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廣東省深圳市南山區2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題
一、單項選擇題（本部分包括6小題，每小題5分，共30分。每小題只有一個選項符合題意，錯選、不選該題不得分）
1．（2025高一上·南山期末）深中通道是連接深圳市和中山市的特大橋，于2024年6月30日建成開通，全長約24公里，限速100km/h。一游客開汽車經過深中通道用時約20分鐘。下列說法正確的是（　　）
A．汽車儀表臺上的速度計測量的是瞬時速度，里程表測的是位移
B．100km/h是指汽車行駛的瞬時速度大小
C．該游客的平均速度約為72km/h
D．該游客全程的位移為24km
【答案】B
【知識點】位移與路程；平均速度；瞬時速度
【解析】【解答】本題考查瞬時速度等概念，知道位移和路程的概念，知道平均速度和平均速率的計算關系。AB．限速100km/h，100km/h是指小車行駛的瞬時速度的大小，里程表測的是路程，故A錯誤，B正確；
C．根據題意可以求出該游客的平均速率，無法求出該游客的平均速度，平均速率為
故C錯誤；
D．根據題意可知該游客的路程為24km，位移大小要小于此，故D錯誤。
故選B。
【分析】汽車儀表臺上的速度計測量的是瞬時速度，里程表測的是路程；100km/h是指小車行駛的瞬時速度的大小；平均速率是路程與時間的比值，平均速度是位移與時間的比值；24km表示路程。
2．（2025高一上·南山期末）獨輪小推車是古代運輸糧食等物品的重要工具，如圖所示，車輪外半徑為R，車輪沿直線無滑動地滾動。當輪上最高處的一個點，第一次運動到與地面接觸時，該點位移大小為（　　）
A．πR B．2R C．2πR D．
【答案】D
【知識點】位移與路程
【解析】【解答】本題主要考查矢量的合成法則，解題關鍵是知道該點的位移方向，分別求出水平及豎直方向的位移，再根據平行四邊形定則求出位移的大小。當氣門芯由輪子的正上方第一次運動到輪子正下方時輪子向前運動半個周長，氣門芯在水平方向上移動的距離為，在豎直方向上移動的距離為，由勾股定理可知，氣門芯位移的大小為
故選D。
【分析】分別求出該點水平方向的位移及豎直方向的位移，再根據矢量的合成法則平行四邊形進行求解即可。
3．（2025高一上·南山期末）詩詞與成語是我國五千年燦爛文化的瑰寶，其中很多詩句與成語中含有豐富的物理知識，下列說法正確的是（　　）
A．“一代天驕，成吉思汗，只識彎弓射大雕”，“彎弓”的弓發生的是彈性形變
B．“以卵擊石”中“卵”對“石”的作用力小于“石”對“卵”的作用力
C．“朝辭白帝彩云間，千里江陵一日還”中可估算出船行駛的平均速度
D．“坐地日行八萬里，巡天遙看一千河”，其中“八萬里”指的是位移
【答案】A
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】A．彈性形變是指 是指物體在外力作用下發生幾何形狀改變，當外力撤除后能夠完全恢復到原始狀態的形變。 詩句“一代天驕，成吉思汗，只識彎弓射大雕”，人在“彎弓”的過程中弓發生的是彈性形變，故A正確；
B．成語“以卵擊石”中“卵”對“石”的作用力等于“石”對“卵”的作用力，因為是相互作用力，故B錯誤；
C．詩句“朝辭白帝彩云間，千里江陵一日還”中根據“千里江陵一日還”可估算出船行駛的平均速率，故C錯誤；
D．“坐地日行八萬里，巡天遙看一千河”，其中“八萬里”指的是路程，軌跡的長度，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據詩句的意思，獲取有用的信息，從而進行分析判斷。
4．（2025高一上·南山期末）如圖所示為用每隔0.2s閃光一次的頻閃相機，在真空實驗室拍攝蘋果下落的頻閃照片，圖片中第一個蘋果為下落起點，，下列說法正確的是（　　）
A． B．
C．圖中的大小為6m/s D．圖中的位移大小為1.8m
【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】本題考查初速度為0的勻變速直線運動的相關規律和推論，注意這些結論的初始條件，否則會出現錯誤的應用這些規律。A．根據題意可得，圖片中第一個蘋果為下落起點，由初速度為零的勻變速直線運動，從開始計時，連續相等的時間內位移為
故從開始計時，連續相等的時間內位移之比為
故A錯誤；
B．由運動學公式可知
故B錯誤；
C．圖中的大小為
故C正確；
D．圖中的位移大小為
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據初始度為0的勻加速直線運動在連續相等時間內的位移規律進行解答；根據初始度為0的勻加速直線運動的速度規律進行解答。
5．（2025高一上·南山期末）由于無人機小巧靈活，國內已經逐步嘗試通過無人機進行火災救援。某消防中隊接到群眾報警，趕至火災點后，迅速布置無人機進行消防作業。假設無人機由靜止豎直向上起飛至火災位置，整個過程速度時間圖像如下圖所示，下列正確的是（　　）
A．無人機整個上升過程的平均速度為5m/s
B．加速階段的加速度比減速階段的加速度要大
C．火災位置距離消防地面的距離為90m
D．減速階段，無人機的加速度大小為2.5m/s2
【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查v-t圖像，解題關鍵是知道v-t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示位移，圖像的斜率表示加速度。A．速度時間圖像面積表示位移，可知整個過程位移為
故平均速度
故A錯誤；
B．速度時間圖像斜率表加速度，圖像可知前4s加速運動，10s到12s減速運動，故，
故加速階段的加速度比減速階段的加速度要小，故B錯誤；
C．以上分析可知火災位置距離消防地面的距離為90m，故C正確；
D．以上分析可知，減速階段，無人機的加速度大小為，故D錯誤。
故選C 。
【分析】在v-t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由此求解火災位置距離消防地面的距離，再求平均速度。圖像的斜率表示加速度，根據斜率大小分析加速度大小。
6．（2025高一上·南山期末）如圖所示，半球形碗里有兩只緩慢移動的螞蟻a和b（可視為質點）質量均為m，O點為半球形碗的球心，螞蟻b與球心O連線與豎直方向的夾角為，則（　　）
A．螞蟻a受到的彈力大于螞蟻b
B．螞蟻a受到的摩擦力小于螞蟻b
C．螞蟻b受到的彈力大小為
D．螞蟻b受到的摩擦力大小為
【答案】D
【知識點】共點力的平衡
【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、根據共點力的平衡條件確定力與力的關系。CD．根據題意可知，螞蟻b所在位置的切線與水平方向夾角為，對螞蟻b分析得，支持力和靜摩擦力分別為，
故C錯誤，D正確；
AB．螞蟻a的位置與圓心連線夾角更大，可知螞蟻a受到的支持力減小，靜摩擦力增大。故AB錯誤；
故選D。
【分析】對螞蟻受力分析，由平衡條件分別列式求解。
二、多項選擇題（本部分共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。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
（2025高一上·南山期末）材料：2024年11月13日，珠海航展火熱進行，觀眾熱情持續高漲。殲10、殲20、殲35聯袂獻技，運20、運油20、直20等中國空軍的明星機型悉數登場，展示了強大的國防實力與科技魅力。每個飛行表演的瞬間，每一款先進飛機的亮相，都是中國航空工業發展和軍事現代化的縮影，體現了中國在航空航天領域的強大實力和科技創新的活力。
請以上述材料為背景完成下列小題。
7．飛行員與座椅間的作用力會隨著戰斗機運動狀態的變化而改變，若在戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動的過程中，機身方向與運動方向時刻保持一致。則下列說法正確的是（　　）
A．座椅對飛行員的作用力方向與速度方向相同
B．座椅對飛行員的作用力方向與加速度方向相同
C．座椅對飛行員的作用力一定大于飛行員的重力
D．飛行員在此過程中處于超重狀態
8．戰斗機對表面涂料的動摩擦因數有一定要求，這種涂料不僅需要能夠承受高溫和耐磨，還需要保證飛機在起降時的安全。某同學想對某種涂料與木塊間的動摩擦因數進行初步測定，他設計了一種檢測方式如圖所示，將涂料均勻噴涂在平板表面，平板上靜置一木塊，緩慢抬起平板的一端，當平板與水平面夾角為35°時木塊恰好能沿平板勻速下滑，tan35°取值為0.7。則對于以上過程分析正確的是（　　）
A．抬升平板過程中，物塊未滑動前受到的摩擦力不斷增大
B．抬升平板過程中，物塊受到的支持力不斷增大
C．無法通過該方式判斷涂料與木塊間的動摩擦因數的大小
D．該涂料與木塊間的動摩擦因數約為0.7
9．某航展游客拍攝了幾張戰斗機在平直路面上加速起飛過程的頻閃照片，頻閃拍攝時間間隔為0.2s。他發現了4張有意思的照片，機身首尾分別與地面上的兩條引導線剛好對齊，將4張照片合成后如圖所示。將所有連續拍攝的頻閃照片進行編號，這四張照片的編號分別為11、15、62、64。已知戰斗機的機身長度為20m，若將戰斗機加速起飛的過程視為勻加速直線運動，引導線的寬度忽略不計，則下列說法正確的是（　　）
A．戰斗機通過引導線1的平均速度大小為25m/s
B．戰斗機通過引導線2的平均速度大小為50m/s
C．戰斗機的加速度大小約為2.5m/s2
D．兩條引導線間的距離為382.5m
【答案】7．C；D
8．A；D
9．A；B；C
【知識點】平均速度；共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查對牛頓第二定律的掌握，解題時需注意，應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。
（1）A．在戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動的過程中，機身方向與運動方向時刻保持一致。則人做勻加速直線運動，即重力和座椅對飛行員的作用力的合力方向與速度方向相同，并非座椅對飛行員的作用力的方向與速度方向相同，故A錯誤；
B．座椅對飛行員的作用力方向與合力方向不同，則與加速度方向不同，故B錯誤；
CD．因為飛機豎直方向上加速度向上，處于超重狀態，所以座椅對飛行員的作用力一定大于飛行員的重力，故CD正確；
故選CD。
（2）A．抬升平板過程中，設傾角為，根據平衡條件可知，物塊未滑動前受到的摩擦力隨著傾角增大，摩擦力也逐漸變大，故A正確；
B．抬升平板過程中，物塊受到的支持力，隨著傾角增大，支持力不斷減小，故B錯誤；
CD．當平板與水平面夾角為35°時木塊恰好能沿平板勻速下滑，根據平衡條件可得
動摩擦因數為
可以計算，故C錯誤、D正確。
故選AD。
（3）A．戰斗機通過引導線1的平均速度大小為
故A正確
B．戰斗機通過引導線2的平均速度大小為
故B正確；
C．勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正確
D．兩條引導線間的距離為
故D錯誤。
故選ABC。
【分析】（1）戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動，則由直線運動的特征及牛頓第二定律，即可分析判斷；結合前面分析，根據超重與失重的特點，即可分析判斷。
（2） 在長直木板由水平位置緩慢向上轉動的過程中，物體受到的是靜摩擦力，對物體受力分析可以求得物體受到的摩擦力大小以及支持力大小；
（3） 根據平均速度速度等于位移與時間的比值，計算出戰斗機通過兩條引導線的平均速度；根據勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，結合加速度的公式，求出戰斗機的加速度大小；根據勻變速直線運動位移與時間的關系計算兩條引線間的距離。
7．A．在戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動的過程中，機身方向與運動方向時刻保持一致。則人做勻加速直線運動，即重力和座椅對飛行員的作用力的合力方向與速度方向相同，并非座椅對飛行員的作用力的方向與速度方向相同，故A錯誤；
B．座椅對飛行員的作用力方向與合力方向不同，則與加速度方向不同，故B錯誤；
CD．因為飛機豎直方向上加速度向上，處于超重狀態，所以座椅對飛行員的作用力一定大于飛行員的重力，故CD正確；
故選CD。
8．A．設傾角為，抬升平板過程中，根據平衡條件可知，物塊未滑動前受到的摩擦力，隨著傾角增大，摩擦力也逐漸變大，故A正確；
B．抬升平板過程中，物塊受到的支持力，隨著傾角增大，支持力不斷減小，故B錯誤；
CD．當平板與水平面夾角為35°時木塊恰好能沿平板勻速下滑，此時
動摩擦因數為
可以計算，故C錯誤、D正確。
故選AD。
9．A．戰斗機通過引導線1的平均速度大小為
故A正確
B．戰斗機通過引導線2的平均速度大小為
故B正確；
C．根據勻變速直線運動，中間時刻瞬時速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正確
D．兩條引導線間的距離為
故D錯誤。
故選ABC。
三、實驗填空及論述計算題（本部分包括5小題。實驗填空題只寫出最后結果；論述計算題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的，答案中必須明確寫出數值和單位）
10．（2025高一上·南山期末）某同學利用兩只彈簧測力計和一個茶杯在家庭實驗室做驗證平行四邊形定則的實驗。實驗步驟如下：
（1）用彈簧測力計測量茶杯的重力，示數如圖甲所示，則茶杯的重力G=　 　N；
（2）在豎直墻面上貼一張坐標紙；
（3）如圖乙所示，三根細繩的一端系成一個結點，另一端分別與兩只彈簧測力計和茶杯相連。調節彈簧測力計的位置，茶杯靜止時，在坐標紙上記錄　 　、三根細繩的方向、兩只彈簧測力計的示數；
（4）根據力的大小和方向在坐標紙上作出三個力的圖示；
（5）改變彈簧測力計的位置重復步驟（3）、（4），進行多次實驗時，　 　（填“需要”或“不需要”）使結點始終在同一位置。
（6）根據記錄的數據，該同學在坐標紙上作出G、FP和FQ三個力的圖示，如圖丙所示。若三根細繩方向、重力的方向和大小均在丙圖中正確表示出來，則根據平行四邊形定則，可以判斷其中力的大小記錄有誤的是　 　（選填“FP”或“FQ”）。
【答案】3.65；結點O的位置；不需要；FQ
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查了“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗，要明確實驗原理，掌握實驗的正確操作和注意事項。（1）彈簧測力計示數為3.65N，根據二力平衡，茶杯的重力
（3）為了作力的圖示，需要記錄力的作用點，即結點O的位置。
（5）改變彈簧測力計的位置重復步驟（3）、（4），進行多次實驗時，即使結點不在同一位置，拉力和的合力也是豎直向上，與茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同，所以不需要使結點始終在同一位置。
（6）拉力水平向右，豎直方向拉力的豎直分力與重力等大反向，與事實一致；但水平方向，拉力與拉力的水平分力不相等，故可以判斷其中力的大小記錄有誤的是。
【分析】 （1）結合彈簧測力計的分度讀出茶杯的重力G；
（3）在坐標紙上記錄結點O的位置；
（5）改變彈簧測力計的位置重復步驟（3）、（4），進行多次實驗時，只要力的作用效果相同即可；
（6）根據水平方向和豎直方向分力關系分析。
11．（2025高一上·南山期末）如圖所示是某同學設計的探究“滑動摩擦力大小的影響因素”的實驗方案。實驗步驟如下：
（1）測量木塊的質量m=50g；
（2）按照如圖方式組裝實驗器材，將木塊一端通過輕繩連接彈簧測力計，平板小車一端通過輕繩連接電動機，由電動機帶動平板小車運動；
（3）打開電動機開關，待彈簧測力計示數穩定后讀數，此時彈簧測力計的示數如圖所示，可知此時木塊與平板小車間的摩擦力大小為　 　N；
（4）在木塊上方的凹槽中逐個加入質量為m0=50g的砝碼，重復上一步驟，記錄數據；
（5）將實驗所得數據記錄在表格中，如下表所示。
實驗次數n 1 2 3 4
壓力FN 0.49 0.98 1.47 1.96
彈簧測力計示數f （3）的讀數 0.68 1.00 1.35
（6）將以上4組數據繪制在f-FN圖像中，請在f-FN圖像中補充第1組數據點并作圖　 　。通過圖像分析可得，平板小車與木塊之間的動摩擦因數為　 　（保留2位有效數字）。
【答案】0.34；；0.68
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】該題考查了儀器讀數、實驗數據處理分析，知道實驗原理及注意事項即可正確解題。（3）彈簧測力計示數為0.35N，木塊處于平衡狀態，根據平衡條件可知，木塊與平板小車間的摩擦力大小為0.35N。
（6）在f-FN圖像中補充第1組數據點并作圖如下
根據可知，圖像斜率代表動摩擦力因數，則
【分析】 （3）根據指針示數讀數，根據最小刻度確定是否要估讀；
（6）通過描點法作圖，圖像斜率等于動摩擦因數，求解圖像斜率從而求解動摩擦因數。
12．（2025高一上·南山期末）如圖所示，可視為質點的小燈籠用輕繩連接并懸掛在O點，在穩定水平風力作用下發生傾斜，燈籠穩定時，輕繩與豎直方向的夾角為37°，設燈籠的質量m=0.2kg。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求水平風力F和輕繩拉力T的大小；
（2）當風力F增大時，請寫出輕繩拉力T與F的大小關系以及輕繩與豎直方向夾角θ與F的大小關系。（結果可用根號或三角函數表示）
【答案】（1）解：受力分析如圖所示
由平衡條件可得
F=mgtan37°=1.5N，
（2）解：風力增大時，設輕繩與豎直方向夾角為θ，由平衡條件得
，
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【分析】（1）對燈籠受力分析，由平衡條件分別列式，即可分析判斷；（2）風力增大時，對燈籠受力分析，由平衡條件分別列式，即可分析判斷。
（1）受力分析如圖所示
由平衡條件可得F=mgtan37°=1.5N，
（2）風力增大時，設輕繩與豎直方向夾角為θ，由平衡條件得，
13．（2025高一上·南山期末）如圖所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上利用滑雪杖對雪面作用而獲得水平推力，從靜止向前滑行。通過滑雪杖對雪面的作用具有“間歇性”，每次作用時運動員滑行距離相同，每次撤除水平推力F后經過t0=2.0s再次利用滑雪杖獲得相同的水平推力，水平推力大小恒為F=84N；其第一次作用時間為t1=1.0s。已知該運動員連同裝備的總質量為m=60kg，整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff=12N，求：
（1）第一次利用滑雪杖對雪面作用，運動員獲得的速度大小及這段時間內的位移大小；
（2）若該運動員（可視為質點）只提供了兩次推力，第二次撤除水平推力后，能夠繼續滑行的距離；
（3）按照題目所述節奏，經過足夠遠后，能達到的最大速度。
【答案】（1）解：根據牛頓第二定律得
運動員利用滑雪杖獲得的加速度為
第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小
位移為

（2）解：運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為
設運動員第一次撤去推力后最終的末速度為，則
第二次利用滑雪杖獲得的速度大小，則
第二次撤除水平推力后滑行的最大距離
解得

（3）解：每次撤去推力后速度減小量都相同，大小為
所以，當速度增加量也為時，設施加n次推力達到最大速度，此時
其中
解得
即，能達到的最大速度為。
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律可求解運動員利用滑雪杖獲得的加速度，由公式可計算第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小，由公式可計算位移。
（2）運動員停止使用滑雪杖后， 由公式 可計算加速度大小，由可計算運動員第一次撤去推力后最終的末速度， 由 可計算第二次利用滑雪杖獲得的速度大小，由 可計算第二次撤除水平推力后滑行的最大距離
（3）每次撤去推力后速度減小量都相同，大小，施加n次推力達到最大速度，此時
，其中，聯立可求解能達到的最大速度。
（1）根據牛頓第二定律得
運動員利用滑雪杖獲得的加速度為
第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小
位移為
（2）運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為
設運動員第一次撤去推力后最終的末速度為，則
第二次利用滑雪杖獲得的速度大小，則
第二次撤除水平推力后滑行的最大距離
解得
（3）每次撤去推力后速度減小量都相同，大小為
所以，當速度增加量也為時，設施加n次推力達到最大速度，此時
其中
解得
即，能達到的最大速度為。
1 / 1廣東省深圳市南山區2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題
一、單項選擇題（本部分包括6小題，每小題5分，共30分。每小題只有一個選項符合題意，錯選、不選該題不得分）
1．（2025高一上·南山期末）深中通道是連接深圳市和中山市的特大橋，于2024年6月30日建成開通，全長約24公里，限速100km/h。一游客開汽車經過深中通道用時約20分鐘。下列說法正確的是（　　）
A．汽車儀表臺上的速度計測量的是瞬時速度，里程表測的是位移
B．100km/h是指汽車行駛的瞬時速度大小
C．該游客的平均速度約為72km/h
D．該游客全程的位移為24km
2．（2025高一上·南山期末）獨輪小推車是古代運輸糧食等物品的重要工具，如圖所示，車輪外半徑為R，車輪沿直線無滑動地滾動。當輪上最高處的一個點，第一次運動到與地面接觸時，該點位移大小為（　　）
A．πR B．2R C．2πR D．
3．（2025高一上·南山期末）詩詞與成語是我國五千年燦爛文化的瑰寶，其中很多詩句與成語中含有豐富的物理知識，下列說法正確的是（　　）
A．“一代天驕，成吉思汗，只識彎弓射大雕”，“彎弓”的弓發生的是彈性形變
B．“以卵擊石”中“卵”對“石”的作用力小于“石”對“卵”的作用力
C．“朝辭白帝彩云間，千里江陵一日還”中可估算出船行駛的平均速度
D．“坐地日行八萬里，巡天遙看一千河”，其中“八萬里”指的是位移
4．（2025高一上·南山期末）如圖所示為用每隔0.2s閃光一次的頻閃相機，在真空實驗室拍攝蘋果下落的頻閃照片，圖片中第一個蘋果為下落起點，，下列說法正確的是（　　）
A． B．
C．圖中的大小為6m/s D．圖中的位移大小為1.8m
5．（2025高一上·南山期末）由于無人機小巧靈活，國內已經逐步嘗試通過無人機進行火災救援。某消防中隊接到群眾報警，趕至火災點后，迅速布置無人機進行消防作業。假設無人機由靜止豎直向上起飛至火災位置，整個過程速度時間圖像如下圖所示，下列正確的是（　　）
A．無人機整個上升過程的平均速度為5m/s
B．加速階段的加速度比減速階段的加速度要大
C．火災位置距離消防地面的距離為90m
D．減速階段，無人機的加速度大小為2.5m/s2
6．（2025高一上·南山期末）如圖所示，半球形碗里有兩只緩慢移動的螞蟻a和b（可視為質點）質量均為m，O點為半球形碗的球心，螞蟻b與球心O連線與豎直方向的夾角為，則（　　）
A．螞蟻a受到的彈力大于螞蟻b
B．螞蟻a受到的摩擦力小于螞蟻b
C．螞蟻b受到的彈力大小為
D．螞蟻b受到的摩擦力大小為
二、多項選擇題（本部分共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。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）
（2025高一上·南山期末）材料：2024年11月13日，珠海航展火熱進行，觀眾熱情持續高漲。殲10、殲20、殲35聯袂獻技，運20、運油20、直20等中國空軍的明星機型悉數登場，展示了強大的國防實力與科技魅力。每個飛行表演的瞬間，每一款先進飛機的亮相，都是中國航空工業發展和軍事現代化的縮影，體現了中國在航空航天領域的強大實力和科技創新的活力。
請以上述材料為背景完成下列小題。
7．飛行員與座椅間的作用力會隨著戰斗機運動狀態的變化而改變，若在戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動的過程中，機身方向與運動方向時刻保持一致。則下列說法正確的是（　　）
A．座椅對飛行員的作用力方向與速度方向相同
B．座椅對飛行員的作用力方向與加速度方向相同
C．座椅對飛行員的作用力一定大于飛行員的重力
D．飛行員在此過程中處于超重狀態
8．戰斗機對表面涂料的動摩擦因數有一定要求，這種涂料不僅需要能夠承受高溫和耐磨，還需要保證飛機在起降時的安全。某同學想對某種涂料與木塊間的動摩擦因數進行初步測定，他設計了一種檢測方式如圖所示，將涂料均勻噴涂在平板表面，平板上靜置一木塊，緩慢抬起平板的一端，當平板與水平面夾角為35°時木塊恰好能沿平板勻速下滑，tan35°取值為0.7。則對于以上過程分析正確的是（　　）
A．抬升平板過程中，物塊未滑動前受到的摩擦力不斷增大
B．抬升平板過程中，物塊受到的支持力不斷增大
C．無法通過該方式判斷涂料與木塊間的動摩擦因數的大小
D．該涂料與木塊間的動摩擦因數約為0.7
9．某航展游客拍攝了幾張戰斗機在平直路面上加速起飛過程的頻閃照片，頻閃拍攝時間間隔為0.2s。他發現了4張有意思的照片，機身首尾分別與地面上的兩條引導線剛好對齊，將4張照片合成后如圖所示。將所有連續拍攝的頻閃照片進行編號，這四張照片的編號分別為11、15、62、64。已知戰斗機的機身長度為20m，若將戰斗機加速起飛的過程視為勻加速直線運動，引導線的寬度忽略不計，則下列說法正確的是（　　）
A．戰斗機通過引導線1的平均速度大小為25m/s
B．戰斗機通過引導線2的平均速度大小為50m/s
C．戰斗機的加速度大小約為2.5m/s2
D．兩條引導線間的距離為382.5m
三、實驗填空及論述計算題（本部分包括5小題。實驗填空題只寫出最后結果；論述計算題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的，答案中必須明確寫出數值和單位）
10．（2025高一上·南山期末）某同學利用兩只彈簧測力計和一個茶杯在家庭實驗室做驗證平行四邊形定則的實驗。實驗步驟如下：
（1）用彈簧測力計測量茶杯的重力，示數如圖甲所示，則茶杯的重力G=　 　N；
（2）在豎直墻面上貼一張坐標紙；
（3）如圖乙所示，三根細繩的一端系成一個結點，另一端分別與兩只彈簧測力計和茶杯相連。調節彈簧測力計的位置，茶杯靜止時，在坐標紙上記錄　 　、三根細繩的方向、兩只彈簧測力計的示數；
（4）根據力的大小和方向在坐標紙上作出三個力的圖示；
（5）改變彈簧測力計的位置重復步驟（3）、（4），進行多次實驗時，　 　（填“需要”或“不需要”）使結點始終在同一位置。
（6）根據記錄的數據，該同學在坐標紙上作出G、FP和FQ三個力的圖示，如圖丙所示。若三根細繩方向、重力的方向和大小均在丙圖中正確表示出來，則根據平行四邊形定則，可以判斷其中力的大小記錄有誤的是　 　（選填“FP”或“FQ”）。
11．（2025高一上·南山期末）如圖所示是某同學設計的探究“滑動摩擦力大小的影響因素”的實驗方案。實驗步驟如下：
（1）測量木塊的質量m=50g；
（2）按照如圖方式組裝實驗器材，將木塊一端通過輕繩連接彈簧測力計，平板小車一端通過輕繩連接電動機，由電動機帶動平板小車運動；
（3）打開電動機開關，待彈簧測力計示數穩定后讀數，此時彈簧測力計的示數如圖所示，可知此時木塊與平板小車間的摩擦力大小為　 　N；
（4）在木塊上方的凹槽中逐個加入質量為m0=50g的砝碼，重復上一步驟，記錄數據；
（5）將實驗所得數據記錄在表格中，如下表所示。
實驗次數n 1 2 3 4
壓力FN 0.49 0.98 1.47 1.96
彈簧測力計示數f （3）的讀數 0.68 1.00 1.35
（6）將以上4組數據繪制在f-FN圖像中，請在f-FN圖像中補充第1組數據點并作圖　 　。通過圖像分析可得，平板小車與木塊之間的動摩擦因數為　 　（保留2位有效數字）。
12．（2025高一上·南山期末）如圖所示，可視為質點的小燈籠用輕繩連接并懸掛在O點，在穩定水平風力作用下發生傾斜，燈籠穩定時，輕繩與豎直方向的夾角為37°，設燈籠的質量m=0.2kg。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求水平風力F和輕繩拉力T的大小；
（2）當風力F增大時，請寫出輕繩拉力T與F的大小關系以及輕繩與豎直方向夾角θ與F的大小關系。（結果可用根號或三角函數表示）
13．（2025高一上·南山期末）如圖所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上利用滑雪杖對雪面作用而獲得水平推力，從靜止向前滑行。通過滑雪杖對雪面的作用具有“間歇性”，每次作用時運動員滑行距離相同，每次撤除水平推力F后經過t0=2.0s再次利用滑雪杖獲得相同的水平推力，水平推力大小恒為F=84N；其第一次作用時間為t1=1.0s。已知該運動員連同裝備的總質量為m=60kg，整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff=12N，求：
（1）第一次利用滑雪杖對雪面作用，運動員獲得的速度大小及這段時間內的位移大小；
（2）若該運動員（可視為質點）只提供了兩次推力，第二次撤除水平推力后，能夠繼續滑行的距離；
（3）按照題目所述節奏，經過足夠遠后，能達到的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】位移與路程；平均速度；瞬時速度
【解析】【解答】本題考查瞬時速度等概念，知道位移和路程的概念，知道平均速度和平均速率的計算關系。AB．限速100km/h，100km/h是指小車行駛的瞬時速度的大小，里程表測的是路程，故A錯誤，B正確；
C．根據題意可以求出該游客的平均速率，無法求出該游客的平均速度，平均速率為
故C錯誤；
D．根據題意可知該游客的路程為24km，位移大小要小于此，故D錯誤。
故選B。
【分析】汽車儀表臺上的速度計測量的是瞬時速度，里程表測的是路程；100km/h是指小車行駛的瞬時速度的大小；平均速率是路程與時間的比值，平均速度是位移與時間的比值；24km表示路程。
2．【答案】D
【知識點】位移與路程
【解析】【解答】本題主要考查矢量的合成法則，解題關鍵是知道該點的位移方向，分別求出水平及豎直方向的位移，再根據平行四邊形定則求出位移的大小。當氣門芯由輪子的正上方第一次運動到輪子正下方時輪子向前運動半個周長，氣門芯在水平方向上移動的距離為，在豎直方向上移動的距離為，由勾股定理可知，氣門芯位移的大小為
故選D。
【分析】分別求出該點水平方向的位移及豎直方向的位移，再根據矢量的合成法則平行四邊形進行求解即可。
3．【答案】A
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】A．彈性形變是指 是指物體在外力作用下發生幾何形狀改變，當外力撤除后能夠完全恢復到原始狀態的形變。 詩句“一代天驕，成吉思汗，只識彎弓射大雕”，人在“彎弓”的過程中弓發生的是彈性形變，故A正確；
B．成語“以卵擊石”中“卵”對“石”的作用力等于“石”對“卵”的作用力，因為是相互作用力，故B錯誤；
C．詩句“朝辭白帝彩云間，千里江陵一日還”中根據“千里江陵一日還”可估算出船行駛的平均速率，故C錯誤；
D．“坐地日行八萬里，巡天遙看一千河”，其中“八萬里”指的是路程，軌跡的長度，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據詩句的意思，獲取有用的信息，從而進行分析判斷。
4．【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】本題考查初速度為0的勻變速直線運動的相關規律和推論，注意這些結論的初始條件，否則會出現錯誤的應用這些規律。A．根據題意可得，圖片中第一個蘋果為下落起點，由初速度為零的勻變速直線運動，從開始計時，連續相等的時間內位移為
故從開始計時，連續相等的時間內位移之比為
故A錯誤；
B．由運動學公式可知
故B錯誤；
C．圖中的大小為
故C正確；
D．圖中的位移大小為
故D錯誤。
故選C。
【分析】根據初始度為0的勻加速直線運動在連續相等時間內的位移規律進行解答；根據初始度為0的勻加速直線運動的速度規律進行解答。
5．【答案】C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題考查v-t圖像，解題關鍵是知道v-t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示位移，圖像的斜率表示加速度。A．速度時間圖像面積表示位移，可知整個過程位移為
故平均速度
故A錯誤；
B．速度時間圖像斜率表加速度，圖像可知前4s加速運動，10s到12s減速運動，故，
故加速階段的加速度比減速階段的加速度要小，故B錯誤；
C．以上分析可知火災位置距離消防地面的距離為90m，故C正確；
D．以上分析可知，減速階段，無人機的加速度大小為，故D錯誤。
故選C 。
【分析】在v-t圖像中，圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由此求解火災位置距離消防地面的距離，再求平均速度。圖像的斜率表示加速度，根據斜率大小分析加速度大小。
6．【答案】D
【知識點】共點力的平衡
【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、根據共點力的平衡條件確定力與力的關系。CD．根據題意可知，螞蟻b所在位置的切線與水平方向夾角為，對螞蟻b分析得，支持力和靜摩擦力分別為，
故C錯誤，D正確；
AB．螞蟻a的位置與圓心連線夾角更大，可知螞蟻a受到的支持力減小，靜摩擦力增大。故AB錯誤；
故選D。
【分析】對螞蟻受力分析，由平衡條件分別列式求解。
【答案】7．C；D
8．A；D
9．A；B；C
【知識點】平均速度；共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查對牛頓第二定律的掌握，解題時需注意，應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。
（1）A．在戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動的過程中，機身方向與運動方向時刻保持一致。則人做勻加速直線運動，即重力和座椅對飛行員的作用力的合力方向與速度方向相同，并非座椅對飛行員的作用力的方向與速度方向相同，故A錯誤；
B．座椅對飛行員的作用力方向與合力方向不同，則與加速度方向不同，故B錯誤；
CD．因為飛機豎直方向上加速度向上，處于超重狀態，所以座椅對飛行員的作用力一定大于飛行員的重力，故CD正確；
故選CD。
（2）A．抬升平板過程中，設傾角為，根據平衡條件可知，物塊未滑動前受到的摩擦力隨著傾角增大，摩擦力也逐漸變大，故A正確；
B．抬升平板過程中，物塊受到的支持力，隨著傾角增大，支持力不斷減小，故B錯誤；
CD．當平板與水平面夾角為35°時木塊恰好能沿平板勻速下滑，根據平衡條件可得
動摩擦因數為
可以計算，故C錯誤、D正確。
故選AD。
（3）A．戰斗機通過引導線1的平均速度大小為
故A正確
B．戰斗機通過引導線2的平均速度大小為
故B正確；
C．勻變速直線運動中間時刻瞬時速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正確
D．兩條引導線間的距離為
故D錯誤。
故選ABC。
【分析】（1）戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動，則由直線運動的特征及牛頓第二定律，即可分析判斷；結合前面分析，根據超重與失重的特點，即可分析判斷。
（2） 在長直木板由水平位置緩慢向上轉動的過程中，物體受到的是靜摩擦力，對物體受力分析可以求得物體受到的摩擦力大小以及支持力大小；
（3） 根據平均速度速度等于位移與時間的比值，計算出戰斗機通過兩條引導線的平均速度；根據勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，結合加速度的公式，求出戰斗機的加速度大小；根據勻變速直線運動位移與時間的關系計算兩條引線間的距離。
7．A．在戰斗機起飛斜向上做勻加速直線運動的過程中，機身方向與運動方向時刻保持一致。則人做勻加速直線運動，即重力和座椅對飛行員的作用力的合力方向與速度方向相同，并非座椅對飛行員的作用力的方向與速度方向相同，故A錯誤；
B．座椅對飛行員的作用力方向與合力方向不同，則與加速度方向不同，故B錯誤；
CD．因為飛機豎直方向上加速度向上，處于超重狀態，所以座椅對飛行員的作用力一定大于飛行員的重力，故CD正確；
故選CD。
8．A．設傾角為，抬升平板過程中，根據平衡條件可知，物塊未滑動前受到的摩擦力，隨著傾角增大，摩擦力也逐漸變大，故A正確；
B．抬升平板過程中，物塊受到的支持力，隨著傾角增大，支持力不斷減小，故B錯誤；
CD．當平板與水平面夾角為35°時木塊恰好能沿平板勻速下滑，此時
動摩擦因數為
可以計算，故C錯誤、D正確。
故選AD。
9．A．戰斗機通過引導線1的平均速度大小為
故A正確
B．戰斗機通過引導線2的平均速度大小為
故B正確；
C．根據勻變速直線運動，中間時刻瞬時速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正確
D．兩條引導線間的距離為
故D錯誤。
故選ABC。
10．【答案】3.65；結點O的位置；不需要；FQ
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查了“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗，要明確實驗原理，掌握實驗的正確操作和注意事項。（1）彈簧測力計示數為3.65N，根據二力平衡，茶杯的重力
（3）為了作力的圖示，需要記錄力的作用點，即結點O的位置。
（5）改變彈簧測力計的位置重復步驟（3）、（4），進行多次實驗時，即使結點不在同一位置，拉力和的合力也是豎直向上，與茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同，所以不需要使結點始終在同一位置。
（6）拉力水平向右，豎直方向拉力的豎直分力與重力等大反向，與事實一致；但水平方向，拉力與拉力的水平分力不相等，故可以判斷其中力的大小記錄有誤的是。
【分析】 （1）結合彈簧測力計的分度讀出茶杯的重力G；
（3）在坐標紙上記錄結點O的位置；
（5）改變彈簧測力計的位置重復步驟（3）、（4），進行多次實驗時，只要力的作用效果相同即可；
（6）根據水平方向和豎直方向分力關系分析。
11．【答案】0.34；；0.68
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數
【解析】【解答】該題考查了儀器讀數、實驗數據處理分析，知道實驗原理及注意事項即可正確解題。（3）彈簧測力計示數為0.35N，木塊處于平衡狀態，根據平衡條件可知，木塊與平板小車間的摩擦力大小為0.35N。
（6）在f-FN圖像中補充第1組數據點并作圖如下
根據可知，圖像斜率代表動摩擦力因數，則
【分析】 （3）根據指針示數讀數，根據最小刻度確定是否要估讀；
（6）通過描點法作圖，圖像斜率等于動摩擦因數，求解圖像斜率從而求解動摩擦因數。
12．【答案】（1）解：受力分析如圖所示
由平衡條件可得
F=mgtan37°=1.5N，
（2）解：風力增大時，設輕繩與豎直方向夾角為θ，由平衡條件得
，
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【分析】（1）對燈籠受力分析，由平衡條件分別列式，即可分析判斷；（2）風力增大時，對燈籠受力分析，由平衡條件分別列式，即可分析判斷。
（1）受力分析如圖所示
由平衡條件可得F=mgtan37°=1.5N，
（2）風力增大時，設輕繩與豎直方向夾角為θ，由平衡條件得，
13．【答案】（1）解：根據牛頓第二定律得
運動員利用滑雪杖獲得的加速度為
第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小
位移為

（2）解：運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為
設運動員第一次撤去推力后最終的末速度為，則
第二次利用滑雪杖獲得的速度大小，則
第二次撤除水平推力后滑行的最大距離
解得

（3）解：每次撤去推力后速度減小量都相同，大小為
所以，當速度增加量也為時，設施加n次推力達到最大速度，此時
其中
解得
即，能達到的最大速度為。
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律可求解運動員利用滑雪杖獲得的加速度，由公式可計算第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小，由公式可計算位移。
（2）運動員停止使用滑雪杖后， 由公式 可計算加速度大小，由可計算運動員第一次撤去推力后最終的末速度， 由 可計算第二次利用滑雪杖獲得的速度大小，由 可計算第二次撤除水平推力后滑行的最大距離
（3）每次撤去推力后速度減小量都相同，大小，施加n次推力達到最大速度，此時
，其中，聯立可求解能達到的最大速度。
（1）根據牛頓第二定律得
運動員利用滑雪杖獲得的加速度為
第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小
位移為
（2）運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為
設運動員第一次撤去推力后最終的末速度為，則
第二次利用滑雪杖獲得的速度大小，則
第二次撤除水平推力后滑行的最大距離
解得
（3）每次撤去推力后速度減小量都相同，大小為
所以，當速度增加量也為時，設施加n次推力達到最大速度，此時
其中
解得
即，能達到的最大速度為。
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