資源簡介

廣東省廣州市第六中學2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題
一、單選題
1．（2025高一上·廣州期末）關于物理必修1教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（　　）
A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是平均速度
B．圖2中，速度的變化量越大，表示加速度也越大
C．圖3中，把變速運動過程細分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后將這些小段的位移相加，得到總位移，這種方法運用了假設法
D．圖4中，伽利略用實驗和邏輯推理相結合的方法間接驗證了小球下落的速度與所用時間成正比
【答案】D
【知識點】加速度；微元法；瞬時速度；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是瞬時速率，故A錯誤；
B．圖2中，速度的變化量越大，但是時間不確定，則表示加速度不一定越大，故B錯誤；
C．圖3中，求解位移的方法是運用了微元法，故C錯誤；
D．圖4中，伽利略在斜面實驗的基礎上經過演繹歸納得出了小球下落的速度與所用時間成正比，故D正確。
故選 D。
【分析】研究變速直線運動位移，利用微元法；加速的定義式的理解；伽利略斜面實驗的理解。
2．（2025高一上·廣州期末）中國運動員鄭欽文在今年的巴黎奧運會上獲得女單網球冠軍，創造了新的歷史。如圖所示，鄭欽文把飛來的網球擊打回去，球落到了對方場內，則下列說法正確的是（　　）
A．飛來的網球速度越大，慣性越大
B．球拍對球的彈力是球拍發生彈性形變而產生的
C．球被打飛回去，說明力是維持物體運動狀態的原因
D．若球拍沒有擊中球，則球在空中做自由落體運動
【答案】B
【知識點】形變與彈力；慣性與質量；自由落體運動
【解析】【解答】A．慣性是物體的固有屬性，只由質量決定，與物體的速度無關，故A錯誤；
B．球拍對球的彈力，是因為球拍發生彈性形變而要恢復形變，對球產生的力，故B正確；
C．力是改變物體運動狀態的原因，不是維持物體運動狀態的原因，球被打飛回去，是力使球運動狀態改變，故C錯誤；
D．若球拍沒有擊打球，由于球有速度且仍受重力作用，由于慣性球不會在空中做自由落體運動，故D錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對慣性、彈力、力的作用效果、自由落體運動的理解，慣性只與物體質量有關，質量越大慣性越大，質量越小慣性越小；彈力產生條件：物體直接接觸，接觸面發生彈性形變；力是改變物體運動狀態和形狀的原因；自由落體運動是物體從靜止開始只受重力的下落運動。
3．（2025高一上·廣州期末）2024年7月31日，在巴黎奧運會女子雙人十米臺跳水決賽中，中國選手陳芋汐、全紅嬋獲得冠軍。假設跳水運動員（視為質點）起跳離開跳板后在一條直線上運動．其離開跳板至人水前的運動過程中、豎直向上起跳時的速度大小為．最大速度大小為．不計空氣阻力，重力加速度大小為，則下列說法不正確的是（　　）
A．運動員離開跳板至入水前一直在做勻變速直線運動
B．運動員離水面最遠距離為
C．運動員在空中運動的時間為
D．跳板離水面的高度為
【答案】C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】A．運動員離開跳板至入水前，只受重力作用，由于加速度保持不變所以運動員一直在做勻變速直線運動，選項A正確，不符合題意；
B．根據速度位移公式可以得出：運動員從最高點到落到水面上下落的高度為
即離水面最遠距離為，選項B正確， 不符合題意；
C．根據速度公式可以得出運動員在空中運動的時間為
選項C錯誤，符合題意；
D．根據速度位移公式可以得出跳板離水面的高度為
選項D正確，不符合題意。
故選C。
【分析】由于運動員只受到重力則做勻加速直線運動；利用速度位移公式可以求出最遠的距離；利用速度公式可以求出運動的時間。
4．（2025高一上·廣州期末）無錫首條市域軌道交通S1號線通車當日，李華在水平直軌道上運行的列車上，用細線將一支圓珠筆（可視作質點）懸掛在豎直扶手上，在垂直于列車前進的方向上，用智能手機拍攝了如圖所示的照片，細線相對豎直扶手偏南且保持一定的夾角，用刻度尺測量出了細線懸掛部分的長度l和圓珠筆到豎直扶手的水平距離d。已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．研究列車通過某一站臺所用時間時，可以將列車視作質點
B．圓珠筆處于靜止狀態，是以軌道為參考系
C．此時列車可能向南做加速運動
D．此時列車的加速度大小為
【答案】D
【知識點】質點；參考系與坐標系；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．研究列車通過某一站臺所用時間時，列車的大小不能忽略，不可以將列車視作質點，故A錯誤；
B．以列車為參考系，圓珠筆相對位置不變，處于靜止狀態，故B錯誤；
CD．對圓珠筆受力分析，如圖所示
豎直方向上，由平衡條件有
水平方向上，由牛頓第二定律有
解得
由幾何關系
可得加速度
加速度方向與合力方向相同，水平向北，則列車可能做向北的加速運動，可能做向南的減速運動，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】本題通過列車上的圓珠筆的運動狀態考查質點、參考系、牛頓第二定律。任何物體，只要大小和形狀對研究問題的影響可以忽略，都可以看做質點；參考系是事先假定為不動的物體，相對參考系有位置變化，物體是運動的，沒有相對位置變化，物體是靜止的；物體的加速度與合力成正比，與質量成反比，對圓珠筆受力分析，根據牛頓第二定律求得圓珠筆加速度，確定圓珠筆運動狀態。
5．（2025高一上·廣州期末）我國擁有世界上最現代化的鐵路網和最發達的高鐵網，從“和諧號”到“復興號”，中國高鐵不斷創新，引領世界標準。一輛和諧號動車正和一輛復興號動車運動的圖像如圖所示，若時兩車車頭并排做直線運動，下列說法正確的是（　　）
A．和諧號內加速度大小為
B．復興號的最大速度為
C．兩車車頭在再次并排
D．兩車車頭再次并排前的最大距離為144m
【答案】C
【知識點】追及相遇問題；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．由圖像可得，勻加速階段和諧號的加速度為
故A錯誤；
B．勻加速階段，復興號的加速度為
圖乙中復興號的最大速度為
故B錯誤；
CD．速度相等時距離最大，由圖像的面積表示位移，則在0~24s兩者的最大距離為m=48m
在24s~32s兩者的位移差為
m
設32s后再經t時間兩車再次并排，則
解得
s
則兩車車頭在t=36s再次并排，故C正確，D錯誤；
故選C。
【分析】本題主要借助速度—時間圖像考查追擊相遇問題。結合圖像物理意義解答。
速度—時間圖像的斜率表示加速度，由圖像結合公式求解兩列車的加速度；由求解 復興號的最大速度 ；速度—時間圖像的圖線與坐標軸圍成面積表示位移，速度相等時兩車距離最大，由圖像求得兩車車頭再次并排前的最大距離、 兩車車頭再次并排的時間。
6．（2025高一上·廣州期末）如圖甲所示，用瓦片做屋頂是我國建筑特色之一。屋頂部分結構如圖乙所示，橫截面為圓弧的瓦片靜置在兩根相互平行的椽子正中間。已知椽子間距離，與水平面夾角均為，瓦片質量，圓弧半徑，忽略瓦片厚度和椽子的粗細，則（　　）
A．每根椽子對瓦片的彈力為
B．椽子對瓦片彈力的合力為
C．瓦片所受摩擦力大小為
D．僅稍微增加椽子間距離，瓦片更容易往下滑
【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．對于瓦片，受力平衡，可知椽子對瓦片彈力的合力
設每根椽子對瓦片的彈力為，彈力與豎直方向夾角為，有
由幾何關系得
解得
故A正確，B錯誤；
C．由平衡條件可得，瓦片所受摩擦力大小
故C錯誤；
D．僅稍微增加椽子間距離，增大，cos減小，每根椽子對瓦片的彈力增大，最大靜摩擦力增大，瓦片更不易往下滑，故D錯誤。
故選 A。
【分析】本題主要考查共點力平衡中的立體空間問題。對瓦片受力分析，受重力，兩根椽子
對瓦片的支持力、摩擦力。由平衡條件可得瓦片受到椽子的作用力；瓦片靜止，所受合力為零，則在垂直于椽子方向所受合力也為零，瓦片受到垂直于椽子向下的力為重力的分力mgcos，瓦片受到垂直于椽子向上的力為兩根椽子對瓦片的支持力的合力，由力的平衡關系和幾何關系分析。
7．（2025高一上·廣州期末）2024亞太國際低空經濟產業博覽會于12月4日-6日在深圳國際會展中心舉行，無人機是當前我國戰略性新興產業之一、近年來，不管在技術、產品、應用還是市場上，我國都取得了巨大的成就。如圖1所示，某次無人機從地面由靜止開始豎直向上飛行，它運動的圖像如圖2所示，b點為圖線的最高點。下列說法正確的是（　　）
A．研究無人機螺旋槳的轉動情況時可將其視為質點
B．無人機在過程中受到的合外力越來越小
C．無人機在時刻運動到最高點
D．無人機在時刻向下運動
【答案】B
【知識點】質點；牛頓第二定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．研究無人機螺旋槳的轉動情況時，無人機的形狀大小不能忽略改，不能將其視為質點，故A錯誤；
B．圖像的切線斜率表示加速度，由題圖可知，人機在過程中斜率越來越小，的加速度越來越小，根據牛頓第二定律F=ma可知，其所受合外力越來越小，故B正確；
CD．根據圖像可知，無人機在時間內的速度方向一直不變，所以時刻運動到最高點，故CD錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對質點的理解、速度—時間圖像的應用。任何物體，只要大小和形狀對研究問題的影響可以忽略，都可以看做質點；速度—時間圖像的斜率表示加速度，橫軸上方向表示速度為正，橫軸下方表示速度為負；根據圖像判斷加速度變化，根據牛頓第二定律判斷合力變化。
二、多選題
8．（2025高一上·廣州期末）漁業作業中，魚蝦捕撈上來后，通過“魚蝦分離裝置”，實現了機械化分離魚和蝦，降低了人工成本。某科學小組將“魚蝦分離裝置”簡化為如圖所示模型，傳送帶與水平面的夾角，分離器出口與順時針運轉的傳送帶有一定的高度差，魚蝦落在傳送帶上時只有沿著傳送帶向下的初速度（垂直帶的速度瞬間為零），隨后蝦從傳送帶下方掉落，魚從傳送帶上方掉落，實現分離。“蝦”與傳送帶之間的動摩擦因數為，“魚”與傳送帶之間的動摩擦因數，則（　　）
A．“蝦”掉落到傳送帶后，可能沿傳送帶向下做加速直線運動
B．“魚”掉落到傳送帶后，馬上沿傳送帶向上做加速直線運動
C．一定小于
D．一定大于
【答案】A,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】AC．“蝦”掉落到傳送帶后，有沿著傳送帶向下的初速度，受到的滑動摩擦力向上，如果摩擦力小于重力沿傳送帶向下的分力，則“蝦”沿傳送帶向下做加速直線運動；如果摩擦力等于重力沿傳送帶向下的分力，則“蝦”沿傳送帶向下做勻速直線運動；如果摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，則“蝦”沿傳送帶向下做減速直線運動；所以可能大于、等于或小于，則可能小于、等于或大于，故A正確，C錯誤；
BD．“魚”掉落到傳送帶后，有沿著傳送帶向下的初速度，受到的滑動摩擦力向上，由題意可知，“魚”先向下做減速運動到速度為0后，再向上做加速運動，則一定有
可得
故B錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據題意，對蝦從下方掉落，蝦沿斜面的下滑力可能大于、等于或小于，可能做勻加速、勻減速或勻速直線運動，可能小于、等于或大于；對魚從上方掉落，其初速度沿斜面向下，故魚沿斜面先勻減速后勻加速直線運動，下滑力小于摩擦力，一定大于。
9．（2025高一上·廣州期末）有一種娛樂項目，在小孩的腰間左右兩側系上彈性極好的橡皮繩，小孩可在橡皮繩的作用下在豎直方向上下跳躍。如圖所示，質量為m的小孩靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為，重力加速度為g，以下說法正確的是（　　）
A．此時橡皮繩與水平方向夾角為60度
B．若小孩向上彈起，其速度最大時橡皮繩剛好恢復原長
C．若圖中右側橡皮繩突然斷裂，則小孩在此瞬時加速度大小為g，沿斷裂繩的原方向斜向下
D．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根非彈性繩，則小孩左側非彈性繩斷裂時，小孩的加速度大小為
【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．設橡皮繩與水平方向夾角為，豎直方向，由平衡條件有
解得，得
故A錯誤；
B．若小孩向上彈起，其速度最大時，加速度為零，所受合外力為零，兩彈性繩對小孩的拉力等于小孩重力，彈性繩處于拉長狀態，故B錯誤；
C．靜止時受到重力和兩根橡皮繩的拉力，處于平衡狀態，合力為零，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等大反向，右側橡皮繩突然斷裂，此瞬間，右側橡皮條拉力變為零，而左側橡皮繩的拉力不變，重力也不變，故左側橡皮繩拉力與重力的合力與右側橡皮繩斷開前的拉力方向相反、大小相等，等于mg，故加速度
方向沿原斷裂繩的方向斜向下，故C正確；
D．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根非彈性繩，則左側非彈性繩在腰間斷裂時，左側繩子拉力瞬間變為零，右側繩子的拉力發生突變，將重力沿繩垂直繩分解，沿繩方向該瞬間合力為零，垂直繩子方向有
解得
故D正確。
故選CD。
【分析】本題主要考查共點力平衡和牛頓第二定律的應用。根據平衡條件求解橡皮繩與水平方向的夾角；速度最大時，其合力為零，加速度為零，據此分析橡皮繩的狀態；根據牛頓第二定律分析橡皮繩斷裂瞬間，小孩的瞬時加速度。
10．（2025高一上·廣州期末）每年的11月為“廈門國際風箏節”。小明同學在放風箏，風箏靜止于空中時可簡化如圖，風對風箏的作用力方向垂直風箏平面，隨風速增大而增大，風箏平面與水平面夾角30°始終保持不變。風箏的質量為m，風箏線質量不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．若風箏線與水平方向夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為
B．若風箏線與水平方向夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為
C．若風速緩慢變大，則線與水平方向夾角變大
D．若風速緩慢變大，則線上的拉力減小
【答案】B,C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．風對風箏的作用力垂直與風箏，斜向右上方，若風箏線與水平方向夾角為30°，對風箏，受力分析如圖
沿風箏面，根據平衡條件有
即
故A錯誤，B正確；
CD．若風速緩慢變大，則風對風箏的作用力增大，作出矢量動態三角形，如圖所示
可知，若風速緩慢變大，則線與水平方向夾角變大，線上的拉力也增大，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】本題主要考查共點力平衡的應用，結合矢量三角形解答。
對風箏受力分析，根據平衡條件可解得風力和線的拉力大小；同樣根據平衡條件可以分析出風力變大時線上的拉力變化，進而可以判斷線與水平方向的夾角變化。
三、實驗題
11．（2025高一上·廣州期末）某實驗小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，部分裝置如圖甲所示。
（1）在某次實驗中，其中一只彈簧測力計的指針如圖乙所示，則其讀數為　 　N；
（2）某次實驗中，用、表示兩個互成角度的力、F表示平行四邊形作出的與的合力，表示用一只彈簧測力計拉橡皮筋時的力，則下列選項中符合實驗事實的是______；
A． B．
C． D．
（3）某次實驗時，小組同學保持兩分力大小不變，任意改變這兩個分力的夾角，記錄兩個分力間的夾角為，以及對應的合力為F，作出F與的關系圖像如圖丙所示，則由圖可得，這兩個分力的合力的最大值為　 　N。
【答案】（1）2.10
（2）C
（3）7
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）圖中彈簧測力計的分度值為，需要估讀到最小刻度下一位，由圖乙可知其讀數為2.10N。
（2）由于F是通過平行四邊形定則得到的合力理論值，則F必定沿平行四邊形的對角線，由于存在一定的誤差，則F不一定沿橡皮條拉伸的方向；是用一只彈簧測力計拉橡皮筋時得到的合力實驗值，根據二力平衡可知必定沿橡皮條拉伸的方向。故C正確，ABD錯誤；
故選C。
（3）設兩個分力大小分別為、，且；根據圖丙當時
時
解得，
則這兩個分力的合力的最大值為
故答案為：（1）2.10；（2）C；（3）7.
【分析】本題主要考查“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，結合平行四邊形解答。
（1）由彈簧測力計讀書原理讀取數據；
（2）由平行四邊形定則和二力平衡確定答案；
（3）由圖丙和平行四邊形定則計算兩個分力的合力的最大值。
（1）圖中彈簧測力計的分度值為，由圖乙可知其讀數為2.10N。
（2）由于F是通過平行四邊形定則得到的合力理論值，則F必定沿平行四邊形的對角線，由于存在一定的誤差，則F不一定沿橡皮條拉伸的方向；是用一只彈簧測力計拉橡皮筋時得到的合力實驗值，根據二力平衡可知必定沿橡皮條拉伸的方向。
故選C。
（3）設兩個分力大小分別為、，且；根據圖丙當和分別有
，
解得
，
則這兩個分力的合力的最大值為
12．（2025高一上·廣州期末）某小組探究物體加速度與其所受合外力的關系。實驗裝置如圖（a）所示，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定一遮光片，細線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上鉤碼。
（1）實驗前調節軌道右端滑輪高度，使細線與軌道平行。再適當墊高軌道左端的目的是　 　。
（2）小車（包括遮光片）的質量為。利用光電門系統測出不同鉤碼質量m時小車加速度a。鉤碼所受重力記為F，作出圖像，如圖（b）中圖線甲所示。
（3）由圖線甲可知，F較小時，a與F成正比；F較大時，a與F不成正比。為了進一步探究，將小車（包括遮光片）的質量增加至，重復步驟
（4）測量過程，作出圖像，如圖（b）中圖線乙所示。與圖線甲相比，圖線乙的線性區間　 　（填“較大”、“較小”或“相同”）。
（5）再將小車（包括遮光片）的質量增加至，重復步驟（4）的測量過程，作出圖像，如圖（b）中圖線丙所示。
（6）根據以上實驗結果猜想和推斷：小車（包括遮光片）的質量M　 　鉤碼質量m時（填“遠大于”、“遠小于”），a與F成正比；不滿足這個條件時，圖像的軌線斜率　 　，k會隨著鉤碼質量m的增大而　 　（填“變大”、“變小”或“不變”）。
【答案】平衡小車所受摩擦力；較大；遠大于；；變小
【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】（1）實驗前調節軌道右端滑輪高度，使細線與軌道平行，平衡小車所受摩擦力，適當墊高軌道左端。
（4）由題圖（b）分析可知，圖線乙的線性區間比圖線甲大。
（6）設繩子拉力為，
對小車，根據牛頓第二定律有
對鉤碼和小車，由牛頓第二定律有
聯立解得
當時，可認為
則即a與F成正比。
不滿足這個條件時，由上式可知圖像的軌線斜率
k會隨著鉤碼質量m的增大而變小。
故答案為：（1）平衡小車所受摩擦力（2）較大（3）遠大于；；變小。
【分析】本題主要考查探究“ 物體加速度與其所受合外力的關系 ”的實驗。
（1）為了讓繩子拉力近似等于小車的合力，需要適當墊高軌道左端，平衡小車所受摩擦力；
（2）由題圖（b）分析圖線乙與圖線甲的線性區間哪個大；
（3）分別以鉤碼和小車為研究對象，根據牛頓第二定律列式求解拉力表達式，根據表達式判斷小車（包括遮光片）的質量與鉤碼質量關系，得到圖像的斜率，以及判斷k隨著鉤碼質量m變化關系。
四、解答題
13．（2025高一上·廣州期末）為了鍛煉自己的腿部力量，某健身愛好者拉著輕繩，在粗糙的水平地面上，如圖所示，輕繩OB始終平行于地面。質量為的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結點為O，輕繩OB的B端與站在水平地面上的質量為的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角，物體甲及人均可以看著靜止狀態（已知，，g取。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。求：
（1）輕繩OA中的張力是多大？
（2）人受到的摩擦力？
（3）若人的質量，人與水平面之間的動摩擦因數為，欲使人在水平面上不滑動，則物體甲的質量不能超過多少？
【答案】（1）解：以結點O為研究對象，受力分析，如圖所示，
在豎直方向上，由平衡條件有
聯立解得
（2）解：對于O點，在水平方向上
則
人水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，受力如圖所示
由平衡條件得
方向水平向左；
（3）解：人受到的靜摩擦力達到最大值時，人剛要滑動，此時甲質量達到最大，此時靜摩擦力
由平衡條件得
又
聯立得
即物體甲的質量最大不能超過24kg。
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】（1）以結點O為研究對象，受力分析，豎直方向上由平衡條件列式求解輕繩OA中的張力 ；
（2）以結點O為研究對象，在水平方向上，由平衡條件列式求解OB繩子拉力，以人為研究對象，受力分析，由平衡條件列式求解人受到的摩擦力 ；
（3）找見當人剛要滑動時的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。由平衡條件求解物體甲的質量的最大值。
（1）以結點O為研究對象，如圖，由平衡條件有
在豎直方向上
聯立解得
（2）在水平方向上
則
人水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，受力如圖所示
由平衡條件得
方向水平向左
（3）當甲的質量增大到人剛要滑動時，質量達到最大，此時人受到的靜摩擦力達到最大值，當人剛要滑動時，靜摩擦力達到最大值
由平衡條件得
又
聯立得
即物體甲的質量最大不能超過24kg。
14．（2025高一上·廣州期末）如圖所示，一只可愛的企鵝喜歡在傾角為37°的冰面上游戲：先以恒定加速度從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，經t = 0.7 s后，在x = 0.56 m處，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發點，完成一次游戲。企鵝在滑行過程中姿勢保持不變，企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數μ = 0.25，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取重力加速度g = 10 m/s2，求：
（1）企鵝向上加速“奔跑”結束時的速度大小v；
（2）企鵝向上運動的最大距離；
（3）企鵝完成一次游戲的總時間t總。
【答案】（1）解：由題可知，企鵝向上“奔跑”做勻加速直線運動，根據公式
可得
代入數據解得
（2）解：設向上減速滑行時企鵝的加速度大小為a1，時間為t1，滑行位移為，根據牛頓第二定律有
解得
根據速度位移公式有，
則向上運動的最大距離為
（3）解：企鵝向上減速滑行過程中，根據速度時間公式有
解得設向下滑行時，企鵝的加速度大小為a2，時間為t2，根據牛頓第二定律有
解得
根據位移時間公式有
解得
所以總時間為
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】本題主要考查牛頓第二定律和運動學公式的綜合應用。
（1）企鵝向上“奔跑”做勻加速直線運動，根據位移公式有求解企鵝向上加速“奔跑”結束時的速度大小；
（2）企鵝向上減速滑行過程中，根據牛頓第二定律和速度位移公式求解向上運動的最大距離；
（3）企鵝向上減速滑行過程中，由速度時間公式求得上滑時間，企鵝向下滑行時，根據牛頓第二定律和位移時間公式求解下滑時間，進而求得總時間。
（1）由題可知，企鵝向上“奔跑”做勻加速直線運動，根據位移公式有
代入數據解得
（2）設向上減速滑行時企鵝的加速度大小為a1，時間為t1，滑行位移為，根據牛頓第二定律有
根據速度時間公式有
根據速度位移公式有
聯立解得
， ，
則向上運動的最大距離為
（3）設向下滑行時，企鵝的加速度大小為a2，時間為t2，根據牛頓第二定律有
根據位移時間公式有
解得
，
所以總時間為
15．（2025高一上·廣州期末）圖甲為老師辦公桌的抽屜柜。已知抽屜的質量M = 1.8 kg，長度d = 0.8 m，其中放有質量m = 0.2 kg，長s = 0.2 m的書本，書本的四邊與抽屜的四邊均平行。書本的右端與抽屜的右端相距也為s，如圖乙所示。不計柜體和抽屜的厚度以及抽屜與柜體間的摩擦，書本與抽屜間的動摩擦因數μ = 0.1。現用水平力F將抽屜抽出，抽屜遇到柜體的擋板時立即鎖定不動。重力加速度g = 10 m/s2。
（1）F = 1.8 N時，書本和抽屜一起向右運動，求與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小v；
（2）要使書本和抽屜不發生相對滑動，求F的最大值Fm；
（3）F = 3.8 N時，求書本最終停止時，書本和抽屜因摩擦產生的相對距離。
【答案】（1）對書本和抽屜整體，由牛頓第二定律可得
解得
根據運動學公式可得，
與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小為；
（2）對書本，由牛頓第二定律有
解得
對抽屜和書本整體，由牛頓第二定律有
解得；
（3）由于
可知書本和抽屜有相對滑動；對抽屜，由牛頓第二定律有
解得
設抽屜的運動時間為t2，根據運動學公式可得
解得
由可得，此時，書本的速度為
由可得，書本通過的位移大小為
此后書本經過x3速度減為0，由可得
則書本最終停止時，書本右端和抽屜右端的距離l=d-x2+x3=0.8m-0.4m+0.4m=0.8m。
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】本題主要考查牛頓第二定律和運動學公式的綜合應用。
（1）以書本和抽屜為研究對象，由牛頓第二定律求得加速度，根據運動學公式可得求解與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小；
（2）以書本為研究對象，由牛頓第二定律求得加速度，對抽屜和書本整體，由牛頓第二定律求解要使書本和抽屜不發生相對滑動F的最大值；
（3）根據書本和抽屜有相對滑動的條件；判斷抽屜是否滑動，再由牛頓第二定律求得抽屜的加速度，根據運動學公式可得求解運動時間，由求得書本的速度，再根據書本通過的位移大小，根據求解書本做減速運動的位移，進而求得書本最終停止時，書本和抽屜因摩擦產生的相對距離。
（1）對書本和抽屜由牛頓第二定律可得
解得
根據運動學公式可得
解得與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小為
（2）對書本由牛頓第二定律有
解得
對抽屜和書本整體由牛頓第二定律有
解得要使書本和抽屜不發生相對滑動，F的最大值為
（3）由于
可知書本和抽屜有相對滑動；對抽屜，由牛頓第二定律有
解得
設抽屜的運動時間為t2，根據運動學公式可得
解得
此時，書本的速度為
書本通過的位移大小為
此后書本經過x3速度減為0，則有
則書本最終停止時，書本右端和抽屜右端的距離l=d-x2+x3=0.8m
1 / 1廣東省廣州市第六中學2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題
一、單選題
1．（2025高一上·廣州期末）關于物理必修1教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（　　）
A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是平均速度
B．圖2中，速度的變化量越大，表示加速度也越大
C．圖3中，把變速運動過程細分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后將這些小段的位移相加，得到總位移，這種方法運用了假設法
D．圖4中，伽利略用實驗和邏輯推理相結合的方法間接驗證了小球下落的速度與所用時間成正比
2．（2025高一上·廣州期末）中國運動員鄭欽文在今年的巴黎奧運會上獲得女單網球冠軍，創造了新的歷史。如圖所示，鄭欽文把飛來的網球擊打回去，球落到了對方場內，則下列說法正確的是（　　）
A．飛來的網球速度越大，慣性越大
B．球拍對球的彈力是球拍發生彈性形變而產生的
C．球被打飛回去，說明力是維持物體運動狀態的原因
D．若球拍沒有擊中球，則球在空中做自由落體運動
3．（2025高一上·廣州期末）2024年7月31日，在巴黎奧運會女子雙人十米臺跳水決賽中，中國選手陳芋汐、全紅嬋獲得冠軍。假設跳水運動員（視為質點）起跳離開跳板后在一條直線上運動．其離開跳板至人水前的運動過程中、豎直向上起跳時的速度大小為．最大速度大小為．不計空氣阻力，重力加速度大小為，則下列說法不正確的是（　　）
A．運動員離開跳板至入水前一直在做勻變速直線運動
B．運動員離水面最遠距離為
C．運動員在空中運動的時間為
D．跳板離水面的高度為
4．（2025高一上·廣州期末）無錫首條市域軌道交通S1號線通車當日，李華在水平直軌道上運行的列車上，用細線將一支圓珠筆（可視作質點）懸掛在豎直扶手上，在垂直于列車前進的方向上，用智能手機拍攝了如圖所示的照片，細線相對豎直扶手偏南且保持一定的夾角，用刻度尺測量出了細線懸掛部分的長度l和圓珠筆到豎直扶手的水平距離d。已知重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．研究列車通過某一站臺所用時間時，可以將列車視作質點
B．圓珠筆處于靜止狀態，是以軌道為參考系
C．此時列車可能向南做加速運動
D．此時列車的加速度大小為
5．（2025高一上·廣州期末）我國擁有世界上最現代化的鐵路網和最發達的高鐵網，從“和諧號”到“復興號”，中國高鐵不斷創新，引領世界標準。一輛和諧號動車正和一輛復興號動車運動的圖像如圖所示，若時兩車車頭并排做直線運動，下列說法正確的是（　　）
A．和諧號內加速度大小為
B．復興號的最大速度為
C．兩車車頭在再次并排
D．兩車車頭再次并排前的最大距離為144m
6．（2025高一上·廣州期末）如圖甲所示，用瓦片做屋頂是我國建筑特色之一。屋頂部分結構如圖乙所示，橫截面為圓弧的瓦片靜置在兩根相互平行的椽子正中間。已知椽子間距離，與水平面夾角均為，瓦片質量，圓弧半徑，忽略瓦片厚度和椽子的粗細，則（　　）
A．每根椽子對瓦片的彈力為
B．椽子對瓦片彈力的合力為
C．瓦片所受摩擦力大小為
D．僅稍微增加椽子間距離，瓦片更容易往下滑
7．（2025高一上·廣州期末）2024亞太國際低空經濟產業博覽會于12月4日-6日在深圳國際會展中心舉行，無人機是當前我國戰略性新興產業之一、近年來，不管在技術、產品、應用還是市場上，我國都取得了巨大的成就。如圖1所示，某次無人機從地面由靜止開始豎直向上飛行，它運動的圖像如圖2所示，b點為圖線的最高點。下列說法正確的是（　　）
A．研究無人機螺旋槳的轉動情況時可將其視為質點
B．無人機在過程中受到的合外力越來越小
C．無人機在時刻運動到最高點
D．無人機在時刻向下運動
二、多選題
8．（2025高一上·廣州期末）漁業作業中，魚蝦捕撈上來后，通過“魚蝦分離裝置”，實現了機械化分離魚和蝦，降低了人工成本。某科學小組將“魚蝦分離裝置”簡化為如圖所示模型，傳送帶與水平面的夾角，分離器出口與順時針運轉的傳送帶有一定的高度差，魚蝦落在傳送帶上時只有沿著傳送帶向下的初速度（垂直帶的速度瞬間為零），隨后蝦從傳送帶下方掉落，魚從傳送帶上方掉落，實現分離。“蝦”與傳送帶之間的動摩擦因數為，“魚”與傳送帶之間的動摩擦因數，則（　　）
A．“蝦”掉落到傳送帶后，可能沿傳送帶向下做加速直線運動
B．“魚”掉落到傳送帶后，馬上沿傳送帶向上做加速直線運動
C．一定小于
D．一定大于
9．（2025高一上·廣州期末）有一種娛樂項目，在小孩的腰間左右兩側系上彈性極好的橡皮繩，小孩可在橡皮繩的作用下在豎直方向上下跳躍。如圖所示，質量為m的小孩靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為，重力加速度為g，以下說法正確的是（　　）
A．此時橡皮繩與水平方向夾角為60度
B．若小孩向上彈起，其速度最大時橡皮繩剛好恢復原長
C．若圖中右側橡皮繩突然斷裂，則小孩在此瞬時加速度大小為g，沿斷裂繩的原方向斜向下
D．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根非彈性繩，則小孩左側非彈性繩斷裂時，小孩的加速度大小為
10．（2025高一上·廣州期末）每年的11月為“廈門國際風箏節”。小明同學在放風箏，風箏靜止于空中時可簡化如圖，風對風箏的作用力方向垂直風箏平面，隨風速增大而增大，風箏平面與水平面夾角30°始終保持不變。風箏的質量為m，風箏線質量不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．若風箏線與水平方向夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為
B．若風箏線與水平方向夾角為30°，則線對風箏的作用力大小為
C．若風速緩慢變大，則線與水平方向夾角變大
D．若風速緩慢變大，則線上的拉力減小
三、實驗題
11．（2025高一上·廣州期末）某實驗小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，部分裝置如圖甲所示。
（1）在某次實驗中，其中一只彈簧測力計的指針如圖乙所示，則其讀數為　 　N；
（2）某次實驗中，用、表示兩個互成角度的力、F表示平行四邊形作出的與的合力，表示用一只彈簧測力計拉橡皮筋時的力，則下列選項中符合實驗事實的是______；
A． B．
C． D．
（3）某次實驗時，小組同學保持兩分力大小不變，任意改變這兩個分力的夾角，記錄兩個分力間的夾角為，以及對應的合力為F，作出F與的關系圖像如圖丙所示，則由圖可得，這兩個分力的合力的最大值為　 　N。
12．（2025高一上·廣州期末）某小組探究物體加速度與其所受合外力的關系。實驗裝置如圖（a）所示，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定一遮光片，細線一端與小車連接，另一端跨過定滑輪掛上鉤碼。
（1）實驗前調節軌道右端滑輪高度，使細線與軌道平行。再適當墊高軌道左端的目的是　 　。
（2）小車（包括遮光片）的質量為。利用光電門系統測出不同鉤碼質量m時小車加速度a。鉤碼所受重力記為F，作出圖像，如圖（b）中圖線甲所示。
（3）由圖線甲可知，F較小時，a與F成正比；F較大時，a與F不成正比。為了進一步探究，將小車（包括遮光片）的質量增加至，重復步驟
（4）測量過程，作出圖像，如圖（b）中圖線乙所示。與圖線甲相比，圖線乙的線性區間　 　（填“較大”、“較小”或“相同”）。
（5）再將小車（包括遮光片）的質量增加至，重復步驟（4）的測量過程，作出圖像，如圖（b）中圖線丙所示。
（6）根據以上實驗結果猜想和推斷：小車（包括遮光片）的質量M　 　鉤碼質量m時（填“遠大于”、“遠小于”），a與F成正比；不滿足這個條件時，圖像的軌線斜率　 　，k會隨著鉤碼質量m的增大而　 　（填“變大”、“變小”或“不變”）。
四、解答題
13．（2025高一上·廣州期末）為了鍛煉自己的腿部力量，某健身愛好者拉著輕繩，在粗糙的水平地面上，如圖所示，輕繩OB始終平行于地面。質量為的物體甲通過三段輕繩懸掛，三段輕繩的結點為O，輕繩OB的B端與站在水平地面上的質量為的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角，物體甲及人均可以看著靜止狀態（已知，，g取。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）。求：
（1）輕繩OA中的張力是多大？
（2）人受到的摩擦力？
（3）若人的質量，人與水平面之間的動摩擦因數為，欲使人在水平面上不滑動，則物體甲的質量不能超過多少？
14．（2025高一上·廣州期末）如圖所示，一只可愛的企鵝喜歡在傾角為37°的冰面上游戲：先以恒定加速度從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，經t = 0.7 s后，在x = 0.56 m處，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發點，完成一次游戲。企鵝在滑行過程中姿勢保持不變，企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數μ = 0.25，已知sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取重力加速度g = 10 m/s2，求：
（1）企鵝向上加速“奔跑”結束時的速度大小v；
（2）企鵝向上運動的最大距離；
（3）企鵝完成一次游戲的總時間t總。
15．（2025高一上·廣州期末）圖甲為老師辦公桌的抽屜柜。已知抽屜的質量M = 1.8 kg，長度d = 0.8 m，其中放有質量m = 0.2 kg，長s = 0.2 m的書本，書本的四邊與抽屜的四邊均平行。書本的右端與抽屜的右端相距也為s，如圖乙所示。不計柜體和抽屜的厚度以及抽屜與柜體間的摩擦，書本與抽屜間的動摩擦因數μ = 0.1。現用水平力F將抽屜抽出，抽屜遇到柜體的擋板時立即鎖定不動。重力加速度g = 10 m/s2。
（1）F = 1.8 N時，書本和抽屜一起向右運動，求與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小v；
（2）要使書本和抽屜不發生相對滑動，求F的最大值Fm；
（3）F = 3.8 N時，求書本最終停止時，書本和抽屜因摩擦產生的相對距離。
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】加速度；微元法；瞬時速度；伽利略對自由落體運動的研究
【解析】【解答】A．圖1中，汽車速度表上的示數指的是瞬時速率，故A錯誤；
B．圖2中，速度的變化量越大，但是時間不確定，則表示加速度不一定越大，故B錯誤；
C．圖3中，求解位移的方法是運用了微元法，故C錯誤；
D．圖4中，伽利略在斜面實驗的基礎上經過演繹歸納得出了小球下落的速度與所用時間成正比，故D正確。
故選 D。
【分析】研究變速直線運動位移，利用微元法；加速的定義式的理解；伽利略斜面實驗的理解。
2．【答案】B
【知識點】形變與彈力；慣性與質量；自由落體運動
【解析】【解答】A．慣性是物體的固有屬性，只由質量決定，與物體的速度無關，故A錯誤；
B．球拍對球的彈力，是因為球拍發生彈性形變而要恢復形變，對球產生的力，故B正確；
C．力是改變物體運動狀態的原因，不是維持物體運動狀態的原因，球被打飛回去，是力使球運動狀態改變，故C錯誤；
D．若球拍沒有擊打球，由于球有速度且仍受重力作用，由于慣性球不會在空中做自由落體運動，故D錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對慣性、彈力、力的作用效果、自由落體運動的理解，慣性只與物體質量有關，質量越大慣性越大，質量越小慣性越小；彈力產生條件：物體直接接觸，接觸面發生彈性形變；力是改變物體運動狀態和形狀的原因；自由落體運動是物體從靜止開始只受重力的下落運動。
3．【答案】C
【知識點】豎直上拋運動
【解析】【解答】A．運動員離開跳板至入水前，只受重力作用，由于加速度保持不變所以運動員一直在做勻變速直線運動，選項A正確，不符合題意；
B．根據速度位移公式可以得出：運動員從最高點到落到水面上下落的高度為
即離水面最遠距離為，選項B正確， 不符合題意；
C．根據速度公式可以得出運動員在空中運動的時間為
選項C錯誤，符合題意；
D．根據速度位移公式可以得出跳板離水面的高度為
選項D正確，不符合題意。
故選C。
【分析】由于運動員只受到重力則做勻加速直線運動；利用速度位移公式可以求出最遠的距離；利用速度公式可以求出運動的時間。
4．【答案】D
【知識點】質點；參考系與坐標系；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．研究列車通過某一站臺所用時間時，列車的大小不能忽略，不可以將列車視作質點，故A錯誤；
B．以列車為參考系，圓珠筆相對位置不變，處于靜止狀態，故B錯誤；
CD．對圓珠筆受力分析，如圖所示
豎直方向上，由平衡條件有
水平方向上，由牛頓第二定律有
解得
由幾何關系
可得加速度
加速度方向與合力方向相同，水平向北，則列車可能做向北的加速運動，可能做向南的減速運動，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】本題通過列車上的圓珠筆的運動狀態考查質點、參考系、牛頓第二定律。任何物體，只要大小和形狀對研究問題的影響可以忽略，都可以看做質點；參考系是事先假定為不動的物體，相對參考系有位置變化，物體是運動的，沒有相對位置變化，物體是靜止的；物體的加速度與合力成正比，與質量成反比，對圓珠筆受力分析，根據牛頓第二定律求得圓珠筆加速度，確定圓珠筆運動狀態。
5．【答案】C
【知識點】追及相遇問題；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．由圖像可得，勻加速階段和諧號的加速度為
故A錯誤；
B．勻加速階段，復興號的加速度為
圖乙中復興號的最大速度為
故B錯誤；
CD．速度相等時距離最大，由圖像的面積表示位移，則在0~24s兩者的最大距離為m=48m
在24s~32s兩者的位移差為
m
設32s后再經t時間兩車再次并排，則
解得
s
則兩車車頭在t=36s再次并排，故C正確，D錯誤；
故選C。
【分析】本題主要借助速度—時間圖像考查追擊相遇問題。結合圖像物理意義解答。
速度—時間圖像的斜率表示加速度，由圖像結合公式求解兩列車的加速度；由求解 復興號的最大速度 ；速度—時間圖像的圖線與坐標軸圍成面積表示位移，速度相等時兩車距離最大，由圖像求得兩車車頭再次并排前的最大距離、 兩車車頭再次并排的時間。
6．【答案】A
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．對于瓦片，受力平衡，可知椽子對瓦片彈力的合力
設每根椽子對瓦片的彈力為，彈力與豎直方向夾角為，有
由幾何關系得
解得
故A正確，B錯誤；
C．由平衡條件可得，瓦片所受摩擦力大小
故C錯誤；
D．僅稍微增加椽子間距離，增大，cos減小，每根椽子對瓦片的彈力增大，最大靜摩擦力增大，瓦片更不易往下滑，故D錯誤。
故選 A。
【分析】本題主要考查共點力平衡中的立體空間問題。對瓦片受力分析，受重力，兩根椽子
對瓦片的支持力、摩擦力。由平衡條件可得瓦片受到椽子的作用力；瓦片靜止，所受合力為零，則在垂直于椽子方向所受合力也為零，瓦片受到垂直于椽子向下的力為重力的分力mgcos，瓦片受到垂直于椽子向上的力為兩根椽子對瓦片的支持力的合力，由力的平衡關系和幾何關系分析。
7．【答案】B
【知識點】質點；牛頓第二定律；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A．研究無人機螺旋槳的轉動情況時，無人機的形狀大小不能忽略改，不能將其視為質點，故A錯誤；
B．圖像的切線斜率表示加速度，由題圖可知，人機在過程中斜率越來越小，的加速度越來越小，根據牛頓第二定律F=ma可知，其所受合外力越來越小，故B正確；
CD．根據圖像可知，無人機在時間內的速度方向一直不變，所以時刻運動到最高點，故CD錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對質點的理解、速度—時間圖像的應用。任何物體，只要大小和形狀對研究問題的影響可以忽略，都可以看做質點；速度—時間圖像的斜率表示加速度，橫軸上方向表示速度為正，橫軸下方表示速度為負；根據圖像判斷加速度變化，根據牛頓第二定律判斷合力變化。
8．【答案】A,D
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】AC．“蝦”掉落到傳送帶后，有沿著傳送帶向下的初速度，受到的滑動摩擦力向上，如果摩擦力小于重力沿傳送帶向下的分力，則“蝦”沿傳送帶向下做加速直線運動；如果摩擦力等于重力沿傳送帶向下的分力，則“蝦”沿傳送帶向下做勻速直線運動；如果摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力，則“蝦”沿傳送帶向下做減速直線運動；所以可能大于、等于或小于，則可能小于、等于或大于，故A正確，C錯誤；
BD．“魚”掉落到傳送帶后，有沿著傳送帶向下的初速度，受到的滑動摩擦力向上，由題意可知，“魚”先向下做減速運動到速度為0后，再向上做加速運動，則一定有
可得
故B錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據題意，對蝦從下方掉落，蝦沿斜面的下滑力可能大于、等于或小于，可能做勻加速、勻減速或勻速直線運動，可能小于、等于或大于；對魚從上方掉落，其初速度沿斜面向下，故魚沿斜面先勻減速后勻加速直線運動，下滑力小于摩擦力，一定大于。
9．【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．設橡皮繩與水平方向夾角為，豎直方向，由平衡條件有
解得，得
故A錯誤；
B．若小孩向上彈起，其速度最大時，加速度為零，所受合外力為零，兩彈性繩對小孩的拉力等于小孩重力，彈性繩處于拉長狀態，故B錯誤；
C．靜止時受到重力和兩根橡皮繩的拉力，處于平衡狀態，合力為零，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等大反向，右側橡皮繩突然斷裂，此瞬間，右側橡皮條拉力變為零，而左側橡皮繩的拉力不變，重力也不變，故左側橡皮繩拉力與重力的合力與右側橡皮繩斷開前的拉力方向相反、大小相等，等于mg，故加速度
方向沿原斷裂繩的方向斜向下，故C正確；
D．若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根非彈性繩，則左側非彈性繩在腰間斷裂時，左側繩子拉力瞬間變為零，右側繩子的拉力發生突變，將重力沿繩垂直繩分解，沿繩方向該瞬間合力為零，垂直繩子方向有
解得
故D正確。
故選CD。
【分析】本題主要考查共點力平衡和牛頓第二定律的應用。根據平衡條件求解橡皮繩與水平方向的夾角；速度最大時，其合力為零，加速度為零，據此分析橡皮繩的狀態；根據牛頓第二定律分析橡皮繩斷裂瞬間，小孩的瞬時加速度。
10．【答案】B,C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．風對風箏的作用力垂直與風箏，斜向右上方，若風箏線與水平方向夾角為30°，對風箏，受力分析如圖
沿風箏面，根據平衡條件有
即
故A錯誤，B正確；
CD．若風速緩慢變大，則風對風箏的作用力增大，作出矢量動態三角形，如圖所示
可知，若風速緩慢變大，則線與水平方向夾角變大，線上的拉力也增大，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】本題主要考查共點力平衡的應用，結合矢量三角形解答。
對風箏受力分析，根據平衡條件可解得風力和線的拉力大小；同樣根據平衡條件可以分析出風力變大時線上的拉力變化，進而可以判斷線與水平方向的夾角變化。
11．【答案】（1）2.10
（2）C
（3）7
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）圖中彈簧測力計的分度值為，需要估讀到最小刻度下一位，由圖乙可知其讀數為2.10N。
（2）由于F是通過平行四邊形定則得到的合力理論值，則F必定沿平行四邊形的對角線，由于存在一定的誤差，則F不一定沿橡皮條拉伸的方向；是用一只彈簧測力計拉橡皮筋時得到的合力實驗值，根據二力平衡可知必定沿橡皮條拉伸的方向。故C正確，ABD錯誤；
故選C。
（3）設兩個分力大小分別為、，且；根據圖丙當時
時
解得，
則這兩個分力的合力的最大值為
故答案為：（1）2.10；（2）C；（3）7.
【分析】本題主要考查“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，結合平行四邊形解答。
（1）由彈簧測力計讀書原理讀取數據；
（2）由平行四邊形定則和二力平衡確定答案；
（3）由圖丙和平行四邊形定則計算兩個分力的合力的最大值。
（1）圖中彈簧測力計的分度值為，由圖乙可知其讀數為2.10N。
（2）由于F是通過平行四邊形定則得到的合力理論值，則F必定沿平行四邊形的對角線，由于存在一定的誤差，則F不一定沿橡皮條拉伸的方向；是用一只彈簧測力計拉橡皮筋時得到的合力實驗值，根據二力平衡可知必定沿橡皮條拉伸的方向。
故選C。
（3）設兩個分力大小分別為、，且；根據圖丙當和分別有
，
解得
，
則這兩個分力的合力的最大值為
12．【答案】平衡小車所受摩擦力；較大；遠大于；；變小
【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】（1）實驗前調節軌道右端滑輪高度，使細線與軌道平行，平衡小車所受摩擦力，適當墊高軌道左端。
（4）由題圖（b）分析可知，圖線乙的線性區間比圖線甲大。
（6）設繩子拉力為，
對小車，根據牛頓第二定律有
對鉤碼和小車，由牛頓第二定律有
聯立解得
當時，可認為
則即a與F成正比。
不滿足這個條件時，由上式可知圖像的軌線斜率
k會隨著鉤碼質量m的增大而變小。
故答案為：（1）平衡小車所受摩擦力（2）較大（3）遠大于；；變小。
【分析】本題主要考查探究“ 物體加速度與其所受合外力的關系 ”的實驗。
（1）為了讓繩子拉力近似等于小車的合力，需要適當墊高軌道左端，平衡小車所受摩擦力；
（2）由題圖（b）分析圖線乙與圖線甲的線性區間哪個大；
（3）分別以鉤碼和小車為研究對象，根據牛頓第二定律列式求解拉力表達式，根據表達式判斷小車（包括遮光片）的質量與鉤碼質量關系，得到圖像的斜率，以及判斷k隨著鉤碼質量m變化關系。
13．【答案】（1）解：以結點O為研究對象，受力分析，如圖所示，
在豎直方向上，由平衡條件有
聯立解得
（2）解：對于O點，在水平方向上
則
人水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，受力如圖所示
由平衡條件得
方向水平向左；
（3）解：人受到的靜摩擦力達到最大值時，人剛要滑動，此時甲質量達到最大，此時靜摩擦力
由平衡條件得
又
聯立得
即物體甲的質量最大不能超過24kg。
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】（1）以結點O為研究對象，受力分析，豎直方向上由平衡條件列式求解輕繩OA中的張力 ；
（2）以結點O為研究對象，在水平方向上，由平衡條件列式求解OB繩子拉力，以人為研究對象，受力分析，由平衡條件列式求解人受到的摩擦力 ；
（3）找見當人剛要滑動時的臨界條件：靜摩擦力達到最大值。由平衡條件求解物體甲的質量的最大值。
（1）以結點O為研究對象，如圖，由平衡條件有
在豎直方向上
聯立解得
（2）在水平方向上
則
人水平方向受到OB繩的拉力和水平面的靜摩擦力，受力如圖所示
由平衡條件得
方向水平向左
（3）當甲的質量增大到人剛要滑動時，質量達到最大，此時人受到的靜摩擦力達到最大值，當人剛要滑動時，靜摩擦力達到最大值
由平衡條件得
又
聯立得
即物體甲的質量最大不能超過24kg。
14．【答案】（1）解：由題可知，企鵝向上“奔跑”做勻加速直線運動，根據公式
可得
代入數據解得
（2）解：設向上減速滑行時企鵝的加速度大小為a1，時間為t1，滑行位移為，根據牛頓第二定律有
解得
根據速度位移公式有，
則向上運動的最大距離為
（3）解：企鵝向上減速滑行過程中，根據速度時間公式有
解得設向下滑行時，企鵝的加速度大小為a2，時間為t2，根據牛頓第二定律有
解得
根據位移時間公式有
解得
所以總時間為
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】本題主要考查牛頓第二定律和運動學公式的綜合應用。
（1）企鵝向上“奔跑”做勻加速直線運動，根據位移公式有求解企鵝向上加速“奔跑”結束時的速度大小；
（2）企鵝向上減速滑行過程中，根據牛頓第二定律和速度位移公式求解向上運動的最大距離；
（3）企鵝向上減速滑行過程中，由速度時間公式求得上滑時間，企鵝向下滑行時，根據牛頓第二定律和位移時間公式求解下滑時間，進而求得總時間。
（1）由題可知，企鵝向上“奔跑”做勻加速直線運動，根據位移公式有
代入數據解得
（2）設向上減速滑行時企鵝的加速度大小為a1，時間為t1，滑行位移為，根據牛頓第二定律有
根據速度時間公式有
根據速度位移公式有
聯立解得
， ，
則向上運動的最大距離為
（3）設向下滑行時，企鵝的加速度大小為a2，時間為t2，根據牛頓第二定律有
根據位移時間公式有
解得
，
所以總時間為
15．【答案】（1）對書本和抽屜整體，由牛頓第二定律可得
解得
根據運動學公式可得，
與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小為；
（2）對書本，由牛頓第二定律有
解得
對抽屜和書本整體，由牛頓第二定律有
解得；
（3）由于
可知書本和抽屜有相對滑動；對抽屜，由牛頓第二定律有
解得
設抽屜的運動時間為t2，根據運動學公式可得
解得
由可得，此時，書本的速度為
由可得，書本通過的位移大小為
此后書本經過x3速度減為0，由可得
則書本最終停止時，書本右端和抽屜右端的距離l=d-x2+x3=0.8m-0.4m+0.4m=0.8m。
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】本題主要考查牛頓第二定律和運動學公式的綜合應用。
（1）以書本和抽屜為研究對象，由牛頓第二定律求得加速度，根據運動學公式可得求解與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小；
（2）以書本為研究對象，由牛頓第二定律求得加速度，對抽屜和書本整體，由牛頓第二定律求解要使書本和抽屜不發生相對滑動F的最大值；
（3）根據書本和抽屜有相對滑動的條件；判斷抽屜是否滑動，再由牛頓第二定律求得抽屜的加速度，根據運動學公式可得求解運動時間，由求得書本的速度，再根據書本通過的位移大小，根據求解書本做減速運動的位移，進而求得書本最終停止時，書本和抽屜因摩擦產生的相對距離。
（1）對書本和抽屜由牛頓第二定律可得
解得
根據運動學公式可得
解得與擋板碰前瞬間抽屜的速度大小為
（2）對書本由牛頓第二定律有
解得
對抽屜和書本整體由牛頓第二定律有
解得要使書本和抽屜不發生相對滑動，F的最大值為
（3）由于
可知書本和抽屜有相對滑動；對抽屜，由牛頓第二定律有
解得
設抽屜的運動時間為t2，根據運動學公式可得
解得
此時，書本的速度為
書本通過的位移大小為
此后書本經過x3速度減為0，則有
則書本最終停止時，書本右端和抽屜右端的距離l=d-x2+x3=0.8m
1 / 1

展開更多......

收起↑