江苏省徐州市普学汇志学校2024-2025学年高一上学期期末模拟考试物理试题（1-6）

2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(三) 高一物理 必修第一册＋必修第二册第五章 (满分100分，考试时间75分钟) 2024．12 一、 单项选择题：本题共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 伽利略对自由落体运动及运动和力的关系的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的研究方法。图(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. 图(a)通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 B. 图(a)中的斜面是完全光滑的 C. 图(b)实验中因为不存在没有摩擦阻力的斜面，所以该实验结论与实际不符 D. 图(b)实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论 2. 关于描述运动的物理量，下列说法正确的是(　　) A. 物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移 B. 研究飞船的飞行姿态时，可以将飞船看成质点 C. 雨点以5 m/s的速度落到地面，这个速度是平均速度 D. 描述一个物体运动时，参考系可以任意选择 3. 如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移—时间(xt)图像。由图可知(　　) A. a做直线运动，b做曲线运动 B. 在t2时刻，a、b两车运动方向相反 C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大 D. 在t1到t2这段时间内，a、b两车的平均速率相等 4. 关于物体的惯性，下列说法正确的是(　　) A. 地球自西向东自转，由于惯性，人竖直向上跳起后，仍会落在原地 B. 驾驶员开车时要系安全带，目的是减小人的惯性 C. 做自由落体运动的物体，由于惯性，速度会越来越大 D. 若物体受到的合外力变化，则物体的惯性一定变化 5. 运动员跳远可拆分为助跑、起跳、腾空、落地这四个过程，如图所示。下列说法正确的是(　　) A. 在腾空的最高点，运动员的速度为0 B. 在腾空上升阶段，运动员处于超重状态 C. 在起跳时，运动员对地面的压力大于重力 D. 在助跑过程中，地面给人脚滑动摩擦力作用，使运动员加速向前运动 6. 一物体从静止开始水平向东运动，如图所示为该物体的vt图像。下列说法正确的是　　　　　(　　) A. 第3 s内加速度大小为2 m/s2，方向水平向西 B. 0～5 s内的平均速度方向向西，大小为4 m/s C. 第4 s末物体的运动方向发生改变 D. 第1～3 s内和第3～4 s内加速度大小相等，方向相反 7. 汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小北发现车内挂饰向左偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是(　　) 8. 在同一平台上的O点抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹均在纸面内，如图所示，则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系和三个物体做平抛运动的时间tA、tB、tC的关系分别是(　　) A. vA>vB>vC，tA>tB>tC B. vA＝vB＝vC，tA＝tB＝tC C. vA<vB<vC，tA>tB>tC D. vA<vB<vC，tA<tB<tC 9. 如图所示，质量相同的甲、乙两人乘坐两部构造不同、倾角相同的电梯去商场，他们均相对于电梯静止。下列说法正确的是(　　) A. 若两电梯匀速上升，则甲、乙两人均没有受到摩擦力 B. 若两电梯匀加速上升，则两人均受到沿速度方向的摩擦力 C. 无论两电梯加速或匀速上升，甲受到电梯的摩擦力均比乙受到电梯的摩擦力大 D. 无论两电梯加速或匀速上升，甲受到电梯的支持力均比乙受到电梯的支持力大 10. 如图所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高平台上。棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h。棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g，则此跳跃过程(　　) A. 所用时间t＝ B. 水平位移大小x＝2v0 C. 初速度的竖直分量大小为2 D. 初速度大小为 二、 非选择题：本题共5题，共60分。其中第12～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. (15分)如图甲所示为“探究物体的加速度与所受合外力及质量的关系”的实验装置图。实验中小车质量用M表示，盘及盘中砝码质量用m表示，小车加速度a可用小车拖动的纸带计算。 甲 (1) 某同学采用正确的操作方法，顺利地完成了实验，图乙为打出的一条纸带的一部分，从点迹清晰处，选定一个合适的点记为“0”点，每隔4个点(点迹没有画出)选取一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为0.10 s。编号分别为“1、2、3、4”，用刻度尺分别测量出每个计数点到“0”点的距离。根据数据可知打点计时器打下计数点2时，小车的瞬时速度v＝________m/s，小车的加速度大小a＝________m/s2。(结果保留两位有效数字) 乙 丙 (2) 在“探究加速度与质量的关系”时，该同学保持托盘中砝码质量不变，改变小车质量M，得到小车加速度a随变化的关系图像，如图丙所示。根据图像可以得出的结论是______________________________________。 丁 (3) 在“探究加速度与力的关系”时，该同学保持小车的质量M不变，通过改变托盘中砝码的质量来改变小车受到的拉力，根据实验数据作出了加速度a与拉力F的关系图像，如图丁所示。你认为该图像不通过原点的原因可能是________________；该图像上部弯曲的原因可能是__________________。 12. (8分)一辆汽车以2 m/s2的加速度从静止开始匀加速直线行驶时，恰在这时一辆自行车以8 m/s的速度匀速驶来，从后边赶过汽车，求： (1) 汽车从开始运动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？ (2) 什么时候汽车追上自行车，此时汽车速度是多少？ 13.(10分)城市中的路灯、无轨电车的供电线路常用三角形的结构悬挂，如图所示为这种三角形结构的一种简化模型。图中硬杆OA可绕A点且垂直于纸面的轴进行转动，不计钢索OB和硬杆OA的重力，∠AOB等于30°，如果钢索OB最大承受拉力为2.0×104 N，求： (1) O点悬挂物的最大重力； (2) 杆OA对O点的最大支持力。 14. (12分)如图所示，在距地面高为H1＝45 m处，有一小球A以初速度v1＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的右上方距地面高为H2＝80 m处有一小球B以初速度v2＝5 m/s竖直向下抛出。已知A、B初始位置水平距离L＝45 m，A、B均可看作质点，空气阻力不计，g取10 m/s2，且A、B两球的运动轨迹在同一竖直平面内。求： (1) 小球A从抛出到落地水平位移的大小； (2) 小球A落地时，A、B之间的距离； (3) 若小球A速度不定，则A、B两球能否在空中相遇？若能，求v1满足的条件；若不能，请说明理由。 15. (15分)如图所示，质量为2.5 kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg 的木块(可视为质点)恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2均为 0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1) 木块对铁箱压力的大小； (2) 水平拉力F的大小； (3) 减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当箱的速度为6 m/s时撒去拉力，又经1 s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(三) 高一物理　参考答案 1. D　解析：图(a)通过对小球在斜面上运动的研究，合理外推得自由落体运动为匀变速直线运动的结论，故A错误；图(a)中的斜面不可能是完全光滑的，故B错误；图(b)实验中因为不存在没有摩擦阻力的斜面，小球不可能上升到等高的位置，但是通过合理外推得出的实验结论同样与实际相符，故C错误；图(b)实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持的结论，故D正确。故选D。 2. D　解析：物体做单向直线运动时，位移的大小等于路程，故A错误；研究飞船的飞行姿态时，要分析飞船的大小，不能看成质点，故B错误；雨滴落到地面的速度是指雨滴与地面接触的这一瞬间的速度，是瞬时速度，故C错误；故选D。 3. C　解析：xt图像中图线弯曲表示运动的速度发生变化，故A错误；xt图像中图像的斜率表示速度，在t2时刻a、b的斜率均大于0，即a、b都是沿正方向运动，故B错误；t1到t2时间段，b图线斜率的绝对值先变小后变大，即先减速后加速，故C正确；t1到t2时间段，a、b两车的位移相等，路程不相等，时间相等，故平均速率不相等，故D错误。故选C。 4. A　解析：惯性是物体保持原来的运动状态，人竖直起跳后保持与地球一样的运动状态，落地时仍会落在原地，故A正确；驾驶员系安全带是防止刹车时由于惯性，人向前倾而不是减小惯性，故B错误；惯性是保持原来运动状态的性质，不是由于惯性，速度变大，故C错误；惯性的大小只与质量有关，与其他都无关，故D错误。 5. C　解析：运动员腾空做斜抛运动，所以在腾空的最高点，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，故A错误；在腾空上升阶段，运动员只受重力作用，具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故B错误；在起跳时，运动员具有向上的加速度，地面对运动员的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的压力大于重力，故C正确；在助跑过程中，地面给人脚静摩擦力作用，使运动员加速向前运动，故D错误。故选C。 6. A　解析：在vt图像中，斜率表示加速度，第3 s内加速度大小为a＝ m/s2＝2 m/s2，方向为负方向，即水平向西，故A正确；在vt图像中，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此总位移x＝(3×4) m－×2×2 m＝4 m，整个过程的平均速度v＝＝ m/s＝0.8 m/s，方向向东，故B错误；第4 s前后物体的速度始终为负值，运动方向没有发生改变，故C错误；第1～3 s内和第3～4 s内加速度大小相同，方向相等，因为斜率相同，故D错误。故选A。 7. B　解析：根据题图可知，车内的挂饰向左偏离了竖直方向，由此可知，汽车正在向右转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，可知图B符合要求。故选B。 8. C　解析：三个物体都做平抛运动，由h＝gt2可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以tA>tB>tC；物体水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，得v0＝x，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，则vA<vB<vC。故选C。 9. D　解析：若两电梯均为匀速上升，则甲只受重力和支持力，乙则受重力、支持力和摩擦力，A错误；若两电梯匀加速上升，则甲受到的摩擦力方向水平向右，乙受到的摩擦力方向沿速度方向向上，B错误；若两电梯匀速上升，则甲所受摩擦力为0，乙所受摩擦力不为0，甲受到电梯的摩擦力比乙受到电梯的摩擦力小，C错误；无论两电梯加速或匀速上升，甲所受支持力大于等于重力，乙所受支持力等于重力的分力，故D正确；故选D。 10. B　解析：棋子从最高点到落在平台的过程为平抛运动，竖直方向由h＝gt′2，可得t′＝，根据斜抛运动的对称性，可得所用时间t＝2t′＝2，故A错误；水平位移x＝v0t＝2v0，故B正确；初速度的竖直分量大小为vy＝gt′＝，故C错误；用速度的合成得，初速度大小为，故D错误。故选B。 11. (1) 0.40　0.40(0.38～0.42均可) (2) 加速度a与小车质量M成反比(或加速度a与小车质量的倒数的成正比) (3) 没有平衡摩擦力(或长木板右端垫起高度不够、长木板与桌面倾角过小、摩擦力平衡不够)　没有满足m≪M 解析：(1) 打点计时器打下计数点2时，小车的瞬时速度v＝＝ m/s≈0.40 m/s，小车的加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.40 m/s2。 (2) 根据图像可以得出的结论是：加速度a与小车质量M成反比(或加速度a与小车质量的倒数1/M成正比)。 (3) 当a ＝0时，F≠0，也就是说当绳子上拉力到一定值时小车才有加速度，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时木板倾角θ太小，即平衡摩擦力不够引起的。以整体为研究对象有mg＝(m＋M)a，则有a＝＝，而在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于砝码盘和砝码的重力mg，而实际上绳子的拉力F＝Ma＝mg，故要让绳子的拉力F约等于砝码盘和砝码的重力mg，那么M≈M＋m，故应该是m≪M。而当m不再远远小于M时a＝＝随m的增大物体的加速度逐渐增大且无限趋近于g，故图线上部弯曲的原因可能是未满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量。 12. 解：(1) 汽车追上自行车前速度相等时，两车相距最远，即v自＝v汽＝8 m/s 根据速度时间关系有汽车经历的时间t＝4 s 此过程中x汽＝at2＝16 m x自＝vt＝32 m 两车相距的最远距离Δx＝x自－x汽＝16 m (2) 当汽车追上自行车时，两车的位移相同，即at′2＝vt′ 可得汽车追上自行车时间t′＝8 s 由vt＝at可知汽车追上自行车时的速度vt＝16 m/s 13. 解：(1) 设钢索OB承受拉力为F1，杆OA对O点的支持力为F2，对O点进行受力分析，如图所示 F1sin 30°＝F3 F3＝G 联立解得G＝F1sin 30° 当F1取最大拉力2.0×104 N时，O点悬挂物的最大重力G＝1.0×104 N (2) F2＝F1cos 30° 当F1取最大拉力2.0×104 N时，杆OA对O点的最大支持力F2＝1.7×104 N 14. 解：(1) 根据公式H1＝gt2 解得t＝3 s x＝v1t 代入数据解得x＝30 m (2) 小球A落地时，对小球B：h＝v2t＋gt2 代入数据解得h＝60 m 当小球A落地时，小球B与小球A的水平距离sx＝L－x＝15 m 小球B与小球A的竖直距离sy＝H2－h＝20 m s′＝ 代入数据解得s′＝25 m (3) 若两小球在空中相遇，则竖直方向位移关系yB－yA＝H2－H1 即v2t′＋gt′2－gt′2＝35 m 解得t′＝7 s t′>t＝3 s，故两小球在空中不可能相遇 15. 解：(1) 对木块：在竖直方向由平衡条件得 mg＝μ2FN 解得FN＝20 N 由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力F′N＝－FN＝－20 N(方向水平向左) 故木块对铁箱的压力大小为20 N (2) 对木块：在水平方向有FN＝ma 解得a＝40 m/s2 对铁箱和木块整体：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 解得水平拉力F＝129 N (3) 撤去拉力F，铁箱和木块的速度均为v＝6 m/s 因μ1>μ2，以后木块相对铁箱滑动，木块加速度大小a2＝＝2.5 m/s2 又铁箱加速度大小满足μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1 解得a1＝3.1 m/s2 铁箱减速时间t0＝＝1.9 s>1 s，故木块到达箱右端时，箱未能停止 则经t＝1 s木块比铁箱向右多移动距离L，即铁箱长，即L＝(vt－a2t2)－(vt－a1t2)＝ 解得L＝0.3 m ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(五) 高一物理 必修第一册＋必修第二册第五章 (满分100分，考试时间75分钟) 2024．12 一、 单项选择题：本题共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 在科学发展的历程中，首先把实验和逻辑推理(包含数学演算)和谐地结合起来，对落体运动进行了正确研究的科学家是(　　) A. 牛顿 B. 伽利略 C. 亚里士多德 D. 安培 2. 2024年10月30日4时27分，搭载着神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭点火发射，约10分钟后，神舟十九号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功。下列关于该发射过程的说法正确的是(　　) A. “4时27分”和“10分钟”都是指时间间隔 B. 研究火箭的运动轨迹时可以将火箭视为质点 C. 飞船升空过程中，在某段时间间隔内的位移大小可能大于路程 D. 火箭加速升空时，火箭的速度越大，其加速度一定越大 3. 下列说法正确的是(　　) A. 向上抛出的物体离开手后，受到向上的冲力作用继续向上运动 B. “风吹草动”草受到了力，但没有施力物体，说明没有施力物体的力也是存在的 C. 重心是物体所受重力的等效作用点，重心可能在物体之外 D. 运动员朱婷在一次扣杀中，排球受到的弹力是由于排球的形变产生的 4. 一个做直线运动的物体的vt图像如图所示。下列说法错误的是(　　) A. 0～1.5 s内物体的加速度为4 m/s2 B. 0～4 s内物体的位移为3 m C. 3 s末物体的运动方向发生变化 D. 3 s末物体回到出发点 5. 在固定的粗糙斜面上，有一物体处于静止状态，现用平行于斜面向上的力F拉物体，让F从零开始逐渐增大，直到物体沿斜面向上运动一段时间。则在此过程中，物体所受摩擦力的大小变化情况是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A. 一直变大 B. 一直变小 C. 先变小后变大 D. 先变小后变大再保持不变 6. 随着生活水平的提高，人们对自己的身体健康越来越关注，其中身高和体重比例是衡量身体健康与否的一个重要标准。如图所示，某位同学正在体重计上测量体重，下列说法正确的是(　　) A. 体重计的示数一定等于人所受的重力 B. 静止时人对体重计的压力和人所受的重力是一对相互作用力 C. 静止时人所受的重力和体重计对人的支持力是一对平衡力 D. 人下蹲过程中处于失重状态 7. 关于运动的合成与分解，下列说法错误的是(　　) A. 两个直线运动的合运动不一定是直线运动 B. 两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动 C. 两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动 D. 两个初速度为零的匀加速直线运动互成角度，合运动一定不是匀加速直线运动 8. 如图所示为频闪照相机拍摄的篮球离开手后在空中的运动轨迹，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A. 篮球离开手瞬间的加速度为0 B. 篮球经过轨迹最高点时的速度为0 C. 篮球经过A点处受到的合外力方向沿轨迹的切线方向 D. 篮球从离开手到落入篮筐过程中速度变化量的方向始终竖直向下 9. 拱券结构是古代工匠的一种创举，如图所示，用六块相同的楔形块构成一个半圆形的拱券结构，每块楔形块的质量为m，重力加速度为g，则1和2之间的作用力为(　　) A. mg B. 2mg C. mg D. mg 10. 在地铁和火车站入口处可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，如图甲所示。当旅客把行李放到传送带上时，传送带从静止开始启动。在某次研究性学习活动中，同学将行李箱由静止放到传送带上后，传送带开始按照如图乙所示的规律运动(向右为速度的正方向)。若行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2，传送带足够长，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。下列说法正确的是(　　) A. 经过1 s的时间行李箱与传送带共速 B. 行李箱相对于传送带滑动的距离为2 m C. 若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间保持不变 D. 若保持传送带的最大速度不变，增大传送带启动的加速度，则行李箱相对传送带滑动的距离将保持不变 二、 非选择题：本题共5题，共60分。其中第12～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. (15分)在“研究平抛运动”的实验中，根据频闪照片得到小球的运动轨迹如图所示。a、b、c、d为连续拍照记录下的四个位置，其中a为抛出点。已知坐标纸上每个小正方形的边长为l，重力加速度为g。 (1) 小球在水平方向做________直线运动，竖直方向做________直线运动(均选填“匀速”“匀加速”或“匀减速”)。 (2) 小球做平抛运动的初速度大小为________。 (3) 在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用________。 A. 实心小铁球 B. 空心小铁球 C. 实心小木球 D. 以上三种小球都可以 (4) 在做“探究平抛运动”实验时，让小球多次从同一高度释放沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上________。 A. 调节斜槽的末端保持水平 B. 每次释放小球的位置必须不同 C. 每次必须由静止释放小球 D. 记录小球位置用的木条(或凹槽)每次必须严格地等距离下降 E. 小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触 F. 将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 12. (8分)正在平直公路上以20 m/s的速度行驶的汽车，遇到危险，采取紧急刹车，刹车后做匀减速直线运动，3 s末速度变成了8 m/s。求： (1) 汽车行驶的加速度； (2) 刹车后6 s末汽车的速度及刹车后6 s内汽车发生位移的大小。 13. (10分)班级大扫除，擦窗户是必做的一项工作。如图所示，某同学竖直向上匀速擦玻璃。湿抹布的质量m＝0.6 kg，该同学对湿抹布的作用力为恒力，该恒力F＝15 N，与竖直方向的夹角θ＝37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求： (1) 湿抹布受到玻璃的弹力的大小； (2) 玻璃对湿抹布的作用力的大小。 14.(12分)如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v0向左抛出一个质量为m的小球(可视为质点)，小球抛出后所受空气作用力沿水平方向，其大小为F，经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度为g，在此过程中，求： (1) 小球离A、B所在直线的最远距离； (2) A、B两点间的距离； (3) 小球到达B点时的速率vB。 15.(15分)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧栓接)，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度a＝4 m/s2的匀加速直线运动，g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，求：(结果可用根号表示) (1) 外力F刚施加的瞬间，F的大小； (2) 从静止至A、B分离的时间t； (3) 现改用F＝15 N的恒力竖直向上拉A，直到A、B刚好分离，求此过程A的位移大小。 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(五) 高一物理　参考答案 1. B　解析：伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法。这套方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐结合起来。故选B。 2. B　解析：“4时27分”是指时刻，“10分钟”是指时间间隔，故A错误；研究火箭的运动轨迹时，可以忽略火箭的大小和形状，因此可以将火箭视为质点，故B正确；路程是物体运动轨迹的长度，位移表示物体位置的变化，同一段时间内物体的位移大小不可能大于对应路程，故C错误；火箭的速度越大，不一定意味着火箭的速度变化得快，其加速度不一定大，故D错误。故选B。 3. C　解析：向上抛出的物体离开手后，由于惯性继续向上运动，A错误；“风吹草动”草受到了力，施力物体是风，B错误；重心是物体所受重力的等效作用点，但是重心可能在物体之外，如均匀圆环，C正确；运动员在扣杀中，排球受到的弹力是由于运动员手的形变产生的，D错误。 4. C　解析：vt图像中图线的斜率表示加速度，0～1.5 s内图线的斜率为4，故加速度为4 m/s2，故A正确；vt图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体通过的位移，0～4 s内横轴上方围成的面积比下方面积大3，即物体位移为3 m，故B正确；0～3 s内横轴上方围成的面积与下方的面积相等，即位移为0，物体回到出发点，故D正确；2～4 s图线在横轴上方，即速度方向始终与正方向一致，故选C。 5. D　解析：物体原来静止在斜面上，受沿斜面向上的静摩擦力，根据平衡关系可知，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，用沿斜面向上的拉力F拉物体，F从0开始逐渐增大，则静摩擦力先减小到0，后沿斜面向下，直到F大于重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的合力，物体开始向上运动，物体受到不变的滑动摩擦力作用，所以物体所受摩擦力先变小后反向变大再保持不变。故选D。 6. C　解析：只有当人处于平衡状态时体重计的示数才等于人的重力，A错误；静止时人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对相互作用力，B错误；静止时人所受的重力和体重计对人的支持力是一对平衡力，C正确；人下蹲过程中先加速向下后减速向下，即先处于失重状态后处于超重状态，D错误。故选C。 7. D　解析：两个直线运动的合运动不一定是直线运动，例如平抛运动，A正确；两个匀速直线运动合成，合加速度为零，合运动仍然是匀速直线运动，B正确；根据曲线运动的条件可知，当两个匀加速直线运动的合初速度的方向与它们的合加速度的方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，C正确；两个初速为零的匀加速直线运动互成角度，由于合初速度为0，所以合运动一定是匀加速直线运动，D错误。故选D。 8. D　解析：篮球抛出后只受重力作用，加速度等于当地重力加速度g，保持不变，故A错误；篮球飞出后水平方向做匀速直线运动，在高点速度沿水平方向，不为零，故B错误；篮球运动过程中只受重力，故C错误；篮球从离开手到落入篮筐的过程中速度变化量的方向与加速度方向一致，方向竖直向下，故D正确。 9. D　解析：根据题意，每块楔形块对应的圆心角为30°，将2、3、4、5看成整体作为研究对象，受重力4mg，1楔形块对2楔形块的作用力(垂直于接触面向上)，6楔形块对5楔形块的作用力(垂直于接触面向上)，研究对象在这三个力作用下处于平衡。则2N sin 60°＝4mg，故N＝mg，故D正确。 10. C　解析：由题图乙可知传送带的最大速度为2 m/s，对行李箱根据牛顿第二定律有μmg＝ma，则行李箱的加速度a＝μg＝1 m/s2，则行李箱速度与传送带相同所用时间t＝＝2 s，故A错误；行李箱在2 s内的对地位移x1＝at2＝2 m，传动带2 s内的位移x2＝×2×1＋2×1＝3 m，则行李箱相对于传送带滑动的距离Δx＝x2－x1＝1 m，故B错误；若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，则行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间t＝＝2 s，可知行李箱达到与传送带速度相同所需要的时间保持不变，故C正确；若保持传送带的最大速度不变，增大启动的加速度，行李箱的对地位移不发生改变，由于传动带启动加速度增加了，则传送带加速的时间减少，以最大速度运行的时间增长，则传送带对地位移变大，则行李箱相对传送带滑动的距离将变大，故D错误。故选C。 11. (1) 匀速　匀加速　(2) 　(3) A　(4) ACE 解析：(1) 由题图可知，小球在水平方向有xab＝xbc＝xcd＝3l，即在相等时间内通过的位移相等，因此小球在水平方向做匀速直线运动。小球在竖直方向有ycd－ybc＝ybc－yab＝2l，由匀变速直线运动的推论Δy＝gT2可知，小球竖直方向做匀加速直线运动。 (2) 由匀变速直线运动的推论Δy＝gT2，可得T＝＝，小球做平抛运动的初速度大小为v0＝＝3l＝。 (3) 在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用实心小铁球，实心小铁球体积较小，质量较大，受空气阻力的影响相对较小。故选A。 (4) 在做“探究平抛运动”的实验时，要确保小球的初速度水平，且每次抛出初速度要相同，则调节斜槽的末端保持水平，每次释放小球的位置必须相同，每次必须由静止释放小球，A、C正确，B错误；记录小球位置用的木条(或凹槽)每次不必严格地等距离下降，D错误；确保小球运动时不会受到摩擦力作用，则小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触，E正确；将球的位置记录在纸上后，取下纸，将点连成平滑的曲线，F错误。故选ACE。 12. 解：(1) 汽车做匀减速直线运动，以初速度方向为正方向， 由已知条件有v0＝20 m/s，vt＝8 m/s，t＝3 s 由a＝ 代入数据解得a＝ m/s2＝－4 m/s2 (2) 汽车刹车，设经t′停下，由t′＝ 代入数据解得t′＝ s＝5 s 所以刹车后6 s末的速度为0 因为汽车经5 s就停了下来，所以6 s内的位移只能取5 s的时间运算 由x＝v0t＋at2 代入数据解得x＝20×5＋×(－4)×52 m＝50 m 13. 解：(1) 水平方向：N＝F sin 37°＝15×0.6 N＝9 N (2) 竖直方向：F cos 37°＝mg＋f 代入数据解得f＝6 N 玻璃对湿抹布的作用力F合＝＝ N＝ N 14. 解：(1) 将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解， 水平方向有F＝max，－2axxmax＝0－v 联立解得小球离A、B所在直线的最远距离xmax＝ (2) 水平方向速度减小为零所需时间t1＝＝ 由对称性知小球从A运动到B的总时间t＝2t1 竖直方向上有y＝gt2 联立解得A、B两点间的距离y＝ (3) 小球运动到B点时，水平分速度大小为vx＝v0 竖直分速度大小为vy＝gt＝ 则小球到达B点时的速度大小为 vB＝＝ 15. 解：(1) 施加外力F前，系统处于静止状态，对整体受力分析， 由平衡条件可得kx0＝2mg 解得初始时弹簧的压缩量x0＝0.4 m 施加外力使物体A开始向上做加速度a＝4 m/s2的匀加速直线运动，施加的瞬间，以A、B为整体， 根据牛顿第二定律得F0＋kx0－2mg＝2ma 解得F0＝8 N (2) 设A、B分离时，弹簧的形变量为x1， 对B，根据牛顿第二定律得kx1－mg＝ma 解得x1＝0.28 m 则从静止至A、B分离， 根据运动学公式可得x0－x1＝at2 解得t＝ s (3) 现改用F＝15 N的恒力竖直向上拉A，直到A、B刚好分离， 设A、B分离时，弹簧的形变量为x2， 物体的加速度为a2，对A， 根据牛顿第二定律得F－mg＝ma2 对B，根据牛顿第二定律得kx2－mg＝ma2 联立解得x2＝0.3 m 此过程A的位移大小xA＝x0－x2＝0.1 m ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(一) 高一物理 必修第一册 (满分100分，考试时间75分钟) 2024．12 一、 单项选择题：本题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 北京时间2024年10月30日4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，发射取得圆满成功。北京时间2024年10月30日11时00分，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，整个自主交会对接过程历时约6.5小时。下列说法正确的是(　　) A. “2024年10月30日4时27分”是指时间 B. “10月30日11时00分”是指时刻 C. 研究神舟十九号载人飞船飞行轨迹时，不能视为质点 D. 神舟十九号与空间站组合体完成对接时，可以看作质点 2. 根据《2023麦肯锡中国汽车消费者洞察》，2024年我国电动汽车的加速性能和最高车速等技术参数是未来发展趋势。关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是(　　) A. 物体加速度大小为20 m/s2，表明在任意1 s内速度增加20 m/s B. 物体的速度变化越大，其加速度就越大 C. 物体的速度变化越快，其加速度就越大 D. 物体的加速度为0，则物体的速度也为0 3. 2024年雅万高铁作为中印尼两国共建“一带一路”合作旗舰项目大获成功。我国高铁列车在运行过程中十分平稳，高铁列车沿直线向右匀加速启动时，车厢内水平桌面上水杯内的水面形状可能是(　　) 4. 在2024年举重世界杯上，中国选手李发彬在男子61公斤级比赛中获得抓举和总成绩两项冠军，并打破抓举世界纪录。如图所示，举重运动员成功把166公斤杠铃举过头顶保持静止，关于这个状态， 下列说法正确的是(　　) A. 运动员此时处于超重状态 B. 运动员受到杠铃对他的压力就是杠铃所受的重力 C. 运动员受到地面的支持力是由于地面发生形变而产生的 D. 运动员对杠铃的支持力与运动员对地面的压力是一对作用力与反作用力 5. 如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为支架的简化示意图。若空调外机的重心恰好在支架横梁AO和斜梁BO的连接点O的正上方，重力大小为210 N，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO的夹角为37°。假定横梁对O点的拉力总沿OA方向，斜梁对O点的支持力总沿BO方向，已知sin 37°＝0.6。下列说法正确的是(　　) A. 横梁对O点的拉力为280 N B. 斜梁对O点的支持力为420 N C. 若保持O点的位置不变，横梁仍然水平，逐渐增大斜梁长度，则横梁对O点的拉力逐渐增大 D. 若保持O点的位置不变，横梁仍然水平，逐渐增大斜梁长度，则斜梁对O点的支持力逐渐减小 6. 根据机动车的运动情况，绘制了如图所示图像，已知一质量为1 000 kg的机动车在水平路面上沿直线减速行驶，规定初速度v0的方向为正方向。下列说法正确的是(　　) A. 机动车所受摩擦力为4×103 N B. 机动车的初速度v0＝8 m/s C. 机动车的加速度大小为2 m/s2 D. 机动车在前3 s的位移是12.5 m 7. 为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下方法：在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力，来推测运动员跃起的高度。如图所示为某段时间内蹦床的压力—时间图像，不计空气阻力，运动员仅在竖直方向上运动，且可视为质点， 则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为(g取10 m/s2)(　　) A. 3.2 m 　　　B. 5.0 m C. 6.4 m 　　　D. 10.0 m 8. 如图所示，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，则轻绳的张力大小为(　　) A. F－2μmg B. F＋μmg C. F－μmg D. F 9. 如图所示为一小朋友放风筝的示意图。稳定时风筝悬浮在空中，地面上的人用轻绳拉住风筝，为了让风筝沿同一竖直线缓慢升高，地面上的人缓慢地放绳，整个过程人始终没有走动。假设空气对风筝作用力的方向不变，则风筝缓慢竖直上升时(　　) A. 空气对风筝的作用力逐渐减小 B. 轻绳的拉力逐渐减小 C. 人对地面的压力逐渐增大 D. 地面对人的摩擦力逐渐增大 10. 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一包裹轻轻放在最上端的A点，包裹从A点运动到最下端B点的过程中，加速度a随位移x的变化图像如图乙所示(g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　) A. 传送带与水平面的夹角θ为37° B. 包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4 C. 传送带运行的速度大小为6 m/s D. 包裹到达B点时的速度为8 m/s 11. 如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　　) A. 物体从A到O先加速后减速 B. 物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动 C. 物体运动到O点时的速度最大 D. 物体从A到O的过程加速度逐渐减小 二、 非选择题：本题共5题，共56分。其中第13～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12. (15分)某兴趣小组通过实验验证“力的平行四边形定则”。O点为橡皮条被拉伸后伸长到的位置，两个弹簧测力计拉橡皮条时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，一个弹簧测力计拉橡皮条时，拉力F3的方向过P3点。实验测得F1＝3.18 N、F2＝2.90 N。 (1) 本实验采用的科学方法是________。 A. 等效替代法 B. 理想实验法 C. 控制变量法 D. 建立物理模型法 (2) 为了减小实验误差，实验时应________。 A. 两个弹簧测力计的示数必须相等 B. 拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C. 拉橡皮条的细绳要短些，标记同一细绳方向的两点要近些 D. 拉力F1和F2的夹角越大越好 (3) 请用刻度尺上1 cm的长度作为1 N的标度，在图中作出两个分力F1和F2的合力F(保留作图痕迹)，并求其大小为____________N。 (4) 实验中F1与F2的夹角为θ(θ>90°)，保持F1的方向不变，增大θ，为保证O点不变，F2应该________(选填“变大”“变小”或“不变”)。 13. (6分)萝卜快跑是一个全新升级的无人驾驶汽车出行服务平台。无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，可以探测前方的车辆和行人，在距离车辆或行人比较近的时候，可以自发启动制动系统，有效避免碰撞事故的发生。若无人驾驶汽车在某平直路段匀速行驶时速度大小为20 m/s，刹车的最大加速度为4 m/s2，不计激光传播时间。 (1) 为确保安全，求该情形下激光雷达的最小探测距离； (2) 若该无人驾驶汽车正前方有另一辆汽车沿同一方向以12 m/s的速度匀速行驶，为避免相撞，求无人驾驶汽车至少离前面汽车多远才能自发启动制动系统。 14.(8分)如图所示，质量M＝1.6 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝1.4 kg的小球相连。现用与水平方向成37°角的力F＝10 N拉着球带动木块一起向右做匀速运动，运动中木块和小球的相对位置保持不变，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1) 运动过程中绳的拉力大小FT以及绳与水平方向的夹角θ； (2) 木块与水平杆间的动摩擦因数μ。 15.(12分)如图所示，在离地面高H处以v0＝10 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长L＝5 m的小车，其前端M距离抛出点的正下方s＝4 m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做a1＝2 m/s2的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间t＝4 s，g取10 m/s2，忽略空气阻力、小车的高度以及小车前端M和末端N的宽度。求： (1) 小球抛出点离地面的高度H； (2) 小车由静止运动到末端N到达抛出点正下方所经历的时间t1； (3) 当小车末端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为a2、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动。为了让小车接住小球，试确定加速度大小a2的范围。 16.(15分)如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动，其vt图像如图乙所示。已知t＝12 s时，平板车停止运动，此后平板车始终静止。g取10 m/s2，在运动过程中物块均未从平板车上掉下。 (1) 求t＝3 s时物块的加速度； (2) 求t＝8 s时物块的速度； (3) 若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹的长度。 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(一) 高一物理　参考答案 1. B　解析：“2024年10月30日4时27分”是指时刻，故A错误； “10月30日11时00分”是指时刻，故B正确；研究神舟十九号载人飞船飞行轨迹时，飞船的大小和形状可以忽略，可以视为质点，故C错误；神舟十九号与空间站组合体完成对接时，两个物体的大小和形状不能忽略，不能看作质点，故D错误。故选B。 2. C　解析：物体加速度大小为20 m/s2，当加速度和速度方向相反时，任意1 s内速度减小20 m/s，故A错误；物体的加速度由速度变化量和完成这一变化所用时间共同决定，物体速度变化越大，其加速度不一定越大，故B错误；物体的速度变化越快，其加速度就越大，故C正确；物体的速度大小和加速度大小之间没有必然联系，所以物体的加速度为0，物体的速度不一定为0，故D错误。故选C。 3. B　解析：当高铁列车沿直线向右匀加速启动时，由于惯性，水将保持原来的运动状态，相对水杯会向左偏移，故水面形状接近B图。故选B。 4. C　解析：对举重运动员受力分析可知，举重运动员把杠铃举过头顶保持静止，无加速度，受力的合力为0，既不超重也不失重，A错误；运动员受到杠铃对他的压力，施力物体是杠铃，杠铃所受重力的施力物体为地球，两力不是同一力，B错误；弹力是由施力物体的形变引起的，所以运动员受到地面的支持力是由于地面发生形变而产生的，C正确；一对作用力与反作用力是两个物体之间的相互作用，运动员对杠铃的支持力与杠铃对运动员的压力才是一对作用力与反作用力，D错误。故选C。 5. D　解析：对空调外机受力分析如图所示： 根据平衡条件可得FOBsin 37°＝G，FOBcos 37°＝FOA，代入数据解得FOB＝175 N，FOA＝140 N，则横梁对O点的拉力为140 N，斜梁对O点的支持力为175 N，故A、B错误；由上述分析可知，若保持O点的位置不变，横梁仍然水平，逐渐增大斜梁长度，则斜梁和横梁之间的夹角增大，斜梁对O点的支持力FOB逐渐减小，横梁对O点的拉力FOA也是逐渐减小，故C错误，D正确。故选D。 6. D　解析：由x＝v0t＋at2变形可得＝v0·＋a，与题目所给图线对比，由截距可知a＝－2 m/s2，解得a＝－4 m/s2，由于机动车的加速度为负值，因此牵引力小于阻力，由斜率可知v0＝ m/s＝10 m/s，故B、C错误；机动车速度变为0所需时间t＝＝2.5 s，可知机动车在前3 s的位移x＝＝ m＝12.5 m，故D正确；根据牛顿第二定律得F合＝ma＝4×103 N，机动车做匀减速直线运动，牵引力恒定且小于阻力，而牵引力未知，无法求出摩擦力的大小，故A错误。故选D。 7. B　解析：由题图可知，运动员在空中的最长时间t＝4.5 s－2.5 s＝2 s，运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以上升或下降过程的时间t1＝＝1 s，则运动员在这段时间内跃起的最大高度h＝gt＝×10×1 m＝5 m。故选B。 8. D　解析：根据牛顿第二定律，对P、Q组成的整体有F－μ·3mg＝3ma；对物体P有T－μmg＝ma，解得T＝F，故选D。 9. D　解析：对风筝受力分析如图所示， 因空气对风筝作用力的方向不变，重力大小和方向不变，当风筝缓慢竖直上升时，细绳与竖直方向的夹角减小。由图可知，空气对风筝的作用力逐渐增大，风力变大，细绳的拉力变大，A、B错误；设细绳与竖直方向的夹角为θ，对人分析可知，地面对人的支持力FN＝Mg－T cos θ，因T变大，θ减小，可知FN减小，则人对地面的压力逐渐减小，C错误；对人和风筝组成的整体分析，水平方向人受地面的摩擦力等于空气对风筝的作用力的水平分量，因风力方向不变，风力变大，可知风力的水平分量变大，即地面对人的摩擦力逐渐增大，D正确。故选D。 10. C　解析：将包裹放上传送带后瞬间，相对传送带向上滑动，则所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，运动到与传送带共速时，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，其中a1＝7.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2，联立解得μ＝，sin θ＝0.5，即θ＝30°，故A、B错误；由v＝2a1x1，可得v1＝＝ m/s＝6 m/s，则传送带运行的速度大小为6 m/s，故C正确；第二段匀加速过程有v－v＝2a2(x2－x1)，解得v2＝7 m/s，可知包裹到达B点时的速度为7 m/s，故D错误。故选C。 11. A　解析：从A到O物体加速度方向先向右后向左，因此从A到O物体先加速后减速，故A正确，B错误；物体运动到O点时，合力是滑动摩擦力，方向水平向左，已经在做减速运动，所以O点的速度小于最大值，故C错误；在A点合力方向水平向右，在O点合力方向水平向左，因此从A到O存在一个转折点，加速度为0，从A到O过程加速度先变小后变大，故D错误。故选A。 12. (1) A　(2) B　(3) 见解析图甲　4.20　(4) 变大 解析：(1) 本实验用一个力作用的效果代替两个力作用的效果，采用了等效替代法。故选A。 (2) 两个弹簧测力计的示数可以不相等，故A错误；由于画平行四边形是在纸面上画，所以拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故B正确；为了使力的方向更精确，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C错误；拉力F1和F2的夹角适当即可，故D错误。故选B。 (3) 根据1 cm的长度作为1 N的标度和F1＝3.18 N、F2＝2.90 N可得作图如图甲所示 甲 用刻度尺测得合力长度为4.20 cm，则其合力大小F＝×1 N＝4.20 N。 (4) 对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图乙所示 乙 F1、F2的夹角大于90°，现保持O点位置不变，拉力F1方向不变，增大F1与F2的夹角，将F2缓慢转至水平方向的过程中，F2一直变大。 13. 解：(1) 辅助驾驶系统启动，汽车刹车时做匀减速直线运动，可得x＝＝ m＝50 m (2) 设从刹车到两车速度相等经历的时间为t， 则 v2＝v1－at 得t＝＝ s＝2 s 后方气车的位移x1＝t＝×2 m＝32 m 前方汽车的位移x2＝v2t＝12 m/s×2 s＝24 m 两车最小间距Δx＝x1－x2＝32 m－24 m＝8 m 14. 解：(1) 以小球为研究对象进行受力分析如图1所示 由平衡条件得Fcos 37°＝FTcos θ Fsin 37°＋FTsin θ＝mg 代入数据解得FT＝8 N，θ＝45° (2) 以木块和小球组成的整体为研究对象进行受力分析如图2所示，由平衡条件得Fcos 37°＝f N＋Fsin 37°＝(M＋m)g 又f＝μN 解得μ＝ 代入数据解得μ＝ 15. 解：(1) 由题意可知，小球初速度v0＝10 m/s，加速度大小g＝10 m/s2，小球在空中运动的总时间t＝4 s 由运动学关系式可知－H＝v0t－gt2 解得H＝40 m (2) 小车的初速度为0，加速度为a1＝2 m/s2，从静止到N端达到抛出点下方的位移为s＋L 由运动学关系式可知s＋L＝a1t 解得t1＝3 s (3) 小车N端到达小球抛出点正下方时，有 v1＝a1t1＝2 m/s2×3 s＝6 m/s 若小球下落到地面，刚好砸到小车末端N点时， 有0＝v1(t－t1)－a2min(t－t1)2 解得a2min＝12 m/s2 若小球下落到地面时，刚好砸到小车前端M点时， 有－L＝v1(t－t1)－a2max(t－t1)2 解得a2max＝22 m/s2 故加速度应满足12 m/s2＜a2＜22 m/s2 16. 解：(1) 平板车对物块摩擦力的最大值fmax＝μmg 故物块加速度的最大值为amax＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 但平板车的加速度由图像可知为a＝＝ m/s2＝4 m/s2＞amax 故平板车不可能与物块一起向右加速，其加速度只能取a1＝amax＝2 m/s2 (2) 物块向右做加速度为2 m/s2的匀加速运动，而平板车则做加速度为a0＝4 m/s2的加速运动；当t＝t1＝6 s时，物块的速度v1＝a1t1＝2×6 m/s＝12 m/s 此后，由图像可知平板车在外力作用下做初速度为v0＝24 m/s、加速度大小为a0＝4 m/s2的匀减速运动，开始时物块的速度仍小于平板车的速度，故物块仍加速，直至两者共速。设平板车减速持续时间为t2，两者共速，则v＝v1＋a1t2＝v0－a0t2 解得t2＝2 s，v＝16 m/s 故t＝8 s时物块的速度为v＝16 m/s (3) t＝8 s后，平板车的加速度为a0＝4 m/s2，而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为a1＝amax＝2 m/s2，显然物块不可能与平板车一起减速，只能做加速度为a1＝amax＝2 m/s2的匀减速运动，直至停止 在物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为x1＝a0t＋(v1＋v)t2－a1(t1＋t2)2 解得x1＝48 m 物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移大小为x2＝－＝－＝32 m 两阶段的相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于x1＞x2，故痕迹长度x＝48 m ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(六) 高一物理 必修第一册＋必修第二册第五章 (满分100分，考试时间75分钟) 2024．12 一、 单项选择题：本题共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 2024年10月30日4时27分，搭载着神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭点火发射，约10分钟后，神舟十九号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，随后对接。3名航天员随后从神舟十九号载人飞船进入天和核心舱，发射取得圆满成功。下列说法正确的是(　　) A. 神舟飞船与天和核心舱对接过程，二者均可视为质点 B. 神舟飞船加速上升过程，3名航天员均处于失重状态 C. 3名航天员环绕地球做圆周运动过程，均处于平衡状态 D. 以地球为参考系，飞船与核心舱的组合体绕地球一周，平均速度为零 2. 国际单位制中，力学的三个基本单位是(　　) A. 牛顿、厘米、秒 B. 千克、米、秒 C. 千克、秒、焦耳 D. 牛顿、秒、米/秒 3. 书放在桌面上，会受到桌面对它的弹力作用，产生这个弹力的直接原因是(　　) A. 书的形变 B. 桌面的形变 C. 书所受到的重力 D. 桌面所受到的重力 4. 一可视为质点的小球在三个恒力的作用下做匀速直线运动，某时刻撤去其中的某一个力，则下列说法正确的是(　　) A. 小球受到的三个力大小可能分别为10 N、8 N、20 N B. 撤去一个力后，小球一定做直线运动 C. 撤去一个力后，小球的速度可能先增大后减小 D. 撤去一个力后，小球的速度可能先减小后增大 5. A、B两物体在同一直线上运动的速度—时间图像如图所示，由图像可以判断(　　) A. 0～t2时间内两物体运动方向相同 B. t1时刻两物体的加速度方向相同 C. 0～t1时间内A的平均速度等于B的平均速度 D. t1时刻A、B相遇 6. 某一学习小组的同学想通过打点计时器在纸带上打出的点迹来探究小车速度随时间变化的规律，实验装置如图所示。关于本实验，下列说法正确的是(　　) A. 打点计时器使用直流电源 B. 先接通电源打点，后释放纸带运动 C. 纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的加速度越大 D. 挂的钩码越多越好 7. 户外摄像是很多人喜爱的项目。如图所示，重为G的相机用三根相同的轻质支架支撑，支架对称地立在水平地面上，每根支架与竖直方向均成θ角。已知θ＝45°，则下列说法不正确的是(　　) A. 每根支架顶端所受弹力的大小为 B. 每根支架对地面的压力大小为 C. 每根支架对地面的摩擦力大小为 D. 每根支架对地面的作用力与θ有关 8. 如图所示，M、N为两个质量不同的木块，叠放于水平桌面上，水平向右的恒力F作用于木块M，两木块以共同的速度v沿水平桌面匀速向右移动。则在运动过程中(　　) A. N作用于M的静摩擦力为零 B. N作用于M的静摩擦力大小为，方向水平向左 C. 桌面作用于N的滑动摩擦力大小为，方向水平向左 D. N作用于桌面的滑动摩擦力大小为F，方向水平向右 9. 某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时，传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有(　　) A. 1 s时人在下蹲的最低点 B. 2 s时人已处于起立静止状态 C. 该同学做了2次下蹲—起立的动作 D. 起立过程中人先超重后失重 10. 大疆无人机在某次航拍过程中从地面上开始起飞，水平方向和竖直方向的速度随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是(　　) A. 0～2 s内无人机做变加速直线运动 B. 2 s末无人机的速度大小为14 m/s C. 2～4 s内无人机做匀变速曲线运动 D. 0～4 s内无人机的位移大小为44 m 二、 非选择题：本题共5题，共60分。其中第12～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11. (15分)小陈同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，a、b为两个弹簧测力计。 (1) 图乙两幅图中哪一个会是小陈同学实验得到的结果________(选填“A”或“B”)。 (2) 下列措施可以减小实验误差的是________。 A. 橡皮条应与两绳套夹角的平分线在同一直线上 B. 两个分力F1、F2的方向要垂直，便于合力计算 C. 用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行 D. 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些 (3) 某次实验中，弹簧测力计b的指针位置如图甲所示，其示数为________N。 (4) 某次测量时，两个弹簧测力计间的夹角为锐角，弹簧测力计a的示数为3.00 N，弹簧测力计b的示数为4.00 N。若实验操作无误，则橡皮条上的弹力大小可能是________。 A. 2 N B. 4 N C. 6 N D. 8 N 12. (8分)如图所示，在一次实验中，风洞竖直放置且足够长，质量为m的小球从A点以速度v0＝10 m/s沿直径水平进入风洞。小球在风洞中运动时受到的风力F恒定，方向竖直向上，风力大小F可在0～3mg间调节。小球可视作质点，碰壁后不反弹，g取10 m/s2，风洞横截面直径L＝10 m。 (1) 当F＝0时，求小球撞击右壁的速度大小和方向； (2) 保持v0不变，调节F的大小，求小球撞击右壁的区域长度。 13. (10分)如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面放在水平地面上，细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，小球放在斜面上，处于静止状态。已知重力加速度为g，斜面足够长，现用水平推力缓慢向右推动斜面。 (1) 当细绳与斜面的夹角为30°时，细绳的拉力有多大？ (2) 在图乙中画出细绳拉力最小时小球的受力分析图，并计算出这个最小值。 14.(12分)平直公路上有甲、乙两辆汽车，甲车停在路旁，乙车从甲车旁边以10 m/s的速度匀速超过甲车，经3 s甲车发动起来，从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速运动，速度达到 20 m/s以后做匀速运动。求： (1) 3 s末两车相距多远？ (2) 在甲车追上乙车之前，两车间的最大距离。 (3) 甲车发动后要多长时间才能追上乙车？ 15. (15分)如图所示，木板A和物块B叠放在倾角θ＝37°的斜面体上，斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，木板A长为3 m、质量为4 kg，上端与斜面顶端对齐。物块B的质量为2 kg，开始放在A的上端，A与斜面之间动摩擦因数μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数μ2＝0.375。现同时释放A和B，g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1) 木板A从开始到下端滑到斜面底端所用的时间t； (2) 从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，B对A的位移s； (3) 如果要保持B对A的位移为0，则μ2应该满足什么条件？ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(六) 高一物理　参考答案 1. D　解析：神舟飞船与天和核心舱对接时要考虑对接部位的大小和形状，所以二者不能看成质点，故A错误；神舟飞船加速上升过程中，3人的加速度向上，处于超重状态，故B错误；平衡状态指物体处于静止或者匀速直线运动状态，故C错误；以地球为参照系，飞船与核心舱的组合体绕地球一周的位移为零，所以平均速度为零，故D正确。故选D。 2. B　解析：在力学部分，国际制单位中有3个基本单位，分别是长度的单位米、质量的单位千克和时间的单位秒，故选B。 3. B　解析：弹力形成的原因是发生形变物体为了恢复原状而对受力物体产生力的作用，可知桌面对书本产生弹力的直接原因是桌面的形变，故选B。 4. D　解析：小球在三个恒力的作用下做匀速直线运动，则三个恒力的合力为0，由于10 N＋8 N＝18 N<20 N，可知10 N、8 N、20 N三个恒力的合力不可能为0，故A错误；由平衡条件可知，撤去一个力后，剩下两个恒力的合力与撤去的力大小相等、方向相反，若撤去的力与小球运动方向不在一条直线上，则撤去一个力后，小球做曲线运动，故B错误；若撤去一个力后，小球的速度先增大，则剩下两个恒力的合力方向与小球运动方向的夹角为锐角，把小球的速度进行分解，一个分速度与剩下两个恒力的合力方向相同，一个分速度与剩下两个恒力的合力方向垂直，则小球在剩下两个恒力的合力方向上一直做加速运动，在与剩下两个恒力的合力方向垂直的方向上做匀速运动，则小球的速度将一直增大，故C错误；若撤去一个力后，小球的速度先减小，则剩下两个恒力的合力方向与小球运动方向的夹角为钝角，把小球的速度进行分解，一个分速度与剩下两个恒力的合力方向相反，一个分速度与剩下两个恒力的合力方向垂直，则小球在剩下两个恒力的合力方向上先减速后加速，在与剩下两个恒力的合力方向垂直的方向上做匀速运动，则小球的速度将先减小后增大，故D正确。故选D。 5. A　解析：由图可看出，两个物体的速度均为正值，说明速度方向均沿正方向，即运动方向相同，故A正确；速度—时间图像的斜率等于物体的加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知两个物体的加速度方向相反，故B错误；根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在0～t1时间内A的位移小于B的位移，由v＝可知A的平均速度小于B的平均速度，故C错误；在t1时刻两图线相交，说明它们的速度相同，但经过的位移并不相同，由于两物体的出发点未知，无法判断两物体是否相遇，故D错误。故选A。 6. B　解析：打点计时器使用的是交流电，故A错误；在进行该实验时，应先接通电源，后释放纸带，故B正确；纸带上点迹越密集，说明纸带运动的速度越小，故C错误；挂的钩码过多会使纸带的加速度过大，在纸带上形成的点迹偏少，不利于实验进行，故D错误。故选B。 7. A　解析：要使相机受力平衡，则三根支架施加的竖直向上的力的合力应等于相机重力，即3F cos θ＝G，解得F＝G，故A错误，符合题意；对支架和相机整体受力分析有3FN＝G，所以FN＝，根据牛顿第三定律可得，每根支架对地面的压力大小为，故B正确，不符合题意；对支架受力分析，每根支架受到地面的摩擦力与支架受到弹力的水平分力平衡，则f＝F sin 45°＝G，故C正确，不符合题意；支架对地面的作用力等于支架对地面的压力与摩擦力的合力，支架对地面的压力与θ无关，而与地面间的摩擦力与θ有关，则支架对地面的作用力与θ有关，故D正确，不符合题意。故选A。 8. D　解析：运用隔离法单独对M分析，由于M随整体一起向右匀速运动，水平方向合力为零，N对M的摩擦力方向水平向左，大小为F，故A、B错误；把M、N看成整体，由于整体向右匀速直线运动，水平方向合力为零，地面对整体中的N的摩擦力大小为F，方向向左，由牛顿第三定律可知N作用于桌面的摩擦力大小为F，方向水平向右，故C错误，D正确。故选D。 9. D　解析：由题图可知，1 s时人有向下的最大加速度，之后继续向下运动，所以1 s时人不是在下蹲的最低点，故A错误；2 s时传感器示数等于人的重力，此时人应处于下蹲静止状态，故B错误；人在下蹲的过程中，先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，同理可知，起立过程中，人先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，人先超重后失重，所以该同学做了1次下蹲—起立的动作，故C错误，D正确。故选D。 10. C　解析：根据vxt图像可知，0～2 s内水平方向的加速度ax＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据vyt图像可知，0～2 s内竖直方向的加速度ay＝＝ m/s2＝3 m/s2，则0～2 s内无人机的加速度a＝＝5 m/s2，由于无人机在t＝0时刻的速度为0，则0～2 s内无人机做匀加速直线运动，故A错误；2 s末无人机的速度大小为v2＝＝ m/s＝10 m/s，故B错误；2～4 s内无人机水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则无人机的合运动为匀变速曲线运动，故C正确；根据vxt图像可知，0～4 s内无人机的水平位移大小为x＝×(2＋4)×8 m＝24 m，无人机的竖直位移大小为y＝×6×2 m＋×(6＋8)×2 m＝20 m，则0～4 s内无人机的位移大小为s合＝＝ m＝4 m，故D错误。故选C。 11. (1) A　(2) CD　(3) 2.10　(4) C 解析：(1) 合力的理论值F与弹簧测力计的拉力F1、F2应满足平行四边形定则，所以，图乙两幅图中的A图是小陈同学实验得到的结果。 (2) 橡皮条与两绳套夹角的平分线是否在同一直线上，两个分力F1、F2的方向是否垂直对实验误差大小都没有影响，故A、B错误；用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行，可以减小实验误差，故C正确；拉橡皮条的细绳长些，标记同一细绳方向的两点远些，可以提高拉力方向确定的准确性，故D正确。故选CD。 (3) 图甲中弹簧测力计的分度值为0.1 N，所以其读数为2.10 N。 (4) 若两个弹簧测力计拉力大小不变，夹角为90°，则合力为5 N，若两拉力同向，则合力为7 N，所以若两个弹簧测力计间的夹角为锐角，其合力的范围为5 N<F合<7 N，橡皮条上的弹力与两个弹簧测力计拉力的合力大小相等。故选C。 12. 解：(1) 当F＝0时，小球做平抛运动，水平方向有L＝v0t1 解得t1＝1 s 竖直分速度vy1＝gt1 小球撞击右壁的速度大小v＝＝10 m/s 设速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝1，θ＝45° 故速度方向与水平方向成45 °角向下 (2) 结合上述，当F＝0时，小球做平抛运动，竖直方向的分位移y1＝gt，解得y1＝5 m 当F＝3mg时，根据牛顿第二定律有3mg－mg＝ma 解得小球的速度大小为a＝2g 小球做类平抛运动，则有L＝v0t1，y2＝at 解得y2＝10 m 则小球撞击右壁的区域长度L0＝y1＋y2＝15 m 13. 解：(1) 当细绳与斜面的夹角为30°时， 以小球为对象，沿斜面方向，根据受力平衡可得 T cos 30°＝mg sin 30° 解得细绳拉力T＝mg (2) 小球受到重力、斜面支持力和细绳拉力，根据三角形定则可知，当细绳拉力与斜面的支持力垂直时，即细绳拉力方向沿斜面向上，拉力具有最小值，如图所示，可得拉力最小值Tmin＝mg sin 30°＝mg 14. 解：(1) 3 s内乙车的位移x2＝vt1＝30 m 两车相距Δx＝x2＝30 m (2) 两车速度相等时，两车间的距离最大，设甲车运动时间为t2，有v＝at2 解得t2＝5 s t2时间内，乙车的位移x′2＝vt2＝50 m 甲车的位移x′1＝at＝25 m 故两车间的最大距离Δxmax＝x2＋x′2－x′1＝55 m (3) 设甲车经过时间t3后速度达到最大， 则t3＝＝10 s 此时甲车的位移x甲＝at＝100 m 乙车的位移x乙＝v(t1＋t3)＝130 m 又x甲<x乙 故在甲车速度达到最大时，还未追上乙车，接下来，甲车以最大速度继续做匀速直线运动 设甲车再经过t4时间追上乙车，则t4＝＝3 s 故t总＝t3＋t4＝13 s 15. 解：(1) 由题意，设长木板A和物块B沿斜面向下运动的加速度大小分别为a1、a2，长木板A运动到斜面底端经历的时间为t，设长木板的长为L，物块B的质量为m，则斜面长为2L，长木板的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 2mg sin θ－μ1·3mg cos θ＋μ2mg cos θ＝2ma1 由运动学公式可得sA＝2L－L＝a1t2 解得a1＝1.5 m/s2，t＝2 s (2) 以物块B为研究对象，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2 由运动学公式可得sB＝a2t2 解得a2＝3 m/s2，sB＝6 m 可知B对A的位移s＝sB－sA＝3 m (3) 如果要保持B对A的位移为0，则满足a1＝a2 若A、B之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力，有 2mg sin θ－μ1·3mg cos θ＋μ2mg cos θ＝2ma1 mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2 联立解得μ2＝0.5 若A、B之间为静摩擦力，且二者一起加速下滑，则μ2>0.5 所以如果要保持B对A的位移为0，则μ2应满足μ2≥0.5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(四) 高一物理 必修第一册＋必修第二册第五章 (满分100分，考试时间75分钟) 2024．12 一、 单项选择题：本题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 2024年珠海航展上展出的“九天”无人机具有大载荷、超高空、长航时的特点。无人机在某次测试中往返飞行了1 050 km，用时1 h 25 min，飞行期间以920 km/h掠过监测点，以上数据分别指(　　) A. 位移、时间、平均速度 B. 位移、时刻、瞬时速度 C. 路程、时间、瞬时速度 D. 路程、时刻、平均速度 2. 如图所示，某同学朝着列车行进方向坐在车厢中，水平桌面上放有一静止的小球，突然，他发现小球向后滚动，则可判断(　　) A. 列车在刹车 B. 列车在做匀速直线运动 C. 列车在做加速直线运动 D. 小球在水平方向受到了向后的力使它能向后运动 3. 脱粒后的谷物(如小麦、水稻等)中若混有少量茎叶、壳屑或小砂粒等杂物，可以用木锨将谷物扬向空中，使谷物与其中的杂物分离，以便得到干净的谷物。谷物与其他杂物即使在无风状态扬场也能很好地进行分离，尘土四散，砂粒被抛得最远，谷物在中间，谷物壳最近，如图所示。若在无风状态，混合物离开木锨后，下列抽象物理模型的过程最恰当的是(　　) A. 尘土受空气阻力可忽略，因此尘土运动可认为是斜抛运动 B. 谷物壳受空气阻力可忽略，因此谷物壳运动可认为是斜抛运动 C. 谷物所受空气阻力可忽略，因此谷物运动可认为是斜抛运动 D. 砂粒所受空气阻力可忽略，因此砂粒运动可认为是斜抛运动 4. 北京时间2024年4月30日，三名航天员乘坐神舟十七号载人飞船返回舱，安全着陆于东风着陆场，在回收过程中返回器在降至离地面10 km处打开降落伞减速，从降落伞打开到降落至地面这一过程中，下列说法正确的是(　　) A. 返回器下落过程中减速是因为降落伞对返回器的拉力大于返回器对降落伞的拉力 B. 打开降落伞后，返回器内的物品处于失重状态 C. 若返回器降落到地面附近时突然受到水平方向的风力作用，返回器在空中运动时间将变长 D. 若返回器受到的阻力与速度大小成正比，返回器做加速度减小的减速运动 5. 下列说法正确的是(　　) A. 图(a)是自由落体运动竖直方向的位移—时间图像 B. 图(b)是自由落体运动竖直方向的速度—时间图像 C. 图(c)是平抛运动的物体速度方向与水平方向夹角θ的正切值—时间图像 D. 图(d)是平抛运动的物体位移方向与水平方向夹角α的正切值—时间图像 6. 如图所示为表演抖空竹时动作的示意图。假设空竹光滑且不考虑其转动，某时刻表演者两手水平，左手不动，右手缓慢向右移动一小段距离，则细线拉力(　　) A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 条件不足，无法确定 7. 2024年8月5日珠海航展首次开辟斗门莲洲无人系统演示区。通过机载传感器能描绘出无人机运动的图像，图甲是无人机沿水平方向的xt图像，图乙是沿竖直方向的vt图像。则无人机的运动轨迹近似为(　　) 8. 如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧下端固定，将一个小球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球使弹簧被压缩，松手后小球被弹起，脱离弹簧后小球还能继续向上运动直到速度为0。从小球开始运动到第一次上升至最高点的过程中，下列描述正确的是(　　) A. 在脱离弹簧前小球的合力始终竖直向上 B. 在脱离弹簧前小球的合力先减小后增大 C. 小球的加速度先减小后恒定 D. 脱离弹簧时小球的速度最大 9. 如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动。由此可判定0到4秒内(　　) A. 小球向前运动一段时间后停止 B. 小球始终向前运动 C. 小球向前运动，再返回停止 D. 小球向前运动，再返回，但不会停止 10. 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图像可能正确的是(　　) 11. 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　) A. 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B. 当F>3μmg时，A相对B滑动 C. 当F＝2.5μmg时，A的加速度为0.25μg D. 无论F为何值，B的加速度不会超过0.4μg 二、 非选择题：本题共5题，共56分。其中第13～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12. (15分)平抛运动的轨迹是曲线，比直线运动复杂。我们可以按照把复杂的曲线运动分解为两个相对简单的直线运动的思路，分别研究物体在竖直和水平两方向的运动特点。 (1) 如图1所示，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止自由下落，可观察到两小球同时落地；改变小球距地面的高度和打击的力度，多次实验，都能观察到两小球同时落地。根据实验，________(选填“能”或“不能”)判断出A球在竖直方向做自由落体运动。 (2) 如图2所示，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 ① 为了保证钢球从O点飞出的初速度是一定的且沿水平方向，下列实验条件必须满足的是________。 A. 斜槽轨道光滑 B. 斜槽轨道末端水平 C. 每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 ② 某同学通过实验，得到了钢球做平抛运动的轨迹，如图3中的曲线OP所示。以O点为坐标原点，水平方向为x轴、竖直方向为y轴建立坐标系。已知小球在y方向的分运动是自由落体运动，他猜想小球在x方向的分运动是匀速直线运动。根据图3已知yA∶yB∶yC∶yD＝1∶4∶9∶16，若xA∶xB∶xC∶xD＝__________则可验证猜想正确。 ③ 另一位同学做实验时，忘记了标记平抛运动的抛出点O，只记录了A、B、C三点，于是就取A点为坐标原点，建立了如图4所示的坐标系。平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出。根据图中数据判断，小球平抛的初速度为________m/s，小球抛出点的纵坐标为________cm。(g取10 m/s2，结果均保留两位有效数字)。 13. (6分)某新能源汽车的生产厂家在测试汽车的性能时，驾驶员驾驶汽车以v0＝72 km/h的速度沿平直的公路匀速行驶，汽车正前方某处有一沿同方向以v1＝5 m/s的速度匀速行驶的自行车。驾驶员发现自行车后经t＝0.5 s开始刹车，已知汽车刹车到停止通过的距离为x＝40 m。求： (1) 汽车从发现自行车到最后停止运动一共经历的时间； (2) 汽车刹车时的加速度大小。 14.(8分)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°的斜面体ABC，A正上方一小球距离地面高h＝8 m，小球以v0＝4 m/s的初速度向右水平抛出。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1) 小球运动t1＝0.3 s时的速度v的大小； (2) 小球击中斜面的时间t2。 15. (12分)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量m＝1 kg，用轻绳拴接置于半圆柱体上；物块甲用轻绳拴接放在斜面体上且轻绳与斜面平行，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱体圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为R，物块甲与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个装置始终处于静止状态。g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(结果可用分式、根式表示) (1) 拴接小球乙的轻绳拉力的大小； (2) 半圆柱体丙受到水平地面摩擦力的大小； (3) 物块甲质量的取值范围。 16. (15分)某工厂采购安装了如图所示的传送装置，该装置可将货物从高处运送到低处以方便装车。装置由水平传送带和倾斜传送带两部分组成，在交接处(图中B点)货物可保持速度大小不变平滑地进入倾斜传送带。传送带的水平部分AB长度L1＝3 m，倾斜部分BC长度L2＝12.28 m，BC与水平方向的夹角为θ＝30°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，若两传送带的速率均为v＝4 m/s，现将质量m＝1 kg的一货物(可视为质点)轻放到A处，之后它将被运送到C点(货物与传送带相对运动时会在传送带上留下痕迹)，已知该货物与水平传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.15，与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2＝，且运输过程中货物不会脱离传送带，g取10 m/s2。求： (1) 货物从A运动到B的时间及到达B点时的速度； (2) 货物在倾斜传送带上运动的时间； (3) 货物与传送带间的划痕共有多长。 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(四) 高一物理　参考答案 1. C　解析：“1 050 km”是指路程；“1 h 25 min”是指时间；“920 km/h”是指瞬时速度。故选C。 2. C　解析：小球由于惯性要保持原来的匀速直线运动状态，若看到原来静止在水平桌面上的小球突然向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火车正在向前做加速运动，小球在水平方向并不受力的作用，但无法判断列车的加速度变化情况，故选C。 3. D　解析：空气阻力能忽略的原因是空气作用力远小于物体自身重力，显然砂粒最重，因此砂粒运动可认为是斜抛运动。故选D。 4. D　解析：降落伞对返回器的拉力和返回器对降落伞的拉力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，两者大小相等，A错误；打开降落伞后，返回器向下减速，加速度向上，拉力大于重力，返回器及其内部的物品处于超重状态，B错误；受到水平方向的力，只会改变水平分运动，不会改变竖直方向的运动，所以不会改变运动时间，C错误；对返回器进行受力分析，受到向下的重力和向上的阻力，减速下降，阻力大于重力，由牛顿第二定律f－mg＝ma，可得返回器的加速度a＝，返回器向下减速，速度减小，阻力与速度成正比，阻力也减小，由上式知加速度减小，所以返回器做加速度逐渐减小的减速运动，D正确。故选D。 5. C　解析：自由落体运动是初速度为0的加速度为g的匀加速直线运动，则y＝gt2，yt图像是抛物线，故图(a)不是自由落体运动竖直方向的位移—时间图像，故A错误；自由落体运动是初速度为0的加速度为g的匀加速直线运动，则v＝gt，vt图像应是过原点的倾斜直线，故图(b)不是自由落体运动竖直方向的速度—时间图像，故B错误；平抛运动的物体速度方向与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝＝∝t，tan θt图像是过原点的倾斜直线，故C正确；平抛运动的物体位移方向与水平方向夹角α的正切值tan α＝＝＝∝t，tan αt图像是过原点的倾斜直线，故D错误。故选C。 6. A　解析：如图所示，开始时两个绳子是对称的，与竖直方向的夹角是相等的，竖直方向根据平衡条件可得2F cos ＝mg，解得F＝，左手不动，右手缓慢向右移动一小段距离，两手之间距离变大，绳子与竖直方向的夹角变大，则拉力大小变大。故选A。 7. C　解析：对于图甲，根据xt的斜率等于速度，可知无人机在水平方向做匀速直线运动，加速度为0。根据图乙可知，无人机在竖直方向先做初速度为0的匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，则合运动的加速度与初速度不在同一直线上，无人机做匀变速曲线运动，合外力需指向凹侧，加速度也需指向凹侧，则第一段凹侧向上，第二段凹侧向下，最终竖直速度减为0，只剩下水平速度，则轨迹趋于水平线。故选C。 8. B　解析：在脱离弹簧前，开始时弹力大于重力，小球先做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时速度最大；后来弹力小于重力，加速度向下逐渐增大，小球做加速度增大的减速运动，所以小球的加速度先减小后增大。脱离弹簧后，小球做竖直上抛运动。故选B。 9. B　解析：由题可知，小球在奇数秒内，合力恒定不变，物体从静止开始做匀加速直线运动。偶数秒内合力反向，物体的加速度等大反向，物体仍沿原方向运动，做匀减速直线运动，根据对称性知，偶数秒末物体的速度为0；此后物体做周期性的运动，周而复始，一直向前做单向直线运动。故选B。 10. D　解析：竖直上抛运动不受空气阻力，向上做匀减速直线运动至最高点再向下做自由落体运动，vt图像是倾斜向下的直线，四个选项均正确；考虑阻力f的上抛运动，上升中a上＝，随着v减小，a上减小，对应vt图像的斜率减小，A错误；下降中a下＝，随着随着v增大，a下继续减小，而在最高点时v＝0，a＝g，对应vt图与t轴的交点，其斜率绝对值应该等于g(此时与竖直上抛的最高点的加速度相同)，即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，B、C错误，D正确。故选D。 11. B　解析：A、B间的最大静摩擦力fAB＝2mgμ，B与地面间的最大静摩擦力为f地B＝1.5mgμ，因为f地B<fAB，所以当0<F≤1.5μmg时，A、B都相对地面静止，A错误；当A的加速度aA大于B的加速度aB的时候，A开始相对B滑动，对A由牛顿第二定律得F－fAB＝2maA，对B由牛顿第二定律得fAB－f地B＝maB，由aA>aB，得>，解得F>3μmg，此时A相对B滑动，B正确；当F＝2.5μmg<3μmg时，A和B还未发生相对滑动，对A、B整体由牛顿第二定律得F－f地B＝3ma，解得a＝＝μg，故C错误；对B由牛顿第二定律得fAB－f地B＝maB，解得aB＝，当fAB最大时，aB最大，所以aBm＝＝0.5μg，无论F为何值，B的加速度都不会超过0.5μg，D错误。故选B。 12. (1) 能　(2) ① BC　② 1∶2∶3∶4　③ 1.5　－20 解析：(1) 本实验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，每次实验两球都同时落地，说明A球在竖直方向的分运动是自由落体运动，因此能确定A球在竖直方向做自由落体运动。 (2) ① 为使小球从O点飞出时速度沿水平方向，需要斜槽轨道末端水平，为使小球从O点飞出时速度不变，需要每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，斜槽轨道光滑与粗糙都可以，故选BC。 ② 由图3可知，在曲线OP上取A、B、C、D四个点，这四个点对应的坐标分别(xA，yA)、(xB，yB)、(xC，yC)、(xD，yD)，已知yA∶yB∶yC∶yD＝1∶4∶9∶16，若xA∶xB∶xC∶xD＝1∶2∶3∶4，则说明钢球在x方向的分运动为匀速直线运动。 ③ 由公式Δy＝gT2，可得T＝＝s＝0.2 s，小球平抛运动的初速度v0＝＝m/s＝1.5 m/s；因竖直方向是自由落体运动，从抛出点开始，在连续相等时间内竖直方向位移之比为1∶3∶5…，可知抛出点的x轴坐标是－30 cm，抛出点在y轴上的坐标是－20 cm。 13. 解：(1) 由运动学公式x＝t1 可得汽车从开始刹车到停止所经历的时间t1＝4 s 所以汽车从发现自行车到最后停止运动一共经历的时间t总＝t＋t1＝4.5 s (2) 汽车刹车到停止通过的距离x＝40 m，由速度位移公式可得v＝2ax 解得加速度大小为a＝5 m/s2 14. 解：(1) 竖直方向，有vy＝gt1＝10×0.3 m/s＝3 m/s 由此可得小球运动0.3 s时的速度大小为v＝ 解得v＝5 m/s (2) 小球做平抛运动，水平方向有x＝v0t2 竖直方向有y＝gt 根据几何关系有tan θ＝ 联立解得t2＝1 s 15. 解：(1) 对小球乙受力分析，由平衡条件可知，N与T的合力与mg等大反向，作出N与T的合力，如图1所示： 图1 由相似三角形得＝＝ 解得拴接小球乙的轻绳拉力大小T＝5 N (2) 设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α， 由几何关系得(2R)2＝R2＋(R)2 所以拴接乙球的轻绳与半圆柱体相切，可得sin α＝＝ 解得α＝30° 以小球乙和半圆柱体丙组成的整体为研究对象，可知半圆柱体丙所受水平地面的摩擦力方向水平向左，大小等于拉力T沿水平向右方向的分力，即f＝T sin α 解得f＝ N (3) 以结点O为研究对象，对其受力分析如图2所示，由平衡条件得F2＝T tan α 代入数据解得F2＝5 N 以甲为研究对象，设物块甲的质量为m1，当物块甲质量最大时，甲所受静摩擦力沿斜面向上达到最大值，由平衡条件有F′2＋μm1g cos θ＝m1g sin θ F2与F′2是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知，两者大小相等，即F2＝F′2 解得物块甲质量的最大值为m1＝4 kg 当物块甲质量最小时，甲所受静摩擦力沿斜面向下达到最大值，由平衡条件有F′2＝m1g sin θ＋μm1g cos θ 解得物块甲质量的最小值为m1＝ kg 故物块甲质量的取值范围为 kg≤m1≤4 kg 图2 16. 解：(1) 货物在水平传送带上加速过程，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 代入数据可得a1＝1.5 m/s2 货物匀加速阶段的位移x1＝＝m＝5.3 m＞3 m 故货物在水平部分一直做匀加速直线运动 由运动学公式有L1＝a1t，v1＝a1t1 代入数据可得t1＝2 s，v1＝3 m/s (2) 由于货物到达B点时的速度v1＝3 m/s＜4 m/s，所以货物相对倾斜传送带向上滑动，受到沿传送带向下的滑动摩擦力 由牛顿第二定律得mgsin 30°＋μ2mgcos 30°＝ma2，代入数据可得a2＝12.5 m/s2 设货物经过时间t2与传送带共速，则v＝v1＋a2t2 加速位移x2＝ 代入数据可得t2＝0.08 s，x2＝0.28 m 货物与传送带共速后由于mgsin 30°＜μ2mgcos 30°，所以货物与传送带相对静止，一起向下匀速，匀速时间t3＝＝s＝3 s 故货物在倾斜传送带上运动的时间t＝t2＋t3＝0.08 s＋3 s＝3.08 s (3) 货物在水平传送带的相对位移Δx1＝vt1－L1＝(4×2－3)m＝5 m＜2L1 故在水平传送带上的划痕长度为5 m 货物在倾斜传送带的相对位移Δx2＝vt2－x2＝(4×0.08－0.28)m＝0.04 m 故货物在传送带上留下的痕迹长度为Δx1＋Δx2＝5 m＋0.04 m＝5.04 m ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(二) 高一物理 必修第一册 (满分100分，考试时间75分钟) 2024．12 一、 单项选择题：本题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 测量力学单位制中三个基本物理量的仪器分别是(　　) A. 天平、秒表、刻度尺 B. 体重计、秒表、刻度尺 C. 弹簧测力计、秒表、刻度尺 D. 天平、力传感器、刻度尺 2. 下列关于质点的说法正确的是(　　) A. 研究地球自转时，地球可以看作质点 B. 研究从北京开往上海的一列火车的运行总时间时，火车可以看作质点 C. 研究运动员百米赛跑的起跑动作时，运动员可以看作质点 D. 研究原子核的结构时，因原子核很小，可把原子核看作质点 3. 如图所示是警察骑两轮平衡电动车在天安门广场巡逻的情景。自平衡电动车具有运动灵活、操作简单、转弯半径为零等特点，下列说法正确的是(　　) A. 自平衡电动车对人的支持力就是人的重力 B. 轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面的压力 C. 自平衡电动车运动灵活是因为惯性比较小 D. 自平衡电动车对地面的压力是由于地面发生形变而产生的 4. 北京时间2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，发射任务获得圆满成功。关于火箭在竖直方向加速起飞阶段，下列说法正确的是(　　) A. 只受到重力和推力的作用 B. 火箭处于失重状态 C. 火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对相互作用力 D. 火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对平衡力 5. 俄罗斯飞行员在2024年珠海航展中驾驶俄罗斯最新苏57隐身战斗机使用了矢量发动机，矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当苏57隐身战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析图可能正确的是(　　) 6. 相机曝光时间是指快门从打开到关闭的时间间隔，在这一段时间内，物体可以在底片上留下影像。如图所示，现有一直径等于2 cm的小球从某一高度由静止释放， 在某一位置被一固定相机抓拍到，该相机的曝光时间为1毫秒。观察图片发现小球影像上下错开的距离约为小球直径的50%，则小球释放位置至被拍摄位置的高度大约为(　　) A. 3 m B. 5 m C. 8 m D. 10 m 7. 如图所示，A、B球间是轻绳，A球与天花板间及B、C球间是轻弹簧，开始时整个系统竖直静止。已知三球质量相等，重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间，A、B、C三球的加速度大小分别为(　　) A. 0　2g　0 B. 2g　2g　0 C. 0　0　g D. 3g　g　2g 8. 甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的vt图像如图所示，关于两质点的运动情况，下列说法正确的是(　　) A. 在t＝0时，甲、乙的运动方向相同 B. 在0～t0内，乙的加速度先增大后减小 C. 在0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度 D. 若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远 9. 如图所示为颈椎病人设计的一个牵引装置示意图。一根轻绳绕过两个定滑轮和一个轻质动滑轮后，两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的轻质帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎演示实验)，整个装置在同一竖直平面内。下面说法正确的是(　　) A. 如果要增大手指所受的拉力，可以通过向上移动手指增大夹角θ来实现 B. 无论如何改变夹角θ，手指所受的拉力一定大于其中一个重物的重力 C. 若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两个物体的重力和手指对帆布袋的拉力大小 D. 若θ＝30°，每个重物的重力为G，保持系统静止需要手指施加大小为G、方向竖直向下的力 10. 如图所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°角。已知M始终保持静止，则在此过程中(　　) A. 水平拉力的大小可能保持不变 B. M所受细绳的拉力大小一定先增大后减小 C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增大 D. M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大 11. 如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物体，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中a、b已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则(　　) A. 传送带顺时针转动 B. μ＝tan θ－ C. b秒后物体的加速度大小为2g sin θ－ D. 传送带的速度大于a 二、 非选择题：本题共5题，共56分。其中第13～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12. (15分)某同学用如图甲所示装置探究加速度与力的关系，当地的重力加速度为g。 甲 (1) 将长木板固定在水平桌面上，调节定滑轮高度，使连接小车的细线与长木板________，接通电源，释放小车，打出的纸带如图乙所示，在纸带上取一系列计数点，每两个计数点间还有4个点没有画出来，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离。打点计时器的电源频率为50 Hz，则小车运动的加速度a＝________m/s2(结果保留3位有效数字)。 乙 丙 (2) 保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的质量m，重复实验，测得多组沙和沙桶的质量m及对应小车运动的加速度a，作出am图像如图丙中①所示，由图像可知，实验过程__________(选填“满足”或“不满足”)m远小于M。 (3) 实验时，要使沙和沙桶的重力近似等于小车受到的合外力，需要将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，使长木板与水平方向夹角的正切值为________(用题目及图丙中相关字母表示)，以平衡摩擦力，然后重新实验，测得多组加速度a与沙和沙桶的质量m，作出的图线应是图丙中的图线________(选填“①”“②”“③”或“④”)。 13. (6分)游乐场中有一台大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放。座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而紧接着做匀减速运动，下落到离地面4 m高处速度刚好减小到零，这一下落全过程经历的时间是6 s。(g取10 m/s2)求： (1) 座椅被释放后自由下落的高度； (2) 在匀减速运动阶段，座椅和游客的加速度大小。 14. (8分)在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为θ，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数μ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求： (1) 正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大？ (2) 若θ＝45°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，球质量的最大值为多少？ 15.(12分)如图所示，一水平传送带以v0＝6 m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L＝4 m，其右端连着一段光滑水平平台BC，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一辆质量M＝1.5 kg的平板小车，小车上表面刚好与BC面等高。现将质量m＝0.5 kg的煤块(可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过BC滑上小车，最后刚好能滑到小车的右端；已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，煤块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，g取10 m/s2。求： (1) 煤块刚放上传送带时的加速度大小； (2) 煤块在传送带上留下的划痕长度； (3) 小车的长度。 16. (15分)如图所示为研究自动驾驶技术的一个实验示意图，在平直公路上，汽车A向超声测速仪B做直线运动，设t1＝0时汽车A与测速仪B相距d1＝347.5 m，此时测速仪B发出一个超声波信号和红外线，汽车A接收到红外线时刹车，当测速仪B接收到反射回来的超声波信号时，汽车A恰好停止，此时汽车A和测速仪B相距d2＝337.5 m。已知超声波的速度v＝340 m/s，红外线的速度远大于超声波的速度。求： (1) 汽车A接收到超声波的信号时与测速仪B的间距； (2) 汽车A自刹车至停下的时间； (3) 汽车A刹车过程中的加速度和初速度的大小。 2024～2025学年第一学期期末考前演练试卷(二) 高一物理　参考答案 1. A　解析：力学单位制中三个基本物理量是质量、时间和长度，测量这三个物理量的仪器分别是天平、秒表、刻度尺。故选A。 2. B　解析：研究地球的自转时，地球各个部分运动情况各不相同，不能忽略其大小、形状，因此不能看作质点，故A错误；研究从北京到上海的火车运动时间时，由于两地间距离远远大于火车长度，因此可以看作质点，故B正确；研究运动员百米赛跑的起跑动作时，不能忽略运动员的形状，若忽略则无法研究其起跑动作，故C错误；能否看作质点不是看物体的大小，而是看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，研究原子核的结构时，不能忽略其形状，因此不能看作质点，故D错误。故选B。 3. C　解析：自平衡电动车对人的支持力和人的重力是一对平衡力，但力的性质不同，A错误；轮胎上凹凸不平的花纹是为了增加车与地面的摩擦力，B错误；自平衡电动车运动灵活是因为质量较小，惯性比较小，C正确；自平衡电动车对地面的压力是由于自平衡电动车发生形变而产生的，D错误；故选C。 4. C　解析：火箭在竖直方向加速起飞阶段，受到重力、推力和空气阻力的作用，故A错误；加速度向上，火箭处于超重状态，故B错误；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用在不同物体上，则它们是一对相互作用力，故C正确，D错误。故选C。 5. A　解析：由题意可知，所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A项符合题意。故选A。 6. B　解析：由题意可知，在曝光时间内小球下落1 cm，所以小球下落到该处的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，则小球释放位置至被拍摄位置的高度大约为h＝＝5 m。故选B。 7. B　解析：设三球质量均为m，在轻绳剪断前，将三球看成整体，由平衡条件得，上面弹簧对A球的弹力大小为3mg、方向竖直向上；将B、C两球看成整体，轻绳对A球的拉力大小为2mg、方向竖直向下；下面弹簧对C球的弹力大小为mg；则在轻绳剪断瞬间，弹簧对A球弹力的大小和方向不变，而轻绳对A球的拉力消失，由牛顿第二定律可得此时A球的加速度大小为aA＝＝2g，同理剪断轻绳瞬间，B、C间弹簧的弹力大小和方向也不变，故可得B球的加速度大小为aB＝＝2g，C球的加速度大小为aC＝＝0。故选B。 8. D　解析：在t＝0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反，故A错误；根据斜率表示加速度，可知在0～t0内，乙的加速度逐渐减小，故B错误；根据图像与坐标轴围成的面积表示位移大小，在时间轴上方表示位移为正，下方表示位移为负，可知在0～2t0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故C错误；若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向运动，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故D正确。故选D。 9. D　解析：对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，拉力等于悬挂物体的重量mg，如图所示 可知手指受力为F＝2mg cos θ，手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两个拉力的合力变小，手要用较小的力，故A错误；改变夹角θ，手指所受的拉力可能等于或小于重物的重力，故B错误；若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两个物体的重力和手指对帆布袋的拉力大小和方向，故C错误；由F＝2mg cos θ，若θ＝30°，每个重物的重力为G，则F＝2Gcos 30°＝G，方向竖直向下，故D正确。故选D。 10. D　解析：如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左的拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大； 对物块M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故选D。 11. C　解析：若传送带顺时针转动，当物体下滑mg sin θ>μmg cos θ，将一直匀加速运动到底端；当物体上滑mg sin θ<μmg cos θ，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像，则传送带是逆时针转动，故A错误；传送带是逆时针转动，物体在0～b时间内，滑动摩擦力方向向下，做匀加速下滑的加速度a1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a1＝，解得μ＝－tan θ，故B错误；b秒后滑动摩擦力方向向上，加速度a2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值，得a2＝2g sin θ－，故C正确；当物体的速度等于传送带的速度时，物体所受摩擦力发生变化，物体的加速度发生变化，则传送带的速度等于a，故D错误。故选C。 12. (1) 平行　2.07　(2) 满足　(3) 　③ 解析：(1) 调节定滑轮高度，使连接小车的细线与长木板平行；每两个点间还有4个点没有画出来，则时间间隔为T＝0.1 s，根据逐差法可知，小车运动的加速度为a＝×10－2m/s2＝2.07 m/s2。 (2) 由牛顿第二定律得mg－μMg＝(M＋m)a，可得a＝m－μg。由图像可知，a与m成线性关系，由此可以判断实验过程满足m远小于M。 (3) 由a＝m－μg，结合图像知μg＝a0，则小车与斜面间的动摩擦因数μ＝，平衡摩擦力时，设长木板与水平面间的夹角为θ，则tan θ＝μ＝，平衡摩擦力后重新实验，可知a与m的关系为a＝m，因此图线过原点并与图线①平行，因此作出的图线应是③。 13. 解：设前、后两过程下落的高度分别为h1、h2，所用时间分别为t1、t2，减速过程加速度的大小为a，运动中达到的最大速度为v，则有 h1＋h2＝40 m－4 m t1＋t2＝6 s v2＝2gh1＝2ah2 t1＝ t2＝ 联立解得h1＝7.2 m，a＝2.5 m/s2 14. 解：(1) 对球受力分析如图所示，根据平衡条件知 N1cos θ＝mg N1sin θ＝N2 解得N1＝，N2＝mg tan θ (2) 对整体受力分析如图所示 则有N3＝Mg＋mg N2＝f f≤μN3 联立可得mg tan θ≤μ(Mg＋mg) 解得m≤M 15. 解：(1) 煤块刚放上传送带时，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma 解得a＝2 m/s2 (2) 若煤块能与传送带共速，则煤块在传送带上运动的距离x＝ 解得x＝9 m>L＝4 m 说明煤块未能与传送带共速，则煤块到达B点时有v＝2aL 且v1＝at 解得v1＝4 m/s，t＝2 s 则煤块在传送带上留下的划痕长度s＝v0t－L 解得s＝8 m (3) 煤块在滑上小车时，对于煤块有μ2mg＝ma1 对于小车有μ2mg＝Ma2 当煤块和小车共速时，煤块到达小车右端，有v1－a1t1＝a2t1 则小车的长度l＝v1t1－a1t－a2t 解得l＝2 m 16. 解：(1) 红外线的传播速度等于光速，可以认为汽车A与测速仪B相距d1＝347.5 m时开始刹车做匀减速运动有到停止；设汽车A接收到超声波的信号时与测速仪B的间距为x，则汽车从刹车到停止先后通过d1－x与x－d2两段距离所用时间分别等于超声波的往返时间，这两段时间一定是相等的；根据初速度等于零的匀加速直线运动的连续相等时间的比例规律，这两段的距离之比为3∶1，即＝ 解得x＝340 m (2) 汽车A自刹车至停下的时间等于超声波的往返时间，即t＝＝2 s (3) 由逆向思维可知汽车A刹车过程中有d1－d2＝at2 解得a＝5 m/s2 则汽车A刹车过程中的初速度v0＝at＝10 m/s ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$