资源简介

广东省汕尾市2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测物理试卷
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·汕尾期末）在物理学发展过程中，许多物理学家做出了伟大贡献，多种科学方法的出现推动了人类社会的进步，以下叙述正确的是（　　）
A．牛顿第一定律可以通过实验得到验证
B．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C．速度的定义式表示在时刻的瞬时速度是应用了极限法
D．不考虑物体本身形状和大小的影响时，用质点来代替物体的方法是等效替代法
2．（2025高一上·汕尾期末）“千斤顶”顾名思义能顶起非常重的物体。如图所示，摇动把手使千斤顶的两臂靠拢，当汽车恰好被顶起时，千斤顶两臂间的夹角为，且对汽车的支持力大小为，此时千斤顶每臂受到的压力的大小是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·汕尾期末）自行车骑行是一项流行的有氧运动，能有效增强身体素质。一名学生在一条沿着东西方向的笔直绿道上骑行，取向东为正方向，忽略自行车转向的时间，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．内，该学生的加速度为
B．内，该学生在末离出发点最远
C．内，该学生做速度方向向东的减速运动
D．内，该学生的路程为
4．（2025高一上·汕尾期末）如图所示，2024年6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体成功着陆在月球背面的艾特肯盆地。若组合体在反推发动机的作用下悬停在空中，选定着陆点后先自由下落，随后反推发动机使组合体竖直减速下降至月面，若月球表面重力加速度。则组合体自由下落的高度是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·汕尾期末）黄斑苇鸦喜好栖息于生有蒲苇丛的沼泽水域，一只黄斑苇鸦双爪紧扣在蒲苇叶柄上休息，一阵微扰过后，鸟和叶柄保持相对静止从竖直方向缓慢向右侧倾斜，如图所示，在此过程中（　　）
A．叶柄对鸟的作用力不变
B．鸟受到的重力与叶柄对鸟的弹力是一对平衡力
C．鸟所受到的摩擦力逐渐增大
D．鸟所受到的合力逐渐减小
6．（2025高一上·汕尾期末）学校对文化境进行装修，如图所示，用与竖直墙面成角的恒力推动磨石向上做匀加速直线运动。磨石质量为，与墙面的动摩擦因数为，重力加速度为，则磨石的加速度大小是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·汕尾期末）蹦床运动是借助弹力将人竖直弹向空中做出各类动作的竞技运动。某运动员利用压力传感器记录了他在蹦床运动过程中所受蹦床弹力随时间的变化图像，如图所示。不计空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在末的速度达到最大
B．运动员在内的最大加速度为
C．运动员在内一直处于失重状态
D．内，运动员在时上升到最高点
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·汕尾期末）“无粽子，不端午”，吃粽子是端午节的习俗之一，如图所示，用根相同的细绳把个相同的粽子悬挂于点，再用细绳将所有粽子悬挂在一根水平杆上。整个系统保持静止状态。此时每根绳子与竖直方向的夹角均为，每个粽子重力均为。下列说法正确的是（　　）
A．粽子受到绳子提供的拉力，是由于绳子发生形变而产生的
B．杆受到细绳的作用力恰好与每根细绳的拉力大小相等
C．每根细绳的拉力大小
D．若增大每根细绳的长度，则杆受到细绳的拉力变大
9．（2025高一上·汕尾期末）如图为极限运动员从蹦极台上静止下落后对应的速度v与位移x关系的图像。当下落至12m时，运动员的速度达到最大，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．弹性绳的原长为12m
B．下落至12m时，弹性绳的弹力为mg
C．在12~20m下落过程中，弹性绳的弹力始终在增大
D．在12~20m下落过程中、运动员一直在体验超重的感觉
10．（2025高一上·汕尾期末）如图所示，学校运动会采用新型无人机拍摄运动员人场仪式。无人机的质量为，最大升力为，最大的上升速度和加速度分别为和。该无人机悬停在离地高处拍摄时，突然停机。操作员用完成重启，空气阻力大小恒定，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．无人机从静止加速上升到最大速度时的最短距离为
B．无人机所受的空气阻力大小为
C．完成重启时，无人机的速度大小是
D．无人机完成重启时，离地高度为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2025高一上·汕尾期末）某同学使用图甲所示的实验装置、做探究弹簧弹力和弹簧伸长量关系的实验。
（1）在实验中，下列操作正确的是（　　）
A．用刻度尺测得弹簧的长度减去自然下垂时的原长即为弹簧的伸长量
B．用是挂钩码的方法给弹簧施加拉力、读数时必须保证钩码处于静止状态
C．为减小误差，弹簧应放置在水平面测量原长
D．挂质量不同的钩码，最终得到的结论是弹簧的弹力与其长度成正比
（2）某次实验时，弹簧的长度如图甲所示，则弹簧长度为　 　。
（3）图乙是实验测得的某根弹簧悬挂的钩码质量与弹簧伸长量之间的关系，取，则该弹簧的劲度系数是　 　。
12．（2025高一上·汕尾期末）某兴趣小组使用如图甲所示的实验装置“探究小车加速度与合外力的关系”。小车后面用固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮与钩码相连，电源频率为。
（1）下列实验操作中，正确的是________（多选，填正确答案标号）。
A．实验时，先放开小车，再接通打点计时器
B．平衡摩擦力时，不能将钩码用组线通过定滑轮系在小车上
C．改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力
D．调节滑轮的高度，使牵引小车的组线与长木板保持平行
（2）在实验中得到一条如图乙所示的纸带，已知各相邻计数点之间有个点未标出，根据图中数据计算小车在打点时的瞬时速度大小为　 　，用逐差法计算小车的加速度大小　 　。（结果均保留位有效数字）
（3）小组成员根据质量数据作出的图像，如图丙所示，由此可知该组同学做实验时可能存在的问题是　 　。
（4）在完成实验后，小组成员选用拉力传感器对实验方案进行改进，采用如图丁所示的实验装置重新进行探究，则新装置　 　（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
13．（2025高一上·汕尾期末）“守护头顶上的安全，严禁高空抛物”，如图所示，某学校宿含楼外侧安装了防坠物网，网底水平。现将一质量为的水瓶从距离防坠物网处自由坠落进行测试，水瓶落到网上后的最大下陷深度为。水瓶可视为质点，下落过程中不计空气阻力、水瓶与网接触后的运动视为匀减速直线运动，取重力加速度。求：
（1）水瓶到达防坠物网处所用的时间；
（2）与防坠物网接触后、水瓶在减速时的加速度大小；
（3）水瓶与防坠物网之间的作用力大小。
14．（2025高一上·汕尾期末）无人驾驶出行服务在全国多个城市展开了载人测试运营服务，为公众出行提供更多的便利。在平直的公路上，一辆无人驾驶汽车以20m/s的速度匀速行驶，此时监测到正前方距离55m处停有一辆小轿车在等红灯。假设两车一直在同一车道上沿直线行驶。
（1）若无人驾汽车的反应时间是0.12s，减速时的加速度大小为4m/s2，试通过计算判断无人驾汽车是否会与轿车发生碰撞？
（2）若此时绿灯恰好亮起，无人驾驶汽车保持匀速行驶，轿车立即以5m/s2的加速度向前做匀加速直线运动，求两车间的最近距离是多少？
15．（2025高一上·汕尾期末）如图所示是某货运公司的卸货装置，该装置由两部分构成，分别是倾角θ=37°的传送带AB与倾角α=30°的倾斜长木板BC。长木板的另一端搭在地面上，各处均平滑连接。传送带AB段的长度L=5.8m，长木板BC段的长度s=5.0m。质量m=2.5kg的货物无初速度地放在传送带顶端A处，经过一段时间后货物被运送到长木板的底端C处。已知货物与传送带间的动摩擦因数 1=0.5，与长木板间的动摩擦因数，且sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。
（1）若货物运动到长木板C处时速度恰好为零，求货物在B处的速度大小；
（2）若将传送带的速度调成v0=4m/s沿逆时针方向匀速传动，求货物从传送带A处运动到B处的时间；
（3）在第（2）问的基础上，求货物在传送带上留下的擦痕长度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】牛顿第一定律；质点；瞬时速度；伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】A．牛顿第一定律描述的是理想情况，不能通过实验完成验证，故A错误；
B．研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，在斜面实验的基础上进行了推理，没有直接用实验进行验证，故B错误；
C．根据速度定义式
当非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，故C正确；
D．用质点来代替物体的方法是理想模型法，不是等效替代法，故D错误。
故选C。
【分析】根据不同科学家的贡献结合速度定义式以及理想模型法分析求解。
2．【答案】B
【知识点】力的分解
【解析】【解答】本题考查力的分解，解题关键将汽车对千斤顶的压力分解成沿两臂的两个分力，根据几何关系可求得压力大小。由牛顿第三定律可知，此时千斤顶对汽车的支持力大小等于汽车对千斤顶的压力大小，即
将汽车对千斤顶的压力分解为沿两臂的两个分力，如图
根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，有
解得此时千斤顶每臂受到的压力大小均为
故选B。
【分析】将汽车对千斤顶的压力分解成沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等；根据几何知识求解两臂受到的压力大小，结合牛顿第三定律求解千斤顶对汽车的支持力。
3．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题是速度—时间图像的应用，要明确v-t图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向，从而读取有用信息。
A．内，该学生加速度为
故A错误；
B．内该学生沿正方向运动，内该学生沿负方向运动，所以内该学生在第时离出发点最远，故B错误；
C．内，速度为负值，则该学生做速度方向向西的减速直线运动，故C错误；
D．内，该学生的路程为
故D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像直接读出自行车的运动情况，根据图像的斜率求出自行车的加速度，图像与坐标轴围成的面积表示位移；速度正负表示速度方向。
4．【答案】A
【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。组合体在空中先做自由落体运动，根据运动学公式，后对应的位移为
代入数据得
故选A。
【分析】自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，结合自由落体规律求解。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，要明确鸟的运动状态，利用平衡条件分析解答。A．叶柄对鸟的作用力与鸟所受重力为一对平衡力，大小不变，故A正确；
B．鸟所受弹力与叶柄垂直，其方向发生改变，重力方向始终竖直向下，故B错误；
C．鸟所受摩擦力大小，倾角减小，则摩擦力减小，故C错误；
D．鸟缓慢运动，处于平衡状态，所受合力为零，故D错误。
故选A。
【分析】鸟和叶柄缓缓倾斜，处于平衡状态，所受合力为零，根据平衡条件列式分析鸟所受摩擦力和叶柄对鸟的力变化情况。叶柄所受弹力与叶柄垂直。
6．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了求物体的加速度，分析清楚物体的受力情况，应用牛顿第二定律可以解题。根据平衡条件，磨石在水平方向的受力情况是
磨石向上做匀加速直线运动，根据受力分析，磨石在竖直方向的受力情况是
由滑动摩擦力公式
代入求得磨石的加速度大小为
故选D。
【分析】以物体为研究对象，应用摩擦力公式求出摩擦力，然后由牛顿第二定律求出加速度．
7．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。A．由题图可知在末该运动员所受蹦床的弹力为零，仅受重力的作用，合力不为零，速度不是最大，故A错误；
B．该运动员在内的最大加速度为弹力最大的时刻对应的加速度，由牛顿第二定律有
故B正确；
C．弹力小于重力时处于失重状态，弹力大于重力时处于超重状态，则该运动员在内先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误；
D．由题图可知，该运动员在内，先做竖直上抛运动，到最高点后，再做自由落体运动，根据对称性可知，上升和下落时间均为，则该同学在时升到最大高度，故D错误。
故选B。
【分析】弹力大小小于重力时处于失重状态，弹力大小大于重力时处于超重状态；该同学在0～5.5s内的最大加速度为弹力最大的时刻对应的加速度，由牛顿第二定律进行解答；该运动员在内，先做竖直上抛运动，到最高点后，再做自由落体运动，结合运动的对称性求解。
8．【答案】A,C
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，能正确选择研究对象，对研究对象进行受力分析，能结合力的合成与分解原则求解，难度适中。A．粽子受到绳子提供的拉力，是施力物体发生形变产生的，即是绳子发生形变产生的拉力，故A正确；
BC．选取粽子为研究对象，粽子受到重力、绳子拉力以及粽子间相互作用力，由竖直方向上受力平衡可得
解得
杆受到细绳的作用力应与个粽子的总重力相等，即
不等于每根细绳的拉力，故B错误，C正确；
D．若增大根细绳的长度，杆受到细绳的拉力仍与个粽子的总重力相等，因而杆受到细绳的拉力不变，故D错误。
故选AC。
【分析】对粽子和杆受力分析，由平衡条件结合平行四边形法则求解。
9．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】AB．由 运动员静止下落后对应的速度v与位移x关系的图像可知运动员先做加速运动，后做减速运动，在位移大小为12m时，速度为最大值，弹性绳的弹力与运动员的重力等大反向，弹力大小为mg；由于此时弹性绳处于伸长状态，所以弹性绳的原长小于12m，故A错误，B正确；
CD．运动员在位移为12m处时，由于惯性，接着将继续向下运动，弹性绳的弹力继续增大，且大于运动员的重力，运动员处于超重状态，将向下做加速度逐渐增大的减速运动，故CD正确。
故选BCD。
【分析】分析清楚运动员的运动过程，速度最大时，弹力等于重力，加速度向上为超重，加速度向下为失重。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题的关键是对无人机的受力分析以及运动情况的分析，要弄清楚物体的运动过程和受力情况，知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。A．上升过程做匀加速直线运动，则加速到最大速度需要的最短距离满足
解得
故A错误；
B．无人机上升的过程中受到升力、重力、空气的阻力，根据牛顿第二定律可得
代入数据可得
故B正确；
C．重新启动前无人机向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得
操作人员用时完成重新启动，则速度大小为
故C正确；
D．重新启动前无人机向下做匀加速直线运动，运动的距离为
则此时离地高度为
故D错误。
故选BC。
【分析】上升过程做匀加速直线运动，根据速度—位移关系求解距离；根据牛顿第二定律求解阻力以及加速度，根据运动学公式求解速度以及高度。
11．【答案】（1）A；B
（2）
（3）
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】本题关键明确胡克定律F=kx中x为伸长量，不是长度。
（1）A．弹簧的伸长量等于弹簧的实际长度减去弹簧原长，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，故B正确；
C．由于弹簧自身有重力，应该悬挂后再测量原长，在水平面上测量原长会有误差，故C错误；
D．挂数量不同的钩码，可以得出弹力与形变量成正比，不是与弹簧长度成正比，故D错误。
故选AB。
（2）该刻度尺的分度值为，应估读到分度值的下一位，因此弹簧长度为
（3）根据胡克定律，代入图中点的数据解得弹簧的劲度系数是
【分析】（1）拉弹簧时，不能超过弹簧的弹性限度；在测量弹簧弹力时，必须保证钩码处于平衡状态；弹簧的伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长；比较弹簧弹力大小与伸长量的关系；
（2）刻度尺的分度值为，应估读到分度值的下一位；
（3）根据胡克定律计算劲度系数。
（1）A．弹簧的伸长量等于弹簧的实际长度减去弹簧原长，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，故B正确；
C．由于弹簧自身有重力，应该悬挂后再测量原长，在水平面上测量原长会有误差，故C错误；
D．挂数量不同的钩码，改变弹簧上的弹力，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，不是与弹簧长度成正比，故D错误。
故选AB。
（2）由题图甲可知，该刻度尺的分度值为，应估读到分度值的下一位，因此弹簧长度为
（3）根据胡克定律
解得弹簧的劲度系数是
12．【答案】（1）B；D
（2）0.43；0.33
（3）平衡摩擦力过度（或长木板倾角偏大；或补偿阻力过度）
（4）需要
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查了探究加速度与力、质量的关系的实验中操作步骤，逐差法计算加速度以及实验中的注意事项。
（1）A．应先接通电源再释放小车，目的是在电压稳定后，在纸带上打出足够多的点，故A错误；
B．摩擦力是通过小车重力沿木板方向的分力来平衡的，所以平衡摩擦力时不能将钩码用细线通过定滑轮系在小车上，故B正确；
C．设平衡摩擦力时木板抬高的倾角为，在沿木板方向根据平衡条件有
两边可以约掉，即与小车质量无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．平衡摩擦力后，连接钩码和小车的细线跟长木板保持平行时，细线的拉力等于小车所受合力，故D正确。
故选BD。
（2）已知相邻计数点之间有个点未标出，故
根据匀变速运动物体中间时刻的瞬时速度等于相应的平均速度，则点的瞬时速度为
根据逐差法可知加速度为
（3）由题图丙可知，当合外力为零时，小车加速度不为零，因此实验中可能存在的问题是平衡摩擦力过度（或长木板的倾角过大；或补偿阻力过度）。
（4）由题图丁可知，力传感器可以直接测出小车所受的合外力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，但为了使绳子拉力为小车所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
【分析】（1）调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，这样细绳上的拉力就是使小车产生加速度的力，改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力；
（2）匀变速运动物体中间时刻的瞬时速度等于相应的平均速度，利用逐差法计算小车加速度；
（3）当合外力为零时，小车加速度不为零，平衡摩擦力过度；
（4）仍然需要平衡摩擦力，需要满足小车的质量远大于钩码的质量。
（1）A．应先接通电源再释放小车，目的是在电压稳定后，在纸带上打出足够多的点，故A错误；
B．摩擦力是通过小车重力沿木板方向的分力来平衡的，所以平衡摩擦力时不能将钩码用细线通过定滑轮系在小车上，故B正确；
C．设平衡摩擦力时木板抬高的倾角为，在沿木板方向根据平衡条件有
两边可以约掉，即与小车质量无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．平衡摩擦力后，连接钩码和小车的细线跟长木板保持平行时，细线的拉力等于小车所受合力，故D正确。
故选BD。
（2）[1]已知相邻计数点之间有个点未标出，故
根据匀变速运动物体中间时刻的瞬时速度等于相应的平均速度，则点的瞬时速度为
[2]根据逐差法可知加速度为
（3）由题图丙可知，当合外力为零时，小车加速度不为零，因此实验中可能存在的问题是平衡摩擦力过度（或长木板的倾角过大；或补偿阻力过度）。
（4）由题图丁可知，力传感器可以直接测出小车所受的合外力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，但为了使绳子拉力为小车所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
13．【答案】（1）解：设水瓶到达防坠物网所用的时间为，根据运动学规律，有
代入数据解得
（2）解：设水瓶落到网面时速度为v，由自由落体公式
由题可知，水瓶与网接触后做匀减速直线运动，设水瓶的加速度大小为。水瓶到达最大下陷深度处的末速度为零，根据运动学规律，有
代入数据解得
（3）解：水瓶从接触防坠物网到停止的过程中，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据运动学规律求解运动时间；
（2）由自由落体公式求解速度，根据速度—位移关系求解加速度；
（3）水瓶从接触防坠物网到停止的过程中，根据牛顿第二定律求解作用力。
（1）设水瓶到达防坠物网所用的时间为，根据运动学规律，有
代入数据解得
（2）设水瓶落到网面时速度为v，由自由落体公式
由题可知，水瓶与网接触后做匀减速直线运动，设水瓶的加速度大小为。水瓶到达最大下陷深度处的末速度为零，根据运动学规律，有
代入数据解得
（3）水瓶从接触防坠物网到停止的过程中，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
14．【答案】（1）解：无人驾驶汽车在反应时间内继续做匀速直线运动，则匀速运动的位移
无人驾驶汽车在刹车时做匀减速直线运动，从开始刹车到停止的过程，根据运动学公式
代入数据解得，
无人驾驶汽车所需要的停车距离
无人驾驶汽车的停车距离小于两车距离，因此两车不会发生碰撞；
（2）解：轿车启动后做匀加速直线运动，无人驾驶汽车继续做匀速直线运动，当两车的速度相同时，两车相距最近，轿车的运动距离为
又
代入数据解得，
无人驾驶汽车的运动距离为
代入数据解得
两车的最近距离
代入数据解得
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）无人驾驶汽车在反应时间内继续做匀速直线运动，根据匀变速运动规律求解匀减速位移，二者相加等于总位移，与刚开始距离比较即可；
（2）当两车的速度相同时，两车相距最近，分析物体运动过程，结合运动学规律求解 两车间的最近距离 。
（1）无人驾驶汽车在反应时间内继续做匀速直线运动，则匀速运动的位移
无人驾驶汽车在刹车时做匀减速直线运动，从开始刹车到停止的过程，根据运动学公式
代入数据解得，
无人驾驶汽车所需要的停车距离
无人驾驶汽车的停车距离小于两车距离，因此两车不会发生碰撞；
（2）轿车启动后做匀加速直线运动，无人驾驶汽车继续做匀速直线运动，当两车的速度相同时，两车相距最近，轿车的运动距离为
又
代入数据解得，
无人驾驶汽车的运动距离为
代入数据解得
两车的最近距离
代入数据解得
15．【答案】（1）解：设货物在长木板上的加速度大小为a，运动到C处时速度为0，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式知
代入数据解得运动到处时的速度大小
（2）解：货物无初速度地放在传送带顶端A，所以货物在传送带上先做匀加速运动，设匀加速运动时的加速度为a1，由牛顿第二定律得
代入数据解得
货物从放上传送带开始到与传送带共速的过程，由运动学公式得，
代入数据解得，
由于，且货物在传送带上，因而在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，设第二段匀加速直线运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律得
代入数据解得
由于
代入数据解得
货物从A处运动到B处所经历的时间
（3）解：货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
货物第二段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
则货物在传送带上留下的擦痕长度为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）运动到C处时速度为0，由牛顿第二定律求解加速度，根据速度—位移关系求解速度大小；
（2）货物在传送带上先做匀加速运动，在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学规律求解时间；
（3）分别求解货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移和第二段匀加速阶段相对传送带的位移，从而求解擦痕长度。
（1）设货物在长木板上的加速度大小为a，运动到C处时速度为0，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式知
代入数据解得运动到处时的速度大小
（2）货物无初速度地放在传送带顶端A，所以货物在传送带上先做匀加速运动，设匀加速运动时的加速度为a1，由牛顿第二定律得
代入数据解得
货物从放上传送带开始到与传送带共速的过程，由运动学公式得，
代入数据解得，
由于，且货物在传送带上，因而在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，设第二段匀加速直线运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律得
代入数据解得
由于
代入数据解得
货物从A处运动到B处所经历的时间
（3）货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
货物第二段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
则货物在传送带上留下的擦痕长度为
1 / 1广东省汕尾市2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测物理试卷
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·汕尾期末）在物理学发展过程中，许多物理学家做出了伟大贡献，多种科学方法的出现推动了人类社会的进步，以下叙述正确的是（　　）
A．牛顿第一定律可以通过实验得到验证
B．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C．速度的定义式表示在时刻的瞬时速度是应用了极限法
D．不考虑物体本身形状和大小的影响时，用质点来代替物体的方法是等效替代法
【答案】C
【知识点】牛顿第一定律；质点；瞬时速度；伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】A．牛顿第一定律描述的是理想情况，不能通过实验完成验证，故A错误；
B．研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，在斜面实验的基础上进行了推理，没有直接用实验进行验证，故B错误；
C．根据速度定义式
当非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，故C正确；
D．用质点来代替物体的方法是理想模型法，不是等效替代法，故D错误。
故选C。
【分析】根据不同科学家的贡献结合速度定义式以及理想模型法分析求解。
2．（2025高一上·汕尾期末）“千斤顶”顾名思义能顶起非常重的物体。如图所示，摇动把手使千斤顶的两臂靠拢，当汽车恰好被顶起时，千斤顶两臂间的夹角为，且对汽车的支持力大小为，此时千斤顶每臂受到的压力的大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的分解
【解析】【解答】本题考查力的分解，解题关键将汽车对千斤顶的压力分解成沿两臂的两个分力，根据几何关系可求得压力大小。由牛顿第三定律可知，此时千斤顶对汽车的支持力大小等于汽车对千斤顶的压力大小，即
将汽车对千斤顶的压力分解为沿两臂的两个分力，如图
根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，有
解得此时千斤顶每臂受到的压力大小均为
故选B。
【分析】将汽车对千斤顶的压力分解成沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等；根据几何知识求解两臂受到的压力大小，结合牛顿第三定律求解千斤顶对汽车的支持力。
3．（2025高一上·汕尾期末）自行车骑行是一项流行的有氧运动，能有效增强身体素质。一名学生在一条沿着东西方向的笔直绿道上骑行，取向东为正方向，忽略自行车转向的时间，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．内，该学生的加速度为
B．内，该学生在末离出发点最远
C．内，该学生做速度方向向东的减速运动
D．内，该学生的路程为
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题是速度—时间图像的应用，要明确v-t图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向，从而读取有用信息。
A．内，该学生加速度为
故A错误；
B．内该学生沿正方向运动，内该学生沿负方向运动，所以内该学生在第时离出发点最远，故B错误；
C．内，速度为负值，则该学生做速度方向向西的减速直线运动，故C错误；
D．内，该学生的路程为
故D正确。
故选D。
【分析】根据v-t图像直接读出自行车的运动情况，根据图像的斜率求出自行车的加速度，图像与坐标轴围成的面积表示位移；速度正负表示速度方向。
4．（2025高一上·汕尾期末）如图所示，2024年6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体成功着陆在月球背面的艾特肯盆地。若组合体在反推发动机的作用下悬停在空中，选定着陆点后先自由下落，随后反推发动机使组合体竖直减速下降至月面，若月球表面重力加速度。则组合体自由下落的高度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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。组合体在空中先做自由落体运动，根据运动学公式，后对应的位移为
代入数据得
故选A。
【分析】自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，结合自由落体规律求解。
5．（2025高一上·汕尾期末）黄斑苇鸦喜好栖息于生有蒲苇丛的沼泽水域，一只黄斑苇鸦双爪紧扣在蒲苇叶柄上休息，一阵微扰过后，鸟和叶柄保持相对静止从竖直方向缓慢向右侧倾斜，如图所示，在此过程中（　　）
A．叶柄对鸟的作用力不变
B．鸟受到的重力与叶柄对鸟的弹力是一对平衡力
C．鸟所受到的摩擦力逐渐增大
D．鸟所受到的合力逐渐减小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时，要明确鸟的运动状态，利用平衡条件分析解答。A．叶柄对鸟的作用力与鸟所受重力为一对平衡力，大小不变，故A正确；
B．鸟所受弹力与叶柄垂直，其方向发生改变，重力方向始终竖直向下，故B错误；
C．鸟所受摩擦力大小，倾角减小，则摩擦力减小，故C错误；
D．鸟缓慢运动，处于平衡状态，所受合力为零，故D错误。
故选A。
【分析】鸟和叶柄缓缓倾斜，处于平衡状态，所受合力为零，根据平衡条件列式分析鸟所受摩擦力和叶柄对鸟的力变化情况。叶柄所受弹力与叶柄垂直。
6．（2025高一上·汕尾期末）学校对文化境进行装修，如图所示，用与竖直墙面成角的恒力推动磨石向上做匀加速直线运动。磨石质量为，与墙面的动摩擦因数为，重力加速度为，则磨石的加速度大小是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题考查了求物体的加速度，分析清楚物体的受力情况，应用牛顿第二定律可以解题。根据平衡条件，磨石在水平方向的受力情况是
磨石向上做匀加速直线运动，根据受力分析，磨石在竖直方向的受力情况是
由滑动摩擦力公式
代入求得磨石的加速度大小为
故选D。
【分析】以物体为研究对象，应用摩擦力公式求出摩擦力，然后由牛顿第二定律求出加速度．
7．（2025高一上·汕尾期末）蹦床运动是借助弹力将人竖直弹向空中做出各类动作的竞技运动。某运动员利用压力传感器记录了他在蹦床运动过程中所受蹦床弹力随时间的变化图像，如图所示。不计空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在末的速度达到最大
B．运动员在内的最大加速度为
C．运动员在内一直处于失重状态
D．内，运动员在时上升到最高点
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。A．由题图可知在末该运动员所受蹦床的弹力为零，仅受重力的作用，合力不为零，速度不是最大，故A错误；
B．该运动员在内的最大加速度为弹力最大的时刻对应的加速度，由牛顿第二定律有
故B正确；
C．弹力小于重力时处于失重状态，弹力大于重力时处于超重状态，则该运动员在内先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误；
D．由题图可知，该运动员在内，先做竖直上抛运动，到最高点后，再做自由落体运动，根据对称性可知，上升和下落时间均为，则该同学在时升到最大高度，故D错误。
故选B。
【分析】弹力大小小于重力时处于失重状态，弹力大小大于重力时处于超重状态；该同学在0～5.5s内的最大加速度为弹力最大的时刻对应的加速度，由牛顿第二定律进行解答；该运动员在内，先做竖直上抛运动，到最高点后，再做自由落体运动，结合运动的对称性求解。
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·汕尾期末）“无粽子，不端午”，吃粽子是端午节的习俗之一，如图所示，用根相同的细绳把个相同的粽子悬挂于点，再用细绳将所有粽子悬挂在一根水平杆上。整个系统保持静止状态。此时每根绳子与竖直方向的夹角均为，每个粽子重力均为。下列说法正确的是（　　）
A．粽子受到绳子提供的拉力，是由于绳子发生形变而产生的
B．杆受到细绳的作用力恰好与每根细绳的拉力大小相等
C．每根细绳的拉力大小
D．若增大每根细绳的长度，则杆受到细绳的拉力变大
【答案】A,C
【知识点】形变与弹力；共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，能正确选择研究对象，对研究对象进行受力分析，能结合力的合成与分解原则求解，难度适中。A．粽子受到绳子提供的拉力，是施力物体发生形变产生的，即是绳子发生形变产生的拉力，故A正确；
BC．选取粽子为研究对象，粽子受到重力、绳子拉力以及粽子间相互作用力，由竖直方向上受力平衡可得
解得
杆受到细绳的作用力应与个粽子的总重力相等，即
不等于每根细绳的拉力，故B错误，C正确；
D．若增大根细绳的长度，杆受到细绳的拉力仍与个粽子的总重力相等，因而杆受到细绳的拉力不变，故D错误。
故选AC。
【分析】对粽子和杆受力分析，由平衡条件结合平行四边形法则求解。
9．（2025高一上·汕尾期末）如图为极限运动员从蹦极台上静止下落后对应的速度v与位移x关系的图像。当下落至12m时，运动员的速度达到最大，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．弹性绳的原长为12m
B．下落至12m时，弹性绳的弹力为mg
C．在12~20m下落过程中，弹性绳的弹力始终在增大
D．在12~20m下落过程中、运动员一直在体验超重的感觉
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】AB．由 运动员静止下落后对应的速度v与位移x关系的图像可知运动员先做加速运动，后做减速运动，在位移大小为12m时，速度为最大值，弹性绳的弹力与运动员的重力等大反向，弹力大小为mg；由于此时弹性绳处于伸长状态，所以弹性绳的原长小于12m，故A错误，B正确；
CD．运动员在位移为12m处时，由于惯性，接着将继续向下运动，弹性绳的弹力继续增大，且大于运动员的重力，运动员处于超重状态，将向下做加速度逐渐增大的减速运动，故CD正确。
故选BCD。
【分析】分析清楚运动员的运动过程，速度最大时，弹力等于重力，加速度向上为超重，加速度向下为失重。
10．（2025高一上·汕尾期末）如图所示，学校运动会采用新型无人机拍摄运动员人场仪式。无人机的质量为，最大升力为，最大的上升速度和加速度分别为和。该无人机悬停在离地高处拍摄时，突然停机。操作员用完成重启，空气阻力大小恒定，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．无人机从静止加速上升到最大速度时的最短距离为
B．无人机所受的空气阻力大小为
C．完成重启时，无人机的速度大小是
D．无人机完成重启时，离地高度为
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题的关键是对无人机的受力分析以及运动情况的分析，要弄清楚物体的运动过程和受力情况，知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。A．上升过程做匀加速直线运动，则加速到最大速度需要的最短距离满足
解得
故A错误；
B．无人机上升的过程中受到升力、重力、空气的阻力，根据牛顿第二定律可得
代入数据可得
故B正确；
C．重新启动前无人机向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得
操作人员用时完成重新启动，则速度大小为
故C正确；
D．重新启动前无人机向下做匀加速直线运动，运动的距离为
则此时离地高度为
故D错误。
故选BC。
【分析】上升过程做匀加速直线运动，根据速度—位移关系求解距离；根据牛顿第二定律求解阻力以及加速度，根据运动学公式求解速度以及高度。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（2025高一上·汕尾期末）某同学使用图甲所示的实验装置、做探究弹簧弹力和弹簧伸长量关系的实验。
（1）在实验中，下列操作正确的是（　　）
A．用刻度尺测得弹簧的长度减去自然下垂时的原长即为弹簧的伸长量
B．用是挂钩码的方法给弹簧施加拉力、读数时必须保证钩码处于静止状态
C．为减小误差，弹簧应放置在水平面测量原长
D．挂质量不同的钩码，最终得到的结论是弹簧的弹力与其长度成正比
（2）某次实验时，弹簧的长度如图甲所示，则弹簧长度为　 　。
（3）图乙是实验测得的某根弹簧悬挂的钩码质量与弹簧伸长量之间的关系，取，则该弹簧的劲度系数是　 　。
【答案】（1）A；B
（2）
（3）
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】本题关键明确胡克定律F=kx中x为伸长量，不是长度。
（1）A．弹簧的伸长量等于弹簧的实际长度减去弹簧原长，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，故B正确；
C．由于弹簧自身有重力，应该悬挂后再测量原长，在水平面上测量原长会有误差，故C错误；
D．挂数量不同的钩码，可以得出弹力与形变量成正比，不是与弹簧长度成正比，故D错误。
故选AB。
（2）该刻度尺的分度值为，应估读到分度值的下一位，因此弹簧长度为
（3）根据胡克定律，代入图中点的数据解得弹簧的劲度系数是
【分析】（1）拉弹簧时，不能超过弹簧的弹性限度；在测量弹簧弹力时，必须保证钩码处于平衡状态；弹簧的伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长；比较弹簧弹力大小与伸长量的关系；
（2）刻度尺的分度值为，应估读到分度值的下一位；
（3）根据胡克定律计算劲度系数。
（1）A．弹簧的伸长量等于弹簧的实际长度减去弹簧原长，故A正确；
B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读数，故B正确；
C．由于弹簧自身有重力，应该悬挂后再测量原长，在水平面上测量原长会有误差，故C错误；
D．挂数量不同的钩码，改变弹簧上的弹力，分别测出几组拉力与伸长量，得出弹力与形变量成正比，不是与弹簧长度成正比，故D错误。
故选AB。
（2）由题图甲可知，该刻度尺的分度值为，应估读到分度值的下一位，因此弹簧长度为
（3）根据胡克定律
解得弹簧的劲度系数是
12．（2025高一上·汕尾期末）某兴趣小组使用如图甲所示的实验装置“探究小车加速度与合外力的关系”。小车后面用固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮与钩码相连，电源频率为。
（1）下列实验操作中，正确的是________（多选，填正确答案标号）。
A．实验时，先放开小车，再接通打点计时器
B．平衡摩擦力时，不能将钩码用组线通过定滑轮系在小车上
C．改变小车的质量时，需要重新平衡摩擦力
D．调节滑轮的高度，使牵引小车的组线与长木板保持平行
（2）在实验中得到一条如图乙所示的纸带，已知各相邻计数点之间有个点未标出，根据图中数据计算小车在打点时的瞬时速度大小为　 　，用逐差法计算小车的加速度大小　 　。（结果均保留位有效数字）
（3）小组成员根据质量数据作出的图像，如图丙所示，由此可知该组同学做实验时可能存在的问题是　 　。
（4）在完成实验后，小组成员选用拉力传感器对实验方案进行改进，采用如图丁所示的实验装置重新进行探究，则新装置　 　（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
【答案】（1）B；D
（2）0.43；0.33
（3）平衡摩擦力过度（或长木板倾角偏大；或补偿阻力过度）
（4）需要
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查了探究加速度与力、质量的关系的实验中操作步骤，逐差法计算加速度以及实验中的注意事项。
（1）A．应先接通电源再释放小车，目的是在电压稳定后，在纸带上打出足够多的点，故A错误；
B．摩擦力是通过小车重力沿木板方向的分力来平衡的，所以平衡摩擦力时不能将钩码用细线通过定滑轮系在小车上，故B正确；
C．设平衡摩擦力时木板抬高的倾角为，在沿木板方向根据平衡条件有
两边可以约掉，即与小车质量无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．平衡摩擦力后，连接钩码和小车的细线跟长木板保持平行时，细线的拉力等于小车所受合力，故D正确。
故选BD。
（2）已知相邻计数点之间有个点未标出，故
根据匀变速运动物体中间时刻的瞬时速度等于相应的平均速度，则点的瞬时速度为
根据逐差法可知加速度为
（3）由题图丙可知，当合外力为零时，小车加速度不为零，因此实验中可能存在的问题是平衡摩擦力过度（或长木板的倾角过大；或补偿阻力过度）。
（4）由题图丁可知，力传感器可以直接测出小车所受的合外力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，但为了使绳子拉力为小车所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
【分析】（1）调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，这样细绳上的拉力就是使小车产生加速度的力，改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力；
（2）匀变速运动物体中间时刻的瞬时速度等于相应的平均速度，利用逐差法计算小车加速度；
（3）当合外力为零时，小车加速度不为零，平衡摩擦力过度；
（4）仍然需要平衡摩擦力，需要满足小车的质量远大于钩码的质量。
（1）A．应先接通电源再释放小车，目的是在电压稳定后，在纸带上打出足够多的点，故A错误；
B．摩擦力是通过小车重力沿木板方向的分力来平衡的，所以平衡摩擦力时不能将钩码用细线通过定滑轮系在小车上，故B正确；
C．设平衡摩擦力时木板抬高的倾角为，在沿木板方向根据平衡条件有
两边可以约掉，即与小车质量无关，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．平衡摩擦力后，连接钩码和小车的细线跟长木板保持平行时，细线的拉力等于小车所受合力，故D正确。
故选BD。
（2）[1]已知相邻计数点之间有个点未标出，故
根据匀变速运动物体中间时刻的瞬时速度等于相应的平均速度，则点的瞬时速度为
[2]根据逐差法可知加速度为
（3）由题图丙可知，当合外力为零时，小车加速度不为零，因此实验中可能存在的问题是平衡摩擦力过度（或长木板的倾角过大；或补偿阻力过度）。
（4）由题图丁可知，力传感器可以直接测出小车所受的合外力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，但为了使绳子拉力为小车所受的合力，仍然需要平衡摩擦力。
13．（2025高一上·汕尾期末）“守护头顶上的安全，严禁高空抛物”，如图所示，某学校宿含楼外侧安装了防坠物网，网底水平。现将一质量为的水瓶从距离防坠物网处自由坠落进行测试，水瓶落到网上后的最大下陷深度为。水瓶可视为质点，下落过程中不计空气阻力、水瓶与网接触后的运动视为匀减速直线运动，取重力加速度。求：
（1）水瓶到达防坠物网处所用的时间；
（2）与防坠物网接触后、水瓶在减速时的加速度大小；
（3）水瓶与防坠物网之间的作用力大小。
【答案】（1）解：设水瓶到达防坠物网所用的时间为，根据运动学规律，有
代入数据解得
（2）解：设水瓶落到网面时速度为v，由自由落体公式
由题可知，水瓶与网接触后做匀减速直线运动，设水瓶的加速度大小为。水瓶到达最大下陷深度处的末速度为零，根据运动学规律，有
代入数据解得
（3）解：水瓶从接触防坠物网到停止的过程中，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据运动学规律求解运动时间；
（2）由自由落体公式求解速度，根据速度—位移关系求解加速度；
（3）水瓶从接触防坠物网到停止的过程中，根据牛顿第二定律求解作用力。
（1）设水瓶到达防坠物网所用的时间为，根据运动学规律，有
代入数据解得
（2）设水瓶落到网面时速度为v，由自由落体公式
由题可知，水瓶与网接触后做匀减速直线运动，设水瓶的加速度大小为。水瓶到达最大下陷深度处的末速度为零，根据运动学规律，有
代入数据解得
（3）水瓶从接触防坠物网到停止的过程中，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
14．（2025高一上·汕尾期末）无人驾驶出行服务在全国多个城市展开了载人测试运营服务，为公众出行提供更多的便利。在平直的公路上，一辆无人驾驶汽车以20m/s的速度匀速行驶，此时监测到正前方距离55m处停有一辆小轿车在等红灯。假设两车一直在同一车道上沿直线行驶。
（1）若无人驾汽车的反应时间是0.12s，减速时的加速度大小为4m/s2，试通过计算判断无人驾汽车是否会与轿车发生碰撞？
（2）若此时绿灯恰好亮起，无人驾驶汽车保持匀速行驶，轿车立即以5m/s2的加速度向前做匀加速直线运动，求两车间的最近距离是多少？
【答案】（1）解：无人驾驶汽车在反应时间内继续做匀速直线运动，则匀速运动的位移
无人驾驶汽车在刹车时做匀减速直线运动，从开始刹车到停止的过程，根据运动学公式
代入数据解得，
无人驾驶汽车所需要的停车距离
无人驾驶汽车的停车距离小于两车距离，因此两车不会发生碰撞；
（2）解：轿车启动后做匀加速直线运动，无人驾驶汽车继续做匀速直线运动，当两车的速度相同时，两车相距最近，轿车的运动距离为
又
代入数据解得，
无人驾驶汽车的运动距离为
代入数据解得
两车的最近距离
代入数据解得
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）无人驾驶汽车在反应时间内继续做匀速直线运动，根据匀变速运动规律求解匀减速位移，二者相加等于总位移，与刚开始距离比较即可；
（2）当两车的速度相同时，两车相距最近，分析物体运动过程，结合运动学规律求解 两车间的最近距离 。
（1）无人驾驶汽车在反应时间内继续做匀速直线运动，则匀速运动的位移
无人驾驶汽车在刹车时做匀减速直线运动，从开始刹车到停止的过程，根据运动学公式
代入数据解得，
无人驾驶汽车所需要的停车距离
无人驾驶汽车的停车距离小于两车距离，因此两车不会发生碰撞；
（2）轿车启动后做匀加速直线运动，无人驾驶汽车继续做匀速直线运动，当两车的速度相同时，两车相距最近，轿车的运动距离为
又
代入数据解得，
无人驾驶汽车的运动距离为
代入数据解得
两车的最近距离
代入数据解得
15．（2025高一上·汕尾期末）如图所示是某货运公司的卸货装置，该装置由两部分构成，分别是倾角θ=37°的传送带AB与倾角α=30°的倾斜长木板BC。长木板的另一端搭在地面上，各处均平滑连接。传送带AB段的长度L=5.8m，长木板BC段的长度s=5.0m。质量m=2.5kg的货物无初速度地放在传送带顶端A处，经过一段时间后货物被运送到长木板的底端C处。已知货物与传送带间的动摩擦因数 1=0.5，与长木板间的动摩擦因数，且sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。
（1）若货物运动到长木板C处时速度恰好为零，求货物在B处的速度大小；
（2）若将传送带的速度调成v0=4m/s沿逆时针方向匀速传动，求货物从传送带A处运动到B处的时间；
（3）在第（2）问的基础上，求货物在传送带上留下的擦痕长度。
【答案】（1）解：设货物在长木板上的加速度大小为a，运动到C处时速度为0，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式知
代入数据解得运动到处时的速度大小
（2）解：货物无初速度地放在传送带顶端A，所以货物在传送带上先做匀加速运动，设匀加速运动时的加速度为a1，由牛顿第二定律得
代入数据解得
货物从放上传送带开始到与传送带共速的过程，由运动学公式得，
代入数据解得，
由于，且货物在传送带上，因而在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，设第二段匀加速直线运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律得
代入数据解得
由于
代入数据解得
货物从A处运动到B处所经历的时间
（3）解：货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
货物第二段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
则货物在传送带上留下的擦痕长度为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）运动到C处时速度为0，由牛顿第二定律求解加速度，根据速度—位移关系求解速度大小；
（2）货物在传送带上先做匀加速运动，在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学规律求解时间；
（3）分别求解货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移和第二段匀加速阶段相对传送带的位移，从而求解擦痕长度。
（1）设货物在长木板上的加速度大小为a，运动到C处时速度为0，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式知
代入数据解得运动到处时的速度大小
（2）货物无初速度地放在传送带顶端A，所以货物在传送带上先做匀加速运动，设匀加速运动时的加速度为a1，由牛顿第二定律得
代入数据解得
货物从放上传送带开始到与传送带共速的过程，由运动学公式得，
代入数据解得，
由于，且货物在传送带上，因而在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，设第二段匀加速直线运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律得
代入数据解得
由于
代入数据解得
货物从A处运动到B处所经历的时间
（3）货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
货物第二段匀加速阶段相对传送带的位移为
代入数据解得
则货物在传送带上留下的擦痕长度为
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