资源简介

广东省广州市广大附、铁一、广外三校联考2024-2025学年高一上学期期末物理试题
一、单项选择题:本大题7小题，每小题4分，共28分。
1．（2025高一上·广州期末）十八大以来，习近平总书记在多个场合谈到中国传统文化，表达了自己对传统文化、传统思想价值体系的认同与尊崇。如图便是我们耳熟能详的一则经典故事∶曹冲称象，下列哪个选项的学习也用到了相同的方法（　　）
A．瞬时加速度的定义
B．力的合成与分解中，合力与分力的关系
C．v—t图像与t轴所围面积的物理意义
D．自由落体运动模型的建立
2．（2025高一上·广州期末）2024年8月，中国战机轰6K与俄罗斯战机图95组成编队，飞越白令海峡。下列说法正确的是（　　）
A．轰6K加速过程中惯性增大
B．轰6K飞行速度越大，加速度越大
C．观察轰6K空中加油时，可将其看成质点
D．轰6K加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态
3．（2025高一上·广州期末）某长跑选手正在以的速度向南奔跑，感受到的东风，此时实际的风速是（　　）
A．大小为 方向为西偏南
B．大小为 方向为东偏北
C．大小为 方向为西偏南
D．大小为 方向为东偏南
4．（2025高一上·广州期末）北京时间2024年8月5日，巴黎奥运会游泳男子米混合泳接力决赛中，我国最后一棒运动员在落后法国队运动员出发的情况下奋起直追最后反超获胜，帮助中国队夺得金牌，打破了美国队在该项目长达40年的垄断。根据电视直播数据绘了两位运动员在比赛最后阶段的运动图像，以下说法正确的是（　　）
A．图中虚线表示我国运动员的运动图像
B．图像反映了两位运动员全程都在减速
C．两位运动员从到间齐头并进
D．两位运动员全程的平均速率可能相等
5．（2025高一上·广州期末）图甲中，一只小鸟站在树枝上与树枝一起上下振动，小鸟振动的图像如图乙所示，速度向下为正。下列说法正确的是（　　）
A．时刻小鸟处在最低点 B．时刻小鸟的加速度最大
C．时刻树枝对小鸟弹力最大 D．时刻小鸟的速度方向向上
6．（2025高一上·广州期末）图甲中台秤的内部简易结构如图乙所示：托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。若放上质量为m的物体，指针偏转了θ弧度（θ<2π），齿轮D的直径为d，重力加速度为g，则每根弹簧的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·广州期末）一根轻质细绳上端固定，串联着三个质量不同的小球，从上到下小球的质量分别为2kg、3kg、1kg，三个小球均受到水平向左且大小恒定相等的风力。当三个小球稳定静止时，其实际形态最接近的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多项选择题:本大题3小题，每小题6分，共18分。
8．（2025高一上·广州期末）已知国产越野车和自动驾驶车都在同一公路上向东行驶，自动驾驶车由静止开始运动时，越野车刚好以速度从旁边加速驶过，如图所示的粗折线和细折线分别是越野车和自动驾驶车的图线，根据这些信息，可以判断（　　）
A．5s末两车速度均为9m/s
B．0时刻之后，两车只会相遇一次
C．20s末两车相遇
D．加速阶段自动驾驶车的加速度是越野车的3倍
9．（2025高一上·广州期末）如图所示，一质量为m的物块用水平轻质细线连接，细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动，物块以初速度v1向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是（　　）
A．若，则，方向向左
B．若，则，方向向左
C．若，且物块m保持匀速运动，则
D．若，且物块m保持匀速运动，则方向向左
10．（2025高一上·广州期末）如图，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力。g取，，，下列说法正确的是（　　）
A．无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上
B．老虎车停止时，若由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变
C．若不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力
D．若不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过
三、实验题:本大题2小题，每空2分，共16分。
11．（2025高一上·广州期末）某同学利用两只弹簧测力计和一个茶杯在家庭实验室做验证平行四边形定则的实验。
实验步骤如下：
（1）用弹簧测力计测量茶杯的重力，示数如图甲所示，则茶杯的重力　 　N；
（2）在竖直墙面上贴一张坐标纸；
（3）如图乙所示，三根细绳的一端系成一个结点，另一端分别与两只弹簧测力计和茶杯相连。调节弹簧测力计的位置，茶杯静止时，在坐标纸上记录结点的位置O、三根细绳的方向、两只弹簧测力计的示数；
（4）根据力的大小和方向在坐标纸上作出三个力的图示；
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，　 　（填“需要”或“不需要”）使结点始终在同一位置。
（6）根据记录的数据，该同学在坐标纸上作出G、和三个力的图示，如图丙所示。若三根细绳方向、重力的大小均在丙图中正确表示出来，则根据平行四边形定则，可以判断其中力的大小记录有误的是　 　（选填“”或“”）。
12．（2025高一上·广州期末）智能手机内置有加速度传感器，可以实时显示手机运动的加速度。某实验小组利用智能手机来探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。实验步骤如下：
①将轻弹簧上端固定在铁架台的支架上，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂钩码并记录钩码的质量为m；
②开始时保持手机和钩码处于静止状态，并打开手机的加速度传感器功能；
③剪断悬挂钩码的细绳，手机加速度传感器记录手机加速度a随时间t的变化并拟合绘制出图像，如图乙所示。
请回答下面问题：
（1）剪断细绳瞬间手机的加速度对应图乙中的　 　（选填“A”“B”或“C”）点加速度；
（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于　 　（用测得物理量的符号表示）；
（3）改变所悬挂钩码的质量，重复步骤②、③，测得多组数据并绘制图像，如图丙所示，由图像可以得出的结论是：　 　；
（4）该小组同学要根据绘制的图像进一步测量手机的质量，他们对该图像分析得知，图线的斜率为k，则手机的质量为　 　；
（5）从乙图可以观察到，即使整个实验装置看起来处于静止状态，手机依然显示有微小的加速度扰动，为了减少该扰动造成的影响，下列做法可行的是____________（选填选项代号）。
A．使用质量较大的钩码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数较大的弹簧
D．让钩码组的质量远小于手机的质量
四、计算题:本大题3小题，共38分
13．（2025高一上·广州期末）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客运列车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此时的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求
(1)客车运行的速度大小；
(2)货车运行加速度的大小。
14．（2025高一上·广州期末）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来。假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C（）时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是37°，如图所示。已知小球的质量为m，该同学（含磁铁）的质量为M，求此时：
（1）悬挂小球的细线的拉力大小为多少？
（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？
15．（2025高一上·广州期末）如图所示，倾角为α=30°的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a（可视为质点）由斜面体上的A点以v0=10m/s的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为L=6m的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的底端衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐。已知AB=12.8m、BC=7m，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为、、，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）滑块a滑上长木板b时的速度大小；
（2）整个过程中长木板b的位移。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理学史；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】对于常用的物理研究方法，如控制变量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基础上掌握，并要注意科学方法的应用。A．瞬时加速度的定义用的是极限法，曹冲称象运用了等效替代法，A错误；
B．力的合成与分解中，合力与分力的关系用的也是等效法，B正确 ；
C．v—t图像与t轴所围面积的物理意义用的是微元法，曹冲称象运用了等效法，C错误；
D．自由落体运动模型的建立用的是理想模型法，曹冲称象运用了等效法，D错误。
故选B。
【分析】曹冲称象运用了等效替代法，根据常用的物理方法，逐项分析即可。
2．【答案】D
【知识点】质点；加速度；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】A．惯性只跟质量有关，所以A错误；
B．加速度的大小跟速度的大小无关，所以速度大不一定加速度就会大；故B错误；
C．所以观察轰6K空中加油时，需要考虑到它的油箱的位置，所以不可将其看成质点，故C错误；
D．加速度向上，说明是超重状态，故D正确。
故选D。
【分析】惯性只跟质量有关；加速度是描述速度变化的快慢，所以跟速度大小没有必然联系；当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可忽略不计时，可将物体看成质点；加速度向上为超重。
3．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题考查速度的合成，需要正确判断东西和南北两个方向上的风速方向。某长跑选手正在以3m/s的速度向南奔跑， 感受到的东风， 根据速度的合成，则风速
，
根据平行四边形定则
即风速偏向西南，大小为，设方向为西偏南则
所以
故选A。
【分析】根据选手的奔跑的速度方向和感受，分别判断东西方向和南北方向的风向，再将其进行合成即可求解。
4．【答案】A
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】x-t图像的特点：①位移图像的斜率等于物体的速度；②位移图像的纵坐标表示物体在某时刻的位置，这是我们解题的关键。A．由图可知，图中虚线用时较短先到达终点赢得比赛，表示我国运动员的运动图像。故A正确；
B．根据图像的斜率表示速度，从图像可知，两位运动员有一段近乎匀速直线运动，最后冲刺时略有减速，故B错误；
C．由图可知两位运动员从到间速度相同，保持间距不变，并不是齐头并进，故C错误；
D．两运动员所用时间不同，路程相同，根据
可知两位运动员全程的平均速率不相等，故D错误。
故选A。
【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动，两条x-t图像的交点表示两个物体在某一时刻处于同一位置。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查v-t图像，关键要知道v-t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。A．由于速度向下为正方向，根据图像可知，小鸟先向下运动，时刻的速度为0，随后，速度变为负值，小鸟向上运动，可知，时刻小鸟处在最低点，故A错误；
B．图像图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，时刻小鸟的加速度最大，故B正确；
C．图像图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，时刻加速度为0，即树枝对小鸟弹力大小等于小鸟的重力，时刻图像斜率为负值，表明此时加速度方向向上，树枝对小鸟弹力大小大于小鸟的重力，可知，时刻树枝对小鸟弹力不是最大，故C错误；
D．由于速度向下为正方向，根据图像可知，时刻小鸟的速度方向向下，故D错误。
故选B。
【分析】t=0时刻小鸟的速度为正，速度方向向下；t1时刻速度最大，加速度为0，运用牛顿第二定律分析弹力；斜率表示加速度的大小及方向，t2时刻小鸟的速度为0，速度方向改变，曲线斜率最大；在t3时刻小鸟的运动速度方向未改变。
6．【答案】B
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由乙图可知，弹簧的形变量与齿条C下降的距离相等，而因为齿轮D与齿条C啮合，因此齿条C下降的距离与齿轮D转过的弧长相等，结合数学圆的知识可得：
即弹簧的形变量为
将托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C和重物作为一个整体，运用整体法和平衡条件得
结合胡克定律可得
对上式进行联立，解得每根弹簧的劲度系数为
故选B。
【分析】该题的难点在于利用图来得到关键信息，对理解能力要求较高，如果能够从题目中提炼出齿条C下降的距离于齿轮D转过的弧长相等，再结合于弹簧形变量的关系，该题的难点就已经突破了，其他的一些分析是基本分析，很容易迎刃而解。
7．【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】在解答本题时，应注意对于受力分析问题，要选择合适的研究对象，灵活运用整体法。令、、，绳子与竖直方向夹角如图所示
则
，，
所以
故选A。
【分析】利用整体法进行受力分析，求出夹角的大小关系，从而确定正确选项。
8．【答案】A,D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题是为速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。A．由v－t图象可以看出，5s末两车的速度相等，均为
A正确；
BC.0至10s，两图线与坐标轴围成图形的面积相等，由v－t图象的物理意义可知，10s末两车相遇，两车间距变大20s之后两车间距变小，25s后会再相遇一次，BC错误；
D．由v－t图象可知，5s末两车的速度均为9m/s，由9m/s增加到18m/s，越野车所花的时间是自动驾驶车的3倍，根据可知，自动驾驶车的加速度是越野车的3倍，D正确。
故选AD。
【分析】由v-t图象可以看出，5s末两车的速度相等，根据几何知识求出5s末的速度；在v-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，结合运动过程分析相遇的次数及距离变化；根据图象求出两车的加速度并比较即可。
9．【答案】B,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】本题考查了水平传送带和摩擦力，解题的关键是知道滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反。A．若，则物块相对于传送带向左滑动，故滑动摩擦力方向向右，大小为
故A错误；
B．若，则物块相对于传送带向右滑动，故滑动摩擦力方向向左，大小为
故B正确；
CD．若，且物块保持匀速运动，由物块处于平衡可知，摩擦力方向向左，且大小为
故C错误，D正确。
故选 BD。
【分析】根据物块与传送带速度的大小关系，可知物块相对传送带运动的方向，根据滑动摩擦力与相对运动的方向相反可知物块摩擦力的方向，利用f=μFN可得摩擦力大小；根据物体匀速运动合力为零，可知摩擦力的大小和方向。
10．【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。A．加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；
B．若夹角由37°缓慢增大到90°，老虎车对货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的作用力不变，B正确；
C．加速向左运动时，若挡板对货物作用力F2，老虎车平面对货物的作用力F1，则有
由于加速度未知，故老虎车平面对货物的作用力与挡板对货物作用力的大小无法比较，C错误；
D．为使货物不离开挡板，临界状态时有
得
故老虎车向右的加速度不能超过，D正确。
故选BD。
【分析】根据牛顿第二定律分析；老虎车与货物的作用力相互平衡，大小与货物重力大小相等；根据车的运动状态结合牛顿第二定律分析。
11．【答案】3.65；不需要；
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧测力计示数为3.65N，根据二力平衡，茶杯的重力
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，即使结点不在同一位置，拉力和的合力也是竖直向上，与茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同，所以不需要使结点始终在同一位置。
（6）拉力水平向右，竖直方向拉力的竖直分力与重力等大反向，与事实一致；但水平方向，拉力与拉力的水平分力不相等，故可以判断其中力的大小记录有误的是。
综上：第1空：3.65；第2空：不需要；第3空：
【分析】（1）根据弹簧测力计的读数法正确读数，由二力平衡求解重力；
（5）即使结点不在同一位置，拉力和的合力也是竖直向上，与茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同；
（6）正交分解拉力，竖直方向与重力大小相等、方向相反，水平方向其分力小于，说明力的大小记录有误的是。
12．【答案】（1）A
（2）
（3）当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比
（4）
（5）A；C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小，
（3）结合正比例函数分析判断，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
结合图像斜率分析判断
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）分析剪断细绳瞬间手机受力情况和加速度情况判断；
（2）弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小
（3）根据a-F图像为过原点的一条直线，结合正比例函数分析判断；
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，推导图像函数表达式，结合图像斜率分析判断；
（5）根据惯性分析判断；根据平衡条件分析判断；根据劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变分析判断；根据实验数据处理分析判断。
（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小；则
（3）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
解得
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，因此该方法可行，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。
故选AC。
13．【答案】解：(1)设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt，每根轨道的长度为l，则客运列车的速度为
其中，解得
(2)设从货车开始运动后t＝20.0s内列车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，设货车的加速度为a，30节列车车厢的总长度为L＝30×16.0m=480m，由运动学公式有
，
由题意，有
联立解得
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）求出客车经过每根轨道的长度所用的时间，根据平均速度求出客车运行的速度大小；
（2）抓住客车和货车的位移关系求出货车的位移，根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出货车的加速度。
14．【答案】解：（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力，设细线的拉力和磁铁的引力分别为和。根据平衡条件得
水平方向有
竖直方向有
解得
（2）以人为研究对象，分析受力情况：重力、地面的支持力、静摩擦力和小球的引力为，
根据平衡条件得
，
解得
，
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据小球的受力分析结合平衡条件列式求解；
（2）以人为研究对象，根据同学的受力分析结合平衡条件列方程求解。
15．【答案】解：（1）滑块a在AB段下滑时，由牛顿第二定律得
解得
说明滑块a在AB段做匀减速直线运动，设滑块a到达B点的速度为vB，则有
解得
滑块a在BC段下滑时，由牛顿第二定律得
解得
说明滑块a在BC段做匀加速直线运动，设滑块a到达C点的速度为vC，则有
解得
（2）滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为
长木板b与水平面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a，由牛顿第二定律得
解得
对长木板b，由牛顿第二定律得
解得
设经时间，滑块a和长木板b达到共同速度，则
解得
此时二者的速度为
二者的相对位移为
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为
二者共同减速的时间为
整个过程木板的位移为
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系求解滑块a滑上长木板b时的速度大小；
（2）滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，根据牛顿第二定律求解各自加速度，二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，结合匀变速运动关系求解木板总位移。
1 / 1广东省广州市广大附、铁一、广外三校联考2024-2025学年高一上学期期末物理试题
一、单项选择题:本大题7小题，每小题4分，共28分。
1．（2025高一上·广州期末）十八大以来，习近平总书记在多个场合谈到中国传统文化，表达了自己对传统文化、传统思想价值体系的认同与尊崇。如图便是我们耳熟能详的一则经典故事∶曹冲称象，下列哪个选项的学习也用到了相同的方法（　　）
A．瞬时加速度的定义
B．力的合成与分解中，合力与分力的关系
C．v—t图像与t轴所围面积的物理意义
D．自由落体运动模型的建立
【答案】B
【知识点】物理学史；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】对于常用的物理研究方法，如控制变量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基础上掌握，并要注意科学方法的应用。A．瞬时加速度的定义用的是极限法，曹冲称象运用了等效替代法，A错误；
B．力的合成与分解中，合力与分力的关系用的也是等效法，B正确 ；
C．v—t图像与t轴所围面积的物理意义用的是微元法，曹冲称象运用了等效法，C错误；
D．自由落体运动模型的建立用的是理想模型法，曹冲称象运用了等效法，D错误。
故选B。
【分析】曹冲称象运用了等效替代法，根据常用的物理方法，逐项分析即可。
2．（2025高一上·广州期末）2024年8月，中国战机轰6K与俄罗斯战机图95组成编队，飞越白令海峡。下列说法正确的是（　　）
A．轰6K加速过程中惯性增大
B．轰6K飞行速度越大，加速度越大
C．观察轰6K空中加油时，可将其看成质点
D．轰6K加速向上爬升时，机内飞行员处于超重状态
【答案】D
【知识点】质点；加速度；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】A．惯性只跟质量有关，所以A错误；
B．加速度的大小跟速度的大小无关，所以速度大不一定加速度就会大；故B错误；
C．所以观察轰6K空中加油时，需要考虑到它的油箱的位置，所以不可将其看成质点，故C错误；
D．加速度向上，说明是超重状态，故D正确。
故选D。
【分析】惯性只跟质量有关；加速度是描述速度变化的快慢，所以跟速度大小没有必然联系；当物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或者影响很小，可忽略不计时，可将物体看成质点；加速度向上为超重。
3．（2025高一上·广州期末）某长跑选手正在以的速度向南奔跑，感受到的东风，此时实际的风速是（　　）
A．大小为 方向为西偏南
B．大小为 方向为东偏北
C．大小为 方向为西偏南
D．大小为 方向为东偏南
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】本题考查速度的合成，需要正确判断东西和南北两个方向上的风速方向。某长跑选手正在以3m/s的速度向南奔跑， 感受到的东风， 根据速度的合成，则风速
，
根据平行四边形定则
即风速偏向西南，大小为，设方向为西偏南则
所以
故选A。
【分析】根据选手的奔跑的速度方向和感受，分别判断东西方向和南北方向的风向，再将其进行合成即可求解。
4．（2025高一上·广州期末）北京时间2024年8月5日，巴黎奥运会游泳男子米混合泳接力决赛中，我国最后一棒运动员在落后法国队运动员出发的情况下奋起直追最后反超获胜，帮助中国队夺得金牌，打破了美国队在该项目长达40年的垄断。根据电视直播数据绘了两位运动员在比赛最后阶段的运动图像，以下说法正确的是（　　）
A．图中虚线表示我国运动员的运动图像
B．图像反映了两位运动员全程都在减速
C．两位运动员从到间齐头并进
D．两位运动员全程的平均速率可能相等
【答案】A
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】x-t图像的特点：①位移图像的斜率等于物体的速度；②位移图像的纵坐标表示物体在某时刻的位置，这是我们解题的关键。A．由图可知，图中虚线用时较短先到达终点赢得比赛，表示我国运动员的运动图像。故A正确；
B．根据图像的斜率表示速度，从图像可知，两位运动员有一段近乎匀速直线运动，最后冲刺时略有减速，故B错误；
C．由图可知两位运动员从到间速度相同，保持间距不变，并不是齐头并进，故C错误；
D．两运动员所用时间不同，路程相同，根据
可知两位运动员全程的平均速率不相等，故D错误。
故选A。
【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动，两条x-t图像的交点表示两个物体在某一时刻处于同一位置。
5．（2025高一上·广州期末）图甲中，一只小鸟站在树枝上与树枝一起上下振动，小鸟振动的图像如图乙所示，速度向下为正。下列说法正确的是（　　）
A．时刻小鸟处在最低点 B．时刻小鸟的加速度最大
C．时刻树枝对小鸟弹力最大 D．时刻小鸟的速度方向向上
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查v-t图像，关键要知道v-t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。A．由于速度向下为正方向，根据图像可知，小鸟先向下运动，时刻的速度为0，随后，速度变为负值，小鸟向上运动，可知，时刻小鸟处在最低点，故A错误；
B．图像图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，时刻小鸟的加速度最大，故B正确；
C．图像图像斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，时刻加速度为0，即树枝对小鸟弹力大小等于小鸟的重力，时刻图像斜率为负值，表明此时加速度方向向上，树枝对小鸟弹力大小大于小鸟的重力，可知，时刻树枝对小鸟弹力不是最大，故C错误；
D．由于速度向下为正方向，根据图像可知，时刻小鸟的速度方向向下，故D错误。
故选B。
【分析】t=0时刻小鸟的速度为正，速度方向向下；t1时刻速度最大，加速度为0，运用牛顿第二定律分析弹力；斜率表示加速度的大小及方向，t2时刻小鸟的速度为0，速度方向改变，曲线斜率最大；在t3时刻小鸟的运动速度方向未改变。
6．（2025高一上·广州期末）图甲中台秤的内部简易结构如图乙所示：托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完全啮合，在齿轮上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。若放上质量为m的物体，指针偏转了θ弧度（θ<2π），齿轮D的直径为d，重力加速度为g，则每根弹簧的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由乙图可知，弹簧的形变量与齿条C下降的距离相等，而因为齿轮D与齿条C啮合，因此齿条C下降的距离与齿轮D转过的弧长相等，结合数学圆的知识可得：
即弹簧的形变量为
将托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C和重物作为一个整体，运用整体法和平衡条件得
结合胡克定律可得
对上式进行联立，解得每根弹簧的劲度系数为
故选B。
【分析】该题的难点在于利用图来得到关键信息，对理解能力要求较高，如果能够从题目中提炼出齿条C下降的距离于齿轮D转过的弧长相等，再结合于弹簧形变量的关系，该题的难点就已经突破了，其他的一些分析是基本分析，很容易迎刃而解。
7．（2025高一上·广州期末）一根轻质细绳上端固定，串联着三个质量不同的小球，从上到下小球的质量分别为2kg、3kg、1kg，三个小球均受到水平向左且大小恒定相等的风力。当三个小球稳定静止时，其实际形态最接近的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】在解答本题时，应注意对于受力分析问题，要选择合适的研究对象，灵活运用整体法。令、、，绳子与竖直方向夹角如图所示
则
，，
所以
故选A。
【分析】利用整体法进行受力分析，求出夹角的大小关系，从而确定正确选项。
二、多项选择题:本大题3小题，每小题6分，共18分。
8．（2025高一上·广州期末）已知国产越野车和自动驾驶车都在同一公路上向东行驶，自动驾驶车由静止开始运动时，越野车刚好以速度从旁边加速驶过，如图所示的粗折线和细折线分别是越野车和自动驾驶车的图线，根据这些信息，可以判断（　　）
A．5s末两车速度均为9m/s
B．0时刻之后，两车只会相遇一次
C．20s末两车相遇
D．加速阶段自动驾驶车的加速度是越野车的3倍
【答案】A,D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题是为速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息。A．由v－t图象可以看出，5s末两车的速度相等，均为
A正确；
BC.0至10s，两图线与坐标轴围成图形的面积相等，由v－t图象的物理意义可知，10s末两车相遇，两车间距变大20s之后两车间距变小，25s后会再相遇一次，BC错误；
D．由v－t图象可知，5s末两车的速度均为9m/s，由9m/s增加到18m/s，越野车所花的时间是自动驾驶车的3倍，根据可知，自动驾驶车的加速度是越野车的3倍，D正确。
故选AD。
【分析】由v-t图象可以看出，5s末两车的速度相等，根据几何知识求出5s末的速度；在v-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，结合运动过程分析相遇的次数及距离变化；根据图象求出两车的加速度并比较即可。
9．（2025高一上·广州期末）如图所示，一质量为m的物块用水平轻质细线连接，细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动，物块以初速度v1向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法正确的是（　　）
A．若，则，方向向左
B．若，则，方向向左
C．若，且物块m保持匀速运动，则
D．若，且物块m保持匀速运动，则方向向左
【答案】B,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】本题考查了水平传送带和摩擦力，解题的关键是知道滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反。A．若，则物块相对于传送带向左滑动，故滑动摩擦力方向向右，大小为
故A错误；
B．若，则物块相对于传送带向右滑动，故滑动摩擦力方向向左，大小为
故B正确；
CD．若，且物块保持匀速运动，由物块处于平衡可知，摩擦力方向向左，且大小为
故C错误，D正确。
故选 BD。
【分析】根据物块与传送带速度的大小关系，可知物块相对传送带运动的方向，根据滑动摩擦力与相对运动的方向相反可知物块摩擦力的方向，利用f=μFN可得摩擦力大小；根据物体匀速运动合力为零，可知摩擦力的大小和方向。
10．（2025高一上·广州期末）如图，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力。g取，，，下列说法正确的是（　　）
A．无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上
B．老虎车停止时，若由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变
C．若不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力
D．若不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过
【答案】B,D
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。A．加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；
B．若夹角由37°缓慢增大到90°，老虎车对货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的作用力不变，B正确；
C．加速向左运动时，若挡板对货物作用力F2，老虎车平面对货物的作用力F1，则有
由于加速度未知，故老虎车平面对货物的作用力与挡板对货物作用力的大小无法比较，C错误；
D．为使货物不离开挡板，临界状态时有
得
故老虎车向右的加速度不能超过，D正确。
故选BD。
【分析】根据牛顿第二定律分析；老虎车与货物的作用力相互平衡，大小与货物重力大小相等；根据车的运动状态结合牛顿第二定律分析。
三、实验题:本大题2小题，每空2分，共16分。
11．（2025高一上·广州期末）某同学利用两只弹簧测力计和一个茶杯在家庭实验室做验证平行四边形定则的实验。
实验步骤如下：
（1）用弹簧测力计测量茶杯的重力，示数如图甲所示，则茶杯的重力　 　N；
（2）在竖直墙面上贴一张坐标纸；
（3）如图乙所示，三根细绳的一端系成一个结点，另一端分别与两只弹簧测力计和茶杯相连。调节弹簧测力计的位置，茶杯静止时，在坐标纸上记录结点的位置O、三根细绳的方向、两只弹簧测力计的示数；
（4）根据力的大小和方向在坐标纸上作出三个力的图示；
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，　 　（填“需要”或“不需要”）使结点始终在同一位置。
（6）根据记录的数据，该同学在坐标纸上作出G、和三个力的图示，如图丙所示。若三根细绳方向、重力的大小均在丙图中正确表示出来，则根据平行四边形定则，可以判断其中力的大小记录有误的是　 　（选填“”或“”）。
【答案】3.65；不需要；
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）弹簧测力计示数为3.65N，根据二力平衡，茶杯的重力
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，即使结点不在同一位置，拉力和的合力也是竖直向上，与茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同，所以不需要使结点始终在同一位置。
（6）拉力水平向右，竖直方向拉力的竖直分力与重力等大反向，与事实一致；但水平方向，拉力与拉力的水平分力不相等，故可以判断其中力的大小记录有误的是。
综上：第1空：3.65；第2空：不需要；第3空：
【分析】（1）根据弹簧测力计的读数法正确读数，由二力平衡求解重力；
（5）即使结点不在同一位置，拉力和的合力也是竖直向上，与茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同；
（6）正交分解拉力，竖直方向与重力大小相等、方向相反，水平方向其分力小于，说明力的大小记录有误的是。
12．（2025高一上·广州期末）智能手机内置有加速度传感器，可以实时显示手机运动的加速度。某实验小组利用智能手机来探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。实验步骤如下：
①将轻弹簧上端固定在铁架台的支架上，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂钩码并记录钩码的质量为m；
②开始时保持手机和钩码处于静止状态，并打开手机的加速度传感器功能；
③剪断悬挂钩码的细绳，手机加速度传感器记录手机加速度a随时间t的变化并拟合绘制出图像，如图乙所示。
请回答下面问题：
（1）剪断细绳瞬间手机的加速度对应图乙中的　 　（选填“A”“B”或“C”）点加速度；
（2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于　 　（用测得物理量的符号表示）；
（3）改变所悬挂钩码的质量，重复步骤②、③，测得多组数据并绘制图像，如图丙所示，由图像可以得出的结论是：　 　；
（4）该小组同学要根据绘制的图像进一步测量手机的质量，他们对该图像分析得知，图线的斜率为k，则手机的质量为　 　；
（5）从乙图可以观察到，即使整个实验装置看起来处于静止状态，手机依然显示有微小的加速度扰动，为了减少该扰动造成的影响，下列做法可行的是____________（选填选项代号）。
A．使用质量较大的钩码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数较大的弹簧
D．让钩码组的质量远小于手机的质量
【答案】（1）A
（2）
（3）当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比
（4）
（5）A；C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小，
（3）结合正比例函数分析判断，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
结合图像斜率分析判断
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）分析剪断细绳瞬间手机受力情况和加速度情况判断；
（2）弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小
（3）根据a-F图像为过原点的一条直线，结合正比例函数分析判断；
（4）剪断细绳前后，以手机为研究对象列牛顿第二定律方程，推导图像函数表达式，结合图像斜率分析判断；
（5）根据惯性分析判断；根据平衡条件分析判断；根据劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变分析判断；根据实验数据处理分析判断。
（1）前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点；
（2）剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小；则
（3）由丙图知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合外力成正比。
（4）绳子剪断前，设弹力为F，手机质量为M，对手机有平衡知
绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律有
综上可得
解得
（5）A．使用质量更大的砝码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；
B．将弹簧更换为不可伸长的细线，在挂上和去掉小桶和砝码时，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；
C．劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，因此该方法可行，故C正确；
D．让钩码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，且当托起小桶和砝码时，手机所受合外力将过小，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。
故选AC。
四、计算题:本大题3小题，共38分
13．（2025高一上·广州期末）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客运列车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此时的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求
(1)客车运行的速度大小；
(2)货车运行加速度的大小。
【答案】解：(1)设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt，每根轨道的长度为l，则客运列车的速度为
其中，解得
(2)设从货车开始运动后t＝20.0s内列车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，设货车的加速度为a，30节列车车厢的总长度为L＝30×16.0m=480m，由运动学公式有
，
由题意，有
联立解得
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）求出客车经过每根轨道的长度所用的时间，根据平均速度求出客车运行的速度大小；
（2）抓住客车和货车的位移关系求出货车的位移，根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出货车的加速度。
14．（2025高一上·广州期末）某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来。假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C（）时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是37°，如图所示。已知小球的质量为m，该同学（含磁铁）的质量为M，求此时：
（1）悬挂小球的细线的拉力大小为多少？
（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？
【答案】解：（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力，设细线的拉力和磁铁的引力分别为和。根据平衡条件得
水平方向有
竖直方向有
解得
（2）以人为研究对象，分析受力情况：重力、地面的支持力、静摩擦力和小球的引力为，
根据平衡条件得
，
解得
，
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据小球的受力分析结合平衡条件列式求解；
（2）以人为研究对象，根据同学的受力分析结合平衡条件列方程求解。
15．（2025高一上·广州期末）如图所示，倾角为α=30°的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a（可视为质点）由斜面体上的A点以v0=10m/s的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为L=6m的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的底端衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平齐。已知AB=12.8m、BC=7m，滑块a与AB、BC以及长木板上表面的动摩擦因数分别为、、，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）滑块a滑上长木板b时的速度大小；
（2）整个过程中长木板b的位移。
【答案】解：（1）滑块a在AB段下滑时，由牛顿第二定律得
解得
说明滑块a在AB段做匀减速直线运动，设滑块a到达B点的速度为vB，则有
解得
滑块a在BC段下滑时，由牛顿第二定律得
解得
说明滑块a在BC段做匀加速直线运动，设滑块a到达C点的速度为vC，则有
解得
（2）滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为
长木板b与水平面间的最大静摩擦力为
则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a，由牛顿第二定律得
解得
对长木板b，由牛顿第二定律得
解得
设经时间，滑块a和长木板b达到共同速度，则
解得
此时二者的速度为
二者的相对位移为
因此二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为
二者共同减速的时间为
整个过程木板的位移为
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移关系求解滑块a滑上长木板b时的速度大小；
（2）滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，根据牛顿第二定律求解各自加速度，二者共速后，a、b一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，结合匀变速运动关系求解木板总位移。
1 / 1

展开更多......

收起↑