資源簡介

廣東省廣州市九區(qū)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期末考試物理試題
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·廣州期末）如圖所示，某同學(xué)從學(xué)校騎行到廣州圖書館，騎行導(dǎo)航提供了三條可行線路及相關(guān)數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（　　）
A．三條線路的位移大小不相等
B．三條線路的平均速度大小相等
C．圖中方案一顯示的“13分鐘，2.5公里”分別指時間和路程
D．在導(dǎo)航地圖上研究自行車的運動軌跡時，自行車不可視為質(zhì)點
2．（2025高一上·廣州期末）2024年8月中國網(wǎng)球選手在巴黎奧運會中首獲女子單打金牌，創(chuàng)造了歷史性的一刻。如圖所示，運動員把飛來的網(wǎng)球擊打回去，落到了對方場內(nèi)，則下列說法正確的是（　　）
A．網(wǎng)球的速度越大，慣性越大
B．被擊回的網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和球拍的作用力
C．若球拍沒有擊中球，則球會保持原來的運動狀態(tài)不變
D．球拍對網(wǎng)球的彈力，是因為球拍發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的
3．（2025高一上·廣州期末）如圖，一智能機械臂水平夾住一個金屬小球在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，與球接觸的機械臂鐵夾面保持豎直，則（　　）
A．小球受到3個力的作用
B．機械手臂的鐵夾受到的摩擦力方向豎直向上
C．小球受到的摩擦力大小與小球的重力大小相等
D．若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力變大
4．（2025高一上·廣州期末）如圖所示為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中B物體做勻加速直線運動
B．甲圖時間內(nèi)C物體的平均速度最大
C．乙圖中第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)的位移大小之比
D．乙圖中第2.5秒末物體離出發(fā)點的距離最遠
5．（2025高一上·廣州期末）手推車作為不可缺少的搬運工具而沿用至今，如圖所示，有一手推車的平面與擋板垂直，某次在運貨時手推車平面與水平地面的夾角為，重力加速度為，貨物與手推車保持相對靜止，若忽略貨物與車平面之間的摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．手推車水平勻速運動時，貨物受擋板的彈力大小等于重力的大小
B．為使貨物不離開擋板，手推車水平向右的加速度不能超過
C．無論手推車怎么運動，手推車對貨物的作用力的方向總是豎直向上
D．手推車靜止時，若緩慢增大到，則擋板對貨物的作用越來越小
6．（2025高一上·廣州期末）傳送帶輸送線是物流搬運和輸送的常見設(shè)備，、圖中貨物的重力均為G，勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶斜面的傾角為，箭頭代表傳送帶的運動方向，貨物均與傳送帶保持相對靜止，且傳送帶均足夠長。以下說法正確的是（　　）
A．圖a中的貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶斜面向下
B．圖b中的貨物相對于傳送帶有向上運動的趨勢
C．圖a、b中傳送帶給貨物的作用力的大小都為G
D．若圖b中的傳送帶突然停止轉(zhuǎn)動，貨物受到的摩擦力方向不會改變
7．（2025高一上·廣州期末）冰壺運動是在冰上進行的一種投擲性競賽項目，在某次比賽中，質(zhì)量為18千克的冰壺被投出后近似做勻減速直線運動，用時20s停止，最后1s內(nèi)位移大小為0.2m，若忽略冰壺轉(zhuǎn)動的影響，下面說法正確的是（　　）
A．冰壺的初速度大小是
B．冰壺的加速度大小是
C．冰壺受到的摩擦力大小為8.2N
D．前10s位移和后10s的位移之比為
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·廣州期末）直線折返跑是訓(xùn)練足球運動員體能的方式。如圖將6個標(biāo)示筒兩兩間隔5m擺放，跑動順序為，運動時間為10s，則全過程的平均速度大小和平均速率分別為（　　）
A．平均速度大小為 B．平均速度大小為
C．平均速率為 D．平均速率為
9．（2025高一上·廣州期末）如圖所示，小物塊以某一初速度從斜面底端沖上固定粗糙斜面。下面給出的描述上述全過程中小物塊的速度v隨時間t變化和加速度a隨時間變化t的圖像中，可能正確的有（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·廣州期末）如圖，港珠澳大橋人工島建設(shè)時，起重機用8根對稱分布且長度為的鋼索將直徑為、質(zhì)量為的鋼筒以勻加速豎直吊起，重力加速度為，若每根鋼索所能承受的最大拉力大小為，則吊起過程中下列說法正確的是（　　）
A．鋼索拉力不斷變大
B．每根鋼索所受到的拉力大小為
C．鋼筒的最大加速度為
D．鋼筒處于超重狀態(tài)
三、非選擇題：共54分，考生根據(jù)要求作答。
11．（2025高一上·廣州期末）下列是《普通高中物理課程標(biāo)準》中列出的兩個必做實驗的部分步驟：
（1）某同學(xué)用圖甲的實驗裝置做“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗，實驗時將橡皮條的一端固定在水平木板上，另一端系上兩根細繩，細繩的另一端都有繩套，實驗中需用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，并互成角度地拉橡皮條，使結(jié)點到達某一位置。
①本實驗用到的方法是　 　；
A.控制變量法 B.等效替換法 C.理想模型法
②圖甲中沿方向拉的彈簧測力計的示數(shù)為　 　N；
③根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在白紙上作出如圖乙所示的力的圖示，、、、四個力中，一定沿方向的力是　 　。（填上述字母）
（2）某同學(xué)用下圖中的裝置進行實驗，探究小車的加速度與小車受力，小車質(zhì)量的關(guān)系。
①下列說法正確的是　 　
A.圖中的電磁打點計時器應(yīng)接直流電源
B.平衡摩擦力時，需要把砝碼盤通過細繩系在小車上
C.改變小車質(zhì)量后，需重新平衡摩擦力
D.需調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行
②實驗中要求小車的質(zhì)量比砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量大很多，這樣做的目的是　 　。
③實驗中獲得一條紙帶如圖所示，其中兩相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出。已知所用電源的頻率為50Hz，小車運動的加速度大小　 　。（計算結(jié)果要求保留兩位有效數(shù)字）
12．（2025高一上·廣州期末）某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置來測量橡皮繩的勁度系數(shù)。將手機懸掛在橡皮繩下，利用手機內(nèi)置傳感器結(jié)合軟件可獲得手機運動的位移。
（1）該實驗小組進行了如下主要的實驗步驟：
①安裝實驗器材，橡皮繩分別與手機和鐵架臺連接，手機重心和橡皮繩在同一豎直線；
②手掌托著手機，使橡皮繩處于原長狀態(tài)，打開手機軟件；
③緩慢釋放手機，當(dāng)手機平衡時記錄下手機下降的高度；
④在手機正下方懸掛不同個數(shù)的鉤碼，每個鉤碼的質(zhì)量，緩慢釋放，當(dāng)鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量；
⑤重復(fù)上述第4步操作，數(shù)據(jù)記錄如表所示；
（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在答題紙圖中描點作出鉤碼數(shù)量與手機位移圖像　 　；
鉤碼數(shù)量 0 1 2 3 4
手機下落高度 1.50 2.01 2.51 2.99 3.50
（3）根據(jù)圖像，可知不掛鉤碼時，橡皮繩的伸長量為　 　cm；
（4）已知每個鉤碼的質(zhì)量為50g，重力加速度，由圖像可以求得彈力繩的勁度系數(shù)為　 　，由此計算出手機的質(zhì)量為　 　g。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
（5）某同學(xué)查閱相關(guān)資料得知當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹禐椋艨紤]此因素的影響，實驗測得的勁度系數(shù)結(jié)果　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。
13．（2025高一上·廣州期末）不少的辦公及住宅小區(qū)安裝了可水平移動的電動伸縮門。現(xiàn)一輛寬為的汽車勻速直線行駛到A位置時，電動門以速度從門柱勻速向左打開，駕駛員看到后操作剎車。已知駕駛員反應(yīng)時間為0.5s，剎車時汽車的加速度大小為，汽車到達位置處停下，左前端恰好沒碰到電動門，此時車右端距離門柱水平距離為，求：
（1）電動門從位置打開到位置所用的時間；
（2）汽車做勻減速運動的初速度及間距離大小。
14．（2025高一上·廣州期末）在水平路面上帶動輪胎加速跑是鍛煉運動員核心力量和耐力的一種有效方法，如圖甲所示，在某次訓(xùn)練活動中，運動員腰部系著不可伸長的輕繩拖著質(zhì)量的輪胎從靜止開始沿著筆直的跑道加速奔跑，輕繩與水平地面間的夾角為，后輕繩從輪胎上脫落，輪胎直線運動的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，已知，，g取。求：
（1）地面對輪胎的滑動摩擦系數(shù)；
（2）拖繩對輪胎的拉力大小。
15．（2025高一上·廣州期末）如圖所示，一長木板靜止在水平地面上，其左端有一小木塊（可視為質(zhì)點），某時刻有的水平拉力作用在木塊上，使其由靜止開始運動，2s后撤去拉力。已知木塊的質(zhì)量，長木板的質(zhì)量，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)，木板長度為，重力加速度。
（1）求開始運動時木塊和長木板的加速度；
（2）求撤去前木塊在長木板上運動的距離（木塊還沒有掉下木板）；
（3）為使木塊不從長木板滑出，長木板至少有多長。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】質(zhì)點；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】對于物理中的基本概念要理解其本質(zhì)不同，不能停在表面，如時間與時刻的區(qū)別，看成質(zhì)點的條件等，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。A．位移表示由起點指向終點的有向線段，由于三條路線始末位置相同，可知，三條線路的位移大小相等，故A錯誤；
B．平均速度等于總位移與總時間之比，結(jié)合上述與題意可知，三條線路的位移大小相等，三條路線總時間不相等，則三條線路的平均速度大小不相等，故B錯誤；
C.3分鐘描述的是方案一所用的總時間，2.5公里是方案一運動軌跡的總長度，可知，方案一顯示的“13分鐘，2.5公里”分別指時間和路程，故C正確；
D．在導(dǎo)航地圖上研究自行車的運動軌跡時，自行車的形狀和體積對所研究問題的影響可以忽略，此時自行車可視為質(zhì)點，故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；平均速度等于位移除以時間；時間間隔是指時間的長度，在時間軸上對應(yīng)一段距離，時刻是指時間點，在時間軸上對應(yīng)的是一個點；當(dāng)物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質(zhì)點，根據(jù)把物體看成質(zhì)點的條件來判斷即可。
2．【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第一定律；受力分析的應(yīng)用；慣性與質(zhì)量
【解析】【解答】本題主要考查了慣性以及彈力和受力分析等，解題關(guān)鍵是掌握慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)。A．慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的速度無關(guān)。網(wǎng)球的質(zhì)量不變，無論速度大小如何，其慣性都不變，故A錯誤；
B．被擊回的網(wǎng)球在飛行過程中，已經(jīng)與球拍脫離，不再受到球拍的作用力，只受到重力，故B錯誤；
C．球拍沒有擊中球，網(wǎng)球依然會受到重力的作用，重力會改變球的運動狀態(tài)，使其運動軌跡發(fā)生變化，不會保持原來的運動狀態(tài)不變，故C錯誤；
D．根據(jù)彈力的定義，彈力是由于物體發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的。球拍對網(wǎng)球的彈力，正是因為球拍在擊打網(wǎng)球時發(fā)生了彈性形變，為了恢復(fù)原狀而對網(wǎng)球產(chǎn)生了力的作用，故D正確。
故選D。
【分析】慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)；對網(wǎng)球進行受力分析即可；當(dāng)物體不受外力或所受外力為零時其運動狀態(tài)不會改變；形變的物體為施力物體。
3．【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應(yīng)用；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查摩擦力，要注意小球在豎直方向上受到重力和靜摩擦力作用，二力平衡，靜摩擦力的大小與正壓力大小無關(guān)。A．小球處于靜止平衡狀態(tài)，對小球進行分析可知，小球受到機械臂兩個彈力、兩個向上的靜摩擦力與重力，即小球受到5 個力的作用，故A錯誤；
B．與球接觸的機械臂鐵夾面保持豎直，根據(jù)平衡條件可知，小球所受摩擦力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律可知，機械手臂的鐵夾受到的摩擦力方向豎直向下，故B錯誤；
C．結(jié)合上述，根據(jù)平衡條件可知，小球受到的摩擦力大小與小球的重力大小相等，故C正確；
D．結(jié)合上述可知，小球所受摩擦力的合力與重力大小相等，方向相反，即若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力不變，故D錯誤。
故選C。
【分析】對小球受力分析，根據(jù)平衡條件確定小球受到的摩擦力方向，并分析摩擦力與重力的關(guān)系。結(jié)合牛頓第三定律分析機械手臂的鐵夾受到的摩擦力方向。若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的靜摩擦力不變。
4．【答案】C
【知識點】運動學(xué) S-t 圖象；運動學(xué) v-t 圖象
【解析】【解答】物理圖像往往要從形狀、斜率、交點、面積、截距等數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義。A．圖像的斜率表示速度，根據(jù)圖甲可知，B物體做勻速直線運動，故A錯誤；
B．平均速度等于總位移與總時間之比，根據(jù)圖甲可知，時間內(nèi)三個物體的位移相等，則該時間內(nèi)，三個物體的平均速度相等，故B錯誤；
C．圖像中，圖像與時間軸所圍結(jié)合圖形的面積表示位移，則乙圖中第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)的位移大小之比
故C正確；
D．圖乙中，3s內(nèi)速度一直為正值，表明乙圖中第3秒末物體離出發(fā)點的距離最遠，故D錯誤。
故選C。
【分析】x-t圖像的形狀反映了物體的位移隨時間變化的情況，圖像的斜率表示速度，傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，曲線則表示物體做變速直線運動，v-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移。
5．【答案】B
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查對力的平衡條件和牛頓第二定律的理解，運用力的合成與分解法和牛頓第二定律分析。A．手推車水平勻速運動時，對貨物進行分析，根據(jù)平衡條件可知，貨物受擋板的彈力大小
可知，貨物受擋板的彈力大小小于重力的大小，故A錯誤；
B．為使貨物不離開擋板，當(dāng)擋板對貨物彈力恰好為0時的加速度為最大值，此時對貨物進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故B正確；
C．結(jié)合上述可知，當(dāng)手推車做勻速直線運動時，手推車對貨物的作用力的方向與重力方向相反，總是豎直向上，當(dāng)手推車做勻加速直線運動時，手推車對貨物的作用力的方向斜向右上方，故C錯誤；
D．手推車靜止時，若緩慢增大到，根據(jù)平衡條件可知，擋板對貨物的作用力
緩慢增大到，則擋板對貨物的作用越來越大，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據(jù)共點力平衡條件分析貨物靜止或勻速運動時的受力，根據(jù)牛頓第二定律分析貨物做變速運動時的受力。
6．【答案】C
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查了傳送帶相關(guān)知識，理解貨物在傳送帶不同情況下的受力，正確掌握摩擦力方向的特點是解決此類問題的關(guān)鍵。A．貨物均與傳送帶保持相對靜止，即貨物向下做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可知，圖a中的貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶斜面向上，故A錯誤；
B．貨物均與傳送帶保持相對靜止，即貨物向上做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可知，圖b中的貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶斜面向上，則貨物相對于傳送帶有向下運動的趨勢，故B錯誤；
C．對貨物進行分析，貨物受到重力、傳送帶的支持力與摩擦力，根據(jù)平衡條件可知，支持力與摩擦力的合力大小與重力相等，方向與重力方向相反，即圖a、b中傳送帶給貨物的作用力的大小都為G，故C正確；
D．若圖b中的傳送帶突然停止轉(zhuǎn)動，貨物相對于傳送帶向上運動，貨物受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，即貨物受到的摩擦力方向會改變，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)貨物均與傳送帶保持相對靜止，貨物受到重力、傳送帶的支持力與摩擦力，結(jié)合平衡條件，綜合傳送帶不同情況分析求解。
7．【答案】A
【知識點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】本題解題關(guān)鍵根據(jù)逆向思維求解加速度，然后利用牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律求解。AB．題意知最后t=1s內(nèi)位移大小為x=0.2m，逆向思維法可得
代入數(shù)據(jù)，解得冰壺的加速度大小
由于用時20s停止，故初速度
故A正確，B錯誤；
C．分析可知摩擦力f就是冰壺受到的合力，由牛頓第二定律有
故C錯誤；
D．勻變速直線運動規(guī)律可知，初速度為0的勻加速直線運動，在連線相等的時間內(nèi)位移比等于奇數(shù)比，逆時思維法可知前10s位移和后10s的位移之比為3：1，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據(jù)逆向思維結(jié)合運動學(xué)公式求解；對冰壺受力分析，結(jié)合牛頓第二定律列式求解。
8．【答案】A,D
【知識點】速度與速率；平均速度
【解析】【解答】本題主要考查了平均速率與平均速度，關(guān)鍵是抓住概念，重點掌握相近知識點的區(qū)別和聯(lián)系。AB．平均速度等于總位移與總時間之比，則有
故A正確，B錯誤；
CD．平均速率等于總路程與總時間之比，則有
故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】平均速率等于路程除以時間，平均速度等于位移除以時間，據(jù)此分析即可。
9．【答案】A,B,D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的受力情況，利用牛頓第二定律比較兩個過程加速度的大小。同時，要知道速度圖像的斜率表示加速度。A．設(shè)斜面的傾角為，小物塊上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物塊的速度為
速度方向沿斜面向上，若
小物塊將保持靜止，加速度為零，故A正確；
BCD．若
小物塊將下滑，小物塊下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物塊的速度為
速度方向沿斜面向下，故BD正確，C錯誤。
故選ABD。
【分析】先根據(jù)牛頓第二定律分析物塊上滑和下滑時加速度大小，從而判斷出圖像斜率的關(guān)系，根據(jù)速度—時間公式分析兩個過程運動時間關(guān)系，由此得解。
10．【答案】C,D
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】在應(yīng)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(jù)需要求出相關(guān)物理量。A．根據(jù)對稱性可知，8根鋼索的拉力大小相等，令鋼索與豎直方向夾角為，根據(jù)牛頓第二定律有
鋼筒做勻加速直線運動，加速度一定，則鋼索拉力不變，故A錯誤；
B．根據(jù)幾何關(guān)系有
結(jié)合上述解得，
故B錯誤；
C．結(jié)合題意與上述可知，當(dāng)加速度最大時，鋼索拉力最大，即拉力大小為F，則
解得
故C正確；
D．鋼筒的加速度方向豎直向上，則鋼筒處于超重狀態(tài)，故D正確。
故選CD。
【分析】對鋼筒受力分析，受重力和繩索拉力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系列式求解即可。加速度方向豎直向上，則鋼筒處于超重狀態(tài)。
11．【答案】（1）B；3.70；
（2）D；使細繩拉力大小近似等于砝碼盤和砝碼的重力；0.39
【知識點】驗證力的平行四邊形定則；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】本題考查了驗證牛頓第二定律以及探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律實驗，理解實驗?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。
（1）①實驗中用一根彈簧測力計拉橡皮條與用兩根彈簧測力計拉橡皮條時，均將橡皮條末端拉至同一位置，可知，實驗采用了等效替代法。
故選B。
②根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為3.70N。
③AO方向是橡皮條拉伸方向，即為一根彈簧測力計拉橡皮條時拉力的反向，可知，、、、四個力中，一定沿方向的力是。
（2）①A．圖中的電磁打點計時器應(yīng)接交流電源，故A錯誤；
B．平衡摩擦力時，需要把砝碼盤取下，故B錯誤；
C．令木板傾角為θ，則有
小車質(zhì)量可以消去，可知，改變小車質(zhì)量后，不需重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．為了使細繩拉力等于小車所受外力的合力，實驗中需調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行，故D正確。
故選D。
②對小車進行分析有
對砝碼盤和砝碼進行分析有
解得
為了使細繩拉力大小近似等于砝碼盤和砝碼的重力，實驗中需要使小車的質(zhì)量比砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量大很多。
③由于相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出，則相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為
根據(jù)逐差法可知，加速度
【分析】（1）①根據(jù)實驗中用一根彈簧測力計拉橡皮條與用兩根彈簧測力計拉橡皮條時，均將橡皮條末端拉至同一位置分析求解；
②根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)律分析求解；
③根據(jù)AO方向是橡皮條拉伸方向，即為一根彈簧測力計拉橡皮條時拉力的反向分析求解；
（2）①根據(jù)實驗的步驟和注意事項分析求解；
②對砝碼盤和砝碼以及小車分析，結(jié)合牛頓第二定律分析求解；
③根據(jù)逐差法，結(jié)合相鄰計數(shù)點之間的時間間隔分析求解。
（1）①[1]實驗中用一根彈簧測力計拉橡皮條與用兩根彈簧測力計拉橡皮條時，均將橡皮條末端拉至同一位置，可知，實驗采用了等效替代法。
故選B。
②[2]根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為3.70N。
③[3]AO方向是橡皮條拉伸方向，即為一根彈簧測力計拉橡皮條時拉力的反向，可知，、、、四個力中，一定沿方向的力是。
（2）①[1]A．圖中的電磁打點計時器應(yīng)接交流電源，故A錯誤；
B．平衡摩擦力時，需要把砝碼盤取下，故B錯誤；
C．令木板傾角為θ，則有
小車質(zhì)量可以消去，可知，改變小車質(zhì)量后，不需重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．為了使細繩拉力等于小車所受外力的合力，實驗中需調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行，故D正確。
故選D。
②[2]對小車進行分析有
對砝碼盤和砝碼進行分析有
解得
為了使細繩拉力大小近似等于砝碼盤和砝碼的重力，實驗中需要使小車的質(zhì)量比砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量大很多。
③[3]由于相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出，則相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為
根據(jù)逐差法可知，加速度
12．【答案】見解析；1.50；100；0.150；大于
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關(guān)系
【解析】【解答】本題考查了測量橡皮繩勁度系數(shù)的實驗，理解實驗?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。（2）將表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點作出鉤碼數(shù)量與手機位移圖像如圖所示
（3）當(dāng)手機平衡時記錄下手機下降的高度，根據(jù)胡克定律與平衡條件有
鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量，根據(jù)胡克定律與平衡條件有
解得
將坐標(biāo)（1.5cm，0）代入上式解得
（4）結(jié)合上述有
解得
由于
結(jié)合上述解得
（5）結(jié)合上述，勁度系數(shù)是根據(jù)圖像的斜率求解，即有
解得
由于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹禐椋鴮嶒炛兄亓铀俣热。芍瑢嶒灉y得的勁度系數(shù)結(jié)果大于真實值。
【分析】（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點作出鉤碼數(shù)量與手機位移n-x圖像；
（3）根據(jù)胡克定律與平衡條件，結(jié)合鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量分析求解；
（4）根據(jù)平衡條件，結(jié)合表達式的斜率分析求解；
（5）根據(jù)勁度系數(shù)是根據(jù)圖像的斜率分析求解。
13．【答案】（1）解：電動門以速度從門柱勻速向左打開，則電動門從位置打開到位置過程有
結(jié)合題中所給數(shù)據(jù)解得
（2）解：根據(jù)題意可知，反應(yīng)時間為
汽車減速至0過程，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有
解得
駕駛員反應(yīng)時間內(nèi)做勻速直線運動，此過程的位移
汽車勻減速直線運動過程的位移
則間距離
解得
【知識點】勻速直線運動；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用
【解析】【分析】（1）根據(jù)勻速運動特點求出電動門勻速的時間，再根據(jù)反應(yīng)時間分析求解；
（2）根據(jù)速度—時間關(guān)系以及速度—時間關(guān)系，結(jié)合汽車運動狀態(tài)分析求解。
（1）電動門以速度從門柱勻速向左打開，則電動門從位置打開到位置過程有
結(jié)合題中所給數(shù)據(jù)解得
（2）根據(jù)題意可知，反應(yīng)時間為
汽車減速至0過程，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有
解得
駕駛員反應(yīng)時間內(nèi)做勻速直線運動，此過程的位移
汽車勻減速直線運動過程的位移
則間距離
解得
14．【答案】（1）解：輕繩從輪胎上脫落后，對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落后的加速度大小為
解得
（2）解：4s之前對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落前的加速度大小為
解得
【知識點】牛頓定律與圖象
【解析】【分析】（1）v-t圖像的斜率表示加速度，根據(jù)圖乙求解加速度，對輪胎進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解地面對輪胎的滑動摩擦系數(shù)；
（2）4s之前對輪胎進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小。
（1）輕繩從輪胎上脫落后，對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落后的加速度大小為
解得
（2）4s之前對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落前的加速度大小為
解得
15．【答案】（1）解：開始運動時木塊的加速度，方向水平向右
長木板的加速度，方向水平向右
（2）解：撤去F前木塊在長木板上運動的距離
（3）解：撤去F時，木塊和木板的速度分別為，
此后木塊的加速度
當(dāng)兩者共速時
解得，
則
則長木板的長度至少為
【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—板塊模型
【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求開始運動時木塊和長木板的加速度；
（2）根據(jù)位移—時間公式結(jié)合木塊和長木板的位移之差求撤去F前木塊在長木板上運動的距離；
（3）根據(jù)速度—時間公式求出撤去F時木塊和長木板的速度。根據(jù)牛頓第二定律求出撤去拉力后木塊的加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式求解木塊相對于木板的位移，根據(jù)幾何關(guān)系求解長木板的總長度。
（1）開始運動時木塊的加速度，方向水平向右
長木板的加速度，方向水平向右
（2）撤去F前木塊在長木板上運動的距離
（3）撤去F時，木塊和木板的速度分別為，
此后木塊的加速度
當(dāng)兩者共速時
解得，
則
則長木板的長度至少為
1 / 1廣東省廣州市九區(qū)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期末考試物理試題
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·廣州期末）如圖所示，某同學(xué)從學(xué)校騎行到廣州圖書館，騎行導(dǎo)航提供了三條可行線路及相關(guān)數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（　　）
A．三條線路的位移大小不相等
B．三條線路的平均速度大小相等
C．圖中方案一顯示的“13分鐘，2.5公里”分別指時間和路程
D．在導(dǎo)航地圖上研究自行車的運動軌跡時，自行車不可視為質(zhì)點
【答案】C
【知識點】質(zhì)點；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】對于物理中的基本概念要理解其本質(zhì)不同，不能停在表面，如時間與時刻的區(qū)別，看成質(zhì)點的條件等，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。A．位移表示由起點指向終點的有向線段，由于三條路線始末位置相同，可知，三條線路的位移大小相等，故A錯誤；
B．平均速度等于總位移與總時間之比，結(jié)合上述與題意可知，三條線路的位移大小相等，三條路線總時間不相等，則三條線路的平均速度大小不相等，故B錯誤；
C.3分鐘描述的是方案一所用的總時間，2.5公里是方案一運動軌跡的總長度，可知，方案一顯示的“13分鐘，2.5公里”分別指時間和路程，故C正確；
D．在導(dǎo)航地圖上研究自行車的運動軌跡時，自行車的形狀和體積對所研究問題的影響可以忽略，此時自行車可視為質(zhì)點，故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；平均速度等于位移除以時間；時間間隔是指時間的長度，在時間軸上對應(yīng)一段距離，時刻是指時間點，在時間軸上對應(yīng)的是一個點；當(dāng)物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質(zhì)點，根據(jù)把物體看成質(zhì)點的條件來判斷即可。
2．（2025高一上·廣州期末）2024年8月中國網(wǎng)球選手在巴黎奧運會中首獲女子單打金牌，創(chuàng)造了歷史性的一刻。如圖所示，運動員把飛來的網(wǎng)球擊打回去，落到了對方場內(nèi)，則下列說法正確的是（　　）
A．網(wǎng)球的速度越大，慣性越大
B．被擊回的網(wǎng)球在飛行過程中受到重力和球拍的作用力
C．若球拍沒有擊中球，則球會保持原來的運動狀態(tài)不變
D．球拍對網(wǎng)球的彈力，是因為球拍發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的
【答案】D
【知識點】形變與彈力；牛頓第一定律；受力分析的應(yīng)用；慣性與質(zhì)量
【解析】【解答】本題主要考查了慣性以及彈力和受力分析等，解題關(guān)鍵是掌握慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)。A．慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的速度無關(guān)。網(wǎng)球的質(zhì)量不變，無論速度大小如何，其慣性都不變，故A錯誤；
B．被擊回的網(wǎng)球在飛行過程中，已經(jīng)與球拍脫離，不再受到球拍的作用力，只受到重力，故B錯誤；
C．球拍沒有擊中球，網(wǎng)球依然會受到重力的作用，重力會改變球的運動狀態(tài)，使其運動軌跡發(fā)生變化，不會保持原來的運動狀態(tài)不變，故C錯誤；
D．根據(jù)彈力的定義，彈力是由于物體發(fā)生彈性形變而產(chǎn)生的。球拍對網(wǎng)球的彈力，正是因為球拍在擊打網(wǎng)球時發(fā)生了彈性形變，為了恢復(fù)原狀而對網(wǎng)球產(chǎn)生了力的作用，故D正確。
故選D。
【分析】慣性是物體的固有屬性，其大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)；對網(wǎng)球進行受力分析即可；當(dāng)物體不受外力或所受外力為零時其運動狀態(tài)不會改變；形變的物體為施力物體。
3．（2025高一上·廣州期末）如圖，一智能機械臂水平夾住一個金屬小球在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，與球接觸的機械臂鐵夾面保持豎直，則（　　）
A．小球受到3個力的作用
B．機械手臂的鐵夾受到的摩擦力方向豎直向上
C．小球受到的摩擦力大小與小球的重力大小相等
D．若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力變大
【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；受力分析的應(yīng)用；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查摩擦力，要注意小球在豎直方向上受到重力和靜摩擦力作用，二力平衡，靜摩擦力的大小與正壓力大小無關(guān)。A．小球處于靜止平衡狀態(tài)，對小球進行分析可知，小球受到機械臂兩個彈力、兩個向上的靜摩擦力與重力，即小球受到5 個力的作用，故A錯誤；
B．與球接觸的機械臂鐵夾面保持豎直，根據(jù)平衡條件可知，小球所受摩擦力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律可知，機械手臂的鐵夾受到的摩擦力方向豎直向下，故B錯誤；
C．結(jié)合上述，根據(jù)平衡條件可知，小球受到的摩擦力大小與小球的重力大小相等，故C正確；
D．結(jié)合上述可知，小球所受摩擦力的合力與重力大小相等，方向相反，即若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力不變，故D錯誤。
故選C。
【分析】對小球受力分析，根據(jù)平衡條件確定小球受到的摩擦力方向，并分析摩擦力與重力的關(guān)系。結(jié)合牛頓第三定律分析機械手臂的鐵夾受到的摩擦力方向。若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的靜摩擦力不變。
4．（2025高一上·廣州期末）如圖所示為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中B物體做勻加速直線運動
B．甲圖時間內(nèi)C物體的平均速度最大
C．乙圖中第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)的位移大小之比
D．乙圖中第2.5秒末物體離出發(fā)點的距離最遠
【答案】C
【知識點】運動學(xué) S-t 圖象；運動學(xué) v-t 圖象
【解析】【解答】物理圖像往往要從形狀、斜率、交點、面積、截距等數(shù)學(xué)意義來理解其物理意義。A．圖像的斜率表示速度，根據(jù)圖甲可知，B物體做勻速直線運動，故A錯誤；
B．平均速度等于總位移與總時間之比，根據(jù)圖甲可知，時間內(nèi)三個物體的位移相等，則該時間內(nèi)，三個物體的平均速度相等，故B錯誤；
C．圖像中，圖像與時間軸所圍結(jié)合圖形的面積表示位移，則乙圖中第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)的位移大小之比
故C正確；
D．圖乙中，3s內(nèi)速度一直為正值，表明乙圖中第3秒末物體離出發(fā)點的距離最遠，故D錯誤。
故選C。
【分析】x-t圖像的形狀反映了物體的位移隨時間變化的情況，圖像的斜率表示速度，傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，曲線則表示物體做變速直線運動，v-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移。
5．（2025高一上·廣州期末）手推車作為不可缺少的搬運工具而沿用至今，如圖所示，有一手推車的平面與擋板垂直，某次在運貨時手推車平面與水平地面的夾角為，重力加速度為，貨物與手推車保持相對靜止，若忽略貨物與車平面之間的摩擦力，下列說法正確的是（　　）
A．手推車水平勻速運動時，貨物受擋板的彈力大小等于重力的大小
B．為使貨物不離開擋板，手推車水平向右的加速度不能超過
C．無論手推車怎么運動，手推車對貨物的作用力的方向總是豎直向上
D．手推車靜止時，若緩慢增大到，則擋板對貨物的作用越來越小
【答案】B
【知識點】力的合成與分解的運用；共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查對力的平衡條件和牛頓第二定律的理解，運用力的合成與分解法和牛頓第二定律分析。A．手推車水平勻速運動時，對貨物進行分析，根據(jù)平衡條件可知，貨物受擋板的彈力大小
可知，貨物受擋板的彈力大小小于重力的大小，故A錯誤；
B．為使貨物不離開擋板，當(dāng)擋板對貨物彈力恰好為0時的加速度為最大值，此時對貨物進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
故B正確；
C．結(jié)合上述可知，當(dāng)手推車做勻速直線運動時，手推車對貨物的作用力的方向與重力方向相反，總是豎直向上，當(dāng)手推車做勻加速直線運動時，手推車對貨物的作用力的方向斜向右上方，故C錯誤；
D．手推車靜止時，若緩慢增大到，根據(jù)平衡條件可知，擋板對貨物的作用力
緩慢增大到，則擋板對貨物的作用越來越大，故D錯誤。
故選B。
【分析】根據(jù)共點力平衡條件分析貨物靜止或勻速運動時的受力，根據(jù)牛頓第二定律分析貨物做變速運動時的受力。
6．（2025高一上·廣州期末）傳送帶輸送線是物流搬運和輸送的常見設(shè)備，、圖中貨物的重力均為G，勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶斜面的傾角為，箭頭代表傳送帶的運動方向，貨物均與傳送帶保持相對靜止，且傳送帶均足夠長。以下說法正確的是（　　）
A．圖a中的貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶斜面向下
B．圖b中的貨物相對于傳送帶有向上運動的趨勢
C．圖a、b中傳送帶給貨物的作用力的大小都為G
D．若圖b中的傳送帶突然停止轉(zhuǎn)動，貨物受到的摩擦力方向不會改變
【答案】C
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查了傳送帶相關(guān)知識，理解貨物在傳送帶不同情況下的受力，正確掌握摩擦力方向的特點是解決此類問題的關(guān)鍵。A．貨物均與傳送帶保持相對靜止，即貨物向下做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可知，圖a中的貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶斜面向上，故A錯誤；
B．貨物均與傳送帶保持相對靜止，即貨物向上做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件可知，圖b中的貨物受到的摩擦力方向沿傳送帶斜面向上，則貨物相對于傳送帶有向下運動的趨勢，故B錯誤；
C．對貨物進行分析，貨物受到重力、傳送帶的支持力與摩擦力，根據(jù)平衡條件可知，支持力與摩擦力的合力大小與重力相等，方向與重力方向相反，即圖a、b中傳送帶給貨物的作用力的大小都為G，故C正確；
D．若圖b中的傳送帶突然停止轉(zhuǎn)動，貨物相對于傳送帶向上運動，貨物受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，即貨物受到的摩擦力方向會改變，故D錯誤。
故選C。
【分析】根據(jù)貨物均與傳送帶保持相對靜止，貨物受到重力、傳送帶的支持力與摩擦力，結(jié)合平衡條件，綜合傳送帶不同情況分析求解。
7．（2025高一上·廣州期末）冰壺運動是在冰上進行的一種投擲性競賽項目，在某次比賽中，質(zhì)量為18千克的冰壺被投出后近似做勻減速直線運動，用時20s停止，最后1s內(nèi)位移大小為0.2m，若忽略冰壺轉(zhuǎn)動的影響，下面說法正確的是（　　）
A．冰壺的初速度大小是
B．冰壺的加速度大小是
C．冰壺受到的摩擦力大小為8.2N
D．前10s位移和后10s的位移之比為
【答案】A
【知識點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】本題解題關(guān)鍵根據(jù)逆向思維求解加速度，然后利用牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律求解。AB．題意知最后t=1s內(nèi)位移大小為x=0.2m，逆向思維法可得
代入數(shù)據(jù)，解得冰壺的加速度大小
由于用時20s停止，故初速度
故A正確，B錯誤；
C．分析可知摩擦力f就是冰壺受到的合力，由牛頓第二定律有
故C錯誤；
D．勻變速直線運動規(guī)律可知，初速度為0的勻加速直線運動，在連線相等的時間內(nèi)位移比等于奇數(shù)比，逆時思維法可知前10s位移和后10s的位移之比為3：1，故D錯誤。
故選A。
【分析】根據(jù)逆向思維結(jié)合運動學(xué)公式求解；對冰壺受力分析，結(jié)合牛頓第二定律列式求解。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．（2025高一上·廣州期末）直線折返跑是訓(xùn)練足球運動員體能的方式。如圖將6個標(biāo)示筒兩兩間隔5m擺放，跑動順序為，運動時間為10s，則全過程的平均速度大小和平均速率分別為（　　）
A．平均速度大小為 B．平均速度大小為
C．平均速率為 D．平均速率為
【答案】A,D
【知識點】速度與速率；平均速度
【解析】【解答】本題主要考查了平均速率與平均速度，關(guān)鍵是抓住概念，重點掌握相近知識點的區(qū)別和聯(lián)系。AB．平均速度等于總位移與總時間之比，則有
故A正確，B錯誤；
CD．平均速率等于總路程與總時間之比，則有
故C錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】平均速率等于路程除以時間，平均速度等于位移除以時間，據(jù)此分析即可。
9．（2025高一上·廣州期末）如圖所示，小物塊以某一初速度從斜面底端沖上固定粗糙斜面。下面給出的描述上述全過程中小物塊的速度v隨時間t變化和加速度a隨時間變化t的圖像中，可能正確的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用
【解析】【解答】解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的受力情況，利用牛頓第二定律比較兩個過程加速度的大小。同時，要知道速度圖像的斜率表示加速度。A．設(shè)斜面的傾角為，小物塊上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物塊的速度為
速度方向沿斜面向上，若
小物塊將保持靜止，加速度為零，故A正確；
BCD．若
小物塊將下滑，小物塊下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物塊的速度為
速度方向沿斜面向下，故BD正確，C錯誤。
故選ABD。
【分析】先根據(jù)牛頓第二定律分析物塊上滑和下滑時加速度大小，從而判斷出圖像斜率的關(guān)系，根據(jù)速度—時間公式分析兩個過程運動時間關(guān)系，由此得解。
10．（2025高一上·廣州期末）如圖，港珠澳大橋人工島建設(shè)時，起重機用8根對稱分布且長度為的鋼索將直徑為、質(zhì)量為的鋼筒以勻加速豎直吊起，重力加速度為，若每根鋼索所能承受的最大拉力大小為，則吊起過程中下列說法正確的是（　　）
A．鋼索拉力不斷變大
B．每根鋼索所受到的拉力大小為
C．鋼筒的最大加速度為
D．鋼筒處于超重狀態(tài)
【答案】C,D
【知識點】牛頓第二定律；超重與失重
【解析】【解答】在應(yīng)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(jù)需要求出相關(guān)物理量。A．根據(jù)對稱性可知，8根鋼索的拉力大小相等，令鋼索與豎直方向夾角為，根據(jù)牛頓第二定律有
鋼筒做勻加速直線運動，加速度一定，則鋼索拉力不變，故A錯誤；
B．根據(jù)幾何關(guān)系有
結(jié)合上述解得，
故B錯誤；
C．結(jié)合題意與上述可知，當(dāng)加速度最大時，鋼索拉力最大，即拉力大小為F，則
解得
故C正確；
D．鋼筒的加速度方向豎直向上，則鋼筒處于超重狀態(tài)，故D正確。
故選CD。
【分析】對鋼筒受力分析，受重力和繩索拉力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系列式求解即可。加速度方向豎直向上，則鋼筒處于超重狀態(tài)。
三、非選擇題：共54分，考生根據(jù)要求作答。
11．（2025高一上·廣州期末）下列是《普通高中物理課程標(biāo)準》中列出的兩個必做實驗的部分步驟：
（1）某同學(xué)用圖甲的實驗裝置做“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗，實驗時將橡皮條的一端固定在水平木板上，另一端系上兩根細繩，細繩的另一端都有繩套，實驗中需用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，并互成角度地拉橡皮條，使結(jié)點到達某一位置。
①本實驗用到的方法是　 　；
A.控制變量法 B.等效替換法 C.理想模型法
②圖甲中沿方向拉的彈簧測力計的示數(shù)為　 　N；
③根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在白紙上作出如圖乙所示的力的圖示，、、、四個力中，一定沿方向的力是　 　。（填上述字母）
（2）某同學(xué)用下圖中的裝置進行實驗，探究小車的加速度與小車受力，小車質(zhì)量的關(guān)系。
①下列說法正確的是　 　
A.圖中的電磁打點計時器應(yīng)接直流電源
B.平衡摩擦力時，需要把砝碼盤通過細繩系在小車上
C.改變小車質(zhì)量后，需重新平衡摩擦力
D.需調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行
②實驗中要求小車的質(zhì)量比砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量大很多，這樣做的目的是　 　。
③實驗中獲得一條紙帶如圖所示，其中兩相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出。已知所用電源的頻率為50Hz，小車運動的加速度大小　 　。（計算結(jié)果要求保留兩位有效數(shù)字）
【答案】（1）B；3.70；
（2）D；使細繩拉力大小近似等于砝碼盤和砝碼的重力；0.39
【知識點】驗證力的平行四邊形定則；探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
【解析】【解答】本題考查了驗證牛頓第二定律以及探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律實驗，理解實驗?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。
（1）①實驗中用一根彈簧測力計拉橡皮條與用兩根彈簧測力計拉橡皮條時，均將橡皮條末端拉至同一位置，可知，實驗采用了等效替代法。
故選B。
②根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為3.70N。
③AO方向是橡皮條拉伸方向，即為一根彈簧測力計拉橡皮條時拉力的反向，可知，、、、四個力中，一定沿方向的力是。
（2）①A．圖中的電磁打點計時器應(yīng)接交流電源，故A錯誤；
B．平衡摩擦力時，需要把砝碼盤取下，故B錯誤；
C．令木板傾角為θ，則有
小車質(zhì)量可以消去，可知，改變小車質(zhì)量后，不需重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．為了使細繩拉力等于小車所受外力的合力，實驗中需調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行，故D正確。
故選D。
②對小車進行分析有
對砝碼盤和砝碼進行分析有
解得
為了使細繩拉力大小近似等于砝碼盤和砝碼的重力，實驗中需要使小車的質(zhì)量比砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量大很多。
③由于相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出，則相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為
根據(jù)逐差法可知，加速度
【分析】（1）①根據(jù)實驗中用一根彈簧測力計拉橡皮條與用兩根彈簧測力計拉橡皮條時，均將橡皮條末端拉至同一位置分析求解；
②根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)律分析求解；
③根據(jù)AO方向是橡皮條拉伸方向，即為一根彈簧測力計拉橡皮條時拉力的反向分析求解；
（2）①根據(jù)實驗的步驟和注意事項分析求解；
②對砝碼盤和砝碼以及小車分析，結(jié)合牛頓第二定律分析求解；
③根據(jù)逐差法，結(jié)合相鄰計數(shù)點之間的時間間隔分析求解。
（1）①[1]實驗中用一根彈簧測力計拉橡皮條與用兩根彈簧測力計拉橡皮條時，均將橡皮條末端拉至同一位置，可知，實驗采用了等效替代法。
故選B。
②[2]根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為3.70N。
③[3]AO方向是橡皮條拉伸方向，即為一根彈簧測力計拉橡皮條時拉力的反向，可知，、、、四個力中，一定沿方向的力是。
（2）①[1]A．圖中的電磁打點計時器應(yīng)接交流電源，故A錯誤；
B．平衡摩擦力時，需要把砝碼盤取下，故B錯誤；
C．令木板傾角為θ，則有
小車質(zhì)量可以消去，可知，改變小車質(zhì)量后，不需重新平衡摩擦力，故C錯誤；
D．為了使細繩拉力等于小車所受外力的合力，實驗中需調(diào)節(jié)定滑輪的高度，使滑輪與小車間的細繩與木板平行，故D正確。
故選D。
②[2]對小車進行分析有
對砝碼盤和砝碼進行分析有
解得
為了使細繩拉力大小近似等于砝碼盤和砝碼的重力，實驗中需要使小車的質(zhì)量比砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量大很多。
③[3]由于相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出，則相鄰計數(shù)點之間的時間間隔為
根據(jù)逐差法可知，加速度
12．（2025高一上·廣州期末）某實驗小組利用如圖所示的實驗裝置來測量橡皮繩的勁度系數(shù)。將手機懸掛在橡皮繩下，利用手機內(nèi)置傳感器結(jié)合軟件可獲得手機運動的位移。
（1）該實驗小組進行了如下主要的實驗步驟：
①安裝實驗器材，橡皮繩分別與手機和鐵架臺連接，手機重心和橡皮繩在同一豎直線；
②手掌托著手機，使橡皮繩處于原長狀態(tài)，打開手機軟件；
③緩慢釋放手機，當(dāng)手機平衡時記錄下手機下降的高度；
④在手機正下方懸掛不同個數(shù)的鉤碼，每個鉤碼的質(zhì)量，緩慢釋放，當(dāng)鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量；
⑤重復(fù)上述第4步操作，數(shù)據(jù)記錄如表所示；
（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在答題紙圖中描點作出鉤碼數(shù)量與手機位移圖像　 　；
鉤碼數(shù)量 0 1 2 3 4
手機下落高度 1.50 2.01 2.51 2.99 3.50
（3）根據(jù)圖像，可知不掛鉤碼時，橡皮繩的伸長量為　 　cm；
（4）已知每個鉤碼的質(zhì)量為50g，重力加速度，由圖像可以求得彈力繩的勁度系數(shù)為　 　，由此計算出手機的質(zhì)量為　 　g。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）
（5）某同學(xué)查閱相關(guān)資料得知當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹禐椋艨紤]此因素的影響，實驗測得的勁度系數(shù)結(jié)果　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。
【答案】見解析；1.50；100；0.150；大于
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關(guān)系
【解析】【解答】本題考查了測量橡皮繩勁度系數(shù)的實驗，理解實驗?zāi)康摹⒉襟E、數(shù)據(jù)處理以及誤差分析是解決此類問題的關(guān)鍵。（2）將表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點作出鉤碼數(shù)量與手機位移圖像如圖所示
（3）當(dāng)手機平衡時記錄下手機下降的高度，根據(jù)胡克定律與平衡條件有
鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量，根據(jù)胡克定律與平衡條件有
解得
將坐標(biāo)（1.5cm，0）代入上式解得
（4）結(jié)合上述有
解得
由于
結(jié)合上述解得
（5）結(jié)合上述，勁度系數(shù)是根據(jù)圖像的斜率求解，即有
解得
由于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹禐椋鴮嶒炛兄亓铀俣热。芍瑢嶒灉y得的勁度系數(shù)結(jié)果大于真實值。
【分析】（2）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在圖中描點作出鉤碼數(shù)量與手機位移n-x圖像；
（3）根據(jù)胡克定律與平衡條件，結(jié)合鉤碼平衡時，記錄下從橡皮繩原長開始下降的伸長量分析求解；
（4）根據(jù)平衡條件，結(jié)合表達式的斜率分析求解；
（5）根據(jù)勁度系數(shù)是根據(jù)圖像的斜率分析求解。
13．（2025高一上·廣州期末）不少的辦公及住宅小區(qū)安裝了可水平移動的電動伸縮門。現(xiàn)一輛寬為的汽車勻速直線行駛到A位置時，電動門以速度從門柱勻速向左打開，駕駛員看到后操作剎車。已知駕駛員反應(yīng)時間為0.5s，剎車時汽車的加速度大小為，汽車到達位置處停下，左前端恰好沒碰到電動門，此時車右端距離門柱水平距離為，求：
（1）電動門從位置打開到位置所用的時間；
（2）汽車做勻減速運動的初速度及間距離大小。
【答案】（1）解：電動門以速度從門柱勻速向左打開，則電動門從位置打開到位置過程有
結(jié)合題中所給數(shù)據(jù)解得
（2）解：根據(jù)題意可知，反應(yīng)時間為
汽車減速至0過程，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有
解得
駕駛員反應(yīng)時間內(nèi)做勻速直線運動，此過程的位移
汽車勻減速直線運動過程的位移
則間距離
解得
【知識點】勻速直線運動；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用
【解析】【分析】（1）根據(jù)勻速運動特點求出電動門勻速的時間，再根據(jù)反應(yīng)時間分析求解；
（2）根據(jù)速度—時間關(guān)系以及速度—時間關(guān)系，結(jié)合汽車運動狀態(tài)分析求解。
（1）電動門以速度從門柱勻速向左打開，則電動門從位置打開到位置過程有
結(jié)合題中所給數(shù)據(jù)解得
（2）根據(jù)題意可知，反應(yīng)時間為
汽車減速至0過程，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有
解得
駕駛員反應(yīng)時間內(nèi)做勻速直線運動，此過程的位移
汽車勻減速直線運動過程的位移
則間距離
解得
14．（2025高一上·廣州期末）在水平路面上帶動輪胎加速跑是鍛煉運動員核心力量和耐力的一種有效方法，如圖甲所示，在某次訓(xùn)練活動中，運動員腰部系著不可伸長的輕繩拖著質(zhì)量的輪胎從靜止開始沿著筆直的跑道加速奔跑，輕繩與水平地面間的夾角為，后輕繩從輪胎上脫落，輪胎直線運動的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，已知，，g取。求：
（1）地面對輪胎的滑動摩擦系數(shù)；
（2）拖繩對輪胎的拉力大小。
【答案】（1）解：輕繩從輪胎上脫落后，對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落后的加速度大小為
解得
（2）解：4s之前對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落前的加速度大小為
解得
【知識點】牛頓定律與圖象
【解析】【分析】（1）v-t圖像的斜率表示加速度，根據(jù)圖乙求解加速度，對輪胎進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解地面對輪胎的滑動摩擦系數(shù)；
（2）4s之前對輪胎進行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小。
（1）輕繩從輪胎上脫落后，對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落后的加速度大小為
解得
（2）4s之前對輪胎進行分析，則有，，
根據(jù)圖乙可知，輕繩從輪胎上脫落前的加速度大小為
解得
15．（2025高一上·廣州期末）如圖所示，一長木板靜止在水平地面上，其左端有一小木塊（可視為質(zhì)點），某時刻有的水平拉力作用在木塊上，使其由靜止開始運動，2s后撤去拉力。已知木塊的質(zhì)量，長木板的質(zhì)量，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)，木板長度為，重力加速度。
（1）求開始運動時木塊和長木板的加速度；
（2）求撤去前木塊在長木板上運動的距離（木塊還沒有掉下木板）；
（3）為使木塊不從長木板滑出，長木板至少有多長。
【答案】（1）解：開始運動時木塊的加速度，方向水平向右
長木板的加速度，方向水平向右
（2）解：撤去F前木塊在長木板上運動的距離
（3）解：撤去F時，木塊和木板的速度分別為，
此后木塊的加速度
當(dāng)兩者共速時
解得，
則
則長木板的長度至少為
【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—板塊模型
【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求開始運動時木塊和長木板的加速度；
（2）根據(jù)位移—時間公式結(jié)合木塊和長木板的位移之差求撤去F前木塊在長木板上運動的距離；
（3）根據(jù)速度—時間公式求出撤去F時木塊和長木板的速度。根據(jù)牛頓第二定律求出撤去拉力后木塊的加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式求解木塊相對于木板的位移，根據(jù)幾何關(guān)系求解長木板的總長度。
（1）開始運動時木塊的加速度，方向水平向右
長木板的加速度，方向水平向右
（2）撤去F前木塊在長木板上運動的距離
（3）撤去F時，木塊和木板的速度分別為，
此后木塊的加速度
當(dāng)兩者共速時
解得，
則
則長木板的長度至少為
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