資源簡介

廣東省江門市2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題（一）
一、單選題：本大題共9小題，共36分。
1．（2025高一上·江門期末）2024年7月31日，潘展樂在奧運會上以46秒40的成績奪下男子100米自由泳金牌，并打破世界記錄。關于上述材料，下列說法正確的是（　　）
A．分析潘展樂游泳的技術動作時可以把他當成質點
B．潘展樂百米比賽用時“46秒40”是時刻
C．可以求出潘展樂到達終點時的瞬時速度
D．可以求出潘展樂全程的平均速度
2．（2025高一上·江門期末）在物理學研究過程中科學家們創造了許多物理學研究方法，以下關于所用物理學研究方法的敘述不正確的是（　　）
A．在定義速度這個概念時，采用了控制變量法
B．研究地球的公轉時將地球看做質點這里用到了理想化模型法
C．在定義重心這個概念時，用到了等效替代法
D．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法
3．（2025高一上·江門期末）下列關于慣性的說法中正確的是（　　）
A．汽車速度越大剎車后越難停下來，表明汽車速度越大慣性越大
B．汽車轉彎后前進方向發生了改變，表明汽車的慣性也隨之改變
C．拋出的小球，盡管速度的大小和方向都改變了，但慣性不變
D．質量不同的沙袋可以在相同的時間內停下來，表明慣性與質量無關
4．（2025高一上·江門期末）如圖所示，某品牌新能源汽車裝備了“全力自動剎車”安全系統，系統會監視前方的交通狀況。當車速且與前方靜止的障礙物之間的距離接近安全距離時，如果司機未采取制動措施，系統就會立即啟動該系統，加速度大小約為重力加速度的倍（取），使汽車避免與障礙物相撞。則“全力自動剎車”系統設置的安全距離約為（　　）
A．10m B．20m C．1m D．50m
5．（2025高一上·江門期末）利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時，（　　）
A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
6．（2025高一上·江門期末）雨滴在空氣中下落，當速度比較大的時候，它受到的空氣阻力與其速度的二次方成正比，與其橫截面積成正比，即Ff＝kSv2，則比例系數k的單位是 (　　)
A．kg/m4 B．kg/m3 C．kg/m2 D．kg/m
7．（2025高一上·江門期末）甲、乙兩輛小車放在光滑水平桌面上，在相同的拉力作用下，甲車產生的加速度為，乙車產生的加速度為，則甲車質量是乙車質量的幾倍（　　）
A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍
8．（2025高一上·江門期末）如圖甲所示，一只小貓來到池塘邊散步，之前停留在池塘邊的一條小魚看到小貓后，從靜止快速沿直線逃跑，小魚的圖像如圖乙所示。關于小魚的整個運動過程，下列說法正確的是（　　）
A．小魚在內的速度方向與內的速度方向相反
B．時刻小魚離池塘邊緣最遠
C．小魚在內速度不斷減小
D．小魚在內的加速度不斷增加
9．（2025高一上·江門期末）某學生用細繩一端連接一支圓珠筆，另一端固定在地鐵車廂內的豎直扶手上。地鐵沿某一段水平直線勻減速進站的過程中，細繩向右偏離與豎直扶手成角度，如圖所示，不計空氣阻力，關于地鐵在這一段運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．地鐵的運動方向水平向左
B．圓珠筆受到重力、拉力和合力三個力的作用
C．地鐵的加速度大小為
D．圓珠筆的質量越大，夾角越大
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
10．（2025高一上·江門期末）如圖所示，繞過滑輪的輕繩一端固定在豎直墻上，站在地面上的人用手拉著繩的另一端，滑輪下吊著一個小球，處于靜止狀態，不計滑輪摩擦。保持 B點高度不變，手與繩無相對滑動且球不碰地。在人緩慢向右移動一小段距離的過程中（　　）
A．繩上張力不變 B．繩上張力變小
C．滑輪受到繩的作用力不變 D．滑輪受到繩的作用力變大
11．（2025高一上·江門期末）如圖所示，甲同學拿著一把長80cm的直尺，乙同學把手放在0刻度線處準備抓尺，測反應時間。靜止釋放直尺，乙同學抓住直尺位置的刻度值為10 cm。不計空氣阻力，取，下列說法正確的是（　　）
A．該同學的反應時間約為
B．該同學抓住尺子時尺子的瞬時速度約為
C．若把該尺子的刻度改為對應的反應時間，則下面的一小格所代表的時間間隔要小于上面相同長度一小格所代表的時間間隔
D．若把該尺子的刻度改為反應時間，則其量程約為
12．（2025高一上·江門期末）如圖所示，兩個質量均為2kg的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來，此時彈簧伸長了4cm，取g為，下列說法正確的是（　　）
A．細繩的拉力大小為2N
B．彈簧的勁度系數大小
C．剪斷細繩的瞬間小球A的加速度為
D．剪斷細繩的瞬間小球B的加速度為0
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
（2025高一上·江門期末）某同學利用如圖所示的裝置驗證力的平行四邊形定則。在豎直木板上貼有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將三根足夠長的細線的一頭打一個結，結點為O，另一頭分別掛上不同數量的鉤碼，每個鉤碼的質量相等，當系統達到平衡時，根據鉤碼個數讀出三根細線的拉力、和。
13．下列鉤碼個數，能使實驗完成的是
A．鉤碼的個數，， B．鉤碼的個數，
C．鉤碼的個數 D．鉤碼的個數，
14．在拆下鉤碼和細線前，需要做的步驟是
A．標記C點的位置
B．記錄OA、OB、OC三根細線的方向
C．量出OA、OB、OC三段細線的長度
D．用天平測出鉤碼的質量
15．在作圖時，你認為圖 存在明顯錯誤
A．甲 B．乙
16．（2025高一上·江門期末）某校研究性學習小組的同學用滴水法測量小車與水平桌面間的動摩擦因數，裝置如圖甲。實驗過程如下：把滴水計時器固定在小車的末端，調節滴水計時器的滴水速度為每滴一滴，在斜面頂端釋放小車，于是水滴在斜面和水平桌面上留下標志小車運動規律的點跡。某次實驗結束后，發現小車在水平桌面上運動時留下了多個計時點。用刻度尺測量出，，，四段長度，如圖乙所示，g取。
（1）滴水計時器的原理和課本上介紹的　 　原理類似；
（2）小車在運動到計時點3的速度為　 　（保留三位有效數字）
（3）小車在水平桌面上運動的加速度　 　（保留三位有效數字）
（4）小車與水平桌面間的動摩擦因數　 　。（保留兩位有效數字）
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
17．（2025高一上·江門期末）中國載人航天工程已闊步走過30年，降落傘作為佑護航天員平安返回的“生命之傘”為我國載人航天任務作出了突出貢獻。在某次任務中神舟飛船正在豎直勻速返回地面，假設返回艙質量為（不計它受到的空氣阻力），降落傘（包括拉線）質量為，有50根相同的拉線與返回艙相連，另一端均勻分布在傘的邊緣，每根拉線和豎直方向都成角，如圖所示。已知，，g取，求：
（1）降落傘受到的阻力多大？
（2）每根拉線上的張力大小為多少？
18．（2025高一上·江門期末）谷神星一號海射型遙二運載火箭于2024年5月29日16時12分在山東日照成功發射，該過程可用如圖所示的火箭模型發射來模擬。發動機點火后，火箭模型獲得了大小恒為方向豎直向上的推力，2秒后發動機熄火，之后由于慣性達到最大高度。已知火箭模型質量為，在升空過程中受到的空氣阻力大小恒為，不考慮發射過程中噴出氣體對火箭模型質量的影響， g取。求：
（1）火箭模型在發動機熄火前的加速度的大小及在升空過程中的最大速率；
（2）火箭模型上升的總時間。
19．（2025高一上·江門期末）如圖所示，質量為的木板A放在光滑水平地面上。在木板A的中點處放置質量為的物體B，物體B視為質點，物體A與B之間的動摩擦因數為，重力加速度g取10m/s2。現用水平向右的拉力F拉木板A，且拉力F保持為不變，問：
（1）若木板A的長度為，經過多長時間A板從B板下抽出？
（2）若木板A的長度為，為了使B從木板A左端滑落，拉力F至少作用多長時間？
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；平均速度；瞬時速度
【解析】【解答】本題考查了機械運動中的幾個基本概念。時刻是某一瞬間，時間間隔是兩個時刻的間隔；平均速度等于位移與所用時間的比值。A．研究潘展樂的游泳技巧時，潘展樂肢體的形狀大小不能忽略不計，不可以把其看作質點，故A錯誤；
B．潘展樂百米比賽用時“46秒40”對應時間軸上的一段，是指時間間隔，故B錯誤；
CD．知道位移和時間，可以求出平均速度，不可以求出潘展樂到達終點時的瞬時速度，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】時間是時間軸上的一段，與位移相對應；而時刻是坐標軸上的一個點，與位置相對應；應用平均速度定義式求出平均速度的大小；物體可以看成質點的條件是看物體的大小形狀對所研究的問題是否產生影響。
2．【答案】A
【知識點】重力與重心；質點；速度與速率
【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如微元法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。A．在定義速度這個概念時，采用了比值法，故 A錯誤，符合題意；
B．研究地球的公轉時將地球看做質點這里用到了理想化模型法，故B正確，不符合題意；
C．在定義重心這個概念時，用到了等效替代法，故C正確，不符合題意；
D．由物理學的研究方法可知，在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，然后把各段的位移相加，這里采用了微元法，故D正確，不符合題意。
故選A。
【分析】 質點是用來代替物體的有質量的點，是一種理想化物理模型；速度的定義采用的是比值定義法；在推導勻變速直線運動位移公式時，常常采用微元法。
3．【答案】C
【知識點】慣性與質量
【解析】【解答】物體保持原來的勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質叫做慣性，慣性是物體保持原有的運動狀態的一種性質，只由物體的質量決定，與物體的速度大小和方向、運動時間長短均無關，故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】根據規律慣性的唯一量度是質量，即可解答。
4．【答案】A
【知識點】追及相遇問題
【解析】【解答】解答此題的關鍵是知道末速度為0隱含條件，找到題干告訴的已知量初速度和加速度，利用勻變速直線運動公式可解。由題意知，車速
系統立即啟動“全力自動剎車”， 加速度大小約為
最后末速度減為0，由速度位移公式，可得
所以系統設置的安全距離約10m。
故選A。
【分析】根據剎車的最大初速度和剎車的加速度，由推導公式v2=2ax可得系統設置的安全距離。
5．【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；滑動摩擦力與動摩擦因數；共點力的平衡
【解析】【解答】A．當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；
B．根據牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺處于靜止狀態，故桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；
C．由于硯臺處于靜止狀態，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；
D．桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，平衡力必須大小相等， 桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力不可能是一對平衡力，故D錯誤。
故選C。
【分析】滑動摩擦力的方向與墨條的相對運動方向相反；根據牛頓第三定律判斷硯臺受到墨條的滑動摩擦力方向，根據平衡條件判斷桌面對硯臺的摩擦力方向；根據受力分析來判定。
6．【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】本題是信息題，根據力學單位制求出比例系數的單位，關鍵要掌握各個物理量的單位，知道1N=1kg m/s2。表達式Ff=kSv2中：Ff、S、v的單位分別為N，m2、m/s，又1N=1kg m/s2，則得：1kg m/s2=1k m2 m2/s2，所以k的單位為 kg/m3，故B正確，ACD錯誤．故選B.
點睛：本題是信息題，根據力學單位制求出比例系數的單位，關鍵要掌握各個物理量的單位，知道1N=1kg m/s2．
【分析】根據表達式Ff=kSv2中各個量的單位，推導出比例系數k的單位。
7．【答案】D
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的應用，根據題意應用牛頓第二定律求出車的質量，然后求出車的質量之比即可解題。根據牛頓第二定律，則
故選D。
【分析】已知車的加速度，應用牛頓第二定律求出車的質量表達式，然后求出質量之比。
8．【答案】B
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題是速度—時間圖像的應用，要明確v-t圖像的斜率表示加速度，速度正負表示速度方向，從而讀取有用信息。A．根據圖像可知，在內與內速度均為正值，則小魚在內的速度方向與內的速度方向相同，故A錯誤；
B．根據圖像可知，時刻速度的方向發生變化，則時刻小魚離池塘邊緣最遠，故B正確；
C．在內，小魚做勻加速直線運動，速度不斷增大，故C錯誤；
D．圖像斜率的絕對值表示加速度大小，可知，小魚在內的加速度不斷減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】v-t圖像反映了做直線運動的物體的速度隨時間變化的規律，斜率表示加速度的大小及方向，圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移。圖像在橫軸上方，表示速度方向為正，在橫軸下方，表示速度方向為負。
9．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】圓珠筆受力比較簡單，關鍵是掌握力的合成法則，根據牛頓第二定律列方程。此題較為基礎。A．對圓珠筆進行受力分析，如圖所示
圓珠筆受重力和繩子拉力作用，其所受合力方向為水平向左，即加速度方向水平向左，由于地鐵做勻減速直線運動，則地鐵的運動方向水平向右，故A錯誤；
B．圓珠筆受重力和繩子拉力兩個力的作用，故B錯誤；
C．根據牛頓第二定律有
解得地鐵的加速度大小為
方向為水平向左，故C正確；
D．結合上述可知
夾角與圓珠筆的質量無關，故D錯誤。
故選C。
【分析】對圓珠筆進行受力分析，根據平行四邊形法則求解合力大小，根據牛頓第二定律求解加速度大小，根據加速度與關系式分析。
10．【答案】B,C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查了受力分析的共點力平衡問題，基礎題目。選擇合適的研究對象，應用正交分解法解析即可。AB．設兩邊繩子之間的夾角為，繩上各部分的拉力大小相等，對滑輪與小球整體進行分析，根據平衡條件有
解得繩子的拉力大小
保持B點高度不變，在人緩慢向右移動一小段距離的過程中，繩子間的夾角減小，則增大，繩子的拉力F變小，故A錯誤，B正確；
CD．結合上述可知，滑輪受到繩的作用力大小等于兩邊繩子的拉力的合力，與滑輪、小球整體的重力平衡，則滑輪受到繩的作用力不變，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】滑輪兩邊繩的張力大小相等，人緩慢向右移動一小段距離的過程，兩邊繩之間的夾角θ變小，以滑輪和小球整體為研究對象，由平衡條件求解繩的張力滑輪受到繩的作用力；以滑輪為研究對象由平衡條件求解。
11．【答案】A,D
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】直尺做自由落體運動，應用勻變速直線運動的運動學公式可以解題。A． 不計空氣阻力， 尺子做自由落體運動，根據自由落體公式，下落高度為10cm，代入數據解得
故A正確；
B．根據得，該同學抓住尺子時尺子的瞬時速度約為
故B錯誤；
C．尺子做自由落體運動，速度越來越大，則下面的一小格所代表的時間間隔要大于上面相同長度一小格所代表的時間間隔，故C錯誤；
D．某同學反應時間為，直尺的下落距離為
恰好等于直尺的長度，所以若把該尺子的刻度改為反應時間，則其量程約為，故D正確。
故選AD。
【分析】直尺做自由落體運動，應用勻變速直線運動的位移—時間公式求出反應時間，由v-t公式求出速度大小。
12．【答案】B,C,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的瞬時問題，知道剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，再結合牛頓第二定律進行求解。A．對A、B整體進行受力分析可知，細繩的拉力大小
故A錯誤；
B．對小球B進行分析，由平衡條件有
解得
故B正確；
C．剪斷細繩后瞬間，彈簧彈力不變，對物體A進行受力分析，物體A受向下的重力和彈簧的彈力，由牛頓第二定律可知，加速度為
故C正確；
D．剪斷細繩瞬間彈簧彈力不變，仍為mg，小球B所受合力為零，加速度為零，故D正確。
故選BCD。
【分析】開始小球靜止，由平衡條件求出彈簧的彈力；剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，應用牛頓第二定律求出剪斷細繩瞬間小球的加速度，然后分析答題。
【答案】13．C
14．B
15．B
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查驗證力的平行四邊形定則的實驗，要求學生熟練掌握實驗原理、實驗步驟、數據記錄和處理、誤差分析。
（1）對O點受力分析OA、OB、OC分別表示三個力的大小，因為三共點力處于平衡，所以OC等于OD，因此三個力的大小構成一個三角形。
鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，三角形的三個邊表示三個力的大小，三力應能構成三角形；
A．鉤碼的個數，，時，不能構成三角形，故A錯誤；
B．鉤碼的個數，時，由于間必定有夾角，不可能平衡，故B錯誤；
C．鉤碼的個數時，若滿足兩力夾角，可以平衡，故C正確；
D．鉤碼的個數，時，不滿足力的三角形條件，故D錯誤。
故選C。
（2）達到平衡后，需要標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，繩子的長度沒有意義，需要的是方向，鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，無需用天平測出鉤碼的質量。
故選B。
（3）以O點為研究對象，是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，、的合力理論值與實際值有一定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際。故選B。
【分析】（1）鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，三角形的三個邊表示三個力的大小，三力應能構成三角形，由此判斷即可；
（2）在拆下鉤碼和細線前需要標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，其余均不需要；
（3）以O點為研究對象，F3 的是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，F1、F2 的理論值要與實際值有一定偏差。
13．對O點受力分析OA、OB、OC分別表示三個力的大小，因為三共點力處于平衡，所以OC等于OD，因此三個力的大小構成一個三角形。
鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，三角形的三個邊表示三個力的大小，三力應能構成三角形；
A．鉤碼的個數，，時，不能構成三角形，故A錯誤；
B．鉤碼的個數，時，由于間必定有夾角，不可能平衡，故B錯誤；
C．鉤碼的個數時，若滿足兩力夾角，可以平衡，故C正確；
D．鉤碼的個數，時，不滿足力的三角形條件，故D錯誤。
故選C。
14．達到平衡后，需要標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，繩子的長度沒有意義，需要的是方向，鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，無需用天平測出鉤碼的質量。
故選B。
15．以O點為研究對象，是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，、的合力理論值與實際值有一定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際。故選B。
16．【答案】（1）打點計時器
（2）0.526
（3）1.96
（4）0.20
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律
【解析】【解答】（1） 調節滴水計時器的滴水速度，使其每0.2s滴一滴，這就像打點計時器每隔一定時間就打一個點。 滴水計時器的原理和課本上介紹的打點計時器原理類似。
（2）根據題意，根據中間時刻的速度等于該段時間的平均速度可得
（3）根據逐差法
（4）根據牛頓第二定律可得
解得
【分析】（1） 滴水計時器類似打點計時器，是計時工具；
（2）根據中間時刻的速度等于該段時間的平均速度求解；
（3）根據逐差法求解加速度；
（4）根據牛頓第二定律求解動摩擦因數。
（1）滴水計時器的原理和課本上介紹的打點計時器原理類似。
（2）根據題意，根據中間時刻的速度等于該段時間的平均速度可得
（3）根據逐差法
（4）根據
解得
17．【答案】（1）解：對降落傘及返回艙整體進行受力分析，根據平衡條件有
解得
（2）解：根據對稱性可知，每根拉線上的張力大小均相等，對返回艙進行受力分析，根據平衡條件有
解得
【知識點】整體法隔離法
【解析】【分析】（1）對降落傘及返回艙整體進行受力分析，根據平衡條件求解降落傘受到的阻力；
（2）每根拉線上的張力大小均相等，對返回艙進行受力分析，根據平衡條件列式求解。
（1）對降落傘及返回艙整體進行受力分析，根據平衡條件有
解得
（2）根據對稱性可知，每根拉線上的張力大小均相等，對返回艙進行受力分析，根據平衡條件有
解得
18．【答案】（1）解：根據牛頓第二定律有
解得
發動機熄火后，火箭在自身重力和空氣的阻力作用下，2s后做勻減速直線運動，則火箭最大速率為
1
解得
（2）解：發動機熄火，根據牛頓第二定律有
解得
利用逆向思維，根據速度公式有
解得減速上升時間
火箭模型上升的總時間
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求解加速度，根據速度—時間關系求解火箭的最大速率；
（2）發動機熄火，根據牛頓第二定律求解加速度，求解減速時間加上前面加速時間等于總時間。
（1）根據牛頓第二定律有
解得
發動機熄火后，火箭在自身重力和空氣的阻力作用下，2s后做勻減速直線運動，則火箭最大速率為
1
解得
（2）發動機熄火，根據牛頓第二定律有
解得
利用逆向思維，根據速度公式有
解得減速上升時間
火箭模型上升的總時間
19．【答案】（1）解：對A分析，由牛頓第二定律
得
對B分析，由牛頓第二定律
得
初速度為0的勻變速直線運動位移公式
，
滿足位移關系
聯立解得
（2）解：設作用時間撤掉拉力F，木板 A減速時恰好與滑到木板A的左端的物體B共速，A減速時，由牛頓第二定律，有
得
由速度關系和位移關系得
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）由牛頓第二定律求出A和B的加速度。當A板從B板下抽出時，A與B的位移之差等于（L是板長），根據位移關系即可求解時間。（2）設拉力作用時間t1就撤掉，再經過時間t2，A、B速度相等且剛好到達A的左端，求出t2，根據A、B位移差等于列式即可求解。
（1）對A分析，由牛頓第二定律
得
對B分析，由牛頓第二定律
得
初速度為0的勻變速直線運動位移公式
，
滿足位移關系
聯立解得
（2）設作用時間撤掉拉力F，木板 A減速時恰好與滑到木板A的左端的物體B共速，A減速時，由牛頓第二定律，有
得
由速度關系和位移關系得
解得
1 / 1廣東省江門市2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題（一）
一、單選題：本大題共9小題，共36分。
1．（2025高一上·江門期末）2024年7月31日，潘展樂在奧運會上以46秒40的成績奪下男子100米自由泳金牌，并打破世界記錄。關于上述材料，下列說法正確的是（　　）
A．分析潘展樂游泳的技術動作時可以把他當成質點
B．潘展樂百米比賽用時“46秒40”是時刻
C．可以求出潘展樂到達終點時的瞬時速度
D．可以求出潘展樂全程的平均速度
【答案】D
【知識點】質點；時間與時刻；平均速度；瞬時速度
【解析】【解答】本題考查了機械運動中的幾個基本概念。時刻是某一瞬間，時間間隔是兩個時刻的間隔；平均速度等于位移與所用時間的比值。A．研究潘展樂的游泳技巧時，潘展樂肢體的形狀大小不能忽略不計，不可以把其看作質點，故A錯誤；
B．潘展樂百米比賽用時“46秒40”對應時間軸上的一段，是指時間間隔，故B錯誤；
CD．知道位移和時間，可以求出平均速度，不可以求出潘展樂到達終點時的瞬時速度，故C錯誤，D正確。
故選D。
【分析】時間是時間軸上的一段，與位移相對應；而時刻是坐標軸上的一個點，與位置相對應；應用平均速度定義式求出平均速度的大小；物體可以看成質點的條件是看物體的大小形狀對所研究的問題是否產生影響。
2．（2025高一上·江門期末）在物理學研究過程中科學家們創造了許多物理學研究方法，以下關于所用物理學研究方法的敘述不正確的是（　　）
A．在定義速度這個概念時，采用了控制變量法
B．研究地球的公轉時將地球看做質點這里用到了理想化模型法
C．在定義重心這個概念時，用到了等效替代法
D．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法
【答案】A
【知識點】重力與重心；質點；速度與速率
【解析】【解答】對于常用的物理研究方法，如微元法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基礎上掌握，并要注意科學方法的應用。A．在定義速度這個概念時，采用了比值法，故 A錯誤，符合題意；
B．研究地球的公轉時將地球看做質點這里用到了理想化模型法，故B正確，不符合題意；
C．在定義重心這個概念時，用到了等效替代法，故C正確，不符合題意；
D．由物理學的研究方法可知，在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，然后把各段的位移相加，這里采用了微元法，故D正確，不符合題意。
故選A。
【分析】 質點是用來代替物體的有質量的點，是一種理想化物理模型；速度的定義采用的是比值定義法；在推導勻變速直線運動位移公式時，常常采用微元法。
3．（2025高一上·江門期末）下列關于慣性的說法中正確的是（　　）
A．汽車速度越大剎車后越難停下來，表明汽車速度越大慣性越大
B．汽車轉彎后前進方向發生了改變，表明汽車的慣性也隨之改變
C．拋出的小球，盡管速度的大小和方向都改變了，但慣性不變
D．質量不同的沙袋可以在相同的時間內停下來，表明慣性與質量無關
【答案】C
【知識點】慣性與質量
【解析】【解答】物體保持原來的勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質叫做慣性，慣性是物體保持原有的運動狀態的一種性質，只由物體的質量決定，與物體的速度大小和方向、運動時間長短均無關，故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】根據規律慣性的唯一量度是質量，即可解答。
4．（2025高一上·江門期末）如圖所示，某品牌新能源汽車裝備了“全力自動剎車”安全系統，系統會監視前方的交通狀況。當車速且與前方靜止的障礙物之間的距離接近安全距離時，如果司機未采取制動措施，系統就會立即啟動該系統，加速度大小約為重力加速度的倍（取），使汽車避免與障礙物相撞。則“全力自動剎車”系統設置的安全距離約為（　　）
A．10m B．20m C．1m D．50m
【答案】A
【知識點】追及相遇問題
【解析】【解答】解答此題的關鍵是知道末速度為0隱含條件，找到題干告訴的已知量初速度和加速度，利用勻變速直線運動公式可解。由題意知，車速
系統立即啟動“全力自動剎車”， 加速度大小約為
最后末速度減為0，由速度位移公式，可得
所以系統設置的安全距離約10m。
故選A。
【分析】根據剎車的最大初速度和剎車的加速度，由推導公式v2=2ax可得系統設置的安全距離。
5．（2025高一上·江門期末）利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時，（　　）
A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
【答案】C
【知識點】牛頓第三定律；滑動摩擦力與動摩擦因數；共點力的平衡
【解析】【解答】A．當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；
B．根據牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺處于靜止狀態，故桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；
C．由于硯臺處于靜止狀態，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；
D．桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，平衡力必須大小相等， 桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力不可能是一對平衡力，故D錯誤。
故選C。
【分析】滑動摩擦力的方向與墨條的相對運動方向相反；根據牛頓第三定律判斷硯臺受到墨條的滑動摩擦力方向，根據平衡條件判斷桌面對硯臺的摩擦力方向；根據受力分析來判定。
6．（2025高一上·江門期末）雨滴在空氣中下落，當速度比較大的時候，它受到的空氣阻力與其速度的二次方成正比，與其橫截面積成正比，即Ff＝kSv2，則比例系數k的單位是 (　　)
A．kg/m4 B．kg/m3 C．kg/m2 D．kg/m
【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】本題是信息題，根據力學單位制求出比例系數的單位，關鍵要掌握各個物理量的單位，知道1N=1kg m/s2。表達式Ff=kSv2中：Ff、S、v的單位分別為N，m2、m/s，又1N=1kg m/s2，則得：1kg m/s2=1k m2 m2/s2，所以k的單位為 kg/m3，故B正確，ACD錯誤．故選B.
點睛：本題是信息題，根據力學單位制求出比例系數的單位，關鍵要掌握各個物理量的單位，知道1N=1kg m/s2．
【分析】根據表達式Ff=kSv2中各個量的單位，推導出比例系數k的單位。
7．（2025高一上·江門期末）甲、乙兩輛小車放在光滑水平桌面上，在相同的拉力作用下，甲車產生的加速度為，乙車產生的加速度為，則甲車質量是乙車質量的幾倍（　　）
A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍
【答案】D
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的應用，根據題意應用牛頓第二定律求出車的質量，然后求出車的質量之比即可解題。根據牛頓第二定律，則
故選D。
【分析】已知車的加速度，應用牛頓第二定律求出車的質量表達式，然后求出質量之比。
8．（2025高一上·江門期末）如圖甲所示，一只小貓來到池塘邊散步，之前停留在池塘邊的一條小魚看到小貓后，從靜止快速沿直線逃跑，小魚的圖像如圖乙所示。關于小魚的整個運動過程，下列說法正確的是（　　）
A．小魚在內的速度方向與內的速度方向相反
B．時刻小魚離池塘邊緣最遠
C．小魚在內速度不斷減小
D．小魚在內的加速度不斷增加
【答案】B
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】本題是速度—時間圖像的應用，要明確v-t圖像的斜率表示加速度，速度正負表示速度方向，從而讀取有用信息。A．根據圖像可知，在內與內速度均為正值，則小魚在內的速度方向與內的速度方向相同，故A錯誤；
B．根據圖像可知，時刻速度的方向發生變化，則時刻小魚離池塘邊緣最遠，故B正確；
C．在內，小魚做勻加速直線運動，速度不斷增大，故C錯誤；
D．圖像斜率的絕對值表示加速度大小，可知，小魚在內的加速度不斷減小，故D錯誤。
故選B。
【分析】v-t圖像反映了做直線運動的物體的速度隨時間變化的規律，斜率表示加速度的大小及方向，圖線與時間軸所包圍的“面積”表示位移。圖像在橫軸上方，表示速度方向為正，在橫軸下方，表示速度方向為負。
9．（2025高一上·江門期末）某學生用細繩一端連接一支圓珠筆，另一端固定在地鐵車廂內的豎直扶手上。地鐵沿某一段水平直線勻減速進站的過程中，細繩向右偏離與豎直扶手成角度，如圖所示，不計空氣阻力，關于地鐵在這一段運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．地鐵的運動方向水平向左
B．圓珠筆受到重力、拉力和合力三個力的作用
C．地鐵的加速度大小為
D．圓珠筆的質量越大，夾角越大
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】圓珠筆受力比較簡單，關鍵是掌握力的合成法則，根據牛頓第二定律列方程。此題較為基礎。A．對圓珠筆進行受力分析，如圖所示
圓珠筆受重力和繩子拉力作用，其所受合力方向為水平向左，即加速度方向水平向左，由于地鐵做勻減速直線運動，則地鐵的運動方向水平向右，故A錯誤；
B．圓珠筆受重力和繩子拉力兩個力的作用，故B錯誤；
C．根據牛頓第二定律有
解得地鐵的加速度大小為
方向為水平向左，故C正確；
D．結合上述可知
夾角與圓珠筆的質量無關，故D錯誤。
故選C。
【分析】對圓珠筆進行受力分析，根據平行四邊形法則求解合力大小，根據牛頓第二定律求解加速度大小，根據加速度與關系式分析。
二、多選題：本大題共3小題，共12分。
10．（2025高一上·江門期末）如圖所示，繞過滑輪的輕繩一端固定在豎直墻上，站在地面上的人用手拉著繩的另一端，滑輪下吊著一個小球，處于靜止狀態，不計滑輪摩擦。保持 B點高度不變，手與繩無相對滑動且球不碰地。在人緩慢向右移動一小段距離的過程中（　　）
A．繩上張力不變 B．繩上張力變小
C．滑輪受到繩的作用力不變 D．滑輪受到繩的作用力變大
【答案】B,C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】本題考查了受力分析的共點力平衡問題，基礎題目。選擇合適的研究對象，應用正交分解法解析即可。AB．設兩邊繩子之間的夾角為，繩上各部分的拉力大小相等，對滑輪與小球整體進行分析，根據平衡條件有
解得繩子的拉力大小
保持B點高度不變，在人緩慢向右移動一小段距離的過程中，繩子間的夾角減小，則增大，繩子的拉力F變小，故A錯誤，B正確；
CD．結合上述可知，滑輪受到繩的作用力大小等于兩邊繩子的拉力的合力，與滑輪、小球整體的重力平衡，則滑輪受到繩的作用力不變，故C正確，D錯誤。
故選BC。
【分析】滑輪兩邊繩的張力大小相等，人緩慢向右移動一小段距離的過程，兩邊繩之間的夾角θ變小，以滑輪和小球整體為研究對象，由平衡條件求解繩的張力滑輪受到繩的作用力；以滑輪為研究對象由平衡條件求解。
11．（2025高一上·江門期末）如圖所示，甲同學拿著一把長80cm的直尺，乙同學把手放在0刻度線處準備抓尺，測反應時間。靜止釋放直尺，乙同學抓住直尺位置的刻度值為10 cm。不計空氣阻力，取，下列說法正確的是（　　）
A．該同學的反應時間約為
B．該同學抓住尺子時尺子的瞬時速度約為
C．若把該尺子的刻度改為對應的反應時間，則下面的一小格所代表的時間間隔要小于上面相同長度一小格所代表的時間間隔
D．若把該尺子的刻度改為反應時間，則其量程約為
【答案】A,D
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】直尺做自由落體運動，應用勻變速直線運動的運動學公式可以解題。A． 不計空氣阻力， 尺子做自由落體運動，根據自由落體公式，下落高度為10cm，代入數據解得
故A正確；
B．根據得，該同學抓住尺子時尺子的瞬時速度約為
故B錯誤；
C．尺子做自由落體運動，速度越來越大，則下面的一小格所代表的時間間隔要大于上面相同長度一小格所代表的時間間隔，故C錯誤；
D．某同學反應時間為，直尺的下落距離為
恰好等于直尺的長度，所以若把該尺子的刻度改為反應時間，則其量程約為，故D正確。
故選AD。
【分析】直尺做自由落體運動，應用勻變速直線運動的位移—時間公式求出反應時間，由v-t公式求出速度大小。
12．（2025高一上·江門期末）如圖所示，兩個質量均為2kg的小球A和B之間用輕彈簧連接，然后用細繩懸掛起來，此時彈簧伸長了4cm，取g為，下列說法正確的是（　　）
A．細繩的拉力大小為2N
B．彈簧的勁度系數大小
C．剪斷細繩的瞬間小球A的加速度為
D．剪斷細繩的瞬間小球B的加速度為0
【答案】B,C,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】本題考查了牛頓第二定律的瞬時問題，知道剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，再結合牛頓第二定律進行求解。A．對A、B整體進行受力分析可知，細繩的拉力大小
故A錯誤；
B．對小球B進行分析，由平衡條件有
解得
故B正確；
C．剪斷細繩后瞬間，彈簧彈力不變，對物體A進行受力分析，物體A受向下的重力和彈簧的彈力，由牛頓第二定律可知，加速度為
故C正確；
D．剪斷細繩瞬間彈簧彈力不變，仍為mg，小球B所受合力為零，加速度為零，故D正確。
故選BCD。
【分析】開始小球靜止，由平衡條件求出彈簧的彈力；剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，應用牛頓第二定律求出剪斷細繩瞬間小球的加速度，然后分析答題。
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
（2025高一上·江門期末）某同學利用如圖所示的裝置驗證力的平行四邊形定則。在豎直木板上貼有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將三根足夠長的細線的一頭打一個結，結點為O，另一頭分別掛上不同數量的鉤碼，每個鉤碼的質量相等，當系統達到平衡時，根據鉤碼個數讀出三根細線的拉力、和。
13．下列鉤碼個數，能使實驗完成的是
A．鉤碼的個數，， B．鉤碼的個數，
C．鉤碼的個數 D．鉤碼的個數，
14．在拆下鉤碼和細線前，需要做的步驟是
A．標記C點的位置
B．記錄OA、OB、OC三根細線的方向
C．量出OA、OB、OC三段細線的長度
D．用天平測出鉤碼的質量
15．在作圖時，你認為圖 存在明顯錯誤
A．甲 B．乙
【答案】13．C
14．B
15．B
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】本題考查驗證力的平行四邊形定則的實驗，要求學生熟練掌握實驗原理、實驗步驟、數據記錄和處理、誤差分析。
（1）對O點受力分析OA、OB、OC分別表示三個力的大小，因為三共點力處于平衡，所以OC等于OD，因此三個力的大小構成一個三角形。
鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，三角形的三個邊表示三個力的大小，三力應能構成三角形；
A．鉤碼的個數，，時，不能構成三角形，故A錯誤；
B．鉤碼的個數，時，由于間必定有夾角，不可能平衡，故B錯誤；
C．鉤碼的個數時，若滿足兩力夾角，可以平衡，故C正確；
D．鉤碼的個數，時，不滿足力的三角形條件，故D錯誤。
故選C。
（2）達到平衡后，需要標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，繩子的長度沒有意義，需要的是方向，鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，無需用天平測出鉤碼的質量。
故選B。
（3）以O點為研究對象，是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，、的合力理論值與實際值有一定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際。故選B。
【分析】（1）鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，三角形的三個邊表示三個力的大小，三力應能構成三角形，由此判斷即可；
（2）在拆下鉤碼和細線前需要標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，其余均不需要；
（3）以O點為研究對象，F3 的是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，F1、F2 的理論值要與實際值有一定偏差。
13．對O點受力分析OA、OB、OC分別表示三個力的大小，因為三共點力處于平衡，所以OC等于OD，因此三個力的大小構成一個三角形。
鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，三角形的三個邊表示三個力的大小，三力應能構成三角形；
A．鉤碼的個數，，時，不能構成三角形，故A錯誤；
B．鉤碼的個數，時，由于間必定有夾角，不可能平衡，故B錯誤；
C．鉤碼的個數時，若滿足兩力夾角，可以平衡，故C正確；
D．鉤碼的個數，時，不滿足力的三角形條件，故D錯誤。
故選C。
14．達到平衡后，需要標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，繩子的長度沒有意義，需要的是方向，鉤碼均相同，則鉤碼個數就代表力的大小，無需用天平測出鉤碼的質量。
故選B。
15．以O點為研究對象，是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，、的合力理論值與實際值有一定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際。故選B。
16．（2025高一上·江門期末）某校研究性學習小組的同學用滴水法測量小車與水平桌面間的動摩擦因數，裝置如圖甲。實驗過程如下：把滴水計時器固定在小車的末端，調節滴水計時器的滴水速度為每滴一滴，在斜面頂端釋放小車，于是水滴在斜面和水平桌面上留下標志小車運動規律的點跡。某次實驗結束后，發現小車在水平桌面上運動時留下了多個計時點。用刻度尺測量出，，，四段長度，如圖乙所示，g取。
（1）滴水計時器的原理和課本上介紹的　 　原理類似；
（2）小車在運動到計時點3的速度為　 　（保留三位有效數字）
（3）小車在水平桌面上運動的加速度　 　（保留三位有效數字）
（4）小車與水平桌面間的動摩擦因數　 　。（保留兩位有效數字）
【答案】（1）打點計時器
（2）0.526
（3）1.96
（4）0.20
【知識點】滑動摩擦力與動摩擦因數；牛頓第二定律
【解析】【解答】（1） 調節滴水計時器的滴水速度，使其每0.2s滴一滴，這就像打點計時器每隔一定時間就打一個點。 滴水計時器的原理和課本上介紹的打點計時器原理類似。
（2）根據題意，根據中間時刻的速度等于該段時間的平均速度可得
（3）根據逐差法
（4）根據牛頓第二定律可得
解得
【分析】（1） 滴水計時器類似打點計時器，是計時工具；
（2）根據中間時刻的速度等于該段時間的平均速度求解；
（3）根據逐差法求解加速度；
（4）根據牛頓第二定律求解動摩擦因數。
（1）滴水計時器的原理和課本上介紹的打點計時器原理類似。
（2）根據題意，根據中間時刻的速度等于該段時間的平均速度可得
（3）根據逐差法
（4）根據
解得
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
17．（2025高一上·江門期末）中國載人航天工程已闊步走過30年，降落傘作為佑護航天員平安返回的“生命之傘”為我國載人航天任務作出了突出貢獻。在某次任務中神舟飛船正在豎直勻速返回地面，假設返回艙質量為（不計它受到的空氣阻力），降落傘（包括拉線）質量為，有50根相同的拉線與返回艙相連，另一端均勻分布在傘的邊緣，每根拉線和豎直方向都成角，如圖所示。已知，，g取，求：
（1）降落傘受到的阻力多大？
（2）每根拉線上的張力大小為多少？
【答案】（1）解：對降落傘及返回艙整體進行受力分析，根據平衡條件有
解得
（2）解：根據對稱性可知，每根拉線上的張力大小均相等，對返回艙進行受力分析，根據平衡條件有
解得
【知識點】整體法隔離法
【解析】【分析】（1）對降落傘及返回艙整體進行受力分析，根據平衡條件求解降落傘受到的阻力；
（2）每根拉線上的張力大小均相等，對返回艙進行受力分析，根據平衡條件列式求解。
（1）對降落傘及返回艙整體進行受力分析，根據平衡條件有
解得
（2）根據對稱性可知，每根拉線上的張力大小均相等，對返回艙進行受力分析，根據平衡條件有
解得
18．（2025高一上·江門期末）谷神星一號海射型遙二運載火箭于2024年5月29日16時12分在山東日照成功發射，該過程可用如圖所示的火箭模型發射來模擬。發動機點火后，火箭模型獲得了大小恒為方向豎直向上的推力，2秒后發動機熄火，之后由于慣性達到最大高度。已知火箭模型質量為，在升空過程中受到的空氣阻力大小恒為，不考慮發射過程中噴出氣體對火箭模型質量的影響， g取。求：
（1）火箭模型在發動機熄火前的加速度的大小及在升空過程中的最大速率；
（2）火箭模型上升的總時間。
【答案】（1）解：根據牛頓第二定律有
解得
發動機熄火后，火箭在自身重力和空氣的阻力作用下，2s后做勻減速直線運動，則火箭最大速率為
1
解得
（2）解：發動機熄火，根據牛頓第二定律有
解得
利用逆向思維，根據速度公式有
解得減速上升時間
火箭模型上升的總時間
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求解加速度，根據速度—時間關系求解火箭的最大速率；
（2）發動機熄火，根據牛頓第二定律求解加速度，求解減速時間加上前面加速時間等于總時間。
（1）根據牛頓第二定律有
解得
發動機熄火后，火箭在自身重力和空氣的阻力作用下，2s后做勻減速直線運動，則火箭最大速率為
1
解得
（2）發動機熄火，根據牛頓第二定律有
解得
利用逆向思維，根據速度公式有
解得減速上升時間
火箭模型上升的總時間
19．（2025高一上·江門期末）如圖所示，質量為的木板A放在光滑水平地面上。在木板A的中點處放置質量為的物體B，物體B視為質點，物體A與B之間的動摩擦因數為，重力加速度g取10m/s2。現用水平向右的拉力F拉木板A，且拉力F保持為不變，問：
（1）若木板A的長度為，經過多長時間A板從B板下抽出？
（2）若木板A的長度為，為了使B從木板A左端滑落，拉力F至少作用多長時間？
【答案】（1）解：對A分析，由牛頓第二定律
得
對B分析，由牛頓第二定律
得
初速度為0的勻變速直線運動位移公式
，
滿足位移關系
聯立解得
（2）解：設作用時間撤掉拉力F，木板 A減速時恰好與滑到木板A的左端的物體B共速，A減速時，由牛頓第二定律，有
得
由速度關系和位移關系得
解得
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】（1）由牛頓第二定律求出A和B的加速度。當A板從B板下抽出時，A與B的位移之差等于（L是板長），根據位移關系即可求解時間。（2）設拉力作用時間t1就撤掉，再經過時間t2，A、B速度相等且剛好到達A的左端，求出t2，根據A、B位移差等于列式即可求解。
（1）對A分析，由牛頓第二定律
得
對B分析，由牛頓第二定律
得
初速度為0的勻變速直線運動位移公式
，
滿足位移關系
聯立解得
（2）設作用時間撤掉拉力F，木板 A減速時恰好與滑到木板A的左端的物體B共速，A減速時，由牛頓第二定律，有
得
由速度關系和位移關系得
解得
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