福建南平市建瓯市第二中学2025-2026学年上学期高一年级期中物理试卷

2025-2026学年下学期高一年段期中考物理试卷 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.以下关于行星运动及万有引力的描述正确的是() A.开普勒认为行星绕太阳运行的轨道是椭圆，行星在椭圆轨道上各个地方的速率均相等 B.太阳对行星的引力与地球对月球的引力属于不同性质的力 C.牛顿提出的万有引力定律只适用于天体之间 D.卡文迪许利用扭称实验测出了引力常量的数值 2.天工开物》少儿百科中介绍了古法制糖工艺，用糖车挤压甘蔗收集汁水，其简化模型的俯视平面图如 图所示。手柄上的A点到转动轴轴心O点的距离为4R,两个半径为R的圆柱体表面有两个点B和C,则A、B、 C三点的线速度大小之比为() B A.1:4:1 B.1:4:4 C.4:1:1 D.4:1:4 3.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是() R 外轨子 车轮 内轨 甲 丙 A.甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过√gR B.乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最小 C.丙图中，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用 D.丁图中，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小 球向心加速度大小相等 4.如图所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量 均为m,c的质量为织，a与转轴00'的距离为l,b、c与转轴00的距离为2l 第1页，共12页 且均处于水平圆盘的边缘。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若 圆盘从开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是() A.b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落 B.当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等 C.b和c均未滑落时线速度一定相等 D.b开始滑动时的角速度是√2kgl 二、多选题：本大题共4小题，共24分。 5.下列说法正确的是() A.-10J的功小于+5J的功 B.功是标量，正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功 C.一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动 D.功是矢量，正、负表示方向 6.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定 功率运动，其v-t图象如图所示.已知汽车的质量为m=2×103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍， (取g=10m/s2)则() ↑l(ms) 10.. 0 5 t/s A.汽车在前5s内的牵引力为4×103N B.汽车在前5s内的牵引力为6×103N C.汽车的额定功率为60kW D.汽车的最大速度为20m/s 7.如图所示，在同一平面内的三颗不同人造地球卫星A、B、C,都环绕地球做匀速圆周运动，关于各物理 量的关系，下列说法中正确的是() 地球 第2页，共12页 A.三颗卫星的线速度vA>vB>vC B.根据万有引力定律，可知卫星所受地球引力F4>Fg>Fc C.三颗卫星的角速度ωA>ωB>ωC D.三颗卫星的向心加速度a4<aB<ac 8如图所示，在一简易升降机箱底装有若干个相同的轻弹簧，某次事故中，升降机吊索在空中突然断裂， 忽略摩擦及其他阻力，升降机在从弹簧下端刚接触地面开始到运动到最低点的一段过程中，弹簧始终在弹 性限度内，则下列关于此过程中升降机的加速度大小、速度大小v、升降机重力做功W。、弹簧整体的弹性 势能E。与升降机向下的位移x的关系的图像可能正确的是() 7777777777元 三、填空题：本大题共3小题，共12分。 9.两个相互垂直的力F与F2作用在同一物体上，使物体运动，如图所示。 F (1)若力F的大小为4W,力F2的大小为3N,则合力的大小为N。 (2)若力F1与F2的合力使物体通过一段位移时，力F1对物体做功4，力F2对物体做功3，则力F1与F的合力 对物体做的功为J。 第3页，共12页 10.一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度-时间图像如图所示。物体的初 速度大小为m/s,物体在0~6s内的位移大小为m。 ↑u,/(m-s) ↑u/(ms-) 40 / 30 30 ! 20 20 10 10 246 -10 函 2746t/s -10 -20 -20 -30 -40 11.一艘小艇从河岸上的A处出发渡河，小艇艇身保持与河岸垂直，经过t1=10min,小艇到达正对岸下游 x=120m的C处，如图所示，如果小艇保持速度大小不变逆水斜向上游与河岸成α角方向行驶，则经过t2= 12.5mim,小艇恰好到达河对岸的B处。则船在静水中的速度m/mim;河宽为m。 四、实验题：本大题共2小题，共12分。 12.如图甲，科学探究平抛运动特点的实验中： ,0 204060 x/cm 10 20 30 y/cm (1)下列说法正确的是一： A.安装斜槽时其末端切线应水平 B.小球应选择密度小且体积大的材料 C.小球必须每次从斜槽上不同位置由静止开始释放 (2)实验中描绘出小球的运动轨迹如图乙所示，α、b、c三点的位置已标出。g取10m/s2,则小球的初速度 为m/s,抛出点的横坐标x=cm。 13.利用图1装置做“验证机械能守恒定律”实验. 第4页，共12页 打点 时器 一纸带 夹子 重 hs 图1 图2 (1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 A.动能变化量与势能变化量 B.速度变化量和势能变化量 C.速度变化量和高度变化量 (2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2所示的一条纸带.在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C, 测得它们到起始点O的距离分别为ha、hg、hc, 己知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物 的重力势能变化量AEp=一，动能变化量AEk=· 五、计算题：本大题共3小题，共36分。 14.如图所示，某同学站在山坡上从距地面20m的高处，将一石块以10m/s的速度水平抛出至落地。不计空 气阻力，g取10m/s2。求： (1)石块从抛出至落地的时间t; (2)石块从抛出至落地的水平位移x的大小： (3)石块落地时速度的大小和方向（方向用落地速度的方向与水平方向夹角的正切值表示）。 15.2023年7月12日，中国载人航天工程办公室副总师张海联披露，我国计划在2030年前实现载人登月。航 天员站在月球上将一个质量为m的小球在距月球表面高为h处自由释放，经过时间t落地。已知引力常量为G, 月球的半径为R。求 (1)月球表面的重力加速度g (2)月球的质量M; 第5页，共12页 (3)月球的第一宇宙速度v1。 16.如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型.倾角为45的直轨 道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过过水平光滑街接轨道BC、CE平 滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l=40m.现有质量m=500kg的过山车， 从高h=40m的A点静止下滑，经BCDC'EF最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为41=0.2 与减速直轨道FG的动摩擦因数均为μ2=0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2,求： 459 37 B 图1 图2 (1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小； (2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力： (3)减速直轨道FG的长度x(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8) 第6页，共12页 答案和解析 1.【答案】D 【解析】【分析】 行星在椭圆轨道上各个地方的速率不全相等，离太阳近运动得快，离太阳远运动得慢.牛顿提出万有引力 定律，太阳对行星的引力与地球对月球的引力是同种性质的力，适用自然界中任何物体.英国物理学家卡 文迪许利用扭称实验测出了引力常量的数值。 本题考查物理学史和常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容 之一. 【解答】 A、开普勒发现行星沿椭圆轨道绕太阳运动，但行星在椭圆轨道上各个地方的速率不相等，故A错误： B、牛顿发现地球对周围物体的引力与太阳对行星的引力是相同性质的力，故B错误； C、牛顿发现了万有引力定律，适用自然界中任何物体，故C错误： D、卡文迪许利用扭称实验测出了引力常量的数值，故D正确。 故选：D。 2.【答案】C 【解析】解：A、C为同轴转动，角速度相同，则根据v=ωr 可知V4:Vc=4:1 B、C两点线速度大小相同，则根据v=ωr VA:B:Vc=4:1:1 故ABD错误，C正确。 故选C。 3.【答案】D 【解析】解：A、汽车通过四形桥最低点时，具有向上的加速度（向心加速度，根据F一mg=m兰若速 度超过√gR,则桥对汽车的支持力超过其重力的2倍，那么桥受到的压力增大，会增加桥断的风险，故A 错误： B、演员表演“水流星”，当“水流星”通过最高点时，以水为研究对象，Fw1+mg=mωr,解得：Fw1= mω2r-mg在最低点，Fw2-mg=mw2r,解得：FN2=mw2r+mg,故FN1<Fw2,在最高点处桶底对 水的支持力小于其在最低处桶底对水的支持力，根据牛顿第三定律，则在最高点处水对桶底的压力小于其 在最低处水对桶底的压力，故B错误： 第7页，共12页 C、在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供 向心力，当火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用，并不是内轨对内轮缘会有挤压作 用，故C错误： D、小球在两位置做匀速圆周运动，由其合力提供向心力，由力的合成法则，结合牛顿第二定律，则有：品= ma,(0为椎体顶角的一半)，可知，a=品0故D正确。 故选：D。 4.【答案】B 【解析】解：A、木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故静摩擦力提供向心力，当需要的向心力 大于最大静摩擦力时，木块开始滑动，bc的质量不等，由F=mwr可知，b、c所受摩擦力不等，不能同时 从圆盘上滑落，故A错误； B、由F=mw2r可知，a的质量为m,半径r-l,c的质量为织，半径r=2l,因此a、c物体所受的摩擦力 大小相等，故B正确： C、圆盘属于同轴转动，所以角速度ω相等，由公式v=ωr可知，b、c的线速度大小相等，但方向不同，故 C错误： D、b开始滑动时，最大静摩擦力提供向心力，kmg=m×ω2×2l,解得：ω= 故D错误。 故选B。 5.【答案】BC 【解析】功的正、负不代表大小，-10J的功大于+5J的功，A错误；功是标量，正、负表示外力对物体做功 还是物体克服外力做功，B正确，D错误；一个力对物体做负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动，C正 确。 6.【答案】BC 【解析】【分析】 从v一t图象可以看出：汽车经历三个运动过程：匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，最后做 匀速直线运动。由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的牵引力。5s末 汽车的功率就达到额定功率，由P=Fv能求出额定功率。汽车速度最大时，牵引力等于阻力，由P=Fvm, 能求出最大速度。 本题首先要识别图象的物理意义，从斜率读出加速度。其次，抓住5s这个时刻汽车达到额定功率。抓住达 到最大速度的条件，由功率公式求最大速度。 第8页，共12页 【解答】 汽车受到的阻力为：f=0.1×2×103×10=2×103N AB、前5s内，由图a=2m/s2,由牛顿第二定律：F-f=ma, 求得：F=f+ma=6×103N故A错误。B正确。 C、t=5s末功率达到额定功率为：P=Fv=6×103×10W=6×104W故C正确。 0次车钓敬大谁发为，山=号一导袋 =30m/s。故D错误。 故选：BC。 7.【答案】AC 【解析】AcD.由万有引力提供向心力可得=m号=mu27=ma,可得v= v2 2 GM 0- V r 2 由于A<TB<Tc,则有vA>vB>Vc,wA>ωB>ωc,a4>aB>ac,故AC正确，D错误； B,根据F引=”，由于不知道三颗卫星的质量关系，所以无法比较三颗卫星所受地球引力大小关系，故B 错误。 故选AC。 8.【答案】AC 【解析】【分析】 弹簧接触地面时，弹簧处于原长，升降机的加速度为g,物体继续向下运动，弹簧被压缩，由于此时弹簧的 弹力小于重力，故升降机受到的合力向下，向下做加速运动，弹簧被压缩，弹力增大，合力减小，升降机 向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，加速度减小到零，速度达到最大，升降机继续向下运 动，此后弹力大于重力，升降机向下做加速度增大的减速运动，最终减速到零，在下降过程中，重力始终 做正功，做功为W=gx,弹簧被压缩，根据弹簧的弹性势能与压缩量的关系即可判断。 解决本题的关键会根据牛顿第二定律判断加速度的变化，会根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的 变化。要知道重力做功只与下降的高度有关，明确弹簧的弹性势能与压缩量间的关系。 【解答】 从弹簧下端接触地面到升降机速度达到最大的过程中， 根据牛顿第二定律有mg-kx=ma,解得a-2兰，当弹力大于重力时，x-mg=ma,解得d-“2, m 故A正确；弹簧接触地面的瞬间，弹簧处于原长，升降机的加速度为g,升降机继续向下运动，弹簧被压缩， 由于此时弹簧的弹力小于重力，故升降机受到的合力向下，向下做加速运动，弹簧被压缩，弹力增大，合 第9页，共12页 力减小，升降机向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，加速度减小到零，速度达到最大，升 降机继续向下运动，此后弹力大于重力，升降机向下做加速度增大的减速运动，最终减速到零，故升降机 先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，B错误；升降机一直向下运动，重力做功W=mgx, 故重力做功与下降的位移成正比，C正确：升降机在下降过程中，弹簧被压缩，弹簧的平均弹力P=冬，弹 簧弹力做功W,=受x=2,故弹簧的弹性势能与位移x的平方成正比，D精误， 9.【答案】5 【解析】(1)根据力的矢量合成可得F合=√F+F受=5N。 (2)W合=W1+W2=7J。 10.【答案】50 180 【解析】根据题意，由题图可知，物体在x轴方向上的初速度为vxo=30m/s,y轴方向上的初速度大小为vo= 40m/s,则物体的初速度大小为v。= o+另=50m/s。 根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知，物体在0~6s内x轴方向上的位移为x=180m, 物体在0~6s内y轴方向上的位移为y=0,则物体在0~6s内的位移大小为s=√x2+y2=180m。 11.【答案】20 200 【解析】设河宽为d,水流速度为v1,小艇在静水中的速度为v2,小艇艇身与河岸垂直时，有d=v2t1,x=v1t1, 120 解得u:=言=m/mn=12m/m讥，小艇保持速度大小不变逆水斜向上游与河岸成a角方向行驶，小艇 恰好到达河对岸的B处，则有d=√v-v好·t2,联立解得v2=20m/min,d=200m。 12.【答案】A 2 -10 第10页，共12页 【解析】(1)A为了保证小球离开斜槽末端后做平抛运动，安装斜槽时其末端切线应水平，故A正确； B.为了减小空气阻力的影响，小球应选择密度大且体积小的材料，故B错误； C.要保证小球的初速度相同，小球每次从斜槽上开始运动的位置必须相同，故C错误。 故选A。 (2)在竖直方向上有4y=ybc-yab=0.1m,根据4y=gT2可得T= 7=0.1s, 则小球的初速度为v。=警=2m/s,小球经过b点竖直方向上的分速度大小为"，b=票=1.5m/s, 根据巧0=9，可得。=号=0.15s,所以小球从抛出点运动到a点的时间为。=t。-T=005s, 则抛出点离a点水平方向上的距离为xa=vota=0.1m,所以抛出点的横坐标x=-0.1m=-10cm。 13.【答案】A mghB m(hc-ha)? 8T2 【解析】【分析】 (1)物体做自由落体运动，如果重力势能的减少量等于动能的增加量，则可以证明物体的机械能守恒. (2)根据重力势能的计算公式可以求出物体重力势能的减少量，根据匀变速直线运动的推论求出物体在B点 时的速度，然后应用动能的计算公式求出动能的增加量 解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时 速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用. 【解答】 (1)验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和增加的动能是否相等，所以需要比较重物下落过程中任 意两点间的动能变化量与势能变化量，故A正确 (2)从打0点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量AE。=mgh: B点的速度：n=号-产，动能变化量为：46=m2-r 2T 872 14.【答案】(1)石块在竖直方向做自由落体运动，根据h=9t2 2h=2s 得t= (2)石块在水平方向做匀速直线运动，得x=vot=20m 第11页，共12页 (3)设落地速度的方向与水平方向夹角为α，石块落地时速度的大小为v=√vy2+v。2 其中y,=gt,tana-2 vo 联立解得v=10V5m/s,tana=2。 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 15.【答案】(1)根据h=9月2， 解得9分一9 (2)根据6 =mg月，解得M=2hR Gt2 (3)根据m=m2, R2 R 解得u1=2丽 【解析】略 16,【答案】解：（④设c点时的速度为e,由动能定理得：mgh-化mgc0s45”o-mg2-0 代入数据解得：vc=8√10m/s; 2)设D点速度为o,由动能定理得：mgh-2R)-4mgc0s45°s-方mo2-0 1 在D点，由牛顿第二定律得：下+mg=m会 解得：F=7×103N 由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力为7×103N: 3)全程应用动能定理：mg[h-(亿-an37]列-4 mgco455-:mgc0s37°·c cos370-H2mgx =0 解得：x=30m。 【解析】本题主要考查动能定理的应用。 (1)过山车从A到C的过程，由动能定理可求过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小： (②)过山车从A到D的过程，由动能定理可得经过D点时的速度，在D点，由牛顿第二定律可求过山车运动至 圆轨道最高点D时轨道对过山车的作用力，从而求得过山车对轨道的作用力大小： (3)对全过程运用动能定理列式，求出减速直轨道FG的长度x。 第12页，共12页2025-2026学年上学期建瓯二中高一年段期中物理试卷 考试范围：必修一；考试时间：75分钟 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.2024年6月25日14时07分，“嫦娥六号”返回器携带来自月背的月壤安全返回地球。如图所示为某次“嫦 娥六号”躲避陨石坑的一段飞行路线，则() B点 着陆点 A点 0点 A.2024年6月25日14时07分指的是时刻 B.“嫦娥六号”从O点到B点的位移大小等于路程 C.研究“嫦娥六号”的飞行姿态时可以将其视为质点 D.以地球为参考系，“嫦娥六号”停在着陆点时是静止的 2.下列四幅图中质量分布均匀的小球均处于静止状态，以下说法正确的是() 777777777 777777777 甲 乙 A.图甲中，小球对水平地面的压力就是小球的重力 B.图乙中，轻绳b对小球的拉力不为零 C.图丙中，轻杆对小球的弹力方向沿杆斜向上 D.图丁中，水平地面上，靠竖直墙的小球受到2个力的作用 第1页，共14页 3.2024年6月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。如图甲所示，某次无人机从地面静止开始竖直向上飞 行，图乙为它运动的v一t图像，其中AB段为直线。则无人机() 甲 A.在t2时刻离地面最高 B.在t1~t2时间内处于超重状态 C.在t3~t4时间内处于超重状态 D.在t4~t5时间内受到的合外力越来越小 4.如图，水平面上有A、B两物体，质量均为1kg,各接触面间的动摩擦因数均为0.3，现在对B施加一水平 向右的拉力F,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,则() A B 77777777777 A.F=3N,物体B恰好滑动 B.F=12N,物体B恰好滑动 C.F=6N,物体A、B恰好相对滑动 D.F=12N,物体A、B恰好相对滑动 二、多选题：本大题共4小题，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的 得3分，有选错的得0分。 5.2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑钦文战胜对手夺得金牌。网球运动中， 运动员常利用切球使网球产生复杂的曲线轨迹，下列说法正确的是() 第2页，共14页 A.击球时，球拍对网球的弹力是因为球拍发生了形变 B.击球时，球拍对网球的作用力等于网球对球拍的作用力 C.击球后，网球会在空中继续运动，是因为受到向前的推力 D.击球后，网球在空中继续运动的过程中，速度越小，惯性越小 6.如图，光滑斜面的倾角为6，质量相等的A、B两小球用轻弹簧相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻 弹簧与斜面平行，重力加速度大小为g,在突然撤去挡板的瞬间() A.A球的加速度大小为gsin0 B.A球的加速度大小为零 C.B球的加速度大小为2gsin0 D.B球的加速度大小为零 7.如图甲是一种篮球收纳架，一质量为、半径为的篮球静置于篮球收纳架上，两根水平平行横杆与篮球 的两接触点相距L,其截面图如图乙所示。己知L=√3R,重力加速度大小为g,不计所有摩擦。则() 篮球 横杆G ○横杆 图甲 图乙 A.每根横杆对篮球的支持力大小为mg B.每根横杆对篮球的支持力大小为 3mg C.若仅减小L,每根横杆对篮球的支持力变大 D.若仅减小L,每根横杆对篮球的支持力变小 8.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.4m/s运行的传送带与水平 面间的夹角a=37°，转轴间距L=3.2m。t=0时，工作人员以速度v2=1.2m/s从传送带顶端推下一小包 第3页，共14页 裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2, sin37°=0.6，c0s37°=0.8。则小包裹() 2 ⊙a A.刚滑上传送带时摩擦力方向沿传送带向上B.刚滑上传送带时加速度方向沿传送带向下 C.在传送带上运动的时间为6s D.在t=3s时的速度大小为2.4m/s 三、填空题：本大题共3小题，共9分。 9.无人机小巧灵活，国内己经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。假设无人机从地面静止起飞沿直线运动 至灭火位置，整个运动过程v一t图像如图所示，则加速阶段的加速度（填“大于”“小于”或“等 于”)减速阶段的加速度，起飞点与灭火位置的距离为m。 4v/m's-1 10 0 4 1012s 10.如图甲，用一水平力拖动水平面上质量为0.8kg的静止木块，直到使其做匀速直线运动：图乙是在计算机 屏幕上得到拉力传感器随时间变化的F-t图像。g取10m/s2,则木块在12s时受到的是（填“滑动摩擦 第4页，共14页 力”或“静摩擦力”)，木块与水平面间的动摩擦因数= ◆FN 6 4 木块 2 口 77777777777 0 声t/s 10111213 1415 甲 乙 11.如图（α）为救灾工作中消防员从顶楼直降到某一楼层的瞬间，如图(b)所示0点为轻绳悬挂点且保持固定， 脚与竖直墙接触点为A,人的重心在B,A与B中间部分可简化为轻杆。初始时LOBA=90°，消防员在缓慢 下降过程中AB长度以及AB与竖直方向的夹角均保持不变。墙对轻杆的弹力大小的变化规律是 轻绳上拉力大小的变化规律是 。(均选择：A.“逐渐减小”B.“逐渐增大”C.“先减小后增 大”) B (b) 四、实验题：本大题共2小题，共12分。 12.某同学制作了一个“加速度测量仪”，用来测量竖直电梯上、下运行时的加速度，其构造如图所示，将 一根轻弹簧的上端固定在竖直放置且带刻度的“「”形光滑小木板上端，已知弹簧上端点对应的刻度为 39.0cm,当弹簧下端悬挂1.0N重物并静止时，指针指向31.0cm位置，当弹簧下端悬挂1.2N重物并静止时， 指针指向30.0c位置。实际测量时，该同学将此装置固定在运行的电梯内并在弹簧下端悬挂1.0N重物，指 针恰指在31.8cm位置，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2,则 第5页，共14页 39.0 32.0 31.0 30.0 cm (1)该弹簧的劲度系数为N/m: (2)该弹簧的原长为cm: (3)实际测量时，竖直电梯运行的加速度大小为m/s2。 13.某实验小组用如图（α）所示的装置探究加速度与力的关系。 弹簧测力计 纸带 打点计时器 回##州州O 沙桶 图(a) cm 2003.966.027.98 10.01 11.99 图(b) 图(c) (1)实验中 (选填“一定要”或“不需要”)保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量： (2)某同学在实验中得到如图(b)所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器的 频率为50Hz,根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2(结果保留三位有效数字)： (3)补偿小车受到的阻力后，正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度α为纵坐标，画出 的a一F图像是一条过原点的直线，如图(c)所示，若直线斜率为k,则小车（包含定滑轮）的质量为（用k 表示)。 五、计算题：本大题共3小题，共39分。 第6页，共14页 14.10米跳台(10 Metre Platform),在离水面10米高的平台上跳入水中，包含个人和双人比赛，是奥运会、 世锦赛的跳水比赛项目之一。在该比赛中，某运动员（可视为质点）起跳离开跳台后在一条竖直线上运动，最 高点离水面高度h1=10.8m,入水后以大小为18m/s2的加速度做匀减速运动。不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s2,求： (1)运动员起跳的初速度大小： (2)运动员起跳到跳台下方1m处所用的时间； (3)运动员起跳到入水匀减速到最低点全过程的位移大小。 15.如图所示，一位滑雪者从倾角日=37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑，经过4s滑至坡底B后进入水平 雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处；己知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数41= 0.25,BC的长度为64m,(不计空气阻力，取g=10m/s2,sim37°=0.6，cos37°=0.8)，求： 0 B C (1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小a1: (2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小及位移大小x1: (3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数2· 16.如图所示，质量为M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N,当小车向右 运动的速度达到v。=1.5m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，小物块与 小车间的动摩擦因数μ=0.2，已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，g取10m/s2,求： (1)经过多长时间两者达到相同的速度： (2)小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来： (3)从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块对地的位移大小为多少？ F 7777777777177777777777777177777777 第7页，共14页 答案和解析 1.【答案】A 【解析】A.2024年6月25日14时07分指的是时刻，故A正确： B.“嫦娥六号”从O点到B点的路程大于由图中O点到B点的位移大小，故B错误： C研究“嫦娥六号”的飞行姿态时，嫦娥六号的形状大小不能忽略不计，不可以把它简化成质点，故C错 误； D以地球为参考系，“嫦娥六号”停在着陆点时是运动的，故D错误。 2.【答案】D 【解析】A图甲中，小球对水平地面的压力施力物体是小球、受力物体是地面，而小球所受的重力施力物体 是地球、受力物体是小球，所以两者只是在数值上相等，并不能说小球对水平地面的压力就是小球的重力， A错误； B图乙中，若轻绳b对小球的拉力不为零，则水平方向合力不为0，小球无法静止在该位置，故轻绳b对小球 的拉力为零，B错误： C图丙中，轻杆对小球的弹力与小球所受重力等大反向，弹力方向竖直向上，C错误； D.图丁中，水平地面上，靠竖直墙的小球受到重力和水平地面的支持力，共受到2个力的作用，D正确： 故选D。 3.【答案】B 【解析】A、v一t图像的“面积”表示位移，故t时刻离地面最高，A错误； BCD、v一t图像的斜率表示加速度，在t1心t2时间内无人机速度增加，加速度向上，处于超重状态： 在t3~t4时间内无人机速度减小，加速度向下，处于失重状态： 在t4~ts时间内无人机加速度大小不变，受到的合外力不变；故B正确，CD错误； 故选B。 4.【答案】D 【解析】解：A受到的最大静摩擦力：fAB=umg=3N B与地面间的最大静摩擦力：fB=u·2mg=6N; 当F=3N时，AB静止； 当F=6N时，AB整体受力平衡，恰好整体滑动： 当A、B两物体恰好相对滑动，整体分析AB:F-fa=2ma,fa=u·2mg 第8页，共14页 分析A:fAB=ma,fAB=mg 联立解得：F=12N; 所以，当F=12N时，物体A、B恰好相对滑动： 故D正确，ABC错误。 5.【答案】AB 【解析】A击球时，球拍对网球的弹力是因为球拍发生了形变，故A正确： B根据牛顿第三定律可知，击球时，球拍对网球的作用力等于于网球对球拍的作用力，故B正确： C击球后，网球会在空中继续运动，是因为网球的惯性，故C错误； D球的惯性由质量决定，则球的速度越小，惯性依然不变，故D错误。 6.【答案】BC 【解析】AB撤去挡板前后瞬间，弹簧弹力不会发生瞬变，A依旧保持平衡状态，故A的加速度为0，A错 误，B正确， CD.撤去挡板前，A、B两球均静止不动，对A受力分析，可知弹簧弹力F=m4gsi0,撤去挡板的瞬间对B受 力分析，有F+magsin0=msag,解得as=2gsin6,故C正确，D错误。 7.【答案】AD 【解析】AB对篮球分析： 蓝球 横杆 横杆 ★mg 设重力与弹力方向的夹角为9，由几何知识0=是-号，c0s9-号 R 2 结合平衡条件可得2Fcos6=mg 解得F=。=mg:故A正确，B错误： CD若仅减小L,9减小，由P=g可知F变小，放D正确，C错误。 第9页，共14页 8.【答案】AC 【解析】A刚滑上传送带时，小包裹相对传送带向下运动，摩擦力方向沿传送带向上，故A正确： B.刚滑上传送带时，分析小包裹受力：竖直向下的重力g、垂直斜面向上的支持力N、沿斜面向上的摩擦 力；以向下为正方向，由牛顿第二定律可知：mgsina-umgcos=ma,解得：a=-0.4m/s2,说明加速 度方向沿传送带向上，故B错误： C.小包裹滑上传送带时做减速运动，当和传输带速度相等时，所用时间：t1=1二业=2s a 位移x1=.t1=1.6m; 共速后，小包裹做匀速直线运动，运动时间2=1=4s； 101 所以在传送带上运动的时间为t=t1+t2=6s,故C正确： D.t=3s时>t1=2s,小包裹做匀速直线运动，速度为0.4/s,故D错误。 9.【答案】小于 90 【解析】由v-t图像可知，加速阶段的加速度为a:-:-m/52-25m/s2,减速阶段的加速度为0， 铝-°”m/s2=一5m/s3,负值表示方向与正方向湘反，故加速阶段的加速度小于减速阶段的加速度： △t 由v-t图像可知，起飞点与灭火位置的距离为x=6+12x10m=90m,故填：小于；90。 2 10.【答案】静摩擦力 0.5 【解析】图乙中F最大时对应的摩擦力为最大静摩擦力，显然最大静摩擦力大于滑动摩擦力，在达到最大静 摩擦力之前，木块一直静止不动，故12s时受到的是静摩擦力， 达到最大静摩擦力之后受到的是滑动摩擦力，大小为f=4N,根据f=umg,解得μ=0.5. 11.【答案】A;B。 【解析】【分析】 本题为矢量图解决共点力平衡问题，解题关键是做好受力分析，做出力的动态平衡的矢量图，通过力对应 的边长度的变化得到力大小的变化。 【解答】 分析可知，AB杆提供支持力，否则无法平衡。两种情况相比较，重力大小方向不变，杆的支持力方向不变， 第10页，共14页 作出受力图如图所示 F mg 消防员下降一定高度后，再次保持静止时，此过程中消防员所受的合力为零不变，沿AB方向的弹力变小， 墙对轻杆的弹力大小的变化规律是逐渐变小，轻绳上拉力大小的变化规律逐渐增大增大，故选择A:B。 12.【答案】20 3.0或3 1.6 【解析】（0两次静止时，由湖克定律得劲度系数为k-袋-品品N/cm=0.20N/om=20Nm (2②)弹簧原长为。=L-4x=(39.0-30.0-台cm=3.0cm (3)实际测量时，由胡克定律可得弹簧弹力大小为F=k4x=0.20N/cm×(39-31.8-3)cm=0.84W 规定竖直向上为正方向，再由牛顿第二定律可知此时加速度为a=F-mg=0,8410m/s2=-1.6m/s2 m 0.1 所以加速度大小为1.6m/s2,负号表示加速度的方向竖直向下。 13.【答案】不需要 2.00 2 【解析】【分析】(1)对于此类实验，要求沙和沙桶的质量远小于小车的质量，目的是为了使沙和沙桶的重 力近似等于绳子的拉力，而本题有弹簧测力计可以直接测量绳子拉力，故不需要满足这一条件。 (2)根据逐差法求加速度。 (3)根据牛顿第二定律得出a-F关系式，分析图像斜率物理意义。 第11页，共14页 【解答】(1)因为拉小车的力可以用测力计示数的2倍来表示，所以不需要保证沙和沙桶远小于小车的质量； (2)a= (11.99+10.01+7.98-6.02-3.96-2.00)×10-2 m/s2=2.00m/s2 (3×0.1)2 (3)油牛顿第二定律2F=Ma得a=忌P,斜率k=后，所以M=是。 14.【答案】解：(1)取竖直向下为正方向，从起跳到最高点，由2g(h-h1)=0-(-o)2,解得vo=4m/s: (2)从起跳到跳台下方1m处，由h2=-vot+gt2,解得t=1s; v2 (3)从起跳到入水瞬间由2gh=v2-6,解得v=√216m/s,在水中位移大小s=a=6m,从起跳到入水 匀减速到最低点全过程的位移大小为x=10m+6m=16m。 【解析】详细解答和解析过程见【答案】 15.【答案】滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小是4m/s2: 滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小大小是16m/s,位移大小是32m: 滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数是0.2 【解析】(1)滑雪者下滑时，对滑雪者受力分析如图所示 mg 沿斜坡方向有mngsin0-Ff=ma 沿垂直斜坡方向有Fw=mngcos6 又FF=WFN 解得a1=4m/s2 (2)由匀变速直线运动的规律得v=a1t1 解得v=16m/s 由匀变速直线运动的规律得x=a1好 解得x1=32m (3)设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2,由匀变速直线运动的规律得v2=2a2x2 第12页，共14页 解得a2=2m/s2 由牛顿第二定律得μ2mg=ma2 解得2=0.2 答：(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小是4/s2: (2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小大小是16m/s,位移大小是32m: (3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数是0.2。 (1)根据牛顿第二定律求出动摩擦因数为0.25时的加速度： (2)根据匀变速直线运动的速度一位移公式求出末速度大小，根据位移一时间公式求出位移大小； (3)滑雪者在水平面做减速运行，根据匀变速直线运动公式求出滑雪者在水平雪地上能滑行的加速度，根据 牛顿第二定律求出滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数。 本题综合运用了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根 据力求运动，也可以根据运动求力。 16.【答案】(1)设小物块和小车的加速度分别am、aM,由牛顿第二定律有： umg =mam F-umg Mam 代入数据解得：am=2m/s2，aM=0.5m/s2 设经过时间t两者达到相同的速度，由amt1=vo十aMt1 解得：t1=1s (2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度α做匀加速运动 对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：F=(M+m)a 解得：a=0.8m/s2 此时小物块和小车之间的摩擦力f=ma=1.6N 而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm=mg=4W f<fm,所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止。 从小物块放上小车开始，小物块的位移为：sm=am好 小车的位移sM=voi+au号 小车至少的长度l=SM-Sm 代入数据得：l=0.75m (3)在开始的1s内，小物块的位移sm=am号 第13页，共14页 末速度v=amt1 在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为s2=vt2+号at2 可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s=Sm+S2 解得s=2.1m。 答：(1)经过1s钟两者达到相同的速度： (2)小车至少0.75m,才能保证小物块不从小车上掉下来： (3)从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为2.1m。 【解析】(1)小物块放上小车后，发生相对滑动，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，小车在推力 和摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出物块和小车的加速度。 (2)物块做初速度为0的匀加速运动，小车做有初速度的匀加速运动，根据运动学公式求出速度相等的时间， 从而求出相等的速度，根据位移公式即可求解。 (3)物块和小车速度相等后，一起做匀加速直线运动，物块与小车间的滑动摩擦力变为静摩擦力。先求出速 度相等前物块的位移，然后根据共同一起运动的加速度，求出一起匀加速运动的位移，两个位移之和即为 小物块最终的位移。 解决本题的关键知道物块和小车开始各自以加速度做匀加速运动，当速度相等后，保持相对静止，一起做 匀加速直线运动。 第14页，共14页