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廣東省廣州市天河區2024-2025學年高一上學期期末考試物理試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。
1．（2025高一上·天河期末）下列說法正確的是（　　）
A．嫦娥五號成功攜帶月壤樣品回到祖國，月壤樣品到達地球后，重力增大，慣性增大
B．伽利略理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因
C．運動員能踢動足球說明運動員對足球的力大于足球對運動員的力
D．物體在合外力的作用下做勻加速直線運動，當合外力逐漸減小時，物體的速度逐漸減小
【答案】B
【知識點】慣性與質量；伽利略理想斜面實驗；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．嫦娥五號成功攜帶月壤樣品回到祖國，月壤樣品到達地球后，質量不變，其慣性不變，重力加速度變大，所以重力增大，故A錯誤；
B．伽利略理想斜面實驗說明物體的運動不需要力來維持，故B正確；
C． 運動員對足球的力與足球對運動員的力總是等大反向，運動員能踢動足球，說明運動員對足球的力大于足球所受阻力，故C錯誤；
D．根據牛頓第二定律，可知物體在合外力的作用下做勻加速直線運動，當合外力逐漸減小時，其加速度逐漸減小，物體做加速度減小的加速運動，物體的速度仍然增大，故D錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對質量、慣性、重力、力與運動關系、牛第三定律等概念的理解。質量不隨位置、形狀而變化，慣性是物體固有屬性，由質量決定重力大小由質量和重力加速度決定； 力不是維持物體運動的原因， 而改變物體遠動狀態的原因；作用力和反作用力總是等大反向，與物體運動狀態無關；合力與運動方向相同，物體做加速運動，合力與運動方向相反，物體做減速運動。
2．（2025高一上·天河期末）如圖所示是研究汽車速度變化時所畫出的示意圖，汽車的初速度為，末速度為，速度的變化量為，加速度為a。下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中汽車做加速運動，其a與方向相同
B．乙圖中汽車做減速運動，其a與方向相反
C．汽車的速度越大，加速度一定越大
D．汽車的加速度越大，速度變化量一定越大
【答案】A
【知識點】加速度
【解析】【解答】AB．a與方向相同，與速度方向相同，汽車做加速運動，與速度方向相反，汽車做減速運動，故A正確，B錯誤；
C．汽車的速度越大，加速度不一定大，比如飛機以很大的速度勻速運動時，加速度為零，故C錯誤；
D．汽車的加速度越大，速度變化得越快，但速度變化量不一定越大，故D錯誤。
故選A。
【分析】本題主要考查對速度、速度變化量、速度變化率、加速度的理解。
速度是描述物體運動快慢的物理量，加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，是速度變化率，加速度與速度沒有直接關系，速度很大，加速度可能很小，加速度與速度變化量方向相同，與速度方向相同時，物體做加速運動，與速度方向相反，物體做減速運動。
3．（2025高一上·天河期末）跳水是一項優美的水上運動。在2021年東京奧運會上，14歲的全紅嬋勇奪女子十米臺跳水冠軍。十米臺跳水是指運動員從離水面10米高的跳臺上起跳，在空中完成屈體、抱膝、轉體等動作后入水的運動，其過程如圖所示。下列有關說法正確的是（　　）
A．當裁判員研究運動員在空中的動作時可以將運動員看成質點
B．運動員在空中上升過程中處于失重狀態
C．運動員在空中下降過程中處于超重狀態
D．運動員從起跳后到入水前的過程中位移的大小等于路程
【答案】B
【知識點】質點；位移與路程；超重與失重
【解析】【解答】A．當裁判員對運動員進行打分時，主要研究運動員在空中的動作時，由于運動員的大小和動作均不能忽略，所以運動員不能作為質點，故A錯誤；
BC．運動員在空中上升和下降過程中，由于運動員只受到重力作用，則加速度均向下，運動員處于失重狀態，故B正確，C錯誤；
D．位移為矢量，大小只跟運動起點、終點位置有關，路程是標量，大小跟物體運動經過的路徑有關，由于運動員的運動軌跡為曲線，則運動過程中路程大于位移的大小，故D錯誤。
故選B。
【分析】物體能否作為質點主要看所研究的問題；運動員在空中加速度方向向下處于失重狀態；由于運動員的軌跡為曲線，則路程大于位移的大小。
4．（2025高一上·天河期末）一位同學玩彈性很好的彈力球，他由靜止釋放彈力球后，觀察彈力球在豎直方向往復運動的過程，他發現彈力球每次反彈能達到的高度幾乎不變，他畫出了兩幅“速度—時間圖像”和兩幅“位移—時間圖像”，描述彈力球連續多次往復運動的過程，下列四幅圖中最合適的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】運動學 S-t 圖象；自由落體運動；豎直上拋運動；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AB．彈力球每次反彈的高度幾乎不變，可以認為球從地面反彈后速度大小與落地前相等。球從最高點釋放，先做自由落體運動，以原速度反彈，做豎直上拋運動，加速度均為向下的g不變，則圖像的斜率不變，故A正確，B錯誤；
CD．因球上升和下落的過程都做勻變速運動，根據
則位移與時間成二次函數關系，不成線性關系，故圖像不可能是直線，故CD錯誤。
故選A。
【分析】 本題主要考查自由落體運動和豎直上拋運動。解決問題的關鍵是熟知自由落體運動和豎直上拋運動的規律，理解圖像和圖像的物理意義。
圖像的斜率表示加速度，由自由落體運動和豎直上拋運動的加速度特點判斷圖像。自由落體運動和豎直上拋運動都屬于勻變速運動，由判斷圖像。
5．（2025高一上·天河期末）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為（　　）
A．1N B．2N C．4N D．5N
【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】對前面物體，由牛頓第二定律可得F -FTmax= ma
再對于后面的物塊有FTmax= ma
又因為FTmax= 2N
解得
聯立解得F = 4N，故C正確，ABD錯誤；
故選C。
【分析】本題考查了牛頓運動定律的應用；解答本題，要靈活采用整體法、隔離法，根據牛頓第二定律列出相應的方程；兩物塊一起向右做勻加速直線運動時，的最大值受細線能承受的最大拉力的限制。
兩物塊一起向右做勻加速直線運動，對前面物體由牛頓第二定律可列出方程；對后面物塊，由牛頓第二定律可列出方程；聯立兩方程，結合細線能承受的最大拉力，可求出的最大值。
6．（2025高一上·天河期末）如圖為餐廳暖盤車的儲盤裝置，其示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上正中位置疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，g取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內，則每根彈簧的勁度系數為（　　）
A．100N/m B．300N/m C．3N/m D．1N/m
【答案】A
【知識點】胡克定律；共點力的平衡
【解析】【解答】由于取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平，表明一個盤子的重力可以使彈簧發生的形變量恰好等于相鄰兩盤間距1.0cm，根據胡克定律
有
解得，
故A正確，BCDF錯誤；
故選A。
【分析】本題考查共點力平衡和胡克定律，解題關鍵是知道盤子整體始終處于平衡狀態，減小的重力等于減小的彈力，注意圖中有三根彈簧，三根彈簧的彈力之和為盤子所受彈力的合力。
移走一個盤子，彈簧彈力的減小量等于該盤子的重力，根據平衡條件求解彈簧的彈力減小量，根據胡克定律求解彈簧的勁度系數。
7．（2025高一上·天河期末）桿秤是延續千年的華夏國粹，如圖所示，三根輕繩與秤盤的捆綁點E、F、G將秤盤三等分，捆綁點到結點O的長度均為26cm，秤盤的直徑為20cm，質量為80g，重力加速度g取．某次稱量藥材時，保持桿秤靜止，稱得盤中藥材的質量為120g，則此時每根繩子的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】中藥材和秤盤整體受力分析，設繩子的拉力，與豎直方向的夾角為，根據平衡條件可得
代入數據得
解得
，故C正確，ABD錯誤；
故選C。
【分析】 本題主要考查共點力平衡，解題關鍵是會分析空間中的受力平衡問題。
根據幾何關系求解輕繩與水平方向的夾角，對中藥材和秤盤整體受力分析，將繩上的拉力分解到水平方向和豎直方向，根據豎直方向受力平衡求解繩上的拉力。
8．（2025高一上·天河期末）如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度—時間變化規律如圖乙所示，t=6s時恰好到B點，則（　　）
A．AB間距離為20m
B．小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m
C．物塊與傳送帶之間動摩擦因數為μ=0.5
D．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，則物塊不能到達B端
【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】A．由圖可知，4s后物體與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為；圖中圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，故AB的長度
故A錯誤；
B．小物體在傳送帶上留下的痕跡是
故B正確；
C．由圖乙可知，加速過程的加速度
由牛頓第二定律可知
聯立解得
故C錯誤；
D．物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，物塊由于慣性向前做勻減速直線運動，減速的加速度為
物塊從開始到速度為4m/s時發生的位移為
所以物塊減速的需要運動的位移
而物塊從4m/s減到零發生的位移為
所以物塊剛好到達B端，故D錯誤。
故選B。
【分析】由圖像的斜率求出物塊做勻加速直線運動時的加速度，根據牛頓第二定律和滑動摩擦力公式相結合求物塊與傳送帶之間動摩擦因數；根據圖像與時間軸所圍成的面積求出物塊在內的位移大小，即為間距離；讀出傳送帶的速度，根據物塊與傳送帶間的相對位移大小求物塊在傳送帶上留下的痕跡長度；若物塊速度剛好到時，傳送帶速度立刻變為零，由速度位移公式求出物塊在傳送帶上滑行的距離，從而判斷物塊能否到達端。
本題考查傳送帶問題，關鍵要要結合圖像分析物塊在傳送帶上的運動情況，抓住圖像的斜率表示加速度，圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，結合牛頓第二定律和運動學公式進行解答。
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．（2025高一上·天河期末）“蛟龍”號是我國首臺自主研制的作業型深海載人潛水器，如圖所示，它是目前世界上下潛能力最強的潛水器。假設某次海試活動中，“蛟龍”號完成海底任務后以初速度v0開始勻加速豎直上浮，經過時間t上浮到距海面h0深處，此時“蛟龍”號速度為v。下列說法正確的是（　　）
A．“蛟龍”號勻加速上浮的加速度方向為豎直向上
B．“蛟龍”號勻加速上浮的加速度大小為
C．t=0時刻，“蛟龍”號距海面的深度為
D．時刻，“蛟龍”號的速度大小為
【答案】A,B,D
【知識點】平均速度；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】A．“蛟龍”號勻加速上浮時加速度方向與速度方向相同，為豎直向上，故A正確；
B．由
可得，“蛟龍”號勻加速上浮的加速度大小為
故B正確；
C．由
可知，t=0時刻，“蛟龍”號距海面的深度為
故C錯誤；
D．時刻，“蛟龍”號的速度大小為
故D正確。
故選ABD。
【分析】本題主要考查勻變速直線運動規律的應用。當加速度方向與速度方向相同時，物體做勻加速運動，加速度方向與速度方向相反時，物體做勻減速運動；由得到物體加速度；由得到時刻速度；由得到“蛟龍”號距海面的深度。
10．（2025高一上·天河期末）一只瓢蟲沿著粗細均勻的圓弧形硬樹枝從左向右緩慢爬行，該過程中樹枝的形狀不變，瓢蟲從A經B爬到C的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．樹枝對瓢蟲的作用力不變
B．樹枝對瓢蟲的作用力先增大后減小
C．樹枝對瓢蟲的摩擦力先增大后減小
D．樹枝對瓢蟲的摩擦力先減小后增大
【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．從左向右緩慢爬行，始終處于平衡狀態，則樹枝對瓢蟲的作用力始終與重力等大反向，大小方向都不變，故A正確；B錯誤；
CD．瓢蟲始終處于動態平衡狀態，設運動方向與豎直方向夾角為，有，可知從A經B，隨著的增大，摩擦力先減小；從B經C，隨著的減小，摩擦力再增大，故C錯誤；D正確。
故選AD。
【分析】本題主要考查共點力平衡的應用，瓢蟲受三個力作用，始終處于動態平衡狀態，合力始終為零，其中任何兩個力的合力與第三個力等大反向；由平衡條件得到摩擦力表達式，根據角度變化判斷摩擦力變化。
11．（2025高一上·天河期末）圖甲是某旅游景點觀光纜車的實景圖，圖乙是其簡化模型。假定貨物放置在纜車的水平底板上，纜車沿傾斜直纜繩上行。下列說法正確的是（　　）
A．若纜車沿纜繩勻速上行，則貨物受到底板的摩擦力方向水平向左
B．若纜車沿纜繩勻減速上行，則車廂對貨物的摩擦力方向沿纜繩斜向下
C．若纜車沿纜繩勻加速上行，則車廂對貨物的作用力不可能沿纜繩斜向上
D．若纜車沿纜繩勻加速上行，則貨物對底板的壓力大于貨物的重力
【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】A. 若纜車沿纜繩勻速上行，貨物受到的重力與支持力平衡，則貨物不受底板的摩擦力作用，故A錯誤；
B. 若纜車沿纜繩勻減速上行，加速度沿纜繩向下，則貨物有水平向右的加速度分量，根據牛頓第二定律，則車廂對貨物的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；
C. 若纜車沿纜繩勻加速上行，則加速度沿纜繩向上，則貨物所受的合力沿纜繩斜向上，車廂對貨物的作用力指的是支持力和摩擦力的合力，不可能沿纜繩斜向上，故C正確；
D. 若纜車沿纜繩勻加速上行，則貨物加速度有向上的分量，根據
可知地板對貨物的支持力大于貨物的重力，根據牛頓第三定律，則貨物對底板的壓力大于貨物的重力，故D正確。
故選CD。
【分析】本題主要考查共點力平衡、牛頓第二定律的應用，注意分析運動過程，有難度。根據貨物運動狀態判斷貨物受力，由平衡條件和牛頓第二定律求解。
12．（2025高一上·天河期末）如圖甲所示，手機的加速度傳感器可以在x、y、z三個方向測量手機的加速度，某同學利用橡皮筋懸掛手機的方法模擬蹦極運動。實驗時，將xOy平面置于豎直狀態，y軸正方向豎直向下，實驗情景如圖乙所示，利用手機的加速度傳感器測量手機從靜止開始下落過程中加速度隨時間變化的規律。在某次實驗過程中，沿x軸、z軸方向的加速度、始終幾乎為0，沿y軸方向的加速度隨時間t變化的圖像如圖丙所示，時，手機處于靜止狀態，圖像顯示的值為0。根據圖丙中的信息，下列說法正確的是（　　）
A．c狀態手機的速度第一次達到最大值
B．e狀態手機的速度第一次達到最大值
C．e狀態之后，手機始終受到橡皮筋的拉力
D．手機運動的全過程中受到的最大拉力大小約為重力大小的2.65倍
【答案】B,C
【知識點】加速度；牛頓第二定律
【解析】【解答】AB．時，手機速度為零，從b狀態開始做加速運動，從e狀態開始加速度反向，開始做減速運動，可知e狀態手機的速度第一次達到最大值，故A錯誤，B正確；
C．由圖可知e狀態之后，加速度大小始終不等于g，則手機始終受到橡皮筋的拉力，故C正確；
D．由圖可知，f狀態時，手機受到的拉力最大，此時加速度大小
根據牛頓第二定律有
可得
即手機運動的全過程中受到的最大拉力大小約為重力大小的3.65倍，故D錯誤。
故選BC。
【分析】本題主要考查了圖像和牛頓第二定律。
解答本題的關鍵是明確：圖像的面積表示速度的變化量，時間軸上方表示速度變化量為正，下方表示速度變化量為負；根據牛頓第二定律結合圖像分析拉力與重力的關系。
三、非選擇題（本題共6小題，共52分。考生根據要求作答）
13．（2025高一上·天河期末）某研究小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，將白紙固定在水平放置的木板上，橡皮筋的A端用圖釘固定在木板上，B端系上兩根帶有繩套的細繩。
（1）如圖（a），用兩個彈簧測力計通過細繩沿平行木板的不同方向同時拉橡皮筋，將橡皮筋的B端拉至某點O，記下O點位置和兩細繩的方向，并讀出兩個拉力的大小分別為F1=　 　N和F2=2.00N。
（2）如圖（b），撤去（1）中的拉力，現只用一個彈簧測力計通過細繩沿平行木板的方向拉橡皮筋，再次將B端拉至O點，記下　 　，并讀出拉力的大小為F=2.20N。
（3）如圖（c），某同學以O點為作用點，用圖示標度畫出了力F的圖示，請你畫出力F1、F2的圖示并嘗試按平行四邊形定則畫出它們的合力F合　 　。
（4）比較F合與F的關系，發現兩個力合成規律遵從平行四邊形定則。
【答案】1.80；細繩方向；
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）彈簧秤的最小刻度為0.1N，需要估讀到最小刻度下一位，則讀出拉力的大小為F1=1.80N；
（2）只用一個彈簧測力計通過細繩沿平行木板的方向拉橡皮筋，再次將B端拉至O點，記下細繩的方向，并讀出拉力大小。
（3）畫出力F1、F2的圖示，按平行四邊形定則畫出它們的合力F合如圖
故答案為：（1）1.80（2）細繩的方向（3）
【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，結合平行四邊形定則解答。
（1）根據彈簧測力計讀數規則讀取數據；
（2）本實驗需要做平行四邊形，所以需要每次的彈簧的拉力的大小和方向；
（3）用選好的標度做平行四邊形，得到合力。
14．（2025高一上·天河期末）某實驗小組采用如圖甲所示的實驗裝置，探究“小車質量一定時，小車的加速度與它所受的合力的關系”。 試回答下列問題：
（1）以下操作正確的是______。
A．使小車質量遠小于砝碼質量
B．調整墊塊位置以補償阻力
C．補償阻力時移去打點計時器和紙帶
D．釋放小車后再接通打點計時器電源
（2）在實驗過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示，計時器打點的時間間隔為0.02s，選取A、B、C、D四個計數點，每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出。從圖乙中讀出A、B兩點間距s=　 　cm；C點對應的速度是　 　m/s，該小車的加速度大小a＝　 　m/s2（結果保留兩位有效數字）。
（3）在滿足實驗條件時，研究小車質量一定的情況下其加速度a與砝碼重力F（忘記測量砝碼盤的質量，但其他操作均正確）的關系，得到a與F的關系應該是圖丙中的　 　（填“①”、“②”或“③”）。
【答案】（1）B
（2）0.70；0.10；0.20
（3）①
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）A．使砝碼質量遠小于小車質量，這樣可認為小車的牽引力近似等于砝碼的重力，故A錯誤；
B．調整墊塊位置以平衡阻力，這樣可認為細線的拉力等于小車受的合力，故B正確；
C．平衡阻力時需要移去砝碼，連接打點計時器和紙帶，故C錯誤；
D．接通打點計時器電源后，待打點計時器打點穩定后再釋放小車，故 D錯誤。
（2）每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出可知T=0.02×5s=0.1s。
從圖乙中讀出A、B兩點間距s=0.70cm；
C點對應的速度是
該小車的加速度大小
（3）設砝碼盤的重力為G0，則由題意可知
即
則a-F圖像為①。
故答案為：（1）B（2）0.70；0.10；0.20（3）①
【分析】本題主要考查探究“小車質量一定時，小車的加速度與它所受的合力的關系”的實驗。
（1）由實驗原理和實驗要求逐項分析；
（2）由勻變速直線運動中間時刻的速度等于整段時間內的平均速度等于位移與時間的比值求解C點對應的速度，由逐差法求解加速度；
（3）對于小車，根據牛頓第二定律得到a與F的關系，結合圖像分析解答。
（1）A．使砝碼質量遠小于小車質量，這樣可認為小車的牽引力近似等于砝碼的重力，選項A錯誤；
B．調整墊塊位置以補償阻力，這樣可認為細線的拉力等于小車受的合力，選項B正確；
C．補償阻力時移去砝碼，連接打點計時器和紙帶，選項C錯誤；
D．接通打點計時器電源后再釋放小車，選項D錯誤。
故選B。
（2）[1]每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出可知T=0.1s。
從圖乙中讀出A、B兩點間距s=1.70-1.00=0.70cm；
[2]C點對應的速度是
[3]該小車的加速度大小
（3）設砝碼盤的重力為F0，則由題意可知
即
則a-F圖像為①。
15．（2025高一上·天河期末）（1）某同學借助高速照相機對亭臺檐邊下落的水滴進行探究：水滴每隔0.2s自檐邊靜止滴下，當第1滴落地時第6滴恰欲滴下，不考慮空氣阻力，水滴處于無風環境中，g取10m/s2，則此時第2滴距地面的高度為　 　m。
（2）將一個重力為G的鉛球放在傾角為45°的斜面上，并用豎直擋板擋住，鉛球處于靜止狀態。不考慮鉛球受到的摩擦力，鉛球對斜面的壓力大小為　 　。
（3）如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。某次測試中在接近地球表面時以30m/s的速度豎直勻速下落，此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質量為600kg，背罩質量為50kg，地球表面重力加速度大小取g=10m/s2，忽略大氣對探測器和背罩的阻力。“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為　 　m/s2。
【答案】（1）1.8
（2）G
（3）120
【知識點】牛頓第三定律；自由落體運動；共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）依題意，第一滴水下落時對地的高度為
滴水下落時對地的高度為
第二滴水此時距地面的高度；
（2）對鉛球受力分析，如圖所示
由平衡條件，可得
解得
由牛頓第三定律可知，鉛球對斜面的壓力大小為
。
（3）設“背罩分離”前，整個裝置受拉力為F，整個裝置勻速下落，則=6500N
“背罩分離”后瞬間，對“背罩”，根據牛頓第二定律有F-mg=ma
解得
故答案為：（1）1.8（2）（3）120
【分析】本題主要考查自由落體運動、共點力平衡、牛頓第二定律的應用。
（1）雨滴做自由落體運動，由計算 第2滴距地面的高度 ；
（2）以鉛球為研究對象，根據平衡條件列式求解鉛球受到斜面的支持力大小，再根據牛頓第三定律求得 鉛球對斜面的壓力大小 ；
（3）“背罩分離”前，根據平衡條件列式求得背罩受到的拉力，“背罩分離”后瞬間，對“背罩”根據牛頓第二定律列式求解背罩的加速度大小。
（1）依題意，第一滴水下落時對地的高度為
第二滴水此時距地面的高度
（2）鉛球的受力分析如圖所示
由平衡條件，可得
解得
由牛頓第三定律可知，鉛球對斜面的壓力大小為。
（3）整個裝置勻速下落時，滿足
“背罩分離”后瞬間，對“背罩”根據牛頓第二定律有F-mg=ma
解得
16．（2025高一上·天河期末）一般人的剎車反應時間t0=0.5s，但飲酒會引起反應時間延長。在某次試驗中，一名志愿者少量飲酒后駕車以v0=72km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛。從發現緊急情況到汽車停下，行駛距離為L=39m。減速過程中汽車位移s=25m，此過程可視為勻變速直線運動。求：
(1)減速過程中汽車加速度的大小和所用時間。
(2)飲酒使志愿者的反應時間延長了多少？
【答案】解：(1)設減速過程汽車的加速度為a，所用時間為t，|，
由解得
由解得；
(2)設志愿者反應時間為，反應時間的增加量為，反應時間做勻速運動，由運動學公式得
代入數據解得
。
【知識點】勻速直線運動；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系
【解析】【分析】(1)減速過程中由運動學公式和求解減速過程中汽車加速度的大小和所用時間。
(2)反應時間內汽車做勻速運動，由運動學公式得結合題意求解飲酒使志愿者延長的反應時間 。
17．（2025高一上·天河期末）如圖所示，重力為G的物塊，恰好能沿傾角θ=37° 的斜面勻速下滑，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物塊與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）若要將物塊沿斜面勻速向上推，必須加多大的水平推力F？
【答案】（1）解：勻速下滑時，物塊合力為零
沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得；
（2）解：沿斜面勻速上升時，物塊合力為零
沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得。
【知識點】摩擦力的判斷與計算；共點力的平衡
【解析】【分析】本題主要考查共點力平衡在勻速直線運動中的應用。
（1）勻速下滑時，合力為零，根據平衡條件列式求解物塊與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）沿斜面勻速上升時，合力為零，根據平衡條件列式求解水平推力F 。
（1）勻速下滑時，沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得
（2）沿斜面勻速上升時，沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得
18．（2025高一上·天河期末）如圖所示，水平桌面上質量為的薄紙板上，放有一質量為的小水杯（可視為質點），小水杯距紙板左端距離為，距桌子右端距離為，現給紙板一個水平向右的恒力F，欲將紙板從小水杯下抽出。若紙板與桌面、水杯與桌面間的動摩擦因數均為，水杯與紙板間的動摩擦因數為，重力加速度g取，設水杯在運動過程中始終不會翻倒，則：
（1）當抽動紙板且水杯相對紙板滑動時，水杯所受摩擦力及其加速度多大？
（2）在第（1）問的情形下，紙板所受摩擦力共有多大？
（3）當F滿足什么條件，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會從桌面滑落？
【答案】解：（1）當抽動紙板且水杯相對紙板滑動時，水杯所受摩擦力大小為，方向水平向右；根據牛頓第二定律可得水杯加速度大小為
（2）在第（1）問的情形下，由牛頓第三定律可知，紙板受到水杯對它水平向左的滑動摩擦力作用，大小為
紙板向右運動，還受到桌面它水平向左的滑動摩擦力作用，大小為
所以，紙板所受總的摩擦力大小為
；
（3）紙板抽出的過程，對紙板有
紙板抽出的過程，二者位移關系滿足
紙板抽出后，水杯在桌面上做勻減速運動，且恰好到達桌面右邊
設經歷時間恰好到桌面右邊緣靜止，有
由速度關系有
紙杯的位移關系有
聯立解得
所以，當F滿足
時，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會從桌面滑落。
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】本題主要考查牛頓運動定律的綜合應用，選擇合適的研究對象，分析物體的運動過程，由牛頓第二定律和運動學公式求解。
（1）當抽動紙板且水杯相對紙板滑動時，由求解水杯所受摩擦力大小，并判斷方向；根據牛頓第二定律求解水杯加速度大小。
（2）由牛頓第三定律確定紙板受到水杯對的滑動摩擦力的大小和方向，由計算紙板受到桌面的滑動摩擦力，從而得到紙板所受總的摩擦力大小；
（3）以紙板為研究對象，在抽出的過程中和抽出后，由牛頓第二定律和運動學公式列式得到，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會從桌面滑落當F滿足的條件。
1 / 1廣東省廣州市天河區2024-2025學年高一上學期期末考試物理試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。
1．（2025高一上·天河期末）下列說法正確的是（　　）
A．嫦娥五號成功攜帶月壤樣品回到祖國，月壤樣品到達地球后，重力增大，慣性增大
B．伽利略理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因
C．運動員能踢動足球說明運動員對足球的力大于足球對運動員的力
D．物體在合外力的作用下做勻加速直線運動，當合外力逐漸減小時，物體的速度逐漸減小
2．（2025高一上·天河期末）如圖所示是研究汽車速度變化時所畫出的示意圖，汽車的初速度為，末速度為，速度的變化量為，加速度為a。下列說法正確的是（　　）
A．甲圖中汽車做加速運動，其a與方向相同
B．乙圖中汽車做減速運動，其a與方向相反
C．汽車的速度越大，加速度一定越大
D．汽車的加速度越大，速度變化量一定越大
3．（2025高一上·天河期末）跳水是一項優美的水上運動。在2021年東京奧運會上，14歲的全紅嬋勇奪女子十米臺跳水冠軍。十米臺跳水是指運動員從離水面10米高的跳臺上起跳，在空中完成屈體、抱膝、轉體等動作后入水的運動，其過程如圖所示。下列有關說法正確的是（　　）
A．當裁判員研究運動員在空中的動作時可以將運動員看成質點
B．運動員在空中上升過程中處于失重狀態
C．運動員在空中下降過程中處于超重狀態
D．運動員從起跳后到入水前的過程中位移的大小等于路程
4．（2025高一上·天河期末）一位同學玩彈性很好的彈力球，他由靜止釋放彈力球后，觀察彈力球在豎直方向往復運動的過程，他發現彈力球每次反彈能達到的高度幾乎不變，他畫出了兩幅“速度—時間圖像”和兩幅“位移—時間圖像”，描述彈力球連續多次往復運動的過程，下列四幅圖中最合適的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高一上·天河期末）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為（　　）
A．1N B．2N C．4N D．5N
6．（2025高一上·天河期末）如圖為餐廳暖盤車的儲盤裝置，其示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上正中位置疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300g，相鄰兩盤間距1.0cm，g取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內，則每根彈簧的勁度系數為（　　）
A．100N/m B．300N/m C．3N/m D．1N/m
7．（2025高一上·天河期末）桿秤是延續千年的華夏國粹，如圖所示，三根輕繩與秤盤的捆綁點E、F、G將秤盤三等分，捆綁點到結點O的長度均為26cm，秤盤的直徑為20cm，質量為80g，重力加速度g取．某次稱量藥材時，保持桿秤靜止，稱得盤中藥材的質量為120g，則此時每根繩子的拉力大小為（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·天河期末）如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度—時間變化規律如圖乙所示，t=6s時恰好到B點，則（　　）
A．AB間距離為20m
B．小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m
C．物塊與傳送帶之間動摩擦因數為μ=0.5
D．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，則物塊不能到達B端
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．（2025高一上·天河期末）“蛟龍”號是我國首臺自主研制的作業型深海載人潛水器，如圖所示，它是目前世界上下潛能力最強的潛水器。假設某次海試活動中，“蛟龍”號完成海底任務后以初速度v0開始勻加速豎直上浮，經過時間t上浮到距海面h0深處，此時“蛟龍”號速度為v。下列說法正確的是（　　）
A．“蛟龍”號勻加速上浮的加速度方向為豎直向上
B．“蛟龍”號勻加速上浮的加速度大小為
C．t=0時刻，“蛟龍”號距海面的深度為
D．時刻，“蛟龍”號的速度大小為
10．（2025高一上·天河期末）一只瓢蟲沿著粗細均勻的圓弧形硬樹枝從左向右緩慢爬行，該過程中樹枝的形狀不變，瓢蟲從A經B爬到C的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．樹枝對瓢蟲的作用力不變
B．樹枝對瓢蟲的作用力先增大后減小
C．樹枝對瓢蟲的摩擦力先增大后減小
D．樹枝對瓢蟲的摩擦力先減小后增大
11．（2025高一上·天河期末）圖甲是某旅游景點觀光纜車的實景圖，圖乙是其簡化模型。假定貨物放置在纜車的水平底板上，纜車沿傾斜直纜繩上行。下列說法正確的是（　　）
A．若纜車沿纜繩勻速上行，則貨物受到底板的摩擦力方向水平向左
B．若纜車沿纜繩勻減速上行，則車廂對貨物的摩擦力方向沿纜繩斜向下
C．若纜車沿纜繩勻加速上行，則車廂對貨物的作用力不可能沿纜繩斜向上
D．若纜車沿纜繩勻加速上行，則貨物對底板的壓力大于貨物的重力
12．（2025高一上·天河期末）如圖甲所示，手機的加速度傳感器可以在x、y、z三個方向測量手機的加速度，某同學利用橡皮筋懸掛手機的方法模擬蹦極運動。實驗時，將xOy平面置于豎直狀態，y軸正方向豎直向下，實驗情景如圖乙所示，利用手機的加速度傳感器測量手機從靜止開始下落過程中加速度隨時間變化的規律。在某次實驗過程中，沿x軸、z軸方向的加速度、始終幾乎為0，沿y軸方向的加速度隨時間t變化的圖像如圖丙所示，時，手機處于靜止狀態，圖像顯示的值為0。根據圖丙中的信息，下列說法正確的是（　　）
A．c狀態手機的速度第一次達到最大值
B．e狀態手機的速度第一次達到最大值
C．e狀態之后，手機始終受到橡皮筋的拉力
D．手機運動的全過程中受到的最大拉力大小約為重力大小的2.65倍
三、非選擇題（本題共6小題，共52分。考生根據要求作答）
13．（2025高一上·天河期末）某研究小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗，將白紙固定在水平放置的木板上，橡皮筋的A端用圖釘固定在木板上，B端系上兩根帶有繩套的細繩。
（1）如圖（a），用兩個彈簧測力計通過細繩沿平行木板的不同方向同時拉橡皮筋，將橡皮筋的B端拉至某點O，記下O點位置和兩細繩的方向，并讀出兩個拉力的大小分別為F1=　 　N和F2=2.00N。
（2）如圖（b），撤去（1）中的拉力，現只用一個彈簧測力計通過細繩沿平行木板的方向拉橡皮筋，再次將B端拉至O點，記下　 　，并讀出拉力的大小為F=2.20N。
（3）如圖（c），某同學以O點為作用點，用圖示標度畫出了力F的圖示，請你畫出力F1、F2的圖示并嘗試按平行四邊形定則畫出它們的合力F合　 　。
（4）比較F合與F的關系，發現兩個力合成規律遵從平行四邊形定則。
14．（2025高一上·天河期末）某實驗小組采用如圖甲所示的實驗裝置，探究“小車質量一定時，小車的加速度與它所受的合力的關系”。 試回答下列問題：
（1）以下操作正確的是______。
A．使小車質量遠小于砝碼質量
B．調整墊塊位置以補償阻力
C．補償阻力時移去打點計時器和紙帶
D．釋放小車后再接通打點計時器電源
（2）在實驗過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示，計時器打點的時間間隔為0.02s，選取A、B、C、D四個計數點，每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出。從圖乙中讀出A、B兩點間距s=　 　cm；C點對應的速度是　 　m/s，該小車的加速度大小a＝　 　m/s2（結果保留兩位有效數字）。
（3）在滿足實驗條件時，研究小車質量一定的情況下其加速度a與砝碼重力F（忘記測量砝碼盤的質量，但其他操作均正確）的關系，得到a與F的關系應該是圖丙中的　 　（填“①”、“②”或“③”）。
15．（2025高一上·天河期末）（1）某同學借助高速照相機對亭臺檐邊下落的水滴進行探究：水滴每隔0.2s自檐邊靜止滴下，當第1滴落地時第6滴恰欲滴下，不考慮空氣阻力，水滴處于無風環境中，g取10m/s2，則此時第2滴距地面的高度為　 　m。
（2）將一個重力為G的鉛球放在傾角為45°的斜面上，并用豎直擋板擋住，鉛球處于靜止狀態。不考慮鉛球受到的摩擦力，鉛球對斜面的壓力大小為　 　。
（3）如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。某次測試中在接近地球表面時以30m/s的速度豎直勻速下落，此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質量為600kg，背罩質量為50kg，地球表面重力加速度大小取g=10m/s2，忽略大氣對探測器和背罩的阻力。“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為　 　m/s2。
16．（2025高一上·天河期末）一般人的剎車反應時間t0=0.5s，但飲酒會引起反應時間延長。在某次試驗中，一名志愿者少量飲酒后駕車以v0=72km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛。從發現緊急情況到汽車停下，行駛距離為L=39m。減速過程中汽車位移s=25m，此過程可視為勻變速直線運動。求：
(1)減速過程中汽車加速度的大小和所用時間。
(2)飲酒使志愿者的反應時間延長了多少？
17．（2025高一上·天河期末）如圖所示，重力為G的物塊，恰好能沿傾角θ=37° 的斜面勻速下滑，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物塊與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）若要將物塊沿斜面勻速向上推，必須加多大的水平推力F？
18．（2025高一上·天河期末）如圖所示，水平桌面上質量為的薄紙板上，放有一質量為的小水杯（可視為質點），小水杯距紙板左端距離為，距桌子右端距離為，現給紙板一個水平向右的恒力F，欲將紙板從小水杯下抽出。若紙板與桌面、水杯與桌面間的動摩擦因數均為，水杯與紙板間的動摩擦因數為，重力加速度g取，設水杯在運動過程中始終不會翻倒，則：
（1）當抽動紙板且水杯相對紙板滑動時，水杯所受摩擦力及其加速度多大？
（2）在第（1）問的情形下，紙板所受摩擦力共有多大？
（3）當F滿足什么條件，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會從桌面滑落？
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】慣性與質量；伽利略理想斜面實驗；牛頓第二定律
【解析】【解答】A．嫦娥五號成功攜帶月壤樣品回到祖國，月壤樣品到達地球后，質量不變，其慣性不變，重力加速度變大，所以重力增大，故A錯誤；
B．伽利略理想斜面實驗說明物體的運動不需要力來維持，故B正確；
C． 運動員對足球的力與足球對運動員的力總是等大反向，運動員能踢動足球，說明運動員對足球的力大于足球所受阻力，故C錯誤；
D．根據牛頓第二定律，可知物體在合外力的作用下做勻加速直線運動，當合外力逐漸減小時，其加速度逐漸減小，物體做加速度減小的加速運動，物體的速度仍然增大，故D錯誤。
故選B。
【分析】本題主要考查對質量、慣性、重力、力與運動關系、牛第三定律等概念的理解。質量不隨位置、形狀而變化，慣性是物體固有屬性，由質量決定重力大小由質量和重力加速度決定； 力不是維持物體運動的原因， 而改變物體遠動狀態的原因；作用力和反作用力總是等大反向，與物體運動狀態無關；合力與運動方向相同，物體做加速運動，合力與運動方向相反，物體做減速運動。
2．【答案】A
【知識點】加速度
【解析】【解答】AB．a與方向相同，與速度方向相同，汽車做加速運動，與速度方向相反，汽車做減速運動，故A正確，B錯誤；
C．汽車的速度越大，加速度不一定大，比如飛機以很大的速度勻速運動時，加速度為零，故C錯誤；
D．汽車的加速度越大，速度變化得越快，但速度變化量不一定越大，故D錯誤。
故選A。
【分析】本題主要考查對速度、速度變化量、速度變化率、加速度的理解。
速度是描述物體運動快慢的物理量，加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，是速度變化率，加速度與速度沒有直接關系，速度很大，加速度可能很小，加速度與速度變化量方向相同，與速度方向相同時，物體做加速運動，與速度方向相反，物體做減速運動。
3．【答案】B
【知識點】質點；位移與路程；超重與失重
【解析】【解答】A．當裁判員對運動員進行打分時，主要研究運動員在空中的動作時，由于運動員的大小和動作均不能忽略，所以運動員不能作為質點，故A錯誤；
BC．運動員在空中上升和下降過程中，由于運動員只受到重力作用，則加速度均向下，運動員處于失重狀態，故B正確，C錯誤；
D．位移為矢量，大小只跟運動起點、終點位置有關，路程是標量，大小跟物體運動經過的路徑有關，由于運動員的運動軌跡為曲線，則運動過程中路程大于位移的大小，故D錯誤。
故選B。
【分析】物體能否作為質點主要看所研究的問題；運動員在空中加速度方向向下處于失重狀態；由于運動員的軌跡為曲線，則路程大于位移的大小。
4．【答案】A
【知識點】運動學 S-t 圖象；自由落體運動；豎直上拋運動；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】AB．彈力球每次反彈的高度幾乎不變，可以認為球從地面反彈后速度大小與落地前相等。球從最高點釋放，先做自由落體運動，以原速度反彈，做豎直上拋運動，加速度均為向下的g不變，則圖像的斜率不變，故A正確，B錯誤；
CD．因球上升和下落的過程都做勻變速運動，根據
則位移與時間成二次函數關系，不成線性關系，故圖像不可能是直線，故CD錯誤。
故選A。
【分析】 本題主要考查自由落體運動和豎直上拋運動。解決問題的關鍵是熟知自由落體運動和豎直上拋運動的規律，理解圖像和圖像的物理意義。
圖像的斜率表示加速度，由自由落體運動和豎直上拋運動的加速度特點判斷圖像。自由落體運動和豎直上拋運動都屬于勻變速運動，由判斷圖像。
5．【答案】C
【知識點】牛頓運動定律的應用—連接體
【解析】【解答】對前面物體，由牛頓第二定律可得F -FTmax= ma
再對于后面的物塊有FTmax= ma
又因為FTmax= 2N
解得
聯立解得F = 4N，故C正確，ABD錯誤；
故選C。
【分析】本題考查了牛頓運動定律的應用；解答本題，要靈活采用整體法、隔離法，根據牛頓第二定律列出相應的方程；兩物塊一起向右做勻加速直線運動時，的最大值受細線能承受的最大拉力的限制。
兩物塊一起向右做勻加速直線運動，對前面物體由牛頓第二定律可列出方程；對后面物塊，由牛頓第二定律可列出方程；聯立兩方程，結合細線能承受的最大拉力，可求出的最大值。
6．【答案】A
【知識點】胡克定律；共點力的平衡
【解析】【解答】由于取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平，表明一個盤子的重力可以使彈簧發生的形變量恰好等于相鄰兩盤間距1.0cm，根據胡克定律
有
解得，
故A正確，BCDF錯誤；
故選A。
【分析】本題考查共點力平衡和胡克定律，解題關鍵是知道盤子整體始終處于平衡狀態，減小的重力等于減小的彈力，注意圖中有三根彈簧，三根彈簧的彈力之和為盤子所受彈力的合力。
移走一個盤子，彈簧彈力的減小量等于該盤子的重力，根據平衡條件求解彈簧的彈力減小量，根據胡克定律求解彈簧的勁度系數。
7．【答案】C
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】中藥材和秤盤整體受力分析，設繩子的拉力，與豎直方向的夾角為，根據平衡條件可得
代入數據得
解得
，故C正確，ABD錯誤；
故選C。
【分析】 本題主要考查共點力平衡，解題關鍵是會分析空間中的受力平衡問題。
根據幾何關系求解輕繩與水平方向的夾角，對中藥材和秤盤整體受力分析，將繩上的拉力分解到水平方向和豎直方向，根據豎直方向受力平衡求解繩上的拉力。
8．【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【解答】A．由圖可知，4s后物體與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為；圖中圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，故AB的長度
故A錯誤；
B．小物體在傳送帶上留下的痕跡是
故B正確；
C．由圖乙可知，加速過程的加速度
由牛頓第二定律可知
聯立解得
故C錯誤；
D．物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變為零，物塊由于慣性向前做勻減速直線運動，減速的加速度為
物塊從開始到速度為4m/s時發生的位移為
所以物塊減速的需要運動的位移
而物塊從4m/s減到零發生的位移為
所以物塊剛好到達B端，故D錯誤。
故選B。
【分析】由圖像的斜率求出物塊做勻加速直線運動時的加速度，根據牛頓第二定律和滑動摩擦力公式相結合求物塊與傳送帶之間動摩擦因數；根據圖像與時間軸所圍成的面積求出物塊在內的位移大小，即為間距離；讀出傳送帶的速度，根據物塊與傳送帶間的相對位移大小求物塊在傳送帶上留下的痕跡長度；若物塊速度剛好到時，傳送帶速度立刻變為零，由速度位移公式求出物塊在傳送帶上滑行的距離，從而判斷物塊能否到達端。
本題考查傳送帶問題，關鍵要要結合圖像分析物塊在傳送帶上的運動情況，抓住圖像的斜率表示加速度，圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，結合牛頓第二定律和運動學公式進行解答。
9．【答案】A,B,D
【知識點】平均速度；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系
【解析】【解答】A．“蛟龍”號勻加速上浮時加速度方向與速度方向相同，為豎直向上，故A正確；
B．由
可得，“蛟龍”號勻加速上浮的加速度大小為
故B正確；
C．由
可知，t=0時刻，“蛟龍”號距海面的深度為
故C錯誤；
D．時刻，“蛟龍”號的速度大小為
故D正確。
故選ABD。
【分析】本題主要考查勻變速直線運動規律的應用。當加速度方向與速度方向相同時，物體做勻加速運動，加速度方向與速度方向相反時，物體做勻減速運動；由得到物體加速度；由得到時刻速度；由得到“蛟龍”號距海面的深度。
10．【答案】A,D
【知識點】共點力的平衡
【解析】【解答】AB．從左向右緩慢爬行，始終處于平衡狀態，則樹枝對瓢蟲的作用力始終與重力等大反向，大小方向都不變，故A正確；B錯誤；
CD．瓢蟲始終處于動態平衡狀態，設運動方向與豎直方向夾角為，有，可知從A經B，隨著的增大，摩擦力先減小；從B經C，隨著的減小，摩擦力再增大，故C錯誤；D正確。
故選AD。
【分析】本題主要考查共點力平衡的應用，瓢蟲受三個力作用，始終處于動態平衡狀態，合力始終為零，其中任何兩個力的合力與第三個力等大反向；由平衡條件得到摩擦力表達式，根據角度變化判斷摩擦力變化。
11．【答案】C,D
【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】A. 若纜車沿纜繩勻速上行，貨物受到的重力與支持力平衡，則貨物不受底板的摩擦力作用，故A錯誤；
B. 若纜車沿纜繩勻減速上行，加速度沿纜繩向下，則貨物有水平向右的加速度分量，根據牛頓第二定律，則車廂對貨物的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；
C. 若纜車沿纜繩勻加速上行，則加速度沿纜繩向上，則貨物所受的合力沿纜繩斜向上，車廂對貨物的作用力指的是支持力和摩擦力的合力，不可能沿纜繩斜向上，故C正確；
D. 若纜車沿纜繩勻加速上行，則貨物加速度有向上的分量，根據
可知地板對貨物的支持力大于貨物的重力，根據牛頓第三定律，則貨物對底板的壓力大于貨物的重力，故D正確。
故選CD。
【分析】本題主要考查共點力平衡、牛頓第二定律的應用，注意分析運動過程，有難度。根據貨物運動狀態判斷貨物受力，由平衡條件和牛頓第二定律求解。
12．【答案】B,C
【知識點】加速度；牛頓第二定律
【解析】【解答】AB．時，手機速度為零，從b狀態開始做加速運動，從e狀態開始加速度反向，開始做減速運動，可知e狀態手機的速度第一次達到最大值，故A錯誤，B正確；
C．由圖可知e狀態之后，加速度大小始終不等于g，則手機始終受到橡皮筋的拉力，故C正確；
D．由圖可知，f狀態時，手機受到的拉力最大，此時加速度大小
根據牛頓第二定律有
可得
即手機運動的全過程中受到的最大拉力大小約為重力大小的3.65倍，故D錯誤。
故選BC。
【分析】本題主要考查了圖像和牛頓第二定律。
解答本題的關鍵是明確：圖像的面積表示速度的變化量，時間軸上方表示速度變化量為正，下方表示速度變化量為負；根據牛頓第二定律結合圖像分析拉力與重力的關系。
13．【答案】1.80；細繩方向；
【知識點】驗證力的平行四邊形定則
【解析】【解答】（1）彈簧秤的最小刻度為0.1N，需要估讀到最小刻度下一位，則讀出拉力的大小為F1=1.80N；
（2）只用一個彈簧測力計通過細繩沿平行木板的方向拉橡皮筋，再次將B端拉至O點，記下細繩的方向，并讀出拉力大小。
（3）畫出力F1、F2的圖示，按平行四邊形定則畫出它們的合力F合如圖
故答案為：（1）1.80（2）細繩的方向（3）
【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，結合平行四邊形定則解答。
（1）根據彈簧測力計讀數規則讀取數據；
（2）本實驗需要做平行四邊形，所以需要每次的彈簧的拉力的大小和方向；
（3）用選好的標度做平行四邊形，得到合力。
14．【答案】（1）B
（2）0.70；0.10；0.20
（3）①
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）A．使砝碼質量遠小于小車質量，這樣可認為小車的牽引力近似等于砝碼的重力，故A錯誤；
B．調整墊塊位置以平衡阻力，這樣可認為細線的拉力等于小車受的合力，故B正確；
C．平衡阻力時需要移去砝碼，連接打點計時器和紙帶，故C錯誤；
D．接通打點計時器電源后，待打點計時器打點穩定后再釋放小車，故 D錯誤。
（2）每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出可知T=0.02×5s=0.1s。
從圖乙中讀出A、B兩點間距s=0.70cm；
C點對應的速度是
該小車的加速度大小
（3）設砝碼盤的重力為G0，則由題意可知
即
則a-F圖像為①。
故答案為：（1）B（2）0.70；0.10；0.20（3）①
【分析】本題主要考查探究“小車質量一定時，小車的加速度與它所受的合力的關系”的實驗。
（1）由實驗原理和實驗要求逐項分析；
（2）由勻變速直線運動中間時刻的速度等于整段時間內的平均速度等于位移與時間的比值求解C點對應的速度，由逐差法求解加速度；
（3）對于小車，根據牛頓第二定律得到a與F的關系，結合圖像分析解答。
（1）A．使砝碼質量遠小于小車質量，這樣可認為小車的牽引力近似等于砝碼的重力，選項A錯誤；
B．調整墊塊位置以補償阻力，這樣可認為細線的拉力等于小車受的合力，選項B正確；
C．補償阻力時移去砝碼，連接打點計時器和紙帶，選項C錯誤；
D．接通打點計時器電源后再釋放小車，選項D錯誤。
故選B。
（2）[1]每兩個相鄰計數點間有四個點沒有畫出可知T=0.1s。
從圖乙中讀出A、B兩點間距s=1.70-1.00=0.70cm；
[2]C點對應的速度是
[3]該小車的加速度大小
（3）設砝碼盤的重力為F0，則由題意可知
即
則a-F圖像為①。
15．【答案】（1）1.8
（2）G
（3）120
【知識點】牛頓第三定律；自由落體運動；共點力的平衡；牛頓第二定律
【解析】【解答】（1）依題意，第一滴水下落時對地的高度為
滴水下落時對地的高度為
第二滴水此時距地面的高度；
（2）對鉛球受力分析，如圖所示
由平衡條件，可得
解得
由牛頓第三定律可知，鉛球對斜面的壓力大小為
。
（3）設“背罩分離”前，整個裝置受拉力為F，整個裝置勻速下落，則=6500N
“背罩分離”后瞬間，對“背罩”，根據牛頓第二定律有F-mg=ma
解得
故答案為：（1）1.8（2）（3）120
【分析】本題主要考查自由落體運動、共點力平衡、牛頓第二定律的應用。
（1）雨滴做自由落體運動，由計算 第2滴距地面的高度 ；
（2）以鉛球為研究對象，根據平衡條件列式求解鉛球受到斜面的支持力大小，再根據牛頓第三定律求得 鉛球對斜面的壓力大小 ；
（3）“背罩分離”前，根據平衡條件列式求得背罩受到的拉力，“背罩分離”后瞬間，對“背罩”根據牛頓第二定律列式求解背罩的加速度大小。
（1）依題意，第一滴水下落時對地的高度為
第二滴水此時距地面的高度
（2）鉛球的受力分析如圖所示
由平衡條件，可得
解得
由牛頓第三定律可知，鉛球對斜面的壓力大小為。
（3）整個裝置勻速下落時，滿足
“背罩分離”后瞬間，對“背罩”根據牛頓第二定律有F-mg=ma
解得
16．【答案】解：(1)設減速過程汽車的加速度為a，所用時間為t，|，
由解得
由解得；
(2)設志愿者反應時間為，反應時間的增加量為，反應時間做勻速運動，由運動學公式得
代入數據解得
。
【知識點】勻速直線運動；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系
【解析】【分析】(1)減速過程中由運動學公式和求解減速過程中汽車加速度的大小和所用時間。
(2)反應時間內汽車做勻速運動，由運動學公式得結合題意求解飲酒使志愿者延長的反應時間 。
17．【答案】（1）解：勻速下滑時，物塊合力為零
沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得；
（2）解：沿斜面勻速上升時，物塊合力為零
沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得。
【知識點】摩擦力的判斷與計算；共點力的平衡
【解析】【分析】本題主要考查共點力平衡在勻速直線運動中的應用。
（1）勻速下滑時，合力為零，根據平衡條件列式求解物塊與斜面間的動摩擦因數μ；
（2）沿斜面勻速上升時，合力為零，根據平衡條件列式求解水平推力F 。
（1）勻速下滑時，沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得
（2）沿斜面勻速上升時，沿斜面方向上
垂直斜面方向上
又
解得
18．【答案】解：（1）當抽動紙板且水杯相對紙板滑動時，水杯所受摩擦力大小為，方向水平向右；根據牛頓第二定律可得水杯加速度大小為
（2）在第（1）問的情形下，由牛頓第三定律可知，紙板受到水杯對它水平向左的滑動摩擦力作用，大小為
紙板向右運動，還受到桌面它水平向左的滑動摩擦力作用，大小為
所以，紙板所受總的摩擦力大小為
；
（3）紙板抽出的過程，對紙板有
紙板抽出的過程，二者位移關系滿足
紙板抽出后，水杯在桌面上做勻減速運動，且恰好到達桌面右邊
設經歷時間恰好到桌面右邊緣靜止，有
由速度關系有
紙杯的位移關系有
聯立解得
所以，當F滿足
時，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會從桌面滑落。
【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型
【解析】【分析】本題主要考查牛頓運動定律的綜合應用，選擇合適的研究對象，分析物體的運動過程，由牛頓第二定律和運動學公式求解。
（1）當抽動紙板且水杯相對紙板滑動時，由求解水杯所受摩擦力大小，并判斷方向；根據牛頓第二定律求解水杯加速度大小。
（2）由牛頓第三定律確定紙板受到水杯對的滑動摩擦力的大小和方向，由計算紙板受到桌面的滑動摩擦力，從而得到紙板所受總的摩擦力大小；
（3）以紙板為研究對象，在抽出的過程中和抽出后，由牛頓第二定律和運動學公式列式得到，紙板能從水杯下抽出，且水杯不會從桌面滑落當F滿足的條件。
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