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浙江省杭州市上城區杭二東河2024-2025學年高一上期末考高中物理試卷
一、單項選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題意的）
1．（2025高一上·濱江期末）某校開展了一年一度的紀念“一二·九運動”沿江“毅行”活動，起點在校門口，活動結束后，同學和老師們紛紛在校門口發表了一些看法，其中正確的是（　　）
A．“那一時刻，我走了5km” B．“我走了5km的位移”
C．“我的平均速度約為5km/h” D．“我的平均速度約為零”
【答案】D
【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、時刻與時間、平均速率與平均速度，關鍵是抓住概念，重點掌握相近知識點的區別和聯系。A．時刻是指作用點，時刻是狀態量，5km是過程量，不可能相對應，故A錯誤；
BC．根據題意可知5km是路程，則與平均速率相對應，故BC錯誤；
D．根據題意可知起點終點都在校門口，位移為零，則平均速度為零，故D正確。
故選D。
【分析】時刻與路程不可能對應；位移或者路程與時間對應，路程除以時間等于平均速率，位移除以時間等于平均速度。
2．（2025高一上·濱江期末）杭州亞運會順利舉行，如圖所示為運動會中的四個比賽場景。在下列研究中可將運動員視為質點的是（　　）
A．研究甲圖運動員的入水動作
B．研究乙圖運動員的空中轉體姿態
C．研究丙圖運動員在百米比賽中的平均速度
D．研究丁圖運動員通過某個攀巖支點的動作
【答案】C
【知識點】質點
【解析】【解答】A．研究甲圖運動員的入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯誤；
B．研究乙圖運動員的空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故B錯誤；
C．研究丙圖運動員在百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看為質點，故C正確；
D．研究丁圖運動員通過某個攀巖支點的動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤。
故選C。
【分析】把物體看成是質點的條件：當物體的形狀與大小對所研究的問題影響不大時，可以將物體的形狀和大小忽略，將物體看成質點。忽略次要因素（形狀和大小），突出主要因素（物體的質量）。
3．（2025高一上·濱江期末）假定A、B是不同單位的兩個物理量，經下列哪種運算后仍能得到有意義的物理量 （　　）
A．加法 B．除法
C．減法 D．以上均不可以
【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據物理公式來分析物理量的單位即可。在物理學中，只有相同單位的物理量才能進行加法或減法運算，否則結果無意義。除法運算則不同，不同單位的物理量相除可以得到新的物理量。
故選B 。
【分析】物理量進行計算時，單位也要代入進行計算，不同的單位是不能相加減，否則結果無意義。可以進行乘除。
4．（2025高一上·濱江期末）一質點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】運動學 S-t 圖象；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AB．物體做直線運動，位移與時間成函數關系，AB選項中一個時間對應2個以上的位移，故不可能，故AB錯誤；
CD．同理D選項中一個時間對應2個速度，只有C選項速度與時間是成函數關系，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】函數關系 與圖像結合起來深入思考圖像中橫縱坐標的物理含義以及斜率、面積的物理意義，有助于我們更加深刻地認識物體的運動，理清運動中各物理量之間的關系。本題強調了物體做直線運動，位移與時間和速度與時間成函數關系，同一時刻不可能有兩個位置和速度入手，求解方便。
5．（2025高一上·濱江期末）一質點沿x軸運動，其位置坐標x與時間t的關系為（x的單位是m，t的單位是s）。關于速度及該質點在第1 s內的位移，下列選項正確的是（　　）
A．速度是對物體位置變化快慢的描述；6 m
B．速度是對物體位移變化快慢的描述；6 m
C．速度是對物體位置變化快慢的描述；5 m
D．速度是對物體位移變化快慢的描述；5 m
【答案】C
【知識點】位移與路程；速度與速率
【解析】【解答】本題考查的是速度的物理意義，其中對于位移求解需注意是時間段位移差。速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位置隨時間變化的快慢， 根據x與t的關系式可知，時，質點位于處，時，質點位于處，因此質點在第1 s內的位移為5 m。
故選C。
【分析】根據速度的物理意義；將時間代入關系式得出答案。
6．（2025高一上·濱江期末）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。
7．（2025高一上·濱江期末）一輕繩的上端固定在天花板上的O點，下端懸掛一個重為10N的物體A，如圖所示。B是固定的表面光滑的圓柱體，當A靜止時，輕繩與天花板的夾角為30°，則B受到繩的壓力大小是（　　）
A．10N B．20N C． D．
【答案】A
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題考查共點力的平衡條件。同一根繩子的張力處處相等，指向繩子收縮的方向；夾角為120°的兩個相等的力的合力與其中一個分力大小相等。以與小圓柱體接觸的那一小段繩子為研究對象，受兩個大小相等的拉力以及圓柱體的支持力N，如圖所示
由于
且夾角為120°，由幾何關系可知
因而繩對圓柱體的壓力大小為10N。
故選A。
【分析】以與小圓柱體接觸的一小段繩子為研究對象，分析受力，根據平衡條件及幾何知識求出圓柱體對繩的支持力，再得到B受到繩的壓力大小。
8．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，兩同學合作進行反應時間的測定，甲同學捏住直尺的頂端，乙同學用手靠近直尺刻度為0的位置做捏尺的準備，甲同學放手讓直尺下落，乙同學捏住直尺的位置在刻度15cm處，則乙同學的反應時間約為（　　）
A．0.05s B．0.10s C．0.17s D．0.25s
【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】本題考查自由落體運動的規律，解題關鍵是掌握自由落體運動規律，并能選擇合適的公式進行求解。根據
得，乙同學的反應時間
故選C。
【分析】根據自由落體運動規律求解即可。
9．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓練項目。訓練過程中，運動員先由靜止下蹲一段距離，然后發力跳起摸到了一定的高度。關于摸高過程中各階段的分析正確的是（　　）
A．運動員到達最高點時處于平衡狀態
B．運動員離開地面后始終處于失重狀態
C．運動員離開地面后在上升過程中處于超重狀態
D．運動員能從地面起跳是由于地面對人的支持力大于人對地面的壓力
【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；超重與失重
【解析】【解答】物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。A．運動員到達最高點時只受重力作用，有豎直向下的加速度，a=g，處于完全失重狀態，故A錯誤；
BC．運動員離開地面后，所受合力向下（不考慮空氣阻力合力就是重力，a=g；考慮空氣阻力，上升階段阻力也向下，合力向下，a>g，下降階段阻力向上但小于重力，合力還是向下，aD．地面對人的支持力與人對地面的壓力是作用力與反作用力的關系，一定是等大反向的，故D錯誤。
故選B。
【分析】只受重力作用，處于完全失重狀態；加速度向上為超重，加速度向下為失重；根據作用力與反作用力的關系分析。
10．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處做水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內的勻速圓周運動，A、B位置在同一豎直線上，不計一切摩擦，則（　　）
A．線速度 B．角速度
C．向心加速度 D．向心力
【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運動，牢記向心力的公式，知道向心力的來源即可。D． 小球在水平面內做勻速圓周運動，設繩子長度為l，繩子與豎直方向夾角為θ，A、B位置在同一豎直線上，故A、B做圓周運動的半徑r相同，且θA＜θB
對小球分析有向心力
則
故D錯誤；
C．根據牛頓第二定律
解得
因為
故向心加速度
故C正確；
A．根據牛頓第二定律
解得
因為
所以線速度
故A錯誤；
B．根據牛頓第二定律
解得
因為
故角速度
故B錯誤。
故選C。
【分析】分析小球向心力大小，F大小等于向心力大小，由此比較F大小；根據牛頓第二定律結合向心力表達式分析各個圓周運動相關物理量大小。
11．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，河的寬度為L，河水流速為u，甲、乙兩船均以靜水中的速度v同時渡河。出發時兩船相距2L，甲、乙船頭均與岸邊成60°角，且乙船恰好能直達正對岸的A點，則 （　　）
A．
B．甲船在A點左側靠岸
C．甲乙兩船到達對岸的時間不相等
D．甲乙兩船可能在未到達對岸前相遇
【答案】B
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】解決本題的關鍵會根據平行四邊形定則進行速度的合成，以及知道小船實際運動的軌跡與小船合速度的方向相同。A．乙船恰好能直達正對岸的A點，則乙船平行河岸的分速度與水流速度相等，有
A錯誤；
B．甲船垂直河岸的分速度為
平行河岸的分速度為
甲船的渡河時間為
甲船沿河岸方向的位移為
所以甲船在A點左側靠岸，B正確；
C．乙船垂直河岸的分速度為
乙船的渡河時間為
C錯誤；
D．由于兩船到河對岸的時間相等，甲船在A點左側靠岸，乙船恰好能直達正對岸的A點，所以兩船不可能在未到達對岸前相遇，D錯誤。
故選B。
【分析】根據乙船恰好能直達正對岸的A點，知v=2u。小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，可以比較出兩船到達對岸的時間以及甲船沿河岸方向上的位移。
12．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，小球以初速度v0正對傾角為θ的斜面水平拋出，重力加速度為g，若小球到達斜面的位移最小，則以下說法正確的是（　　）
A．小球在空中運動的時間為
B．小球的水平位移大小為
C．由于不知道拋出點位置，位移大小無法求解
D．小球的豎直位移大小為
【答案】B
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】本題主要是考查了平拋運動的規律，解決本題的關鍵知道分運動和合運動具有等時性，知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度、物體的質量等無關。如圖所示，過拋出點A作斜面的垂線，當小球落在斜面上的B點時，位移最小。
設運動的時間為t，則在水平方向上有
在豎直方向上有
根據幾何關系知
聯立解得
小球的水平位移大小為
豎直位移大小為
由水平位移和豎直位移的合成可求出小球位移的大小。
故B正確，ACD錯誤。
故選B。
【分析】由數學知識得：從拋出點到達斜面的最小位移為過拋出點作斜面的垂線，根據豎直位移和水平位移的關系，結合運動學公式求出小球運動的時間，結合初速度和時間求出水平位移，根據位移—時間公式求出小球的豎直位移。
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題給出的四個選項中，有一個或多個選項是符合題意的，全部選對得4分，選對但不全得2分，錯選不得分）
13．（2025高一上·濱江期末）一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處．如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為，末速度v沿x軸正方向．在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度和豎直方向分速度與時間t的關系，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查斜上拋運動的問題，會利用分運動和合運動的思想分析解決實際問題。
AC．小魚可視為質點且只受重力作用，小魚做斜拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，即為定值，則有水平位移
故A正確，C錯誤；
BD．小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則
，
且最高點時豎直方向的速度為0，故B錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據小魚運動過程的受力情況結合水平分運動的速度和位移進行分析求解；根據小魚在豎直方向上的位移規律和速度規律列式結合圖線進行判斷。
14．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，A、B、C分別是自行車的大齒輪/小齒輪和后輪邊緣上的點。當自行車停在路邊支起后輪，并用手搖動腳踏板帶動后輪轉動，A、B、C三點的線速度大小分別為、、，角速度大小分別為、、，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握規律鏈條傳動線速度大小相等，同軸轉動角速度相同，比較基礎。AB．圖像可知AB屬于鏈條傳動，故A、B線速度大小相等，B、C同軸轉動角速度相同，根據
可知半徑越大，線速度越大，故C的線速度大于B的線速度，綜合以上分析可得，故A正確，B錯誤；
CD．以上分析可知，A、B線速度大小相等，根據
可知半徑越小，角速度越大，故B的角速度大于A的角速度，又因為B、C同軸轉動角速度相同，綜合以上分析可得
故C錯誤，D正確。
故選 AD。
【分析】鏈條傳動線速度大小相等，同軸轉動角速度相同，根據v=ωr，確定最終的線速度、角速度之比。
15．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，在豎直平面有一個光滑的圓弧軌道MN，其下端（即N端）與表面粗糙的水平傳送帶左端相切，軌道N端與傳送帶左端的距離可忽略不計．當傳送帶不動時，將一質量為m的小物塊（可視為質點）從光滑軌道上的位置由靜止釋放，小物塊以速度v1滑上傳送帶，從它到達傳送帶左端開始計時，經過時間t1，小物塊落到水平地面的Q點；若傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，仍將小物塊從光滑軌道上P位置由靜止釋放，同樣從小物塊到達傳送帶左端開始計時，經過時間t2，小物塊落至水平面．關于小物塊上述的運動，下列說法中正確的是（　　）
A．當傳送帶運動時，小物塊的落地點可能仍在Q點
B．當傳送帶運動時，小物塊的落地點可能在Q點左側
C．若v1>v2，則一定有t1>t2
D．若v1t2
【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】當傳送帶沿順時針方向運動時，當物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊在傳送帶上可能先做勻減速運動，當速度等于傳送帶速度時，做勻速直線運動。當傳送帶沿逆時針方向運動時，小物塊在傳送帶上始終做勻減速直線運動，與傳送帶靜止時的情況相同。當傳送帶不動時，小物塊在傳送帶上做勻減速運動，傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，當v1＞v2，小物塊在傳送帶上可能一直做勻減速運動，也有可能先做勻減速后做勻速運動，所以t1≥t2．小物塊滑出傳送帶時的速度大于等于v2，根據平拋運動規律知道小物塊的落地點可能仍在Q點，可能在Q點右側．故A正確，C錯誤．傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，當v1=v2，小物塊在傳送帶上做勻速直線運動，所以t1＞t2，根據平拋運動規律知道小物塊的落地點在Q點右側．傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，當v1＜v2，小物塊在傳送帶上可能一直做勻加速運動，也有可能先做勻加速后做勻速運動，所以t1＞t2根據平拋運動規律知道小物塊的落地點在Q點右側．故B錯誤，D正確．故選AD.
【分析】分析小物塊的運動過程，再分析落點的位置和運動時間關系。將小物塊滑上傳送帶的速度與傳送帶的運行速度進行比較，判斷物體的運動規律，從而得出物體平拋運動的初速度，以及平拋運動的水平位移。物體飛出右端做平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動。
三、填空題（本題共3小題，共16分）
16．（2025高一上·濱江期末）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中：
（1）采用的科學方法是 ：
A．理想實驗法 B．等效替代法
C．控制變量法 D．建立物理模型法
（2）已有器材：木板、白紙、圖釘、細繩套、橡皮筋，還需選取下圖中的器材有_________；
A． B．
C． D．
（3）橡皮筋和細繩套如圖所示，需要記錄的“結點”應選擇　 　（選填“O”或“”）。
【答案】（1）B
（2）B；C
（3）
【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，實驗的原理為等效替代法。
（1）合力與分力是等效替代的關系，所以本實驗采用的是等效替代法。
故選B。
（2）除了題目中的器材外，還需要彈簧測力計測量各橡皮筋的彈力，做平行四邊形還需要直尺和三角板。
故選BC。
（3）實驗通過點的位置體現合力的方向，保證作用效果相同。
【分析】（1）合力與分力是等效替代的關系，據此判斷實驗方法；
（2）根據實驗原理判斷實驗器材；
（3）合力和分力效果相同。
（1）合力與分力是等效替代的關系，所以本實驗采用的是等效替代法。
故選B。
（2）除了題目中的器材外，還需要彈簧測力計測量各橡皮筋的彈力，做平行四邊形還需要直尺和三角板。
故選BC。
（3）實驗通過點的位置體現合力的方向，保證作用效果相同。
（2025高一上·濱江期末）關于平拋運動的實驗研究，可以采用多種方法。
17．在“描繪平拋運動的軌跡”實驗中，下列操作要求中，合理的是 。
A．通過調節使斜槽的末端保持水平
B．斜槽必須光滑，否則影響平拋初速度大小
C．每次釋放小球的位置可以不同
D．每次必須由靜止釋放小球
E．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次必須嚴格地等距離下降
18．用頻閃照相技術拍下的兩小球運動的頻閃照片如圖，頻閃光源的頻率為10Hz，a球從A點水平拋出的同時，b球自B點開始下落，背景的小方格為相同的正方形，不計阻力。根據照片顯示的信息，下列說法中正確的是 （重力加速度g取10m/s2）。
A．不能確定a球沿豎直方向的運動是自由落體運動
B．根據照片信息可求出a球的水平速度大小為1m/s
C．當a球與b球運動了0.2s時它們之間的距離最小
D．兩球運動過程中的最小距離為0.2m
【答案】17．A；D
18．B；C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】本題主要考查了平拋運動的相關應用，理解平拋運動在不同方向上的運動特點，結合運動學公式即可完成分析。
（1）A．通過調節使斜槽的末端保持水平，以保證小球做平拋運動，選項A正確；
B．斜槽不一定必須光滑，只要小球到達底端時的速度相同即可，選項B錯誤；
CD．每次小球必須由靜止從相同位置釋放，以保證到達底端時的速度相同，選項C錯誤，D正確；
E．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不一定要必須嚴格地等距離下降，選項E錯誤。
故選AD。
（2）A．因為相鄰兩照片間的時間間隔相等，知小球在豎直方向上的運動規律與b球運動規律相同，知a球豎直方向上做自由落體運動，故可以斷定a球豎直方向是自由落體運動，故A錯誤；
B．根據Δy=gT2=10×0.01m=0.1m
所以2L=0.1m
所以平拋運動的初速度
故B正確；
C．因為兩球在豎直方向上都做自由落體運動，所以位移之差恒定，當小球a運動到與b在同一豎直線上時，距離最短，則
故C正確；
D．由圖看出最小距離為2L=0.1m
故D錯誤。
故選BC。
【分析】（1）根據實驗原理和做平拋運動的條件判斷；
（2）根據a、b兩球的運動規律相同判斷；根據勻變速直線運動和勻速直線運動的規律計算；根據小球a運動到與b在同一豎直線上時距離最短計算。
17．A．通過調節使斜槽的末端保持水平，以保證小球做平拋運動，選項A正確；
B．斜槽不一定必須光滑，只要小球到達底端時的速度相同即可，選項B錯誤；
CD．每次小球必須由靜止從相同位置釋放，以保證到達底端時的速度相同，選項C錯誤，D正確；
E．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不一定要必須嚴格地等距離下降，選項E錯誤。
故選AD。
18．A．因為相鄰兩照片間的時間間隔相等，知小球在豎直方向上的運動規律與b球運動規律相同，知a球豎直方向上做自由落體運動，故可以斷定a球豎直方向是自由落體運動，故A錯誤；
B．根據Δy=gT2=10×0.01m=0.1m
所以2L=0.1m
所以平拋運動的初速度
故B正確；
C．因為兩球在豎直方向上都做自由落體運動，所以位移之差恒定，當小球a運動到與b在同一豎直線上時，距離最短，則
故C正確；
D．由圖看出最小距離為2L=0.1m
故D錯誤。
故選BC。
19．（2025高一上·濱江期末）某班同學做“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗。
（1）某同學經正確實驗操作，獲得如下圖所示的3條紙帶：一條紙帶是利用空車與空桶實驗所得，一條紙帶是利用空車與加沙子的小桶實驗所得，一條紙帶是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得。紙帶上每相鄰2個計數點之間均有4個計時點沒有畫出（電源頻率50Hz）。
哪條紙帶是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得？答：　 　（填“①”，“②”或“③”），這條紙帶對應的加速度　 　m/s2（保留2位有效數字）：
（2）某同學描繪圖象后發現圖線的末端發生了彎曲，如圖所示，其原因是 。
A．在實驗前沒有平衡摩擦力
B．小桶的總質量沒有滿足遠小于小車的總質量
C．沒有調節定滑輪高度使拉線與軌道板面平行
【答案】（1）①；0.50
（2）C
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【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）根據整體法結合牛頓第二定律結合題意可知加鉤碼的小車與空桶實驗所得的紙帶加速度最小，根據可知連續相等時間內位移差最小，即紙帶①是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得；根據題意可知紙帶上相鄰計數點時間間隔
根據逐差法可得加速度
（2）根據題圖可知：速度較小時，沒有彎曲，當速度較大是，則出現加速度減小的現象，說明繩子的拉力與木板不平行，出現繩子拉力在木板方向的分力越來越小，與是否平衡摩擦力沒有關系，對于小桶的總質量沒有滿足遠小于小車的總質量此條件，只有當加速度較大時，才會出現誤差較大的現象。
故選C。
【分析】（1）根據牛頓第二定律，結合整體法，即可判定；根據逐差法求出加速度；
（2）根據速度與時間圖象斜率表示加速度大小，再結合實驗原理與操作，即可求解。
（1）[1]根據整體法結合牛頓第二定律結合題意可知加鉤碼的小車與空桶實驗所得的紙帶加速度最小，根據可知連續相等時間內位移差最小，即紙帶①是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得；
[2]根據題意可知紙帶上相鄰計數點時間間隔
根據逐差法可得加速度
（2）根據題圖可知：速度較小時，沒有彎曲，當速度較大是，則出現加速度減小的現象，說明繩子的拉力與木板不平行，出現繩子拉力在木板方向的分力越來越小，與是否平衡摩擦力沒有關系，對于小桶的總質量沒有滿足遠小于小車的總質量此條件，只有當加速度較大時，才會出現誤差較大的現象。
故選C。
四、計算題（本題共4小題，36分。解答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。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）
20．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，一個人用一根長2m、只能承受86N拉力的繩子拴著一個質量為0.5kg的小球，在豎直平面內做圓周運動，已知圓心O離地面的高度。小球在轉動到最低點時繩子恰好斷了。（g取）
（1）繩子斷時小球運動的角速度是多大？
（2）繩斷后，小球落地點與拋出點間的水平距離是多少？
【答案】（1）解：轉動中小球在最低點時繩子斷了，根據牛頓第二定律可得
代入數據解得繩子斷時小球運動的角速度為
（2）解：繩斷后，小球做平拋運動的初速度為
豎直方向有
解得
小球落地點與拋出點間的水平距離為
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）繩子斷時，對小球受力分析，根據牛頓第二定律和向心力的公式可以求得角速度大小；
（2）繩斷后，小球做平拋運動，根據平拋運動的規律可以求得落地點與拋出點間的水平距離。
（1）轉動中小球在最低點時繩子斷了，根據牛頓第二定律可得
代入數據解得繩子斷時小球運動的角速度為
（2）繩斷后，小球做平拋運動的初速度為
豎直方向有
解得
小球落地點與拋出點間的水平距離為
21．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時，從2號錐筒運動到3號錐筒用時，問：
（1）、這兩段時間內的平均速度分別為多大？
（2）該同學滑行的加速度大小。
【答案】（1）解：根據平均速度的計算公式可知，t1、t2這兩段時間內的平均速度分別為、
（2）解：根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知在1、2間中間時刻的速度為2.25m/s、1.8m/s，根據加速度定義式有
【知識點】加速度；平均速度
【解析】【分析】（1）位移除以時間等于平均速度；（2）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，結合加速度定義式求解。
（1）根據平均速度的計算公式可知，t1、t2這兩段時間內的平均速度分別為、
（2）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知在1、2間中間時刻的速度為2.25m/s、1.8m/s，根據加速度定義式有
22．（2025高一上·濱江期末）在用高級瀝青鋪設的高速公路上，對汽車的設計限速是30m/s．汽車在這種路面上行駛時，它的輪胎與地面的最大靜摩擦力等于車重的0.6倍．（g=10m/s2）
（1）如果汽車在這種高速路的水平彎道上拐彎，假設彎道的路面是水平的，其彎道的最小半徑是多少？
（2）如果高速路上設計了圓弧拱橋做立交橋，要使汽車能夠安全通過（不起飛）圓弧拱橋，這個圓弧拱橋的半徑至少是多少？
（3）如果彎道的路面設計為傾斜（外高內低），彎道半徑為120m，要使汽車通過此彎道時不產生側向摩擦力，則彎道路面的傾斜角度是多少？
【答案】解：（1）汽車在水平路面上拐彎，或視為汽車做勻速圓周運動，其向心力是車與路面間的最大靜摩擦力，有由速度，得彎道半徑；
（2）汽車過拱橋，看作在豎直平面內做勻速圓周運動，到達最高點時，有
為了保證安全，車對路面的壓力N必須大于零．有則．
（3）設彎道傾斜角度為，汽車通過此彎道時向心力由重力及支持力的合力提供，有
解得
故彎道路面的傾斜角度
【知識點】生活中的圓周運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）根據最大靜摩擦力提供向心力，結合牛頓第二定律求出彎道的最小半徑；
（2）在拱橋橋頂，抓住臨界狀態，即壓力為零，結合牛頓第二定律求出圓弧拱橋的最小半徑；
（3）根據重力和支持力的合力提供向心力求出彎道的傾斜角度。
23．（2025高一上·濱江期末）我國自主設計制造的“山東號”航母，其艦載機依靠自身發動機動力加速至滑躍起飛。如圖所示是供訓練使用的跑道，若飛機從靜止起飛時需通過長度為x1的水平跑道和長度為的傾斜跑道。兩跑道平滑連接，傾斜跑道末端離水平跑道高為h=6.4 m。質量的飛機起飛過程中發動機推力大小恒為，方向與速度方向相同。若跑道固定于地面，飛機起飛過程中受到的阻力大小恒為其重力的0.1倍，方向與速度方向相反。飛機視為質點且質量不變，求飛機
（1）在水平跑道運動的時間t1 ；
（2）在傾斜跑道的加速度大小a2；
（3）飛離傾斜跑道的速度大小 v2 。
【答案】（1）解：在水平跑道，設飛機加速度大小為，由牛頓第二定律
代入題中數據，解得
根據公式
代入題中數據，解得
（2）解：在傾斜跑道，由牛頓第二定律：
其中
聯立解得
（3）解：以上分析可得，在跑道連接處飛機速度
根據公式
聯立解得

【知識點】牛頓第二定律
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求解加速度，根據位移—時間關系求解時間；
（2）在傾斜跑道，對飛機受力分析，根據牛頓第二定律結合幾何關系求解加速度大小；
（3）根據速度—時間關系求解在跑道連接處飛機速度，根據速度—位移關系求解飛離傾斜跑道的速度大小 。
（1）在水平跑道，設飛機加速度大小為，由牛頓第二定律
代入題中數據，解得
根據公式
代入題中數據，解得
（2）在傾斜跑道，由牛頓第二定律：
其中
聯立解得
（3）以上分析可得，在跑道連接處飛機速度
根據公式
聯立解得
1 / 1浙江省杭州市上城區杭二東河2024-2025學年高一上期末考高中物理試卷
一、單項選擇題（本題共12小題，每小題3分，共36分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題意的）
1．（2025高一上·濱江期末）某校開展了一年一度的紀念“一二·九運動”沿江“毅行”活動，起點在校門口，活動結束后，同學和老師們紛紛在校門口發表了一些看法，其中正確的是（　　）
A．“那一時刻，我走了5km” B．“我走了5km的位移”
C．“我的平均速度約為5km/h” D．“我的平均速度約為零”
2．（2025高一上·濱江期末）杭州亞運會順利舉行，如圖所示為運動會中的四個比賽場景。在下列研究中可將運動員視為質點的是（　　）
A．研究甲圖運動員的入水動作
B．研究乙圖運動員的空中轉體姿態
C．研究丙圖運動員在百米比賽中的平均速度
D．研究丁圖運動員通過某個攀巖支點的動作
3．（2025高一上·濱江期末）假定A、B是不同單位的兩個物理量，經下列哪種運算后仍能得到有意義的物理量 （　　）
A．加法 B．除法
C．減法 D．以上均不可以
4．（2025高一上·濱江期末）一質點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高一上·濱江期末）一質點沿x軸運動，其位置坐標x與時間t的關系為（x的單位是m，t的單位是s）。關于速度及該質點在第1 s內的位移，下列選項正確的是（　　）
A．速度是對物體位置變化快慢的描述；6 m
B．速度是對物體位移變化快慢的描述；6 m
C．速度是對物體位置變化快慢的描述；5 m
D．速度是對物體位移變化快慢的描述；5 m
6．（2025高一上·濱江期末）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
7．（2025高一上·濱江期末）一輕繩的上端固定在天花板上的O點，下端懸掛一個重為10N的物體A，如圖所示。B是固定的表面光滑的圓柱體，當A靜止時，輕繩與天花板的夾角為30°，則B受到繩的壓力大小是（　　）
A．10N B．20N C． D．
8．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，兩同學合作進行反應時間的測定，甲同學捏住直尺的頂端，乙同學用手靠近直尺刻度為0的位置做捏尺的準備，甲同學放手讓直尺下落，乙同學捏住直尺的位置在刻度15cm處，則乙同學的反應時間約為（　　）
A．0.05s B．0.10s C．0.17s D．0.25s
9．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，原地縱跳摸高是籃球和羽毛球重要的訓練項目。訓練過程中，運動員先由靜止下蹲一段距離，然后發力跳起摸到了一定的高度。關于摸高過程中各階段的分析正確的是（　　）
A．運動員到達最高點時處于平衡狀態
B．運動員離開地面后始終處于失重狀態
C．運動員離開地面后在上升過程中處于超重狀態
D．運動員能從地面起跳是由于地面對人的支持力大于人對地面的壓力
10．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處做水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內的勻速圓周運動，A、B位置在同一豎直線上，不計一切摩擦，則（　　）
A．線速度 B．角速度
C．向心加速度 D．向心力
11．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，河的寬度為L，河水流速為u，甲、乙兩船均以靜水中的速度v同時渡河。出發時兩船相距2L，甲、乙船頭均與岸邊成60°角，且乙船恰好能直達正對岸的A點，則 （　　）
A．
B．甲船在A點左側靠岸
C．甲乙兩船到達對岸的時間不相等
D．甲乙兩船可能在未到達對岸前相遇
12．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，小球以初速度v0正對傾角為θ的斜面水平拋出，重力加速度為g，若小球到達斜面的位移最小，則以下說法正確的是（　　）
A．小球在空中運動的時間為
B．小球的水平位移大小為
C．由于不知道拋出點位置，位移大小無法求解
D．小球的豎直位移大小為
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題給出的四個選項中，有一個或多個選項是符合題意的，全部選對得4分，選對但不全得2分，錯選不得分）
13．（2025高一上·濱江期末）一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處．如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為，末速度v沿x軸正方向．在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度和豎直方向分速度與時間t的關系，下列圖像可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，A、B、C分別是自行車的大齒輪/小齒輪和后輪邊緣上的點。當自行車停在路邊支起后輪，并用手搖動腳踏板帶動后輪轉動，A、B、C三點的線速度大小分別為、、，角速度大小分別為、、，則（　　）
A． B．
C． D．
15．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，在豎直平面有一個光滑的圓弧軌道MN，其下端（即N端）與表面粗糙的水平傳送帶左端相切，軌道N端與傳送帶左端的距離可忽略不計．當傳送帶不動時，將一質量為m的小物塊（可視為質點）從光滑軌道上的位置由靜止釋放，小物塊以速度v1滑上傳送帶，從它到達傳送帶左端開始計時，經過時間t1，小物塊落到水平地面的Q點；若傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，仍將小物塊從光滑軌道上P位置由靜止釋放，同樣從小物塊到達傳送帶左端開始計時，經過時間t2，小物塊落至水平面．關于小物塊上述的運動，下列說法中正確的是（　　）
A．當傳送帶運動時，小物塊的落地點可能仍在Q點
B．當傳送帶運動時，小物塊的落地點可能在Q點左側
C．若v1>v2，則一定有t1>t2
D．若v1t2
三、填空題（本題共3小題，共16分）
16．（2025高一上·濱江期末）在“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗中：
（1）采用的科學方法是 ：
A．理想實驗法 B．等效替代法
C．控制變量法 D．建立物理模型法
（2）已有器材：木板、白紙、圖釘、細繩套、橡皮筋，還需選取下圖中的器材有_________；
A． B．
C． D．
（3）橡皮筋和細繩套如圖所示，需要記錄的“結點”應選擇　 　（選填“O”或“”）。
（2025高一上·濱江期末）關于平拋運動的實驗研究，可以采用多種方法。
17．在“描繪平拋運動的軌跡”實驗中，下列操作要求中，合理的是 。
A．通過調節使斜槽的末端保持水平
B．斜槽必須光滑，否則影響平拋初速度大小
C．每次釋放小球的位置可以不同
D．每次必須由靜止釋放小球
E．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次必須嚴格地等距離下降
18．用頻閃照相技術拍下的兩小球運動的頻閃照片如圖，頻閃光源的頻率為10Hz，a球從A點水平拋出的同時，b球自B點開始下落，背景的小方格為相同的正方形，不計阻力。根據照片顯示的信息，下列說法中正確的是 （重力加速度g取10m/s2）。
A．不能確定a球沿豎直方向的運動是自由落體運動
B．根據照片信息可求出a球的水平速度大小為1m/s
C．當a球與b球運動了0.2s時它們之間的距離最小
D．兩球運動過程中的最小距離為0.2m
19．（2025高一上·濱江期末）某班同學做“探究小車速度隨時間變化的規律”實驗。
（1）某同學經正確實驗操作，獲得如下圖所示的3條紙帶：一條紙帶是利用空車與空桶實驗所得，一條紙帶是利用空車與加沙子的小桶實驗所得，一條紙帶是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得。紙帶上每相鄰2個計數點之間均有4個計時點沒有畫出（電源頻率50Hz）。
哪條紙帶是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得？答：　 　（填“①”，“②”或“③”），這條紙帶對應的加速度　 　m/s2（保留2位有效數字）：
（2）某同學描繪圖象后發現圖線的末端發生了彎曲，如圖所示，其原因是 。
A．在實驗前沒有平衡摩擦力
B．小桶的總質量沒有滿足遠小于小車的總質量
C．沒有調節定滑輪高度使拉線與軌道板面平行
四、計算題（本題共4小題，36分。解答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。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）
20．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，一個人用一根長2m、只能承受86N拉力的繩子拴著一個質量為0.5kg的小球，在豎直平面內做圓周運動，已知圓心O離地面的高度。小球在轉動到最低點時繩子恰好斷了。（g取）
（1）繩子斷時小球運動的角速度是多大？
（2）繩斷后，小球落地點與拋出點間的水平距離是多少？
21．（2025高一上·濱江期末）如圖所示，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時，從2號錐筒運動到3號錐筒用時，問：
（1）、這兩段時間內的平均速度分別為多大？
（2）該同學滑行的加速度大小。
22．（2025高一上·濱江期末）在用高級瀝青鋪設的高速公路上，對汽車的設計限速是30m/s．汽車在這種路面上行駛時，它的輪胎與地面的最大靜摩擦力等于車重的0.6倍．（g=10m/s2）
（1）如果汽車在這種高速路的水平彎道上拐彎，假設彎道的路面是水平的，其彎道的最小半徑是多少？
（2）如果高速路上設計了圓弧拱橋做立交橋，要使汽車能夠安全通過（不起飛）圓弧拱橋，這個圓弧拱橋的半徑至少是多少？
（3）如果彎道的路面設計為傾斜（外高內低），彎道半徑為120m，要使汽車通過此彎道時不產生側向摩擦力，則彎道路面的傾斜角度是多少？
23．（2025高一上·濱江期末）我國自主設計制造的“山東號”航母，其艦載機依靠自身發動機動力加速至滑躍起飛。如圖所示是供訓練使用的跑道，若飛機從靜止起飛時需通過長度為x1的水平跑道和長度為的傾斜跑道。兩跑道平滑連接，傾斜跑道末端離水平跑道高為h=6.4 m。質量的飛機起飛過程中發動機推力大小恒為，方向與速度方向相同。若跑道固定于地面，飛機起飛過程中受到的阻力大小恒為其重力的0.1倍，方向與速度方向相反。飛機視為質點且質量不變，求飛機
（1）在水平跑道運動的時間t1 ；
（2）在傾斜跑道的加速度大小a2；
（3）飛離傾斜跑道的速度大小 v2 。
答案解析部分
1．【答案】D
【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、時刻與時間、平均速率與平均速度，關鍵是抓住概念，重點掌握相近知識點的區別和聯系。A．時刻是指作用點，時刻是狀態量，5km是過程量，不可能相對應，故A錯誤；
BC．根據題意可知5km是路程，則與平均速率相對應，故BC錯誤；
D．根據題意可知起點終點都在校門口，位移為零，則平均速度為零，故D正確。
故選D。
【分析】時刻與路程不可能對應；位移或者路程與時間對應，路程除以時間等于平均速率，位移除以時間等于平均速度。
2．【答案】C
【知識點】質點
【解析】【解答】A．研究甲圖運動員的入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯誤；
B．研究乙圖運動員的空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故B錯誤；
C．研究丙圖運動員在百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看為質點，故C正確；
D．研究丁圖運動員通過某個攀巖支點的動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤。
故選C。
【分析】把物體看成是質點的條件：當物體的形狀與大小對所研究的問題影響不大時，可以將物體的形狀和大小忽略，將物體看成質點。忽略次要因素（形狀和大小），突出主要因素（物體的質量）。
3．【答案】B
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據物理公式來分析物理量的單位即可。在物理學中，只有相同單位的物理量才能進行加法或減法運算，否則結果無意義。除法運算則不同，不同單位的物理量相除可以得到新的物理量。
故選B 。
【分析】物理量進行計算時，單位也要代入進行計算，不同的單位是不能相加減，否則結果無意義。可以進行乘除。
4．【答案】C
【知識點】運動學 S-t 圖象；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AB．物體做直線運動，位移與時間成函數關系，AB選項中一個時間對應2個以上的位移，故不可能，故AB錯誤；
CD．同理D選項中一個時間對應2個速度，只有C選項速度與時間是成函數關系，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】函數關系 與圖像結合起來深入思考圖像中橫縱坐標的物理含義以及斜率、面積的物理意義，有助于我們更加深刻地認識物體的運動，理清運動中各物理量之間的關系。本題強調了物體做直線運動，位移與時間和速度與時間成函數關系，同一時刻不可能有兩個位置和速度入手，求解方便。
5．【答案】C
【知識點】位移與路程；速度與速率
【解析】【解答】本題考查的是速度的物理意義，其中對于位移求解需注意是時間段位移差。速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位置隨時間變化的快慢， 根據x與t的關系式可知，時，質點位于處，時，質點位于處，因此質點在第1 s內的位移為5 m。
故選C。
【分析】根據速度的物理意義；將時間代入關系式得出答案。
6．【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。
7．【答案】A
【知識點】力的合成與分解的運用
【解析】【解答】本題考查共點力的平衡條件。同一根繩子的張力處處相等，指向繩子收縮的方向；夾角為120°的兩個相等的力的合力與其中一個分力大小相等。以與小圓柱體接觸的那一小段繩子為研究對象，受兩個大小相等的拉力以及圓柱體的支持力N，如圖所示
由于
且夾角為120°，由幾何關系可知
因而繩對圓柱體的壓力大小為10N。
故選A。
【分析】以與小圓柱體接觸的一小段繩子為研究對象，分析受力，根據平衡條件及幾何知識求出圓柱體對繩的支持力，再得到B受到繩的壓力大小。
8．【答案】C
【知識點】自由落體運動
【解析】【解答】本題考查自由落體運動的規律，解題關鍵是掌握自由落體運動規律，并能選擇合適的公式進行求解。根據
得，乙同學的反應時間
故選C。
【分析】根據自由落體運動規律求解即可。
9．【答案】B
【知識點】牛頓第三定律；超重與失重
【解析】【解答】物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。A．運動員到達最高點時只受重力作用，有豎直向下的加速度，a=g，處于完全失重狀態，故A錯誤；
BC．運動員離開地面后，所受合力向下（不考慮空氣阻力合力就是重力，a=g；考慮空氣阻力，上升階段阻力也向下，合力向下，a>g，下降階段阻力向上但小于重力，合力還是向下，aD．地面對人的支持力與人對地面的壓力是作用力與反作用力的關系，一定是等大反向的，故D錯誤。
故選B。
【分析】只受重力作用，處于完全失重狀態；加速度向上為超重，加速度向下為失重；根據作用力與反作用力的關系分析。
10．【答案】C
【知識點】生活中的圓周運動
【解析】【解答】本題考查勻速圓周運動，牢記向心力的公式，知道向心力的來源即可。D． 小球在水平面內做勻速圓周運動，設繩子長度為l，繩子與豎直方向夾角為θ，A、B位置在同一豎直線上，故A、B做圓周運動的半徑r相同，且θA＜θB
對小球分析有向心力
則
故D錯誤；
C．根據牛頓第二定律
解得
因為
故向心加速度
故C正確；
A．根據牛頓第二定律
解得
因為
所以線速度
故A錯誤；
B．根據牛頓第二定律
解得
因為
故角速度
故B錯誤。
故選C。
【分析】分析小球向心力大小，F大小等于向心力大小，由此比較F大小；根據牛頓第二定律結合向心力表達式分析各個圓周運動相關物理量大小。
11．【答案】B
【知識點】小船渡河問題分析
【解析】【解答】解決本題的關鍵會根據平行四邊形定則進行速度的合成，以及知道小船實際運動的軌跡與小船合速度的方向相同。A．乙船恰好能直達正對岸的A點，則乙船平行河岸的分速度與水流速度相等，有
A錯誤；
B．甲船垂直河岸的分速度為
平行河岸的分速度為
甲船的渡河時間為
甲船沿河岸方向的位移為
所以甲船在A點左側靠岸，B正確；
C．乙船垂直河岸的分速度為
乙船的渡河時間為
C錯誤；
D．由于兩船到河對岸的時間相等，甲船在A點左側靠岸，乙船恰好能直達正對岸的A點，所以兩船不可能在未到達對岸前相遇，D錯誤。
故選B。
【分析】根據乙船恰好能直達正對岸的A點，知v=2u。小船的運動分解為平行于河岸和垂直于河岸兩個方向，抓住分運動和合運動具有等時性，可以比較出兩船到達對岸的時間以及甲船沿河岸方向上的位移。
12．【答案】B
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】本題主要是考查了平拋運動的規律，解決本題的關鍵知道分運動和合運動具有等時性，知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度、物體的質量等無關。如圖所示，過拋出點A作斜面的垂線，當小球落在斜面上的B點時，位移最小。
設運動的時間為t，則在水平方向上有
在豎直方向上有
根據幾何關系知
聯立解得
小球的水平位移大小為
豎直位移大小為
由水平位移和豎直位移的合成可求出小球位移的大小。
故B正確，ACD錯誤。
故選B。
【分析】由數學知識得：從拋出點到達斜面的最小位移為過拋出點作斜面的垂線，根據豎直位移和水平位移的關系，結合運動學公式求出小球運動的時間，結合初速度和時間求出水平位移，根據位移—時間公式求出小球的豎直位移。
13．【答案】A,D
【知識點】斜拋運動
【解析】【解答】本題考查斜上拋運動的問題，會利用分運動和合運動的思想分析解決實際問題。
AC．小魚可視為質點且只受重力作用，小魚做斜拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，即為定值，則有水平位移
故A正確，C錯誤；
BD．小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則
，
且最高點時豎直方向的速度為0，故B錯誤，D正確。
故選AD。
【分析】根據小魚運動過程的受力情況結合水平分運動的速度和位移進行分析求解；根據小魚在豎直方向上的位移規律和速度規律列式結合圖線進行判斷。
14．【答案】A,D
【知識點】線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】本題解題關鍵是掌握規律鏈條傳動線速度大小相等，同軸轉動角速度相同，比較基礎。AB．圖像可知AB屬于鏈條傳動，故A、B線速度大小相等，B、C同軸轉動角速度相同，根據
可知半徑越大，線速度越大，故C的線速度大于B的線速度，綜合以上分析可得，故A正確，B錯誤；
CD．以上分析可知，A、B線速度大小相等，根據
可知半徑越小，角速度越大，故B的角速度大于A的角速度，又因為B、C同軸轉動角速度相同，綜合以上分析可得
故C錯誤，D正確。
故選 AD。
【分析】鏈條傳動線速度大小相等，同軸轉動角速度相同，根據v=ωr，確定最終的線速度、角速度之比。
15．【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】當傳送帶沿順時針方向運動時，當物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊在傳送帶上可能先做勻減速運動，當速度等于傳送帶速度時，做勻速直線運動。當傳送帶沿逆時針方向運動時，小物塊在傳送帶上始終做勻減速直線運動，與傳送帶靜止時的情況相同。當傳送帶不動時，小物塊在傳送帶上做勻減速運動，傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，當v1＞v2，小物塊在傳送帶上可能一直做勻減速運動，也有可能先做勻減速后做勻速運動，所以t1≥t2．小物塊滑出傳送帶時的速度大于等于v2，根據平拋運動規律知道小物塊的落地點可能仍在Q點，可能在Q點右側．故A正確，C錯誤．傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，當v1=v2，小物塊在傳送帶上做勻速直線運動，所以t1＞t2，根據平拋運動規律知道小物塊的落地點在Q點右側．傳送帶以恒定速率v2沿順時針方向運行，當v1＜v2，小物塊在傳送帶上可能一直做勻加速運動，也有可能先做勻加速后做勻速運動，所以t1＞t2根據平拋運動規律知道小物塊的落地點在Q點右側．故B錯誤，D正確．故選AD.
【分析】分析小物塊的運動過程，再分析落點的位置和運動時間關系。將小物塊滑上傳送帶的速度與傳送帶的運行速度進行比較，判斷物體的運動規律，從而得出物體平拋運動的初速度，以及平拋運動的水平位移。物體飛出右端做平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動。
16．【答案】（1）B
（2）B；C
（3）
【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，實驗的原理為等效替代法。
（1）合力與分力是等效替代的關系，所以本實驗采用的是等效替代法。
故選B。
（2）除了題目中的器材外，還需要彈簧測力計測量各橡皮筋的彈力，做平行四邊形還需要直尺和三角板。
故選BC。
（3）實驗通過點的位置體現合力的方向，保證作用效果相同。
【分析】（1）合力與分力是等效替代的關系，據此判斷實驗方法；
（2）根據實驗原理判斷實驗器材；
（3）合力和分力效果相同。
（1）合力與分力是等效替代的關系，所以本實驗采用的是等效替代法。
故選B。
（2）除了題目中的器材外，還需要彈簧測力計測量各橡皮筋的彈力，做平行四邊形還需要直尺和三角板。
故選BC。
（3）實驗通過點的位置體現合力的方向，保證作用效果相同。
【答案】17．A；D
18．B；C
【知識點】研究平拋物體的運動
【解析】【解答】本題主要考查了平拋運動的相關應用，理解平拋運動在不同方向上的運動特點，結合運動學公式即可完成分析。
（1）A．通過調節使斜槽的末端保持水平，以保證小球做平拋運動，選項A正確；
B．斜槽不一定必須光滑，只要小球到達底端時的速度相同即可，選項B錯誤；
CD．每次小球必須由靜止從相同位置釋放，以保證到達底端時的速度相同，選項C錯誤，D正確；
E．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不一定要必須嚴格地等距離下降，選項E錯誤。
故選AD。
（2）A．因為相鄰兩照片間的時間間隔相等，知小球在豎直方向上的運動規律與b球運動規律相同，知a球豎直方向上做自由落體運動，故可以斷定a球豎直方向是自由落體運動，故A錯誤；
B．根據Δy=gT2=10×0.01m=0.1m
所以2L=0.1m
所以平拋運動的初速度
故B正確；
C．因為兩球在豎直方向上都做自由落體運動，所以位移之差恒定，當小球a運動到與b在同一豎直線上時，距離最短，則
故C正確；
D．由圖看出最小距離為2L=0.1m
故D錯誤。
故選BC。
【分析】（1）根據實驗原理和做平拋運動的條件判斷；
（2）根據a、b兩球的運動規律相同判斷；根據勻變速直線運動和勻速直線運動的規律計算；根據小球a運動到與b在同一豎直線上時距離最短計算。
17．A．通過調節使斜槽的末端保持水平，以保證小球做平拋運動，選項A正確；
B．斜槽不一定必須光滑，只要小球到達底端時的速度相同即可，選項B錯誤；
CD．每次小球必須由靜止從相同位置釋放，以保證到達底端時的速度相同，選項C錯誤，D正確；
E．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次不一定要必須嚴格地等距離下降，選項E錯誤。
故選AD。
18．A．因為相鄰兩照片間的時間間隔相等，知小球在豎直方向上的運動規律與b球運動規律相同，知a球豎直方向上做自由落體運動，故可以斷定a球豎直方向是自由落體運動，故A錯誤；
B．根據Δy=gT2=10×0.01m=0.1m
所以2L=0.1m
所以平拋運動的初速度
故B正確；
C．因為兩球在豎直方向上都做自由落體運動，所以位移之差恒定，當小球a運動到與b在同一豎直線上時，距離最短，則
故C正確；
D．由圖看出最小距離為2L=0.1m
故D錯誤。
故選BC。
19．【答案】（1）①；0.50
（2）C
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【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）根據整體法結合牛頓第二定律結合題意可知加鉤碼的小車與空桶實驗所得的紙帶加速度最小，根據可知連續相等時間內位移差最小，即紙帶①是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得；根據題意可知紙帶上相鄰計數點時間間隔
根據逐差法可得加速度
（2）根據題圖可知：速度較小時，沒有彎曲，當速度較大是，則出現加速度減小的現象，說明繩子的拉力與木板不平行，出現繩子拉力在木板方向的分力越來越小，與是否平衡摩擦力沒有關系，對于小桶的總質量沒有滿足遠小于小車的總質量此條件，只有當加速度較大時，才會出現誤差較大的現象。
故選C。
【分析】（1）根據牛頓第二定律，結合整體法，即可判定；根據逐差法求出加速度；
（2）根據速度與時間圖象斜率表示加速度大小，再結合實驗原理與操作，即可求解。
（1）[1]根據整體法結合牛頓第二定律結合題意可知加鉤碼的小車與空桶實驗所得的紙帶加速度最小，根據可知連續相等時間內位移差最小，即紙帶①是利用加鉤碼的小車與空桶實驗所得；
[2]根據題意可知紙帶上相鄰計數點時間間隔
根據逐差法可得加速度
（2）根據題圖可知：速度較小時，沒有彎曲，當速度較大是，則出現加速度減小的現象，說明繩子的拉力與木板不平行，出現繩子拉力在木板方向的分力越來越小，與是否平衡摩擦力沒有關系，對于小桶的總質量沒有滿足遠小于小車的總質量此條件，只有當加速度較大時，才會出現誤差較大的現象。
故選C。
20．【答案】（1）解：轉動中小球在最低點時繩子斷了，根據牛頓第二定律可得
代入數據解得繩子斷時小球運動的角速度為
（2）解：繩斷后，小球做平拋運動的初速度為
豎直方向有
解得
小球落地點與拋出點間的水平距離為
【知識點】平拋運動；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）繩子斷時，對小球受力分析，根據牛頓第二定律和向心力的公式可以求得角速度大小；
（2）繩斷后，小球做平拋運動，根據平拋運動的規律可以求得落地點與拋出點間的水平距離。
（1）轉動中小球在最低點時繩子斷了，根據牛頓第二定律可得
代入數據解得繩子斷時小球運動的角速度為
（2）繩斷后，小球做平拋運動的初速度為
豎直方向有
解得
小球落地點與拋出點間的水平距離為
21．【答案】（1）解：根據平均速度的計算公式可知，t1、t2這兩段時間內的平均速度分別為、
（2）解：根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知在1、2間中間時刻的速度為2.25m/s、1.8m/s，根據加速度定義式有
【知識點】加速度；平均速度
【解析】【分析】（1）位移除以時間等于平均速度；（2）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，結合加速度定義式求解。
（1）根據平均速度的計算公式可知，t1、t2這兩段時間內的平均速度分別為、
（2）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知在1、2間中間時刻的速度為2.25m/s、1.8m/s，根據加速度定義式有
22．【答案】解：（1）汽車在水平路面上拐彎，或視為汽車做勻速圓周運動，其向心力是車與路面間的最大靜摩擦力，有由速度，得彎道半徑；
（2）汽車過拱橋，看作在豎直平面內做勻速圓周運動，到達最高點時，有
為了保證安全，車對路面的壓力N必須大于零．有則．
（3）設彎道傾斜角度為，汽車通過此彎道時向心力由重力及支持力的合力提供，有
解得
故彎道路面的傾斜角度
【知識點】生活中的圓周運動；豎直平面的圓周運動
【解析】【分析】（1）根據最大靜摩擦力提供向心力，結合牛頓第二定律求出彎道的最小半徑；
（2）在拱橋橋頂，抓住臨界狀態，即壓力為零，結合牛頓第二定律求出圓弧拱橋的最小半徑；
（3）根據重力和支持力的合力提供向心力求出彎道的傾斜角度。
23．【答案】（1）解：在水平跑道，設飛機加速度大小為，由牛頓第二定律
代入題中數據，解得
根據公式
代入題中數據，解得
（2）解：在傾斜跑道，由牛頓第二定律：
其中
聯立解得
（3）解：以上分析可得，在跑道連接處飛機速度
根據公式
聯立解得

【知識點】牛頓第二定律
【解析】【分析】（1）根據牛頓第二定律求解加速度，根據位移—時間關系求解時間；
（2）在傾斜跑道，對飛機受力分析，根據牛頓第二定律結合幾何關系求解加速度大小；
（3）根據速度—時間關系求解在跑道連接處飛機速度，根據速度—位移關系求解飛離傾斜跑道的速度大小 。
（1）在水平跑道，設飛機加速度大小為，由牛頓第二定律
代入題中數據，解得
根據公式
代入題中數據，解得
（2）在傾斜跑道，由牛頓第二定律：
其中
聯立解得
（3）以上分析可得，在跑道連接處飛機速度
根據公式
聯立解得
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