期末考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第一册（人教版2019）

—66 — 顶端到 底 端 一 直 做 加 速 运 动 时,所 用 时 间 最 短,则 有 L= 1 2atmin 2,可 知 工 件 从 顶 端 到 底 端 的 最 短 时 间 为tmin= 2L a = 2×6 8 s= 6 2s ,故D正确。故选CD。] 【技法点拨】 应用牛顿第二定律求出工件的加速度,应用运动学 公式求出工件的运动时间与位移,然后求出痕迹的长度;当工件 一直做匀加速直线运动时运动时间最短,应用运动学公式求出最 短运动时间。 12.解析 (1)实验中,两次拉橡皮条“等效”的含义是产生相同的效 果,所以产生大小方向相同的力,要求橡皮条结点要拉到同一位 置,故选C。 (2)A.拉橡皮条的两条细绳要尽量长些,但不一定必须等长,故 A错误;B.标记同一细绳方向的两点要远些,这样可减小记录力 的方向时产生的误差,故B正确;C.两个 分 力 的 夹 角 大 小 要 适 当,故C错误;D.拉橡皮条时,橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近 并平行于木板,可以减小误差,故D正确。故选BD。 (3)如果没有操作失误,图乙中的F 与F'两力中,F 为应用平行 四边形定则作出的理论值,F'为用一个测力计测量时的实际值, 所以方向一定沿AO 方向的是F'。 答案 (1)C (2)BD (3)F' 13.解析 (1)A.打 点 计 时 器 是 一 种 测 时 间 的 工 具,选 项 A错 误; B.打点计时器的打点周期不会随电压大小的微小波动而变化,选 项B错误;C.电磁式打点计时器使用低压交流电源供电,选项C 错误;D.相较于电磁式打点计时器,电火花打点计时器与纸带间 的阻力更小,选项D正确。故选D。 (2)A.在安装打点计时器的纸带时,应该把纸带置于复写纸(或 墨粉纸盘)的下面,选项 A正确;B.实验操作中应该先打开打点 计时器开关,再释放小车,选项B错误;CD.本实验不需要平衡摩 擦,也不需要满足小车的质量远小于槽码的质量,选项CD错误。 故选A。 (3)B 点的测量值为5.50cm。 AB 与BC 间还有4个点未画出,则T=0.1s 小车的加速度大小为a=xBC-xAB T2 = (10.00-5.50)-(5.50-2.00) 0.12 ×10-2m/s2=1.0m/s2 (4)太空中的物体都处于完全失重状态,则不能完成实验“探究小 车速度随时间变化的规律”和“探究加速度与力、质量的关系”实 验;但可完成“探究力的合成”实验。故选B。 答案 (1)D (2)A (3)5.49/5.50/5.51 1.0 (4)B 14.解析 (1)取向下为正,设经t时间,小球从 N 端穿出,小球下落 的高度h1=-v0t+ 1 2gt 2 空管下落的高度h2= 1 2at 2 则h1-h2=L 联立得-v0t+ 1 2gt 2-12at 2=L 代入数据解得t=4s(t=-1.5s舍去) (2)设空管经t'时间到达地面,则有 H=12at' 2 解得t'= 2Ha =8s 小球在时间t'下落高度为h=-v0t'+ 1 2gt' 2 分析可知小球落入管内条件是64m≤h≤(64+24)m 解得29m/s≤v0≤32m/s 所以小球的初速度大小必须在29m/s≤v0≤32m/s范围内。 答案 (1)4s (2)29m/s≤v0≤32m/s 15.解析 (1)木块恰好能够沿斜面下滑,根据平衡条件可得Gsin30° =μGcos30° 代入数据解得木块与斜面间的动摩擦因数为μ= 3 3 (2)对木块施加沿斜面向上6N的拉力,木块仍处于静止状态,假 设所受的摩擦力沿斜面向上,根据平衡条件得F1+f=Gsin30° 代入数据解得木块受到的摩擦力为f=4N,方向沿斜面向上。 (3)对木块施加沿水平方向的推力,将木块沿斜面匀速上推,根据 平衡条件得 沿斜面方向有Fcos30°=Gsin30°+f 垂直斜面方向有FN=Gcos30°+Fsin30° 又根据f=μFN 代入数据联立解得F=20 3N。 答案 (1)33 (2)4N,方向沿斜面向上 (3)20 3N 16.解析 (1)假设木板和物块发生相对滑动,对木板,有F-μ1(m+ M)g-μ2mg=Ma1 解得a1=4m/s2 对物块,有μ2mg=ma2 解得a2=1m/s2 因a1>a2,故假设成立 可知开始时,木板的加速度大小为4m/s2。 (2)撤去推力时,木板的速度大小v1=a1t1=4m/s 物块的速度大小v2=a2t1=1m/s 撤去F 后,对木板,有μ1(m+M)g+μ2mg=Ma3 解得a3=5m/s2 对物块,有μ2mg=ma4 解得a4=1m/s2 设经过t2 时间,木板和物块速度相同,有v=v1-a3t2=v2+a4t2 解得t2=0.5s,v=1.5m/s 可知物块的最大速度为1.5m/s (3)由于μ1>μ2,木板和物块共速后并不能一起减速。对木板,有 μ1(m+M)g-μ2mg=Ma5 解得a5=3m/s2 对物块,有μ2mg=ma6 解得a6=1m/s2 因a5>a6,故物块相对木板向右运动,则两者共速时,相对位移 最大 0~1.5s内,木板的位移大小x1= 1 2a1t1 2+ v1+v 2 t2= 27 8 m 0~1.5s内,物块的位移大小x2= 1 2a2t1 2+12a4t2 2=98 m 则木板的最短长度L=x1-x2=2.25m。 答案 (1)4m/s2 (2)1.5m/s (3)2.25m 期末考试测控卷 1.D [A.“2024年11月4日1时24分”指的是时刻,故 A错误; B.打开降落伞后在研究返回舱的运动姿态时,其大小形状不可忽 略,不可以将返回舱看做质点,故B错误;C.打开降落伞后,以降 落伞为参考系,返回舱是静止的,故C错误;D.返回舱喷气匀减速 过程的平均速度为v=v0+v2 = 10+2 2 m /s=6m/s,故D正确。故 选D。] 2.B [AC.由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像,如 图所示 由图像可知,t=6s时两车同速,此时距离最近,图中阴影部分面 积为0~6s内两车位移之差,即Δx=12×30×3m+ 1 2×30× (6-3)m=90m 则此时两车相距Δs=x0-Δx=0m,故AC错误;BD.0~9s内两 车位移之差为Δx'=12×30×3m=45m ,因6s后甲车速度大于 乙车,可知两车不会相碰2次,选项B正确,D错误。故选B。] 【技法点拨】 根据a t图像可画出两车的v t图像,当两车同 速时相距最近,根据v t图像与时间轴所围的面积表示位移,由 “面积法”求解0~9s内两车位移之差以及两车最近距离;根据0 ~6s内两车位移之差与x0=90m的关系,判断两车能否相撞。 3.A [由bc=3ab,设ab段和bc段位移分别为x、3x,由通过ab段和 bc段的时 间 之 比 为2∶3,设ab 段 和bc 段 时 间 为2t、3t,x2t= va+vb 2 ,3x 3t= vb+vc 2 ,4x 5t= va+vc 2 ,联立可得va= 3x 10t ,vb= 7x 10t ,则 汽车经过a点和b点的速度大小之比为3∶7。故选A。] 4.A [A.2位置是1位置与3位置的中间时刻,根据题意可知“2”处 的速度v2= 5d 2T ,故 A正确;B.初速度为0的匀加速直线运动,在 连线相等的时间内,位移比为奇数比,图中可以看出x12∶x23∶ x34∶x45=2∶3∶4∶5,不满足该规律,故B错误;C.小球在位置 “3”的速度为v3= x24 2T= 7d 2T ,故C错误;D.逐差法可知,小球下落的 加速度a=x35-x13 4T2 =9d-5d 4T2 =d T2 ,故选A。] 5.B [对图甲,以C点为研究对象,受力分析如图1所示,由平衡条 件有F1= mg tan30°= 3mg ,根据牛顿第三定律可知,轻杆BC 在C 点受到的作用力大小F1'= 3mg,对图乙,以滑轮为研究对象,受 力情况如图2所示,轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等 大反向,由几何关系有F2=mg,根据牛顿第三定律可知,轻杆 HG 在G 点受到的作用力大小F2'=mg,故 F1' F2' = 31 ,故选B。] 【技法点拨】 对图甲,以C 点为研究对象,根据平衡条件求出 BC轻杆对C 点的弹力,再得到BC 轻杆受到的弹力大小。对图 乙,以滑轮为研究对象,据平衡条件求出HG轻杆对滑轮的弹力, 再得到 HG轻杆受到的弹力大小,再求BC、HG两轻杆受到的弹 力大小之比。 6.D [在挡板由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中,以 小球为对象,由平衡条件,根据三角形定则其受力如图所示, 可知挡板对铅球的支持力 N1 先减小后增大,斜面对铅球的支持 力 N2 逐渐减小;由牛顿第三定律可知,则铅球对挡板的压力FN1 先减小后增大,铅球对斜面的压力FN2逐渐减小。故选D。] 7.C [AB.根据x=v0t+ 1 2at 2,可得x t2 =v0 1 t+ 1 2a 由图像可知v0= 4 0.2m /s=20m/s,12a=-4m /s2,解得a=-8m/s2, 汽车受到的阻力为f=ma=10.4×103N,选项 AB错误;C.汽车 停止运动的时间t0= v0 a=2.5s ,在第2s内的平均速度等于1.5s 时刻的瞬时速度为v2=v1.5=v0+at1.5=8m/s,选项C正确;D.汽 车在前3s内的位移是等于2.5s内的位移x=v0 2 2a= 202 2×8m= 25m,选项D错误。故选C。] 8.CD [A.起点相同,终点相同,因此三个质点的位移相同,A错误; B.只知道三个质点同时到达 M 点,到达 M 点的瞬时速率的大小 无法确定,B错误;C.相同时间内,质点A 运动的路程最大,因此A 的平均速率最大,C正确;D.三质点的位移相同,时间相同,因此平 均速度相同,D正确。故选CD。] 9.BC [AB.题意知曝光时间 T=0.2s,根据匀变速直线运动推论 Δx=aT2,结合 题 意 有xBC -xAB =aT2,整 理 得 加 速 度 大 小a= xBC-xAB T2 =12-8 0.22 ×10-2m/s2=1m/s2,故 A错误,B正确;C.根 据匀变速直线运动推论,某段时间内的平均速度等于中间时刻的 瞬时速度,则vB= xAB+xBC 2T = 12+8 2×0.2×10 -2m/s=0.5m/s,故C 正确;D.设 球 从 静 止 运 动 到 A 的 时 间 为t0,则 有vB =a(t0+ 0.2s),联立以上解得t0=0.3s,故D错误。故选BC。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 65 — —68 — 10.AD [AB.θ=30°时,支架对手机的作用力与重力是一对平衡力, 即支架对手机的作用力大小为 mg,手机受到的支持力等于磁铁 的吸 引 力 与 重 力 垂 直 支 架 斜 面 向 下 分 力 的 合 力,即 大 于 mgcos30°= 32mg ,A正确,B错误;C.仅将磁吸力F 增大,手机 受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,即大小不变,C 错误;D.仅将θ从30°缓 慢 增 大 到90°,手 机 受 到 的 摩 擦 力 大 小 f=mgsinθ,则一直增大,D正确。故选AD。] 11.CD [A.撤 去 F 瞬 间,对 物 体 A、B由 牛 顿 第 二 定 律 得kx0- 2mgsinθ-2μmgcosθ=2ma,解得a= kx0 2m-gsinθ-μmgcosθ ,故 A错误;B.当物体A、B的加速度为零时,物体 A、B有最大速度, 则kx=2mgsinθ+2μmgcosθ,即物体 A、B一起向上运动x0-x =x0- 2mgsinθ+2μmgcosθ k 的 距 离 时 有 最 大 速 度,故 B错 误; C.若物体A、B向上运动要分离,则B的加速度为aB=gsinθ+ μgcosθ,此时A、B有共同加速度,即此时弹簧处于原长,所以分 离时向上运动距离为x0,C正确;D.若物体 A、B向上运动要分 离,分离时二者速度相同,之后A的加速度越来越大,B做匀减速 直线运动,所以分离后 A的速度第一次减为零时B的速度不为 零,D正确。故选CD。] 12.解析 (1)A.为减小力的方向的测量误差,两根细绳可以适当长 些,但不需要等长,故A错误;B.本实验的原理是:采用力的图示 法,用平行四边形定则,作出两个分力的合力理论值,再读出合力 的实验值,对比理论值与实验值,若在误差允许的范围内,F 和 F' 的大小和方向相同,则说明平行四边形定则是正确的,故本实 验采用的科学方法为等效替代法,故B正确;C.F1、F2 两个力的 夹角尽量合适,过大会导致分力过大,容易超过量程,也不容易作 图,故C错误;D.为了作图的精确性,弹簧测力计,细绳,橡皮条 应与木板平行,故D正确。故选BD。(2)经平行四边形作出的合 力理论值不一定沿AO 方向,而合力的实验值由一个弹簧测力计 测得,故一定沿AO 方向,故填F。 (3)设两个分力中较大的力为F1,较小的力为F2,由图可知θ= 180°时有F1-F2=1N; θ=90°时有 F12+F22=5N 联立解得:F1=4N,F2=3N 任意改变这两个分力的夹角,能得到的合力大小的变化范围是 F1-F2≤F≤F1+F2, 即1N≤F≤7N。 答案 (1)BD (2)F (3)1N≤F≤7N 13.解析 (1)用砝码盘及盘内砝码受到的总重力表示细绳对小车的 拉力,要求砝码及盘内砝码的质量远小于小车的质量。 (2)由纸带上的数据可知x12<x23<x34 纸带做加速运动,且Δx1=x23-x12=0.16cm,Δx2=x34-x23= 0.16cm 可知纸带做匀加速直线运动,根据Δx=aΔt2 可以求得加速度a= 0.16m/s2 (3)在质量一定的情况下,加速度a与砝码盘及盘内砝码总重力 F 做线性变化,图线的斜率k=1m 所以m=1k=0.5kg 。 答案 (1)远小于 (2)匀加速 0.16 (3)0.5 14.解析 (1)物块A 和B 静止在弹簧上,根据共点力平衡有kx0= (m1+m2)gsinθ 解得k= (m1+m2)gsinθ x0 代入数据解得k=100N/m (2)物块A 和B 刚要分离时,A 和B 接触相互之间不挤压,设此 时弹簧的压缩量为x1,对物块A,根据牛顿第二定律有m1a=kx1 -m1gsinθ 解得x1= m1(a+gsinθ) k 联立解得x1=0.10m 物块A 和B 从开始运动到刚要分离的过程中,做匀加速直线运 动通过的位移x=x0-x1=0.08m 因为x=12at 2 联立解得t=0.2s (3)对物块A 和B 构成的整体,设弹簧的压缩量为x',根据牛顿 第二定律有(m1+m2)a=F+kx'-(m1+m2)gsinθ 在物块A 和B 沿斜面向上运动的过程中,弹簧的压缩量为x'逐 渐减小,沿斜面向上的拉力F 逐渐增大,即刚开始运动拉力F 最 小,A 和B 刚要分离时拉力F 最大,则有 Fmin=(m1+m2)a= 12N,Fmax=(m1+m2)(a+gsinθ)-kx1=20N 物块A 和B 从开始运动到刚要分离过程中拉力F 的范围12N≤ F≤20N。 答案 (1)k=100N/m (2)t=0.2s (3)12N≤F≤20N 15.解析 (1)以结点O 为研究对象,受力如图并正交分解 据平衡条件有FOP-FOCsin60°=0,FOCcos60°-mBg=0 解得FOP=8 3N,FOC=16N (2)由题意得,重力沿斜面向下分力小于OC 拉力,所以摩擦力沿 斜面向下,则对物块A受力分析如图所示并正交分解 据平衡条件有FOC-f-mAgsin30°=0 解得f=6N 方向沿斜面向下。 (3)由题意得,A受到的最大静摩擦为fmax=μmAgcos30°=5N 若B质量最小,A受到沿斜面向上的摩擦力,受力分析如图所示 由平衡条件可得FOC +fmax-mAgsin30°=0,FOCcos60°-mBg =0 解得mB=0.25kg 若B质量最大,A受到沿斜面向下的摩擦力,受力分析如图所示 由平衡条件可得FOC -fmax-mAgsin30°=0,FOCcos60°-mBg =0 解得mB=0.75kg 则有0.25kg≤mB≤0.75kg。 答案 (1)FOC=16N FOP=8 3N (2)6N;方向:沿斜面向下 (3)0.25kg≤mB≤0.75kg 【命题意图】 本题主要考查了平衡条件,要求同学们能选择合适 的研究对象并能正确对物体受力分析,注意正交分解法在解题中 的应用,难度适中。 16.解析 (1)物块在传送带上刚开始下滑时,根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1 解得a1=10m/s2 (2)物块先以加速度a1 做匀加速直线运动,经历时间t1 与传送带 达到相等速度,则有v0=a1t1 解得t1=0.2s 此时物块的位移x1= v0 2t1 解得x1=0.2m<s 由于μ1=0.5<tanθ=0.75 之后,物块以加速度a2 向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定 律有mgsinθ-μ1mgcosθ=ma2 解得a2=2m/s2 根据位移与速度关系式有v12-v02=2a2(s-x1) 解得v1=6m/s 根据速度公式有v1=v0+a2t2 解得t2=2s 则物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=2.2s (3)若物块滑上木板后木板处于静止状态,则有μ2mg≤μ3(m+ M)g 解得μ3=0.15 可知,当木板与地面之间的动摩擦因数在0.15到0.4之间时,木 板始终处于静止,物块在木板上向右做匀减速直线运动,根据牛 顿第二定律有μ2mg=ma3 解得a3=3m/s2 此时,物块相对地面运动的位移最小,利用逆向思维,根据速度与 位移关系式有v12=2a3xmin 解得xmin=6m 当木板与地面之间的动摩擦因数小于0.15时,物块先以a3 向右 做匀减速直线运动,木板此时向右做匀加速直线运动,两者达到 相等速度后保持相对静止向右做匀减速直线运动,当木板与地面 之间的动摩擦因数等于0.05时,物块最终相对于地面的位移达 到最大值,两者达到相等速度之前,对木板有μ2mg-μ3(m+M)g =Ma4 解得a4=2m/s2 历时t3 两者达到相等速度,则有v2=v1-a3t3=a4t3 解得t3=1.2s,v2=2.4m/s 此过程物块的位移x3= v1+v2 2 t3=5.04m 之后两者保持相对静止,对整体,根据牛顿第二定律有μ3(m+ M)g=(m+M)a5 解得a5=0.5m/s2 利用逆向思维,根据速度与位移的关系有v22=2a5x4 物块相对于地面位移的最大值为xmax=x3+x4 解得xmax=10.8m。 答案 (1)10m/s2 (2)2.2s (3)xmin=6m xmax=10.8m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 67 — — 42 — 期末考试测控卷 [范围:必修第一册] (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研员推好题 第16题以机场运输货箱为例,综合考查学生对牛顿运动定律的理解和应用。 该题通过传送带和板块场景考查学生综合运用物理知识解决实际问题的能力,题目设置灵活, 紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的。 1.(2025·陕西西安·期末)2024年11月4日1时24分,神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆 场成功着陆。返回舱在距地面一定高度时,打开降落伞,速度减小至10m/s后匀速下落,在距地 面1.2m时,返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气,舱体再次减速,着陆时速度减小到2m/s。 假设返回舱在喷气减速过程做匀减速直线运动,下列说法正确的是 ( ) A.“2024年11月4日1时24分”指的是时间间隔 B.打开降落伞后,在研究返回舱的运动姿态时可以将返回舱看做质点 C.打开降落伞后,以降落伞为参考系,返回舱是运动的 D.返回舱喷气匀减速过程的平均速度为6m/s 2.(2025·安徽安庆·期末)高速公路上A、B两车在同一车道上同向行驶,A车在前,B车在后,速 度均为v0=30m/s,距离x0=90m。t=0时刻车A遇紧急情况后,A、B两车的加速度随时间变 化关系如图甲、乙所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是 ( ) A.t=3s时,两车相距最近 B.0~9s内,两车位移之差为45m C.t=6s时,两车距离最近为10m D.两车在0~9s内会相撞两次 3.(2025·山东潍坊·期末)某新能源汽车沿平直道路匀加速行驶,先后途经a、b、c三点,已知bc= 3ab,通过ab段和bc段的时间之比为2∶3,则汽车经过a点和b点的速度大小之比为 ( ) A.3∶7 B.2∶3 C.1∶3 D.1∶2 4.(2025·浙江·期末)如图所示,小球从竖直砖墙某位置静止释放,用频闪照相机 记录了小球每次曝光时的位置1、2、3、4、5……,连续两次曝光的时间间隔均为T, 每块砖的厚度为d。根据图中的信息,下列判断正确的是 ( ) A.由图中信息可求出位置“2”处的速度 B.位置“1”是小球释放的初始位置 C.小球在位置“3”的速度为7dT D.小球下落的加速度为2d T2 5.(2025·安徽·阶段练习)如图甲所示,水平轻杆BC 一端用光滑铰链固定在竖直墙上,另一端通 过细绳AC固定,∠ACB=30°,在轻杆的C端用轻绳CD 悬挂一个重物P;如图乙所示,水平轻杆 HG一端固定在竖直墙上,另一端G处固定一个光滑定滑轮(重力不计),一端固定的轻绳EG 跨 过定滑轮栓接一个与P质量相等的重物Q,∠EGH=30°。BC、HG 两轻杆受到的弹力大小之比 为 ( ) A.1∶1 B.3∶1 C.3∶2 D.3∶3 6.(2025·湖南益阳·期末)将一个铅球放在倾角为θ的斜面上,并用竖 直挡板挡住,铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力,在挡板 由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中,关于铅球对挡板的 压力FN1和对斜面的压力FN2的变化的判断中,下列说法正确的是 ( ) A.FN1不变,FN2逐渐增大 B.FN1不变,FN2逐渐减小 C.FN1先减小后增大,FN2逐渐增大 D.FN1先减小后增大,FN2逐渐减小 — 41 — — 44 — 7.(2025·浙江宁波·期末)某质量为1.3×103kg的汽车在水平路面上刹 车时,其x t2 1 t 图像如图所示。以下说法正确的是 ( ) A.汽车的初速度大小为4m/s B.汽车受到的阻力为5.2×103N C.汽车在第2s内的平均速度为8m/s D.汽车在前3s内的位移是24m 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题 目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2025·内蒙古兴安盟·阶段练习)如图所示,三个质点A、B、C 同时从N 点出 发,分别沿图示路径同时到达 M 点,下列说法正确的是 ( ) A.从N 到M 的过程中,B 的位移最小 B.质点A 到达M 点时的瞬时速率最大 C.从N 到M 的过程中,A 的平均速率最大 D.从N 到M 的过程中,三质点的平均速度相同 9.(2025·云南·期末)如图所示,一小球在倾斜桌面上从静止开始滚下,做 匀加速直线运动。某同学用高频摄影机在同一底片上多次曝光,记录下小 球连续四个位置A、B、C、D。已知高频摄影机每次曝光时间均为0.2s, xAB=8cm,xBC=12cm,xCD=16cm,则小球 ( ) A.加速度大小为3m/s2 B.加速度大小为1m/s2 C.运动到B 点时速度大小为0.5m/s D.从静止开始运动到A 点的时间为0.2s 10.(2025·安徽·阶段练习)如图所示为一种车载磁吸手机支架,手机放上去会 被牢牢吸住处于静止状态。已知磁吸力的方向垂直于手机支架斜面,手机的 质量为m,支架斜面与水平面的夹角为θ,手机与支架斜面始终保持相对静止, 重力加速度大小为g,下列说法正确的是 ( ) A.θ=30°时,支架对手机的作用力大小为mg B.θ=30°时,手机受到的支持力大小为 32mg C.仅将磁吸力F增大,手机受到的摩擦力也增大 D.仅将θ从30°缓慢增大到90°,手机受到的摩擦力一直增大 11.(2025·浙江·期末)如图所示,两个质量为m 的相同物块A和B置于固定斜 面上(A和B不粘连),其中 A与固定挡板间由劲度系数为k的轻弹簧相连 接,弹簧与斜面平行。现用沿斜面的力F缓慢推动物体B,在弹性限度内弹簧 长度相对于原长被压缩了x0,此时物体A、B静止。撤去F 后,物体A、B开始向上运动。已知 重力加速度为g,物体A、B与斜面间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)。则 ( ) A.撤去F瞬间,物体A、B的加速度大小为 kx0m -μmgcosθ-gsinθ B.物体A、B一起向上运动距离 x0- 2μmgcosθ k 时获得最大速度 C.若物体A、B向上运动要分离,则分离时向上运动距离为x0 D.若物体A、B向上运动要分离,则分离后A的速度第一次减为零时B的速度不为零 三、非选择题:本题共5小题,共计52分。(12题6分,13题8分,14题12分,15题12分,16题 14分。) 12.(2025·安徽·阶段练习)下图是一小组成员探究“两个互成角度的力的合成规律”的实验示 意图,本实验将橡皮条的一端固定于A 点,另一端挂上轻质小圆环。图甲表示橡皮条处于原 长;图乙表示橡皮条在两个弹簧测力计互成角度施加拉力F1、F2 的共同作用下,小圆环处于O 点;图丙表示橡皮条在一个弹簧测力计施加拉力F的作用下,小圆环仍处于O 点;图丁是在白 纸上根据实验记录画出的力的合成图示;图戊是合力F合 与θ的关系图(F1 与F2 的大小不变, 夹角为θ)。 (1)关于此实验,下列叙述正确的是 (多选,填选项前的字母); A.图乙中连接环与测力计的两根细绳必须等长 B.本实验采用的科学方法为等效替代法 C.在进行图乙的实验操作时,F1、F2 的夹角越大越好 D.实验时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 — 43 — — 46 — (2)图丁中F'是以F1、F2 为邻边构成的平行四边形的对角线,一定沿AO方向的是 (填 “F”或“F'”); (3)根据图戊,若F1 与F2 的夹角θ在0~360°之间变化,能得到的合力大小的变化范围是: 。 13.(2025·湖南常德·期末)用如图甲所示实验装置探究“加速度与物体所受合外力的关系”,已知 打点计时器所用交流电源的频率为50Hz。 (1)为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于砝码盘及盘内砝码的总重力,实验过程中,要 求砝码和砝码盘的质量 (填“等于”、“远大于”或“远小于”)小车的质量。 (2)在平衡小车与桌面之间的摩擦过程中,把木板右端垫高,小车放在木板上,不挂砝码盘,开启 打点计时器,轻推一下小车,小车牵引纸带向前运动,打出如图乙所示的一条纸带,纸带中的“1、 2、3、4”是按打点先后顺序取的四个计数点,相邻两个计数点之间还有4个点没有画出。根据图 乙可以判断小车做 (填“匀加速”、“匀速”或“匀减速”)运动,小车加速度的大小a= m/s2(计算结果保留两位有效数字)。 (3)某实验小组在实验过程中,没有进行平衡摩擦的操作,将木板水平放置在水平桌面上,牵引 小车的细绳与木板平行,取砝码盘和砝码的总重力为F,根据测得的数据作出小车的加速度a随 F变化的图线,如图丙所示。由图中数据可知小车的质量m= kg。 14.(2025·湖南常德·期末)倾角θ=37°足够长的光滑斜面固定在水平地面上, 一挡板垂直固定在斜面上,一轻质弹簧下端固定在挡板上、上端与质量为m1 =1kg的物块A 相连,弹簧中心轴线与斜面平行;质量为m2=2kg的物块B 紧挨着物块A 放置在斜面上,A 与B 之间不粘连,A 和B 静止在弹簧上,此时弹簧的压缩量 x0=18cm。现对物块B 施加平行斜面向上的拉力F,使A 和B 一起沿着斜面向上做匀加速直 线运动直至物块A 和B 分离,加速度大小为a=4m/s2。已知重力加速度g=10m/s2,sin37°= 0.6,cos37°=0.8。求: (1)轻质弹簧的劲度系数k; (2)物块A 和B 从开始运动到刚要分离时运动的时间t; (3)物块A 和B 从开始运动到刚要分离过程中拉力F 的范围。 — 45 — — 48 — 15.(2025·江苏盐城·期末)如图所示,放在粗糙固定斜面上的物块A和 悬挂的物块B均处于静止状态,已知A、B质量分别为2kg和0.8kg, 轻绳绕过光滑的定滑轮与水平轻绳OP 右端及轻绳BO 上端连接于O 点,轻绳OC 段与竖直方 向的夹角θ=60°,斜面倾角α=30°,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10m/s2,求: (1)OP、OC绳的弹力大小; (2)物块A受到的摩擦力; (3)若A物体质量不变,物体A与斜面间动摩擦因数μ= 3 6 ,为了使A和B始终在图示位置处 于静止状态,B物体质量要满足什么条件? 16.(2025·安徽芜湖·期末)如图甲所示,机场运输货箱的传送带可以将货箱从飞机货舱高处传送 到低处平板车上,简化原理如图乙。已知传送带顺时针匀速转动的速率为v0=2m/s,将质量 m=20kg的物块无初速地放在传送带的顶端A,物块到达底端B 后能无碰撞地滑上质量为M= 20kg的木板左端。已知物块与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.3。已知传 送带与水平地面夹角θ=37°,AB 两端的距离为s=8.2m,物块可视为质点,木板足够长。求: (1)物块在传送带上刚开始下滑时的加速度大小; (2)物块在传送带上运动的时间; (3)根据实际需要,木板下表面可以涂抹不同材料的涂层,使得木板与地面的动摩擦因数μ3 满足 0.05≤μ3≤0.4。求在此μ3 范围内,从物块离开传送带直至最终静止的过程中,物块相对地面运 动的位移最小值和最大值。 — 47 —