的斜率
【分析】（1）不需要測量車和車內砝碼的總質量M；小車應靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車；實驗時一定要保證沙和沙桶的質量遠遠小于車和車內砝碼的總質量；不需要重新補償阻力；
（2）根據逐差法計算加速度；
（3）根據懸掛沙和沙桶的質量為零時就具有加速度分析；
（4）根據牛頓第二定律寫出圖像的函數表達式，結合圖像計算。
15．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，細線的一端懸掛質量的物體，另一端連接細線和，O為結點.細線跨過光滑的定滑輪，段水平，A端與一放在水平地面上、質量的物體相連，段與豎直方向夾角為37°，水平細線的另一端固定在豎直墻壁上，整個系統恰好處于靜止狀態，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10，，。求：
（1）、線的拉力大小；
（2）物體M與水平地面間的動摩擦因數。
【答案】（1）解：對O點進行受力分析可知，
代入數據可得，線的拉力大小分別為，
（2）解：由于整個系統恰好處于靜止狀態，則
解得
【知識點】共點力的平衡
【解析】【分析】（1）對結點O進行受力分析，根據平衡條件求DO、BO線的拉力大小；
（2）整個系統恰好處于靜止狀態，物體所受靜摩擦力最大，根據摩擦力的計算公式求解物體M與水平地面間的動摩擦因數。
（1）對O點進行受力分析可知，
代入數據可得，線的拉力大小分別為，
（2）由于整個系統恰好處于靜止狀態，則
解得
16．（2025高一上·廣東期末）某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一只雞蛋從離地面20 m高的高樓面由靜止釋放，雞蛋下落途中用Δt = 0.2 s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）雞蛋從釋放到落地所用的時間及落地前瞬間速度的大小；
（2）雞蛋經過窗口上邊沿瞬間速度的大小。
【答案】（1）解：根據自由落體運動位移與時間的關系
代入數據解得
雞蛋落地瞬間的速度大小為
（2）解：由題意知，窗口的高度為
設雞蛋經過窗口上沿的速度為v1，根據勻變速直線運動規律，則有
聯立解得
【知識點】自由落體運動
【解析】【分析】（1）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，結合自由落體規律求解；
（2）取經過窗戶這一段運動過程，加速度仍然為g，初速度為雞蛋經過窗口上沿的速度，根據勻變速直線運動規律求解。
（1）根據自由落體運動位移與時間的關系
代入數據解得
雞蛋落地瞬間的速度大小為
（2）由題意知，窗口的高度為
設雞蛋經過窗口上沿的速度為v1，根據勻變速直線運動規律，則有
聯立解得
17．（2025高一上·廣東期末）小明通過拉小車訓練體能.如圖所示，傾角的小車上有一質量的物體，物體與小車間的動摩擦因數。小明拉著小車從靜止開始沿直線勻加速奔跑，經過16m后達到最大速度，然后以最大速度勻速跑，再經過64m到達終點，全程共用時12s，物體與小車始終保持相對靜止。重力加速度g取，，。求：
（1）小明勻加速運動所用的時間；
（2）小明勻加速運動階段，物體對斜面壓力的大小。
【答案】（1）解：設最大速度為，勻速階段所用時間為，根據題意有 ，，
聯立解得 ，
（2）解：小明勻加速運動階段的加速度大小為
根據牛頓第二定律可得，對m有 ，
聯立解得
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）對于小明勻加速運動的過程，根據位移等于平均速度與時間的乘積列式。對于勻速運動的過程，根據公式x=vt列式，聯立求解小明加速所用的時間t1。
（2）根據加速度的定義式求出小明勻加速運動的加速度大小，對物體，由牛頓第二定律求出斜面對物體的支持力，由牛頓第三定律得到物體對斜面壓力的大小。
（1）設最大速度為，勻速階段所用時間為，根據題意有 ，，
聯立解得 ，
（2）小明勻加速運動階段的加速度大小為
根據牛頓第二定律可得，對m有 ，
聯立解得
18．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，質量、長度的長木板靜止在粗糙水平地面上，一個質量為m（大小未知）的物塊（可視為質點）在某一時刻以的水平初速度從左端滑上木板，經過時間后物塊與木板達到共速，又經時間，長木板與右側一擋板（高度略低于長木板）碰撞，碰撞后長木板立即靜止不動。已知物塊與木板間的動摩擦因數，木板與水平地面間的動摩擦因數，重力加速度g取。求：
（1）物塊滑上長木板達到共速前，物塊與長木板各自的加速度大小；
（2）物塊的質量m以及兩者達到共速的瞬間，物塊到木板左端的距離d；
（3）物塊最終能否脫離長木板？若能，請計算物塊脫離長木板時的速度大小。
【答案】（1）解：設物塊的加速度大小為，由牛頓第二定律有
解得
因為2s時達到共速，此時速度大小
長木板由靜止做勻加速直線運動，加速度大小
（2）解：對長木板由牛頓第二定律有
解得
2s內物塊對地位移大小為
2s內長木板對地住移大小為
則時物塊到長木板左端的距離為
（3）解：共速后，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律有
解得
與擋板碰撞前瞬間，整體具有速度
解得
榳撞后，物塊m運動到停下有
解得
因此，物塊會脫離長木板，根據勻變速運動規律
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）物塊滑上長木板達到共速前，利用牛頓第二定律計算物塊的加速度大小。由2s時達到共速，由速度—時間公式求出共同速度，再對長木板，由速度—時間公式求其加速度大小；（2）對長木板，由牛頓第二定律結合滑動摩擦力公式求物塊的質量m。根據位移等于平均速度與時間的乘積可以分別求出物塊和木板在這段時間內的位移，進而求出物塊相對木板的位移差，確定物塊與木板左端的距離d；
（3）共速后，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律求整體的加速度。由速度—時間公式求出長木板與擋板碰撞前瞬間整體具有的速度。根據速度—位移公式求碰后物塊m運動的距離，再判斷物塊最終能否脫離長木板。根據速度—位移公式求物塊脫離長木板時的速度大小。
（1）設物塊的加速度大小為，由牛頓第二定律有
解得
因為2s時達到共速，此時速度大小
長木板由靜止做勻加速直線運動，加速度大小
（2）對長木板由牛頓第二定律有
解得
2s內物塊對地位移大小為
2s內長木板對地住移大小為
則時物塊到長木板左端的距離為
（3）共速后，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律有
解得
與擋板碰撞前瞬間，整體具有速度
解得
榳撞后，物塊m運動到停下有
解得
因此，物塊會脫離長木板，根據勻變速運動規律
解得
1 / 1廣東省大灣區2024-2025學年高一上學期1月期末統一測試物理試題
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分，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·廣東期末）一輛電動汽車從A地到B地行駛的運動路線如圖所示。已知A地和B地的直線距離為12km，實際路線長20km，用時30min，下列說法正確的是（　　）
A．運動過程中車的位移大小為20km
B．車經過路標C時的速度方向為由A地指向B地
C．運動過程中車的平均速度大小為24km/h，方向由A地指向B地
D．運動過程中車的平均速度大小為40km/h，速度方向一直在變
2．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，在水平桌面上用手向左拉一張A4紙，手機放在紙面上，則下列說法正確的是（　　）
A．若手機相對紙面滑動，則手機受到摩擦力的大小與紙的速度大小無關
B．若手機和紙一起勻速運動，則速度越大，手機受到的摩擦力越大
C．若手機相對紙面滑動，則手的拉力越大，手機受到的摩擦力越大
D．若手機和紙一起勻速運動，則手機受到水平向左的摩擦力
3．（2025高一上·廣東期末）乒乓球以20m/s的速度水平向右運動并碰到球拍，與球拍作用0.02s時間后反向彈回，彈回的速度大小為15m/s，關于乒乓球與球拍作用的過程，下列說法正確的是（　　）
A．乒乓球的速度變化量大小為5m/s，方向水平向左
B．乒乓球的速度變化量大小為35m/s，方向水平向右
C．乒乓球的加速度大小為250，方向水平向左
D．乒乓球的加速度大小為1750，方向水平向左
4．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，A、B兩木塊間連接一輕質彈簧，A的質量為2m、B的質量為m，一起靜止放置在一塊木板上。若突然將此木板抽去，在抽離瞬間，忽略接觸面摩擦力的影響，重力加速度為g，A、B兩木塊的加速度分別是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2025高一上·廣東期末）某農戶采用自制的簡易裝置篩選橙子（近似球形）。如圖所示，兩根共面但不平行的直桿傾斜放置（與水平面夾角相等），橙子沿兩桿向下加速運動，大小不同的橙子會落入不同筐中，下列說法正確的是（　　）
A．桿對橙子的彈力是由橙子發生的形變產生的
B．桿對橙子的作用力大于橙子對桿的作用力
C．桿對橙子的作用力方向豎直向上
D．同一個橙子在不同位置對單根桿的壓力大小不同
6．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，水平放置的傳送帶沿順時針方向以速度運行，現將一物體（可視為質點）輕輕地放在傳送帶A端，物體與傳送帶間的動摩擦因數，若A端與B端相距8m，則物體由A端到B端的時間是（　　）（重力加速度g取10）
A．2s B．3s C．4s D．5s
7．（2025高一上·廣東期末）“磁懸浮陀螺”依靠磁場力可以懸浮在空中。如圖所示，對處于懸浮狀態的陀螺，下列說法正確的有（　　）
A．陀螺在豎直方向上受力平衡
B．陀螺處于完全失重狀態
C．底座對桌面的壓力和桌面對底座的支持力是一對平衡力
D．桌面對底座的支持力等于底座的重力
二、多項選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20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4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·廣東期末）甲、乙兩輛小車，在同一平直公路上同向做直線運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。其x-t圖像如圖甲所示，下列說法正確的是（　　）
A．在t2時刻兩車速度相等
B．在t1~t2時間內，甲車的平均速度等于乙車的速度
C．在t2時刻，甲車速度大于乙車速度
D．在t1~t2之間的某一時刻，兩車加速度相等
9．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，一輛汽車在平直公路上做勻加速直線運動，從某時刻開始計時，汽車在第1s內、第2s內、第3s內前進的距離分別是5.4m、7.2m、9.0m。關于汽車，下列說法正確的有（　　）
A．加速度大小為3.6
B．在這3s內的平均速度大小為12.5m/s
C．在1.5s末的瞬時速度大小為7.2m/s
D．在3s末的瞬時速度大小為9.9m/s
10．（2025高一上·廣東期末）圖甲為斧頭劈開樹樁的實例，此過程可簡化成圖乙中力學模型，斧頭截面為等腰三角形，斧鋒夾角為θ，斧頭受到豎直向下的力F，并處于平衡狀態，下列說法正確的有（　　）
A．斧鋒夾角越小，斧頭對木樁的側向壓力越大
B．斧鋒夾角越大，斧頭對木樁的側向壓力越大
C．力F越大，斧頭對木樁的側向壓力越大
D．力F越小，斧頭對木樁的側向壓力越大
11．（2025高一上·廣東期末）如圖，一雜技演員將三個小球1、2、3從手中以大小不同的速度依次豎直向上拋出，然后等待小球落回手中，三個小球上升的最大高度之比為3∶2∶1。已知三個小球拋出的速度分別為v1、v2、v3，在空中運動時間分別為t1、t2、t3，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025高一上·廣東期末）質量為60kg的人站在升降機中的體重計上，體重計的讀數用M表示，重力加速度g取10，下列說法正確的有（　　）
A．升降機以1的加速度加速上升時，人處于超重狀態
B．升降機以1的加速度減速上升時，M為54kg
C．升降機以1.5的加速度加速下降時，人處于超重狀態
D．升降機以1.5的加速度減速下降時，M為51kg
三、非選擇題：本題共6小題，共52分。考生根據要求作答。
13．（2025高一上·廣東期末）圖甲是一款健身房中常用的拉力器，該拉力器由兩個手柄和5根完全相同的長彈簧組成。為了測量該拉力器中長彈簧的勁度系數，某同學設計了如下實驗步驟：
（1）在鐵架臺上豎直固定一刻度尺，將該拉力器豎直懸掛在旁邊，拉力器兩側手柄上固定有刻度線指針，如圖乙所示，調整好裝置，待拉力器穩定后，上方指針正好與刻度尺處刻度線平齊，下方指針正好與處刻度線平齊。
（2）在拉力器下掛上的負重，穩定后拉力器下方指針所指刻度如圖丙所示，則刻度尺的讀數　 　cm。
（3）通過查資料得知，當地重力加速度，則每根長彈簧的勁度系數　 　N/m（結果保留3位有效數字）。
（4）因拉力器自身質量較大不可忽略，則用以上方法測量彈簧勁度系數，其結果會　 　（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。
14．（2025高一上·廣東期末）為了探究加速度a與合力F的關系，某小組同學設計了如圖甲所示的實驗裝置，利用沙和沙桶的重量mg可近似得到小車受到的拉力，其中小車和車內砝碼的總重量為M。
（1）實驗時，下列操作正確的是　 　
A．實驗時，需要測量車和車內砝碼的總質量M
B．小車應靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源打出一條紙帶并測量對應的沙和沙桶的質量m
C．為減小實驗誤差，實驗時一定要保證沙和沙桶的質量m遠遠小于車和車內砝碼的總質量M
D．在實驗中每次改變沙和沙桶的質量m后，必須重新補償阻力即平衡小車與木板間的摩擦力
（2）圖乙為小組中某同學在實驗時打出的紙帶的一段，該紙帶上相鄰兩個計數點間還有四個點未標出，打點計時器使用交流電的頻率是50Hz，則小車的加速度大小是　 　（結果保留三位有效數字）
（3）在“探究加速度與合力的關系”時，此同學以小車的加速度a為縱坐標，以沙和沙桶的重量mg為橫坐標，根據多組實驗數據得到的圖像如圖丙所示，試分析圖線不通過坐標原點的原因　 　
（4）重新調整儀器改進（3）中的問題再次進行實驗，根據多組實驗數據得到的圖像是一條過原點的傾斜直線，則圖線的斜率k=　 　（用題中所給字母表示）
15．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，細線的一端懸掛質量的物體，另一端連接細線和，O為結點.細線跨過光滑的定滑輪，段水平，A端與一放在水平地面上、質量的物體相連，段與豎直方向夾角為37°，水平細線的另一端固定在豎直墻壁上，整個系統恰好處于靜止狀態，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10，，。求：
（1）、線的拉力大小；
（2）物體M與水平地面間的動摩擦因數。
16．（2025高一上·廣東期末）某校物理興趣小組，為了了解高空墜物的危害，將一只雞蛋從離地面20 m高的高樓面由靜止釋放，雞蛋下落途中用Δt = 0.2 s的時間通過一個窗口，窗口的高度為2 m，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）雞蛋從釋放到落地所用的時間及落地前瞬間速度的大小；
（2）雞蛋經過窗口上邊沿瞬間速度的大小。
17．（2025高一上·廣東期末）小明通過拉小車訓練體能.如圖所示，傾角的小車上有一質量的物體，物體與小車間的動摩擦因數。小明拉著小車從靜止開始沿直線勻加速奔跑，經過16m后達到最大速度，然后以最大速度勻速跑，再經過64m到達終點，全程共用時12s，物體與小車始終保持相對靜止。重力加速度g取，，。求：
（1）小明勻加速運動所用的時間；
（2）小明勻加速運動階段，物體對斜面壓力的大小。
18．（2025高一上·廣東期末）如圖所示，質量、長度的長木板靜止在粗糙水平地面上，一個質量為m（大小未知）的物塊（可視為質點）在某一時刻以的水平初速度從左端滑上木板，經過時間后物塊與木板達到共速，又經時間，長木板與右側一擋板（高度略低于長木板）碰撞，碰撞后長木板立即靜止不動。已知物塊與木板間的動摩擦因數，木板與水平地面間的動摩擦因數，重力加速度g取。求：
（1）物塊滑上長木板達到共速前，物塊與長木板各自的加速度大小；
（2）物塊的質量m以及兩者達到共速的瞬間，物塊到木板左端的距離d；
（3）物塊最終能否脫離長木板？若能，請計算物塊脫離長木板時的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】位移與路程；平均速度
【解析】【解答】本題主要考查了位移與路程，瞬時速度與平均速度，關鍵是抓住概念，重點掌握相近知識點的區別和聯系。A．位移表示由起點指向終點的有向線段，運動過程中車的位移大小為A地和B地的直線距離，即12km，A錯誤；
B．車經過路標C時的速度方向為沿C點的切線方向，B錯誤；
CD．運動過程中車的平均速度大小為
方向由A地指向B地，C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】位移的大小等于初末位置的距離，方向由初位置指向末位置．路程是運動軌跡的長度，速度方向為沿C點的切線方向，平均速度等于位移除以時間。
2．【答案】A
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查對摩擦力的掌握，要分析摩擦力時要首先明確物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力，掌握摩擦力有無的分析方法。A．滑動摩擦力與相對速度無關，手機受到摩擦力的大小與紙的速度大小無關，選項A正確；
BD．若手機和紙一起勻速運動，則手機受到的摩擦力為零，與勻速運動的速度無關，選項BD錯誤；
C．若手機相對紙面滑動，則根據
可知手的拉力越大，手機受到的摩擦力不變，選項C錯誤。
故選A。
【分析】根據手機和紙之間的相對運動情況確定摩擦力的方向，根據滑動摩擦力公式分析摩擦力的大小。
3．【答案】D
【知識點】加速度
【解析】【解答】加速度是運動學中重要的物理量，對它的理解首先抓住物理意義，其次是定義式，以及與其他物理量的關系。AB．選取水平向右的方向為正方向，則有
即乒乓球的速度變化量大小為35m/s，方向水平向左，AB錯誤；
CD．根據加速度的定義，可得乒乓球的加速度為
即乒乓球的加速度大小為1750，方向水平向左，C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】速度變化量等于末速度減去初速度，結合加速度定義式求解加速度大小。
4．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題是動力學中典型的問題：瞬間問題，抓住突變瞬間彈力沒有來得及變化。A、B整體受力分析可知，未抽去木板時，木板對B的作用力的大小為
突然抽去木板后，由于彈簧來不及恢復形變，故A的受力情況不變，依然處于平衡狀態，故
此時B受到的合外力恰好大小等于，方向與相反，根據牛頓第二定律，可得B的加速度大小為
故選C。
【分析】突變瞬間彈簧的彈力沒有來得及變化，支持力變為零，由牛頓第二定律求解加速度。
5．【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律
【解析】【解答】本題考查學生利用平衡條件分析物體受力情況的能力，其中重點考查學生對彈力產生原因以及牛頓定律的理解。A．桿對橙子的彈力是由桿發生的形變產生的，A錯誤；
B．桿對橙子的作用力與橙子對桿的作用力是一對作用力與反作用力，根據牛頓第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B錯誤；
C．桿對橙子的彈力垂直于桿，桿對橙子的摩擦力沿桿與橙子接觸面向上，由于橙子加速下滑，故橙子所受合外力的方向沿桿向下，因此桿對橙子作用力不可能沿豎直方向，C錯誤；
D．橙子受到每根桿的彈力的方向都與桿垂直，但由于兩桿不平行，兩桿對橙子的彈力方向不斷變化，而兩桿對橙子的彈力的合力始終與橙子所受重力垂直于桿方向的分量相等，所以同一個橙子在不同位置對單根桿的壓力大小不同，D正確。
故選D。
【分析】根據彈力產生的原因判斷；根據牛頓第三定律判斷；橙子沿兩桿向下加速運動，分析桿對橙子的彈力和摩擦力方向，結合牛頓第二定律判斷桿對橙子的作用力方向；根據垂直于桿方向受力平衡分析同一個橙子在不同位置對單根桿的壓力大小是否相同。
6．【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】解決本題的關鍵要理清物體在傳送帶上的運動規律，結合牛頓第二定律和運動學公式進行解答。共速前，物體做勻加速運動，根據牛頓第二定律可知，其加速為
物體勻加速運動的時間
物體勻加速運動的位移
故物體勻速運動的時間
故物體由A端到B端的時間
故選B。
【分析】物體先做勻加速運動，根據牛頓第二定律求加速度，根據速度—時間公式求出勻加速運動的時間，結合位移—時間公式求出勻加速運動的位移，從而得出勻速運動的位移，再求出勻速運動的時間，從而得出物體A端到B端的時間。
7．【答案】A
【知識點】牛頓第三定律；共點力的平衡；超重與失重
【解析】【解答】本題考查對超重失重現象的理解以及平衡力與相互作用力的區別和聯系，掌握住超重失重的特點以及平衡力與相互作用力的區別與聯系即可順利求解。AB．處于懸浮狀態的陀螺，在豎直方向加速度是零，則在豎直方向上受力平衡，即向上的磁場力與向下的重力平衡，因此陀螺既不超重也不失重， 故A正確，B錯誤；
C．底座對桌面的壓力和桌面對底座的支持力是一對作用力和反作用力，故C錯誤；
D．由題意可知，磁場對陀螺有向上的磁場力作用，由牛頓第三定律可知，同時底座也受向下的磁場力作用，對底座由平衡條件可知，桌面對底座的支持力等于底座的重力與受磁場力的合力，因此桌面對底座的支持力大于底座的重力，故D錯誤。
故選A。
【分析】懸浮狀態的陀螺，受力平衡，加速度為零，既不超重也不失重，作用力和反作用力作用在不同物體，平衡力作用在同一物體；結合平衡條件分析。
8．【答案】B,C
【知識點】運動學 S-t 圖象
【解析】【解答】對于位移—時間圖像，要理解其物理意義，知道縱坐標的變化量等于位移，圖像的斜率表示速度。AC．x t圖像斜率表示速度，由圖可知，在t2時刻甲車圖線斜率大于乙車圖線斜率，則在t2時刻甲車速度大于乙車速度，故A錯誤，C正確；
B．由題意可知t1~t2時間內兩車的位移相等，根據
可知兩車平均速度相等，故B正確；
D．由題意可知，甲車做勻加速直線運動，加速度不為零，乙車做勻速直線運動，加速度為零，因此兩車的加速度不可能相等，故D錯誤。
故選BC。
【分析】根據x-t圖像的斜率表示速度，分析速度的大小；由縱坐標的變化量確定位移關系，進而判斷平均速度關系；甲、乙的運動情況分析它們的加速度能否相等。
9．【答案】C,D
【知識點】平均速度；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【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。A．根據
可得加速度大小為
故A錯誤；
BC．汽車在這內的平均速度大小為
汽車在末的瞬時速度等于前的平均速度，則汽車在1.5s末的瞬時速度是，故B錯誤，C正確；
D．汽車在3s末的瞬時速度為
故D正確。
故選CD。
【分析】根據Δx=aT2求解加速度，對于勻變速直線運動，平均速度等于中間時刻的速度，結合速度—時間公式求解。
10．【答案】A,C
【知識點】力的分解
【解析】【解答】對力進行分解時，一定要分清力的實際作用效果的方向如何，再根據平行四邊形定則或三角形定則進行分解即可。將力F分解為垂直截面的兩個分力，則有
解得
則斧鋒夾角越小，斧頭對木樁的側向壓力越大；施加的力F越大，斧頭對木樁的側向壓力越大。
故選AC。
【分析】根據力F的作用效果分解力F，求出分力的大小，然后分析答題。
11．【答案】B,C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】解答本題時，一方面要掌握豎直上拋運動的基本規律，另一方面要掌握對稱性，并能熟練運用。CD．下落階段，根據
根據豎直上拋運動的對稱性，整個過程的時間
三個小球上升的最大高度之比為3∶2∶1，則
故C正確，D錯誤；
AB．根據
故A錯誤，B正確。
故選BC。
【分析】根據位移—時間公式和對稱性求出三個小球在空中運動時間之比，由求解三個小球拋出的速度之比。
12．【答案】A,B
【知識點】超重與失重
【解析】【解答】本題是運用牛頓運動定律研究超重和失重現象，可以定性分析與定量計算結合研究。A．升降機以1的加速度加速上升時，加速度向上，則人處于超重狀態，選項A正確；
B．升降機以1的加速度減速上升時，加速度向下，人處于失重狀態，則
解得F=540N
可知M為54kg，選項B正確；
C．升降機以1.5的加速度加速下降時，加速度向下，人處于失重狀態，選項C錯誤；
D．升降機以1.5的加速度減速下降時，加速度向上，人處于超重狀態，則
解得F=690N
可知M為69kg，選項D錯誤。
故選AB。
【分析】體重計的讀數顯示人對體重計的壓力大小．以人為研究對象，根據牛頓第二定律求出體重計對人的支持力，再牛頓第三定律分析人對體重計的壓力大小，知體重計示數。加速度向上為超重狀態，加速度向下為失重狀態。
13．【答案】80；80；無影響
【知識點】胡克定律；探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（2）由圖丙可知，刻度尺的讀數為
（3）拉力器由 5 根彈簧并聯，總勁度系數 ，懸掛 m = 10 kg 負重后，彈簧伸長量 ，根據胡克定律其中，，解得
（4）實驗中彈簧的自重會影響彈簧的原長，由以上方法測量彈簧勁度系數，對測量結果沒有影響。
【分析】（2）考查刻度尺讀數，弄清分度值，一定要估讀。
（3）根據胡克定律可計算彈簧的勁度系數。
（4）此方法測量彈簧勁度系數，實驗中彈簧的自重對測量結果沒有影響。
14．【答案】C；；平衡摩擦力過度；
【知識點】探究加速度與力、質量的關系；實驗驗證牛頓第二定律
【解析】【解答】理解實驗原理、知道實驗注意事項是解題的前提，根據題意應用勻變速直線運動的推論即可解題，計算時注意單位換算。（1）A．實驗時，不需要測量車和車內砝碼的總質量M。故A錯誤；
B．小車應靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶并測量對應的沙和沙桶的質量m。故B錯誤；
C．為減小實驗誤差，實驗時一定要保證沙和沙桶的質量m遠遠小于車和車內砝碼的總質量M。故C正確；
D．在實驗中每次改變沙和沙桶的質量m后，不需要重新補償阻力即平衡小車與木板間的摩擦力。故D錯誤。
故選C。
（2）依題意，紙帶上相鄰計數點的時間間隔為
由逐差法，可得
（3）由圖可知，當沙和沙桶的重量mg等于0時，小車已經有了一定加速度，所以圖線不通過坐標原點的原因是平衡摩擦力過度。
（4）由牛頓第二定律，可知
整理，可得
結合圖像可知，圖線的斜率
【分析】（1）不需要測量車和車內砝碼的總質量M；小車應靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車；實驗時一定要保證沙和沙桶的質量遠遠小于車和車內砝碼的總質量；不需要重新補償阻力；
（2）根據逐差法計算加速度；
（3）根據懸掛沙和沙桶的質量為零時就具有加速度分析；
（4）根據牛頓第二定律寫出圖像的函數表達式，結合圖像計算。
15．【答案】（1）解：對O點進行受力分析可知，
代入數據可得，線的拉力大小分別為，
（2）解：由于整個系統恰好處于靜止狀態，則
解得
【知識點】共點力的平衡
【解析】【分析】（1）對結點O進行受力分析，根據平衡條件求DO、BO線的拉力大小；
（2）整個系統恰好處于靜止狀態，物體所受靜摩擦力最大，根據摩擦力的計算公式求解物體M與水平地面間的動摩擦因數。
（1）對O點進行受力分析可知，
代入數據可得，線的拉力大小分別為，
（2）由于整個系統恰好處于靜止狀態，則
解得
16．【答案】（1）解：根據自由落體運動位移與時間的關系
代入數據解得
雞蛋落地瞬間的速度大小為
（2）解：由題意知，窗口的高度為
設雞蛋經過窗口上沿的速度為v1，根據勻變速直線運動規律，則有
聯立解得
【知識點】自由落體運動
【解析】【分析】（1）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，結合自由落體規律求解；
（2）取經過窗戶這一段運動過程，加速度仍然為g，初速度為雞蛋經過窗口上沿的速度，根據勻變速直線運動規律求解。
（1）根據自由落體運動位移與時間的關系
代入數據解得
雞蛋落地瞬間的速度大小為
（2）由題意知，窗口的高度為
設雞蛋經過窗口上沿的速度為v1，根據勻變速直線運動規律，則有
聯立解得
17．【答案】（1）解：設最大速度為，勻速階段所用時間為，根據題意有 ，，
聯立解得 ，
（2）解：小明勻加速運動階段的加速度大小為
根據牛頓第二定律可得，對m有 ，
聯立解得
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）對于小明勻加速運動的過程，根據位移等于平均速度與時間的乘積列式。對于勻速運動的過程，根據公式x=vt列式，聯立求解小明加速所用的時間t1。
（2）根據加速度的定義式求出小明勻加速運動的加速度大小，對物體，由牛頓第二定律求出斜面對物體的支持力，由牛頓第三定律得到物體對斜面壓力的大小。
（1）設最大速度為，勻速階段所用時間為，根據題意有 ，，
聯立解得 ，
（2）小明勻加速運動階段的加速度大小為
根據牛頓第二定律可得，對m有 ，
聯立解得
18．【答案】（1）解：設物塊的加速度大小為，由牛頓第二定律有
解得
因為2s時達到共速，此時速度大小
長木板由靜止做勻加速直線運動，加速度大小
（2）解：對長木板由牛頓第二定律有
解得
2s內物塊對地位移大小為
2s內長木板對地住移大小為
則時物塊到長木板左端的距離為
（3）解：共速后，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律有
解得
與擋板碰撞前瞬間，整體具有速度
解得
榳撞后，物塊m運動到停下有
解得
因此，物塊會脫離長木板，根據勻變速運動規律
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）物塊滑上長木板達到共速前，利用牛頓第二定律計算物塊的加速度大小。由2s時達到共速，由速度—時間公式求出共同速度，再對長木板，由速度—時間公式求其加速度大小；（2）對長木板，由牛頓第二定律結合滑動摩擦力公式求物塊的質量m。根據位移等于平均速度與時間的乘積可以分別求出物塊和木板在這段時間內的位移，進而求出物塊相對木板的位移差，確定物塊與木板左端的距離d；
（3）共速后，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律求整體的加速度。由速度—時間公式求出長木板與擋板碰撞前瞬間整體具有的速度。根據速度—位移公式求碰后物塊m運動的距離，再判斷物塊最終能否脫離長木板。根據速度—位移公式求物塊脫離長木板時的速度大小。
（1）設物塊的加速度大小為，由牛頓第二定律有
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因為2s時達到共速，此時速度大小
長木板由靜止做勻加速直線運動，加速度大小
（2）對長木板由牛頓第二定律有
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2s內物塊對地位移大小為
2s內長木板對地住移大小為
則時物塊到長木板左端的距離為
（3）共速后，對物塊和長木板整體，由牛頓第二定律有
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與擋板碰撞前瞬間，整體具有速度
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榳撞后，物塊m運動到停下有
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因此，物塊會脫離長木板，根據勻變速運動規律
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