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广东省广州市越秀区2024-2025学年高一上学期学业水平调研测试（期末）物理试题
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高一上·越秀期末）2022年11月5日，中国第五代战机歼-20现身珠海航展，4架战机保持稳定的钻石队形飞行亮相（如图），之后分散队形各自展示了上升横滚、下降急转、双机盘旋等高难度动作，下列说法正确的是（　　）
A．2022年11月5日指的是时刻
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以歼-20为参考系的
C．研究歼-20在空中飞行的轨迹时，不可将歼-20视为质点
D．每架歼-20表演的整个过程中，通过的路程和位移的大小相等
2．（2025高一上·越秀期末）智能机器人已经广泛应用于宾馆、医院等服务行业，用于给客人送餐、导引等服务，深受广大消费者喜爱。如图甲所示的医用智能机器人沿医院走廊运动，图乙是该机器人在某段时间内的位移—时间图像，则机器人（　　）
A．在0~30s内的位移是2m
B．在0~10s内做匀加速直线运动
C．在20~30s内，运动轨迹为曲线
D．在10~30s内，平均速度大小为0.35m/s
3．（2025高一上·越秀期末）小甲和小乙两位同学在学习了自由落体运动规律后，利用直尺互测对方的反应时间。如图，被测者用一只手在长度为1m的直尺下方0刻度处做捏尺的准备（不接触直尺），当看到合作方放手时立即捏直尺，结果小甲和小乙分别捏住12cm和10cm两个刻度。若忽略空气阻力，利用可算出反应时间，下列说法正确的是（　　）
A．小甲比小乙的反应时间短
B．和小乙相比，直尺被小甲捏住前瞬间的速度比较小
C．若某同学的反应时间为0.5s，仍能用该方法测算出其反应时间
D．若考虑空气阻力，利用算出的反应时间比真实反应时间略小
4．（2025高一上·越秀期末）某学校利用无人机拍摄校庆活动。无人机运动的图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列对无人机运动的判断正确的是（　　）
A．34s后开始下降
B．前30s内平均速度为0.4m/s
C．CD段和DE段的加速度相同
D．OA段的加速度大于CD段的加速度
5．（2025高一上·越秀期末）如图甲所示为自动炒菜机，电动铲子可以推动炒菜。将炒菜原理简化为如图乙所示模型，内壁光滑的半球形容器开口向上固定在水平面上，一个大小可忽略的球形肉丸放在容器的底部，竖直光滑电动铲子与其接触，电动铲子的上端刚好与圆心O重合，将电动铲子保持竖直缓慢向右推，直至肉丸接近容器口的P点，挡板对肉丸的作用力大小为F，内壁对肉丸的弹力大小为N。则推动肉丸的过程中（　　）
A．F不断增大 B．N不断减小
C．F先增大后减小 D．N先增大后减小
6．（2025高一上·越秀期末）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像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．1s时人处在下蹲的最低点
B．3s时加速度大约为
C．下蹲过程中人始终处于失重状态
D．0~4s内该同学做了2次“下蹲—起立”的动作
7．（2025高一上·越秀期末）弹簧拉力器中有5根相同的弹簧，某同学发现装满5根弹簧太难拉伸，于是他拆掉了2根。当他左右两手均用240N的力拉拉力器（未超出弹性限度）时，弹簧伸长了40cm。则下列说法正确的是（　　）
A．单根弹簧的劲度系数为200N/m
B．若双手的拉力减小，则弹簧的劲度系数减小
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，弹簧伸长量为20cm
D．若拉力器装满5根弹簧，左右两手仍用240N的拉力，拉力器应伸长30cm
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·越秀期末）如图所示，是一款儿童磁力涂鸦墙贴，贴在竖直墙面上，方便儿童学习和摆出各种造型，培养孩子的创新能力。不计磁力贴之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．字母D受到四个力的作用
B．磁性越强的磁力贴所受摩擦力越大
C．质量不同的磁力贴所受摩擦力不同
D．磁力贴对黑板的吸引力和黑板对磁力贴的吸引力是一对平衡力
9．（2025高一上·越秀期末）放在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示；物块运动的图像如图乙所示（6s后没有画出），g取。则物块（　　）
A．质量为4.5kg B．与地面间的动摩擦因数是0.4
C．滑动时受到的摩擦力大小是6N D．6s~9s内的加速度大小是
10．（2025高一上·越秀期末）如图所示为水平面上一个边长为1m的正方体空间，某一质量为0.1kg的质点自O点由静止开始运动，除重力外，该质点还同时受到、两个恒力作用，且，如图所示，g取。则该质点（　　）
A．加速度大小为 B．将沿OB连线飞出正方体
C．在正方体区域内运动时间为1s D．在正方体区域内运动时间为
三、实验与探究（共17分，请把答案填写在答卷纸上相应位置）
11．（2025高一上·越秀期末）小明要进行“探究求合力的方法”实验，现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和弹簧测力计。
（1）本实验中，小明采用的科学方法是“等效替代法”，其含义是（　　）
A．橡皮筋OA可以用细绳替代
B．细绳OB可以用橡皮筋替代
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．一个弹簧测力计的作用效果可以替代两只弹簧测力计共同作用的效果
（2）图甲中，右侧弹簧测力计的示数为　 　N。
（3）如图乙为两只弹簧测力计拉力的图示，方格每边的长度表示0.5N，O是橡皮条的一个端点，请在图中画出合力F，测出　 　N。
12．（2025高一上·越秀期末）一实验小组设计的一个实验装置，用于探究一定质量小车的加速度与合外力的关系，电火花打点计时器接220V、50Hz的交流电源，小车前端用轻杆连一质量不计的光滑滑轮，如图甲所示。
（1）实验时，下列操作正确的是（　　）
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．实验过程中保证细绳始终与木板平行
D．为减小系统误差，砂和砂桶的质量m应远小于小车的质量M
（2）实验小组要测量小车的加速度，纸带打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计量数点间还有4个点未画出），其中，，，，可得小车的加速度　 　（结果保留两位小数）
（3）实验小组根据测量的数据，做出加速度a与力传感器示数F的图像，如图丙所示。发现图线不过坐标原点，可能的原因是木板的倾斜程度　 　（填“过大”或“过小”）。图丙中图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，可求出小车的质量　 　（结果用本小题字母表示）
（4）实验小组重新调整实验装置，得到图像如图丁所示，可得出实验结论为：　 　。
四、计算题（共37分。写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位）
13．（2025高一上·越秀期末）工人用如图甲所示的小推车运送光滑的石球，，石球的质量为6kg，重力加速度。
（1）如图甲，小车停放在工地，OA处于水平位置，求此时OA对石球的作用力；
（2）当工人以0.5m/s的速度匀速推动小车，此时OA与水平方向成角，如图乙所示。请在图乙上画出石球的受力示意图（标记必要的角度），并计算石球对OA作用力的大小。（结果可以保留根号）
14．（2025高一上·越秀期末）备受广州市民关注的自动驾驶巴士正式在生物岛进入试运营。自动驾驶巴士车长，配有多个安全设备，包括雷达、摄像头和传感器等。
（1）自动驾驶巴士车头安装有激光雷达，感知范围为225m。若自动驾驶巴士在某路段刹车时的加速度为，为不撞上前方静止的障碍物，巴士在该路段行驶时的最大速度是多少？
（2）若有一长为6m的货车在平直路面上以的速度匀速行驶，发现前方相邻车道一自动驾驶巴士正以的速度同向匀速行驶。当相距（即货车车头与巴士车尾的距离）时，货车以的加速度做匀加速直线运动，经历8秒后恰好完成超车。求。
（3）在问题（2）中，求货车在超车过程中与巴士的最大车距（即货车车头与巴士车尾的距离）。
15．（2025高一上·越秀期末）在物流快递中，分拣是其中一个重要环节，分拣传送装置如图甲所示，它由水平传送机与倾斜传送机组成。图乙是该装置的简化图，水平部分AB的长度，倾斜部分CD的长度，它们的间距忽略不计。水平传送带以的速率顺时针匀速转动，倾角的传送带也是顺时针匀速转动，速率未知，把一个可视为质点的货物轻放在A端，假设货物从B运动到C速度大小保持不变，已知货物与两段传送带间的动摩擦因数均为0.5，，，。求：
（1）货物从A端传送到B端所用的时间；
（2）货物刚到达C点时，加速度大小的可能值；
（3）倾斜传送带速率至少为多少时，货物才能运送到D。
答案解析部分
1．【答案】A,B
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】本题考查时间和时刻，参考系，质点，位移和路程等概念，会根据题意进行准确分析解答。A.时刻是指时间点，2022年11月5日指的是时刻，故A正确；
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以歼-20为参考系的，故B正确；
C．研究歼-20在空中飞行的轨迹时，飞机的大小和形状可以忽略不计，可将歼-20视为质点，故C错误；
D．每架歼-20表演的整个过程中，通过的路程和位移的大小不相等，故D错误。
故选AB。
【分析】根据时间和时刻，参考系，质点，位移和路程等概念进行分析判断。
2．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】本题解题关键是掌握位移是矢量；掌握x-t图像的物理意义，题目较简单。A．在0～30s内的位移是-2m，负号表示方向与正方向相反，故A错误；
B．x-t图像的斜率表示速度，在0～10s内做匀速直线运动，故B错误；
C．x-t图像描述的是直线运动，在20～30s内，运动轨迹为直线，故C错误；
D．平均速度等于位移除以时间，在10～30s内，位移大小等于7m，时间为20s，平均速度大小为
故D正确。
故选D。
【分析】位移是由初位置指向末位置的有向线段，位移是矢量，有大小、方向；x一t图像的斜率表示速度；平均速度是位移与时间的比值。
3．【答案】D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题考查自由落体运动的规律，解题关键是掌握自由落体运动规律，并能选择合适的公式进行求解。AB．由自由落体运动规律
可得
小甲捏住直尺时直尺下落高度h比较大，说明反应时间长，直尺被小甲捏住前瞬间的速度大于小乙的，故AB错误；
C．由自由落体运动规律
可得当t=0.5s，h=1.25m，直尺只有1m长，不能用该方法测算出其反应时间，故C错误；
D．如果要考虑空气阻力的影响，则真实反应时间
直尺下落加速度a小于g值，则利用测算出的反应时间比真实反应时间值要小，故D正确。
故选D。
【分析】直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移求出反应时间。
4．【答案】C
【知识点】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图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向，图像与时间轴围成的面积表示位移。A．在速度—时间图像中，图线在时间轴上方表示速度方向为正，图线在时间轴下方表示速度方向为负，而题图中38s前的图线都在时间轴上方，取竖直向上为正方向，表示38s前无人机始终处于上升状态，故A错误；
B．速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，前30s内位移等于
平均速度等于
故B错误；
CD．图像的斜率表示加速度，故CD段和DE段的加速度相同，OA段的加速度小于CD段的加速度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据v-t图像直接读出无人机的运动情况，判断无人机何时开始下降；根据图像的斜率表示加速度，分析加速度的大小和方向。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡问题，要熟练分析物体的受力，结合几何关系和正交分解法完成解答。对肉丸受力分析，如图所示
若将挡板缓慢水平向右推的过程中，角由0度增大到90°由平衡条件可得，
则F不断增大，N不断增大。
故选A。
【分析】对小球受力分析，根据平衡条件求出挡板和内壁对小球弹力的表达式，结合角度变化判断各力变化情况。
6．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】物体对支持物的压力大于物体所受重力的现象叫做超重，物体对支持物的压力小于物体所受重力的现象叫做失重。A．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下运动，最后静止；如题图，在1s时人处于失重的状态，说明人正在加速下蹲，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，故A错误；
B．由图示图象可知，3s时该同学对传感器的压力大小为200N，由牛顿第三定律可知，传感器对该同学的支持力F=200N，重力约为620N，质量约为62kg，由牛顿第二定律得：mg-F=ma
代入数据解得：a≈7.0m/s2
故B正确；
C．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，后减速向下运动，加速度方向向上，最后静止；故人先处于失重状态，后处于超重状态，故C错误；
D．该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，0～4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故D错误。
故选B。
【分析】下蹲过程中人的运动状态，明确各过程中加速度的方向，确定超重还是失重状态，从而根据压力变化的图象确定完成一次下蹲过程所用的时间；应用牛顿第二定律求加速度大小。
7．【答案】A
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】弹簧的弹力与形变量之间的关系遵守胡克定律，在公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度，即是弹簧的形变量，不是弹簧的长度。A．弹簧拉力器受到的拉力为240N，共3根弹簧，则每根弹簧受到的拉力F=80N，弹簧伸长量为x=40cm=0.4m
根据胡克定律F=kx
得k=200N/m
故A正确；
B．弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与拉力大小无关，所以若双手的拉力减小，则弹簧的劲度系数不变，故B错误；
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，与左右两手均用240N的力拉拉力器效果相同，弹簧伸长量为40cm，故C错误；
D．若拉力器装满5根弹簧，左右两手仍用240N的拉力，每根弹簧受到的拉力F'=48N，弹簧伸长量为
故D错误。
故选A。
【分析】弹簧拉力器受到的拉力为240N，则每根弹簧受到的拉力为80N，弹簧平衡时伸长了40cm，根据胡克定律F=kx求解单根弹簧的劲度系数；弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与拉力大小无关；若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，确定每根弹簧受到的拉力，根据胡克定律求弹簧伸长量。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，要掌握受力分析的一般顺序：场力、弹力和摩擦力，不能遗漏。A．字母D受到重力、磁力、竖直墙面的支持力和摩擦力，共四个力，故A正确；
BC．在竖直方向上，磁力贴所受摩擦力与重力平衡，与字母的磁性强弱无关，所以质量不同的字母所受摩擦力不同，故B错误，C正确；
D．磁力贴对黑板的吸引力和黑板对磁力贴的吸引力是一对相互作用力，故D错误。
故选AC。
【分析】根据重力、磁场力、弹力和摩擦力的顺序分析字母D的受力情况；竖直方向磁力贴所受摩擦力等于重力，与磁性强弱无关；磁力贴对黑板的吸引力和黑板对磁力贴的吸引力是物体间的相互作用力。
9．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合摩擦力的计算公式和牛顿第二定律即可完成分析。C．根据图甲和图乙可知，在3～6s过程中，物块做匀速直线运动，则此时拉力等于摩擦力，即f=6N
故C正确；
A．在0～3s过程中，根据牛顿第二定律得：，
解得：m=1.5kg
故A错误；
B．根据摩擦力的计算公式f=μmg可得μ=0.4，故B正确；
D．在6～9s过程中，根据牛顿第二定律得：
负号表示加速度方向与物体的运动方向相反，大小为2m/s2，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据物块的运动状态和受力情况得出滑动时物块受到的摩擦力大小；根据v-t图像的斜率得出物块的加速度，结合牛顿第二定律得出物块的质量；根据牛顿第二定律和摩擦力的计算公式完成分析。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】掌握力的合成法则是解题的关键，知道把质点的运动分解为力的方向，根据运动学公式计算时间。AB．根据力的合成法则可知，质点所受合力大小为F=N，方向与竖直方向的正切值为
即方向沿OB连线，根据牛顿第二定律可得质点的加速度大小为
因为质点是从静止出发的，所以质点的运动方向沿OB方向，故A错误，B正确；
CD．竖直方向的加速度大小等于重力加速度，则根据
可得质点在正方体区域内的运动时间为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据力的合成法则得到质点所受合力大小，然后根据牛顿第二定律得到加速度大小，根据合力方向分析质点的运动方向；根据运动学公式计算质点在正方体区域的运动时间。
11．【答案】（1）D
（2）2.10
（3）3.5
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查了“探究弹簧弹力大小与弹簧长度的关系”的实验，要明确实验原理，掌握弹簧测力计的读数规则，掌握力的图示法的作图方法和平行四边形定则。
（1）根据实验原理和等效替代法的含义可知，实验中一个弹簧测力计的作用效果可以替代两只弹簧测力计共同作用的效果。
故选D。
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.10N；
（3）
根据力的图示（方格每边的长度表示0.5N），作出的平行四边形如图所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
【分析】（1）根据实验原理和等效替代法的含义分析作答；
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，根据弹簧测力计的读数规则读数；
（3）根据力的图示和平行四边形定则作图，然后得出合力。
（1）根据实验原理和等效替代法的含义可知，实验中一个弹簧测力计的作用效果可以替代两只弹簧测力计共同作用的效果。
故选D。
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.10N；
（3）根据力的图示（方格每边的长度表示0.5N），作出的平行四边形如图所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
12．【答案】（1）A；C
（2）0.91
（3）过小；
（4）当小车质量不变时，加速度与合外力成正比。
【知识点】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】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用匀变速直线运动的推论即可解题，计算时注意单位换算。
（1）A．为了使细杆对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B．小车靠近打点计时器，为了避免纸带上出现大量的空白段落，应先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．为保证绳子拉力不变，实验过程中保证细绳始终与木板平行，故C正确；
D．平衡好摩擦力后，小车所受合力等于力传感器读数两倍，可以精准测量出来，则实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选AC。
（2）计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知加速度为
（3）当a=0时，F＞0，说明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的倾斜程度过小。
设小车加速过程的加速度大小为a，对小车，根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma
可得
结合图像可知
解得
（4）由图丁可知，当小车质量不变时，加速度与合外力成正比。
【分析】（1）有传感器的存在，所以不需要测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量；平衡摩擦时，需要取下沙桶，接上纸带；要先接通电源，再释放小车；
（2）根据逐差公式计算；
（3）根据a=0时，F＞0分析，根据牛顿第二定律结合图像斜率解答；
（4）根据a-F是过原点的倾斜直线分析。
（1）A．为了使细杆对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B．小车靠近打点计时器，为了避免纸带上出现大量的空白段落，应先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．为保证绳子拉力不变，实验过程中保证细绳始终与木板平行，故C正确；
D．平衡好摩擦力后，小车所受合力等于力传感器读数两倍，可以精准测量出来，则实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选AC。
（2）计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知加速度为
（3）[1]当a=0时，F＞0，说明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的倾斜程度过小。
[2]设小车加速过程的加速度大小为a，对小车，根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma
可得
结合图像可知
解得
（4）由图丁可知，当小车质量不变时，加速度与合外力成正比。
13．【答案】（1）解：当OA处于水平位置时，由于石球光滑，则OB对石球没有作用力，否则石球将向右滚动；此时OA对石球的作用力为F=mg=6×10N=60N
方向竖直向上
（2）解：OA与水平方向成30°角时，受力分析如图所示。
根据对称性可知
根据力的平行四边形定则有
解得N
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）当OA处于水平位置时，分析OB对石球的作用力大小，再根据平衡条件求OA对石球的作用力；
（2）当OA与水平方向成30°角，时，对石球受力分析，再由平衡条件和对称性求OA对石球的作用力大小。
（1）当OA处于水平位置时，由于石球光滑，则OB对石球没有作用力，否则石球将向右滚动；此时OA对石球的作用力为F=mg=6×10N=60N
方向竖直向上
（2）OA与水平方向成30°角时，受力分析如图所示。
根据对称性可知
根据力的平行四边形定则有
解得N
14．【答案】（1）解：由运动学公式
巴士在该路段行驶时的最大速度v=30m/s
（2）解：经历8秒后恰好完成超车，则
代入数据得m
（3）解：两车速度相等时的速度为，则
代入数据得=2s
此时
代入数据得m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式计算；
（2）经历8秒后恰好完成超车，结合二者位移关系根据位移—时间公式计算即可；
（3）先计算出两车速度相等的时间，然后分别计算出在相应时间内两车的位移，最后根据位移—时间公式列方程计算即可。
（1）由运动学公式
巴士在该路段行驶时的最大速度v=30m/s
（2）经历8秒后恰好完成超车，则
代入数据得m
（3）两车速度相等时的速度为，则
代入数据得=2s
此时
代入数据得m
15．【答案】（1）解：货物在传送带AB上，与之有相对滑动时f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
货物在AB部分做加速运动，达到传送带的速度需要的时间为t1，则v1=a1t1
解得t1=1s
通过的距离为
接着货物做匀速运动，有s
货物从A端传送到B端所用的时间t=t1+t2
代入数据解得t=1.2s
（2）解：若货物速度大于CD传送带速度，则有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若货物速度小于CD传送带速度，则有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）解：当快递员恰好在D处取到货物时
解得v2=3m/s
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）货物在传送带AB上，与之有相对滑动时，摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（2）根据货物与传送带CD的速度分析受力情况，运用牛顿第二定律求解运动的加速度；
（3）运用位移与速度公式求解最小速度。
（1）货物在传送带AB上，与之有相对滑动时f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
货物在AB部分做加速运动，达到传送带的速度需要的时间为t1，则v1=a1t1
解得t1=1s
通过的距离为
接着货物做匀速运动，有s
货物从A端传送到B端所用的时间t=t1+t2
代入数据解得t=1.2s
（2）若货物速度大于CD传送带速度，则有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若货物速度小于CD传送带速度，则有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）当快递员恰好在D处取到货物时
解得v2=3m/s
1 / 1广东省广州市越秀区2024-2025学年高一上学期学业水平调研测试（期末）物理试题
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高一上·越秀期末）2022年11月5日，中国第五代战机歼-20现身珠海航展，4架战机保持稳定的钻石队形飞行亮相（如图），之后分散队形各自展示了上升横滚、下降急转、双机盘旋等高难度动作，下列说法正确的是（　　）
A．2022年11月5日指的是时刻
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以歼-20为参考系的
C．研究歼-20在空中飞行的轨迹时，不可将歼-20视为质点
D．每架歼-20表演的整个过程中，通过的路程和位移的大小相等
【答案】A,B
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】本题考查时间和时刻，参考系，质点，位移和路程等概念，会根据题意进行准确分析解答。A.时刻是指时间点，2022年11月5日指的是时刻，故A正确；
B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以歼-20为参考系的，故B正确；
C．研究歼-20在空中飞行的轨迹时，飞机的大小和形状可以忽略不计，可将歼-20视为质点，故C错误；
D．每架歼-20表演的整个过程中，通过的路程和位移的大小不相等，故D错误。
故选AB。
【分析】根据时间和时刻，参考系，质点，位移和路程等概念进行分析判断。
2．（2025高一上·越秀期末）智能机器人已经广泛应用于宾馆、医院等服务行业，用于给客人送餐、导引等服务，深受广大消费者喜爱。如图甲所示的医用智能机器人沿医院走廊运动，图乙是该机器人在某段时间内的位移—时间图像，则机器人（　　）
A．在0~30s内的位移是2m
B．在0~10s内做匀加速直线运动
C．在20~30s内，运动轨迹为曲线
D．在10~30s内，平均速度大小为0.35m/s
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】本题解题关键是掌握位移是矢量；掌握x-t图像的物理意义，题目较简单。A．在0～30s内的位移是-2m，负号表示方向与正方向相反，故A错误；
B．x-t图像的斜率表示速度，在0～10s内做匀速直线运动，故B错误；
C．x-t图像描述的是直线运动，在20～30s内，运动轨迹为直线，故C错误；
D．平均速度等于位移除以时间，在10～30s内，位移大小等于7m，时间为20s，平均速度大小为
故D正确。
故选D。
【分析】位移是由初位置指向末位置的有向线段，位移是矢量，有大小、方向；x一t图像的斜率表示速度；平均速度是位移与时间的比值。
3．（2025高一上·越秀期末）小甲和小乙两位同学在学习了自由落体运动规律后，利用直尺互测对方的反应时间。如图，被测者用一只手在长度为1m的直尺下方0刻度处做捏尺的准备（不接触直尺），当看到合作方放手时立即捏直尺，结果小甲和小乙分别捏住12cm和10cm两个刻度。若忽略空气阻力，利用可算出反应时间，下列说法正确的是（　　）
A．小甲比小乙的反应时间短
B．和小乙相比，直尺被小甲捏住前瞬间的速度比较小
C．若某同学的反应时间为0.5s，仍能用该方法测算出其反应时间
D．若考虑空气阻力，利用算出的反应时间比真实反应时间略小
【答案】D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题考查自由落体运动的规律，解题关键是掌握自由落体运动规律，并能选择合适的公式进行求解。AB．由自由落体运动规律
可得
小甲捏住直尺时直尺下落高度h比较大，说明反应时间长，直尺被小甲捏住前瞬间的速度大于小乙的，故AB错误；
C．由自由落体运动规律
可得当t=0.5s，h=1.25m，直尺只有1m长，不能用该方法测算出其反应时间，故C错误；
D．如果要考虑空气阻力的影响，则真实反应时间
直尺下落加速度a小于g值，则利用测算出的反应时间比真实反应时间值要小，故D正确。
故选D。
【分析】直尺下降的时间就是人的反应时间，根据自由落体运动的位移求出反应时间。
4．（2025高一上·越秀期末）某学校利用无人机拍摄校庆活动。无人机运动的图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列对无人机运动的判断正确的是（　　）
A．34s后开始下降
B．前30s内平均速度为0.4m/s
C．CD段和DE段的加速度相同
D．OA段的加速度大于CD段的加速度
【答案】C
【知识点】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图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向，图像与时间轴围成的面积表示位移。A．在速度—时间图像中，图线在时间轴上方表示速度方向为正，图线在时间轴下方表示速度方向为负，而题图中38s前的图线都在时间轴上方，取竖直向上为正方向，表示38s前无人机始终处于上升状态，故A错误；
B．速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，前30s内位移等于
平均速度等于
故B错误；
CD．图像的斜率表示加速度，故CD段和DE段的加速度相同，OA段的加速度小于CD段的加速度，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据v-t图像直接读出无人机的运动情况，判断无人机何时开始下降；根据图像的斜率表示加速度，分析加速度的大小和方向。
5．（2025高一上·越秀期末）如图甲所示为自动炒菜机，电动铲子可以推动炒菜。将炒菜原理简化为如图乙所示模型，内壁光滑的半球形容器开口向上固定在水平面上，一个大小可忽略的球形肉丸放在容器的底部，竖直光滑电动铲子与其接触，电动铲子的上端刚好与圆心O重合，将电动铲子保持竖直缓慢向右推，直至肉丸接近容器口的P点，挡板对肉丸的作用力大小为F，内壁对肉丸的弹力大小为N。则推动肉丸的过程中（　　）
A．F不断增大 B．N不断减小
C．F先增大后减小 D．N先增大后减小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡问题，要熟练分析物体的受力，结合几何关系和正交分解法完成解答。对肉丸受力分析，如图所示
若将挡板缓慢水平向右推的过程中，角由0度增大到90°由平衡条件可得，
则F不断增大，N不断增大。
故选A。
【分析】对小球受力分析，根据平衡条件求出挡板和内壁对小球弹力的表达式，结合角度变化判断各力变化情况。
6．（2025高一上·越秀期末）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像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．1s时人处在下蹲的最低点
B．3s时加速度大约为
C．下蹲过程中人始终处于失重状态
D．0~4s内该同学做了2次“下蹲—起立”的动作
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】物体对支持物的压力大于物体所受重力的现象叫做超重，物体对支持物的压力小于物体所受重力的现象叫做失重。A．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，后减速向下运动，最后静止；如题图，在1s时人处于失重的状态，说明人正在加速下蹲，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，故A错误；
B．由图示图象可知，3s时该同学对传感器的压力大小为200N，由牛顿第三定律可知，传感器对该同学的支持力F=200N，重力约为620N，质量约为62kg，由牛顿第二定律得：mg-F=ma
代入数据解得：a≈7.0m/s2
故B正确；
C．人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，后减速向下运动，加速度方向向上，最后静止；故人先处于失重状态，后处于超重状态，故C错误；
D．该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，0～4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故D错误。
故选B。
【分析】下蹲过程中人的运动状态，明确各过程中加速度的方向，确定超重还是失重状态，从而根据压力变化的图象确定完成一次下蹲过程所用的时间；应用牛顿第二定律求加速度大小。
7．（2025高一上·越秀期末）弹簧拉力器中有5根相同的弹簧，某同学发现装满5根弹簧太难拉伸，于是他拆掉了2根。当他左右两手均用240N的力拉拉力器（未超出弹性限度）时，弹簧伸长了40cm。则下列说法正确的是（　　）
A．单根弹簧的劲度系数为200N/m
B．若双手的拉力减小，则弹簧的劲度系数减小
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，弹簧伸长量为20cm
D．若拉力器装满5根弹簧，左右两手仍用240N的拉力，拉力器应伸长30cm
【答案】A
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】弹簧的弹力与形变量之间的关系遵守胡克定律，在公式F=kx中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度，即是弹簧的形变量，不是弹簧的长度。A．弹簧拉力器受到的拉力为240N，共3根弹簧，则每根弹簧受到的拉力F=80N，弹簧伸长量为x=40cm=0.4m
根据胡克定律F=kx
得k=200N/m
故A正确；
B．弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与拉力大小无关，所以若双手的拉力减小，则弹簧的劲度系数不变，故B错误；
C．若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，与左右两手均用240N的力拉拉力器效果相同，弹簧伸长量为40cm，故C错误；
D．若拉力器装满5根弹簧，左右两手仍用240N的拉力，每根弹簧受到的拉力F'=48N，弹簧伸长量为
故D错误。
故选A。
【分析】弹簧拉力器受到的拉力为240N，则每根弹簧受到的拉力为80N，弹簧平衡时伸长了40cm，根据胡克定律F=kx求解单根弹簧的劲度系数；弹簧的劲度系数由弹簧本身的性质决定，与拉力大小无关；若拉力器一端固定，另一端施加240N的拉力，确定每根弹簧受到的拉力，根据胡克定律求弹簧伸长量。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·越秀期末）如图所示，是一款儿童磁力涂鸦墙贴，贴在竖直墙面上，方便儿童学习和摆出各种造型，培养孩子的创新能力。不计磁力贴之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．字母D受到四个力的作用
B．磁性越强的磁力贴所受摩擦力越大
C．质量不同的磁力贴所受摩擦力不同
D．磁力贴对黑板的吸引力和黑板对磁力贴的吸引力是一对平衡力
【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，要掌握受力分析的一般顺序：场力、弹力和摩擦力，不能遗漏。A．字母D受到重力、磁力、竖直墙面的支持力和摩擦力，共四个力，故A正确；
BC．在竖直方向上，磁力贴所受摩擦力与重力平衡，与字母的磁性强弱无关，所以质量不同的字母所受摩擦力不同，故B错误，C正确；
D．磁力贴对黑板的吸引力和黑板对磁力贴的吸引力是一对相互作用力，故D错误。
故选AC。
【分析】根据重力、磁场力、弹力和摩擦力的顺序分析字母D的受力情况；竖直方向磁力贴所受摩擦力等于重力，与磁性强弱无关；磁力贴对黑板的吸引力和黑板对磁力贴的吸引力是物体间的相互作用力。
9．（2025高一上·越秀期末）放在水平地面上的物块，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示；物块运动的图像如图乙所示（6s后没有画出），g取。则物块（　　）
A．质量为4.5kg B．与地面间的动摩擦因数是0.4
C．滑动时受到的摩擦力大小是6N D．6s~9s内的加速度大小是
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解图像的物理意义，结合摩擦力的计算公式和牛顿第二定律即可完成分析。C．根据图甲和图乙可知，在3～6s过程中，物块做匀速直线运动，则此时拉力等于摩擦力，即f=6N
故C正确；
A．在0～3s过程中，根据牛顿第二定律得：，
解得：m=1.5kg
故A错误；
B．根据摩擦力的计算公式f=μmg可得μ=0.4，故B正确；
D．在6～9s过程中，根据牛顿第二定律得：
负号表示加速度方向与物体的运动方向相反，大小为2m/s2，故D正确。
故选BCD。
【分析】根据物块的运动状态和受力情况得出滑动时物块受到的摩擦力大小；根据v-t图像的斜率得出物块的加速度，结合牛顿第二定律得出物块的质量；根据牛顿第二定律和摩擦力的计算公式完成分析。
10．（2025高一上·越秀期末）如图所示为水平面上一个边长为1m的正方体空间，某一质量为0.1kg的质点自O点由静止开始运动，除重力外，该质点还同时受到、两个恒力作用，且，如图所示，g取。则该质点（　　）
A．加速度大小为 B．将沿OB连线飞出正方体
C．在正方体区域内运动时间为1s D．在正方体区域内运动时间为
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】掌握力的合成法则是解题的关键，知道把质点的运动分解为力的方向，根据运动学公式计算时间。AB．根据力的合成法则可知，质点所受合力大小为F=N，方向与竖直方向的正切值为
即方向沿OB连线，根据牛顿第二定律可得质点的加速度大小为
因为质点是从静止出发的，所以质点的运动方向沿OB方向，故A错误，B正确；
CD．竖直方向的加速度大小等于重力加速度，则根据
可得质点在正方体区域内的运动时间为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】根据力的合成法则得到质点所受合力大小，然后根据牛顿第二定律得到加速度大小，根据合力方向分析质点的运动方向；根据运动学公式计算质点在正方体区域的运动时间。
三、实验与探究（共17分，请把答案填写在答卷纸上相应位置）
11．（2025高一上·越秀期末）小明要进行“探究求合力的方法”实验，现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和弹簧测力计。
（1）本实验中，小明采用的科学方法是“等效替代法”，其含义是（　　）
A．橡皮筋OA可以用细绳替代
B．细绳OB可以用橡皮筋替代
C．右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D．一个弹簧测力计的作用效果可以替代两只弹簧测力计共同作用的效果
（2）图甲中，右侧弹簧测力计的示数为　 　N。
（3）如图乙为两只弹簧测力计拉力的图示，方格每边的长度表示0.5N，O是橡皮条的一个端点，请在图中画出合力F，测出　 　N。
【答案】（1）D
（2）2.10
（3）3.5
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查了“探究弹簧弹力大小与弹簧长度的关系”的实验，要明确实验原理，掌握弹簧测力计的读数规则，掌握力的图示法的作图方法和平行四边形定则。
（1）根据实验原理和等效替代法的含义可知，实验中一个弹簧测力计的作用效果可以替代两只弹簧测力计共同作用的效果。
故选D。
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.10N；
（3）
根据力的图示（方格每边的长度表示0.5N），作出的平行四边形如图所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
【分析】（1）根据实验原理和等效替代法的含义分析作答；
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，根据弹簧测力计的读数规则读数；
（3）根据力的图示和平行四边形定则作图，然后得出合力。
（1）根据实验原理和等效替代法的含义可知，实验中一个弹簧测力计的作用效果可以替代两只弹簧测力计共同作用的效果。
故选D。
（2）弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.10N；
（3）根据力的图示（方格每边的长度表示0.5N），作出的平行四边形如图所示：
合力F=7×0.5N=3.5N
12．（2025高一上·越秀期末）一实验小组设计的一个实验装置，用于探究一定质量小车的加速度与合外力的关系，电火花打点计时器接220V、50Hz的交流电源，小车前端用轻杆连一质量不计的光滑滑轮，如图甲所示。
（1）实验时，下列操作正确的是（　　）
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．实验过程中保证细绳始终与木板平行
D．为减小系统误差，砂和砂桶的质量m应远小于小车的质量M
（2）实验小组要测量小车的加速度，纸带打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计量数点间还有4个点未画出），其中，，，，可得小车的加速度　 　（结果保留两位小数）
（3）实验小组根据测量的数据，做出加速度a与力传感器示数F的图像，如图丙所示。发现图线不过坐标原点，可能的原因是木板的倾斜程度　 　（填“过大”或“过小”）。图丙中图像的斜率为k，与纵轴的截距为b，可求出小车的质量　 　（结果用本小题字母表示）
（4）实验小组重新调整实验装置，得到图像如图丁所示，可得出实验结论为：　 　。
【答案】（1）A；C
（2）0.91
（3）过小；
（4）当小车质量不变时，加速度与合外力成正比。
【知识点】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】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用匀变速直线运动的推论即可解题，计算时注意单位换算。
（1）A．为了使细杆对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B．小车靠近打点计时器，为了避免纸带上出现大量的空白段落，应先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．为保证绳子拉力不变，实验过程中保证细绳始终与木板平行，故C正确；
D．平衡好摩擦力后，小车所受合力等于力传感器读数两倍，可以精准测量出来，则实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选AC。
（2）计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知加速度为
（3）当a=0时，F＞0，说明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的倾斜程度过小。
设小车加速过程的加速度大小为a，对小车，根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma
可得
结合图像可知
解得
（4）由图丁可知，当小车质量不变时，加速度与合外力成正比。
【分析】（1）有传感器的存在，所以不需要测量沙和沙桶的质量，也不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量；平衡摩擦时，需要取下沙桶，接上纸带；要先接通电源，再释放小车；
（2）根据逐差公式计算；
（3）根据a=0时，F＞0分析，根据牛顿第二定律结合图像斜率解答；
（4）根据a-F是过原点的倾斜直线分析。
（1）A．为了使细杆对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B．小车靠近打点计时器，为了避免纸带上出现大量的空白段落，应先接通电源，再释放小车，故B错误；
C．为保证绳子拉力不变，实验过程中保证细绳始终与木板平行，故C正确；
D．平衡好摩擦力后，小车所受合力等于力传感器读数两倍，可以精准测量出来，则实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选AC。
（2）计数点之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法可知加速度为
（3）[1]当a=0时，F＞0，说明摩擦力未平衡或平衡不足，即木板的倾斜程度过小。
[2]设小车加速过程的加速度大小为a，对小车，根据牛顿第二定律有2F-μMg=Ma
可得
结合图像可知
解得
（4）由图丁可知，当小车质量不变时，加速度与合外力成正比。
四、计算题（共37分。写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位）
13．（2025高一上·越秀期末）工人用如图甲所示的小推车运送光滑的石球，，石球的质量为6kg，重力加速度。
（1）如图甲，小车停放在工地，OA处于水平位置，求此时OA对石球的作用力；
（2）当工人以0.5m/s的速度匀速推动小车，此时OA与水平方向成角，如图乙所示。请在图乙上画出石球的受力示意图（标记必要的角度），并计算石球对OA作用力的大小。（结果可以保留根号）
【答案】（1）解：当OA处于水平位置时，由于石球光滑，则OB对石球没有作用力，否则石球将向右滚动；此时OA对石球的作用力为F=mg=6×10N=60N
方向竖直向上
（2）解：OA与水平方向成30°角时，受力分析如图所示。
根据对称性可知
根据力的平行四边形定则有
解得N
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）当OA处于水平位置时，分析OB对石球的作用力大小，再根据平衡条件求OA对石球的作用力；
（2）当OA与水平方向成30°角，时，对石球受力分析，再由平衡条件和对称性求OA对石球的作用力大小。
（1）当OA处于水平位置时，由于石球光滑，则OB对石球没有作用力，否则石球将向右滚动；此时OA对石球的作用力为F=mg=6×10N=60N
方向竖直向上
（2）OA与水平方向成30°角时，受力分析如图所示。
根据对称性可知
根据力的平行四边形定则有
解得N
14．（2025高一上·越秀期末）备受广州市民关注的自动驾驶巴士正式在生物岛进入试运营。自动驾驶巴士车长，配有多个安全设备，包括雷达、摄像头和传感器等。
（1）自动驾驶巴士车头安装有激光雷达，感知范围为225m。若自动驾驶巴士在某路段刹车时的加速度为，为不撞上前方静止的障碍物，巴士在该路段行驶时的最大速度是多少？
（2）若有一长为6m的货车在平直路面上以的速度匀速行驶，发现前方相邻车道一自动驾驶巴士正以的速度同向匀速行驶。当相距（即货车车头与巴士车尾的距离）时，货车以的加速度做匀加速直线运动，经历8秒后恰好完成超车。求。
（3）在问题（2）中，求货车在超车过程中与巴士的最大车距（即货车车头与巴士车尾的距离）。
【答案】（1）解：由运动学公式
巴士在该路段行驶时的最大速度v=30m/s
（2）解：经历8秒后恰好完成超车，则
代入数据得m
（3）解：两车速度相等时的速度为，则
代入数据得=2s
此时
代入数据得m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）根据速度—位移公式计算；
（2）经历8秒后恰好完成超车，结合二者位移关系根据位移—时间公式计算即可；
（3）先计算出两车速度相等的时间，然后分别计算出在相应时间内两车的位移，最后根据位移—时间公式列方程计算即可。
（1）由运动学公式
巴士在该路段行驶时的最大速度v=30m/s
（2）经历8秒后恰好完成超车，则
代入数据得m
（3）两车速度相等时的速度为，则
代入数据得=2s
此时
代入数据得m
15．（2025高一上·越秀期末）在物流快递中，分拣是其中一个重要环节，分拣传送装置如图甲所示，它由水平传送机与倾斜传送机组成。图乙是该装置的简化图，水平部分AB的长度，倾斜部分CD的长度，它们的间距忽略不计。水平传送带以的速率顺时针匀速转动，倾角的传送带也是顺时针匀速转动，速率未知，把一个可视为质点的货物轻放在A端，假设货物从B运动到C速度大小保持不变，已知货物与两段传送带间的动摩擦因数均为0.5，，，。求：
（1）货物从A端传送到B端所用的时间；
（2）货物刚到达C点时，加速度大小的可能值；
（3）倾斜传送带速率至少为多少时，货物才能运送到D。
【答案】（1）解：货物在传送带AB上，与之有相对滑动时f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
货物在AB部分做加速运动，达到传送带的速度需要的时间为t1，则v1=a1t1
解得t1=1s
通过的距离为
接着货物做匀速运动，有s
货物从A端传送到B端所用的时间t=t1+t2
代入数据解得t=1.2s
（2）解：若货物速度大于CD传送带速度，则有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若货物速度小于CD传送带速度，则有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）解：当快递员恰好在D处取到货物时
解得v2=3m/s
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）货物在传送带AB上，与之有相对滑动时，摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（2）根据货物与传送带CD的速度分析受力情况，运用牛顿第二定律求解运动的加速度；
（3）运用位移与速度公式求解最小速度。
（1）货物在传送带AB上，与之有相对滑动时f=μmg=ma1
解得a1=5m/s2
货物在AB部分做加速运动，达到传送带的速度需要的时间为t1，则v1=a1t1
解得t1=1s
通过的距离为
接着货物做匀速运动，有s
货物从A端传送到B端所用的时间t=t1+t2
代入数据解得t=1.2s
（2）若货物速度大于CD传送带速度，则有mgsin37°+μmgcos37°=ma2
若货物速度小于CD传送带速度，则有mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得a2=10m/s2，a3=2m/s2
（3）当快递员恰好在D处取到货物时
解得v2=3m/s
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