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浙江省温州市2024-2025学年高一上学期期末教学质量统一检测物理试题（A ）
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一上·温州期末）下列属于国际单位制中导出单位符号的是（　　）
A．N B．kg C．m D．s
2．（2025高一上·温州期末）2024年8月5日，中国队在4×100米混合泳接力决赛中，以3分27秒46的成绩夺冠，打破了美国队在该项目长达40年的垄断。下列说法正确的是（　　）
A．“3分27秒46”表示时刻
B．运动员在加速冲刺过程中惯性增大
C．运动员游泳过程中观众相对运动员是运动的
D．研究运动员的入水动作时可以将其看成质点
3．（2025高一上·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中大人推不动车是因为推力小于摩擦力
B．图乙中限速路牌的示数为车辆通行的平均速度
C．图丙中飞镖在空中各点的指向与其加速度方向相同
D．图丁中玻璃管水平运动，管内匀速上升的红蜡块运动轨迹可能是曲线
4．（2025高一上·温州期末）如图所示，一只翠鸟停歇在树枝上。下列说法正确的是（　　）
A．翠鸟一定只受两个力
B．树枝对翠鸟的作用力方向竖直向上
C．树枝对翠鸟的作用力就是翠鸟的重力
D．翠鸟对树枝的压力是树枝形变引起的
5．（2025高一上·温州期末）如图所示为温州某一大楼，某同学在保证安全的前提下在顶楼静止释放一小球，测得小球下落时间约为6s。不计一切阻力，下列说法正确的是（　　）
A．该大楼的高度约为180m B．该大楼的高度约为360m
C．小球下落1s时的速度为5m/s D．小球下落1s时的速度为60m/s
6．（2025高一上·温州期末）如图所示为室内冰壶玩具。游戏时，冰壶场景垫铺在水平地面上，将其中一个冰壶推出，冰壶离手后，沿场景垫轴线向前自由滑行，场景垫始终静止。下列说法正确的是（　　）
A．冰壶向前自由滑行时仍受推力
B．冰壶所受摩擦力方向与冰壶运动方向相反
C．场景垫对冰壶的支持力与冰壶对场景垫的压力是一对平衡力
D．地面对场景垫的支持力与冰壶对场景垫的压力是一对相互作用力
7．（2025高一上·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中汽车通过拱桥最高点时处于平衡状态
B．图乙中自行车骑行时车轮上A、B两点线速度大小相等
C．图丙中游客随旋转飞椅做匀速圆周运动时所受合力为零
D．图丁中火车转弯时外轨高于内轨能减轻轮缘与外轨间的挤压
8．（2025高一上·温州期末）一台式弹簧秤，其内部结构由两根完全相同的轻质弹簧、示数转化装置组成，如图所示。弹簧的压缩量在水平托盘不放物体时为1cm，放上质量6kg物体时为3cm，下列说法正确的是（　　）
A．空托盘质量为2kg
B．每根弹簧的劲度系数为1500N/m
C．弹簧的劲度系数随弹簧的压缩量增加而增大
D．换用劲度系数更小的弹簧能增加弹簧秤的量程
9．（2025高一上·温州期末）如图所示为酒店送餐机器人。某次送餐中，机器人从电梯口静止开始做直线运动到达客房门口，到达客房门口时速度恰好为零，全程长10m。机器人运动的最大速度2m/s，加速时最大加速度0.5m/s2，减速时最大加速度1m/s2。则酒店机器人该次送餐的最短时间为（　　）
A．5s B．6s C．8s D．10s
10．（2025高一上·温州期末）如图所示为起重机吊起铁管的场景。已知一根长为40m的钢绳两端固定在质量的铁管上，两固定点距离为6m。起重机挂钩勾住该钢绳，使铁管从静止开始先以的加速度竖直向上做匀加速直线运动，达到某一速度后做匀速运动，不计钢绳质量与一切阻力。取。下列说法正确的是（　　）
A．匀速阶段钢绳拉力大小为
B．加速阶段钢绳拉力比匀速阶段钢绳拉力大
C．匀速阶段若两固定点之间距离减小，则钢绳拉力不变
D．匀速阶段若两固定点之间距离减小，则钢绳拉力变大
11．（2025高一上·温州期末）如图所示，水杯中放有一可视为质点的小球，某同学将轻绳一端固定在水杯开口处，另一端用手拉住，甩动手腕使水杯以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球始终紧贴杯底。已知小球离O点的距离为L，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球过最高点时的速度可能为零
B．小球过最高点时的速度一定等于
C．小球过最高点时，绳子的拉力可能为零
D．小球过最高点时的向心加速度大小可能小于g
12．（2025高一上·温州期末）如图甲所示，某宇航员在特定座椅上做竖直方向上的冲击耐力训练。图乙为该宇航员在做冲击耐力训练过程中的加速度a随时间t变化的图像。已知训练开始前宇航员处于静止状态，宇航员（含装备）质量为M，重力加速度大小为g，以竖直向上为正方向，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．时，宇航员速度最大
B．时间内宇航员处于失重状态
C．时，宇航员恰好回到初始位置
D．时，座椅对宇航员的支持力大小为
13．（2025高一上·温州期末）如图甲所示为一鸡蛋收纳架，利用斜坡使鸡蛋自动滚下。斜坡底端有一竖直挡板，斜坡倾角并开有凹槽，凹槽宽度为。现将5个鸡蛋放置在鸡蛋架上，将鸡蛋简化为质量为m，半径为R的球，图乙为正视图，图丙为沿斜坡方向视角。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．鸡蛋架对5号鸡蛋的作用力大小为mg
B．4号鸡蛋对5号鸡蛋的支持力大小为mg
C．竖直挡板对1号鸡蛋的支持力大小为
D．凹槽单侧对5号鸡蛋的支持力大小为
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2025高一上·温州期末）关于物理学中的思想与方法，下列说法正确的是（　　）
A．质点概念建立体现了等效替代的思想
B．重心概念建立体现了理想化模型的思想
C．加速度的定义采用了比值定义法
D．通过平面镜观察桌面的微小形变采用了放大思想
15．（2025高一上·温州期末）如图甲所示为输送工件的传送装置，其底部有固定挡板防止工件来不及取走而掉落，其简化模型如图乙。若倾斜传送带沿顺时针方向以恒定速率匀速转动，时刻将滑块轻轻放在传送带上。当滑块运动到传送带底部时与挡板发生碰撞，碰撞前后滑块速度大小不变，方向相反。若滑块视为质点，则滑块与挡板发生第二次碰撞前的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
三、实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
16．（2025高一上·温州期末）某实验小组用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。已知小车质量，则：
（1）除了如图1所示的器材外，还需要的仪器有______
A． B．
C． D．
（2）关于该实验下列说法正确的是______
A．实验前，补偿阻力时小车需连接纸带
B．实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道平行
C．实验时，也可增减钩码（50g规格）来改变小车受到的拉力
D．完成操作后，挑选两条点痕清晰的纸带进行数据处理即可
（3）某同学得到如图2所示的纸带，打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　。（结果保留2位有效数字）
17．（2025高一上·温州期末）用如图1所示装置探究平抛运动的特点。
（1）若已经得到平抛运动竖直方向分运动的规律，设法确定“相等的时间间隔”，再看相等的时间内水平分运动的位移，进而确定水平分运动的规律。则实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离　 　（填“相等”或“不相等”）。
（2）下列器材问题和操作方式不会对实验探究有影响的是______
A．斜槽轨道不光滑 B．斜槽末端不水平
C．小球在释放时有初速度 D．小球每次自由释放的位置不同
（3）某同学做实验时，只在纸上从斜槽末端开始沿重锤线方向画出直线，并描出如图2所示的轨迹曲线，在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到直线的水平距离，，以及与之间的距离h，则小球抛出的初速度为______
A． B． C． D．
18．（2025高一上·温州期末）下列实验描述正确的是（　　）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套一定等长
B．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中不需要补偿小车所受阻力
C．“探究向心力大小的表达式”实验采用的实验方法主要是控制变量法
D．“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧长度成正比
19．（2025高一上·温州期末）如图所示，一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条长度为x=22.5m的车轮滑动的磨痕。根据对车轮和路面材料的分析可以知道，车轮在路面上滑动时汽车做匀减速直线运动的加速度大小a=5m/s2。求：
（1）刹车前汽车的速度v；
（2）紧急刹车所用的时间t；
（3）汽车停止前1s滑行的距离x'。
20．（2025高一上·温州期末）如图所示，一倾角的粗糙斜面C静置在水平地面上，斜面上有与轻绳连接的物块B，轻绳与斜面平行，并绕过定滑轮与结点连接小球A，右上方用手拉住轻绳OE。轻绳OD水平，与轻绳OE夹角，A、B、C处于静止状态。已知A、B、C质量分别为m、3m、4m，重力加速度大小为，求：
（1）轻绳OD的拉力大小；
（2）斜面C对B的摩擦力；
（3）地面对C的支持力大小。
21．（2025高一上·温州期末）如图甲所示，一同学站在靶心的正前方，面朝倾斜靶纸抛球。其简化模型如图乙，靶纸紧贴在倾角的倾斜支架CD上支架CD固定在水平地面AB上，接触点为C点。该同学在O点水平向右抛出小球，O点离地高度，与C点的水平距离。若小球只在图乙所示竖直面内运动，视为质点，不计小球受到的空气阻力和靶纸厚度。
（1）若小球恰好击中C点，求小球水平向右抛出时的初速度大小v；
（2）若改变水平抛出小球的初速度大小，使小球恰好垂直靶纸击中靶心，求：
①小球从O点到靶心竖直方向下落距离与水平方向运动距离的比值；
②小球从O点运动到靶心的时间。
22．（2025高一上·温州期末）如图所示，倾角直轨道AB和直轨道CD分别与半径的圆弧轨道BC相切于B点和C点，圆弧轨道末端C点处安装有压力传感器，D点右侧紧靠着质量的车子，车长，其上表面与直轨道CD齐平。将质量的小物块从直轨道AB上距离直轨道CD平面高度处静止释放，小物块经过C点时压力传感器显示示数，小物块与直轨道AB、CD和车子上表面之间的动摩擦因数均为，车子与地面之间的摩擦不计（小物块视为质点，不计空气阻力），已知，，求：
（1）小物块到达C点时的速度大小v；
（2）小物块在直轨道AB上的运动时间t；
（3）若小物块能滑上车子且不从车上掉落，直轨道CD的长度范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】kg、m、s都是国际单位制中的基本单位；N是导出单位。
故答案为：A。
【分析】1. 基本单位：力学中 （ 质量 ）、（ 长度 ）、（ 时间 ）是独立定义的基本量单位。
2. 导出单位：通过物理公式（ 如 ），由基本单位组合而成（ 如 ）。
3. 选项判断：根据基本单位与导出单位的定义，筛选出导出单位 。
2．【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；惯性与质量
【解析】【解答】A．“3分27秒46”是比赛过程所经历的时间，可知，3分27秒46表示时时间间隔，故A错误；
B．惯性由质量决定，可知，运动员在加速冲刺过程中惯性不变，故B错误；
C．运动员游泳过程中观众相对运动员位置发生了变化，可知，观众相对运动员是运动的，故C正确；
D．研究运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时，运动员不能够看成质点，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1.时间属性：“3 分 27 秒 46” 是过程持续时长（ 时间间隔 ），非瞬间（ 时刻 ）。
2.惯性本质：仅由质量决定，与运动状态无关，加速时惯性不变。
3.相对运动：以运动员为参考系，观众位置变化，相对运动。
4.质点条件：研究动作细节时，形状大小不可忽略，不能视为质点。
3．【答案】D
【知识点】曲线运动；瞬时速度；静摩擦力；运动的合成与分解
【解析】【解答】瞬时速度则是运动物体在某一时刻（或经过某一位置）的速度，平均速度是一个描述物体运动平均快慢程度和运动方向的矢量。A．图甲中大人推不动车，车处于静止状态，此时车在水平方向上受到推力和摩擦力，根据二力平衡原理，推力等于摩擦力，推不动的原因是推力小于最大静摩擦力，故A错误；
B．图乙中限速路牌的示数为车辆通行的瞬时速度最大值，故B错误；
C．图丙中飞镖在空中各点的指向是其速度方向，速度方向与加速度方向不同，故C错误；
D．图丁中玻璃管水平运动，若红蜡块在管内匀速上升，同时水平方向做匀加速直线运动，则红蜡块运动轨迹是曲线，故D正确。
故选D。
【分析】推力与摩擦力大小相等，方向相反；根据速度与加速度的关联分析；根据水平方向与竖直方向速度的关联分析。
4．【答案】B
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用
【解析】【解答】本题是简单的受力平衡问题，要明确研究对象，分析受力情况，根据平衡条件列式分析。
ABC．把倾斜的树枝可以看做斜面，可知翠鸟受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，其中支持力和摩擦力的施力为树枝，将这两个力合成一个力，即为树枝对翠鸟的作用力，该作用力与重力平衡，故该作用力方向竖直向上，大小等于重力的大小，该作用力与重力的产生条件不同，故不能说枝对翠鸟的作用力就是翠鸟的重力，故AC错误，B正确；
D．翠鸟对树枝的压力是翠鸟的脚掌形变引起的，故D错误。
故选B。
【分析】翠鸟处于平衡状态，根据平衡条件分析；根据弹力的产生条件分析判断。
5．【答案】A
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】AB. 该大楼的高度约为，A正确，B错误；
CD. 小球下落1s时的速度为v=gt1=10m/s，CD错误。
故答案为：A。
【分析】1.高度计算：利用自由落体位移公式，代入总时间 6s，直接求出大楼高度。
2.速度计算：利用自由落体速度公式，代入 1s，直接求出对应速度。
3.选项判断：根据计算结果（ 高度 180m、1s 速度 10m/s ）。
6．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用
【解析】【解答】A．冰壶向前自由滑行时不会受推力作用，A错误；
B．冰壶相对场景垫向前运动，受到的摩擦力向后，即所受摩擦力方向与冰壶运动方向相反，B正确；
C．场景垫对冰壶的支持力与冰壶对场景垫的压力是一对相互作用力，C错误；
D．地面对场景垫的支持力与冰壶对场景垫的压力都作用在场景垫上，不是一对相互作用力，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.受力拆解：冰壶离手后，水平方向只有摩擦力（ 推力消失 ）。
2.摩擦力方向：与相对运动方向相反（ 冰壶向前，摩擦力向后 ）。
3.力的分类：相互作用力：作用在两个物体，场景垫与冰壶的支持力、压力符合。
平衡力：需作用在同一物体，地面对场景垫的支持力与冰壶压力不满足。
4.选项匹配：根据受力分析、摩擦力方向、力的分类，筛选正确选项。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图甲中汽车通过拱桥最高点时具有向下的加速度，不是处于平衡状态，A错误；
B．图乙中自行车骑行时车轮上A、B两点的角速度相同，根据v=ωr可知线速度大小不相等，B错误；
C．图丙中游客随旋转飞椅做匀速圆周运动时所受合力提供向心力，则合外力不为零，C错误；
D．图丁中火车转弯时外轨高于内轨能减轻轮缘与外轨间的挤压，D正确。
故答案为：D。
【分析】1.拱桥最高点：圆周运动需向心力，合力不为 0，非平衡状态。
2.车轮线速度：同轴转动角速度相同，线速度与半径成正比，A、B 半径不同，线速度不同。
3.匀速圆周运动：合力提供向心力，合力必不为 0。
4.火车转弯：外轨高于内轨，利用重力与支持力的合力提供向心力，减轻外轨挤压。
5.选项判断：根据各场景的圆周运动规律，筛选正确选项。
8．【答案】B
【知识点】胡克定律；受力分析的应用
【解析】【解答】AB．不放物体时
放上6kg物体时
代入数据解得k=1500N/m，但无法求解空托盘质量和弹簧原长，A错误，B正确；
C．弹簧的劲度系数与弹簧的压缩量无关，C错误；
D．换用劲度系数更小的弹簧会减小弹簧秤的量程，D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 受力平衡：托盘（ 含物体 ）的重力等于两根弹簧的弹力（ ）。
2. 方程联立：不放物体和放物体时的两个平衡方程，消去未知量（ 原长 ），求解 。
3. 选项辨析：利用劲度系数的“固有属性”（ 与形变量无关 ）、量程与 的“反向关系”（ 小，量程小 ），判断其他选项错误。
9．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。根据题意可知，，
代入数据解得，，
所以
故选C。
【分析】根据匀变速直线运动的位移和时间规律、匀速直线运动的位移和时间规律列式求解。
10．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查平衡条件以及牛顿第二定律的应用，解题关键是会对物体匀速以及加速状态进行受力分析。A．设钢绳与竖直方向的夹角为，匀速阶段，根据受力平衡可得
可得钢绳拉力大小为
故A错误；
B．加速阶段，根据牛顿第二定律可得
可得
则加速阶段钢绳拉力比匀速阶段钢绳拉力大，故B正确；
CD．匀速阶段若两固定点之间距离减小，则减小，根据
可知钢绳拉力变小，故CD错误。
故选B。
【分析】铁管受到三个力的作用：重力、两个沿钢绳向上的拉力。如果铁管处于平衡状态，则这三个力的合力为零，结合几何关系分析。
11．【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．对小球受力分析有
，所以小球过最高点时的速度一定大于等于，AB错误；
C．小球和水杯看成整体，在最高点绳中的拉力最小为零，此时速率最小，即绳所受的弹力一定大于零或等于零，C正确；
D．小球过最高点时的向心加速度大小，可知，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 受力拆解：小球在最高点受重力、杯底支持力（ 向下 ）、绳子拉力（ 向上 ），合力提供向心力。
2. 临界情况：当拉力 且杯底支持力 时，速度 ，此时拉力为0，是可能的。
3. 选项辨析：利用临界速度判断速度不能为0，拉力可在临界时为0，加速度不小于 ，筛选正确选项。
12．【答案】D
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】A．图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，可知时，宇航员速度最大，A错误；
B．时间内宇航员加速度向上，则处于超重状态，B错误；
C．时，宇航员速度变化量为
宇航员先向上加速再向上减速，则时到达最高点，C错误；
D．时，座椅对宇航员的支持力大小为，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 速度变化量：a-t图像面积是 ，用于判断速度最大时刻（ 面积累积最大 ）。
2. 超重失重：加速度向上，超重（ ），向下，失重（ ）。
3. 位置判断：速度变化量为0时，速度回到初始值，但运动方向未反向（ 始终向上 ），故在最高点。
4. 支持力计算：牛顿第二定律 ，代入加速度得支持力。
13．【答案】C
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】A．对5号鸡蛋进行分析，根据平衡条件，鸡蛋架对5号鸡蛋的作用力大小，故A错误；
B．对5号鸡蛋进行分析，根据平衡条件，4号鸡蛋对5号鸡蛋的支持力大小，故B错误；
C．对5个鸡蛋整体进行分析，根据平衡条件可知，竖直挡板对1号鸡蛋的支持力大小为，故C正确；
D．根据对称性可知，凹槽单侧对5号鸡蛋的支持力大小相等，令该支持力方向与垂直于斜坡方向夹角为，根据几何关系有
解得
对5号鸡蛋进行分析，结合上述有
解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. A、B、D：隔离5号鸡蛋：分解重力，沿斜坡和垂直斜坡方向列平衡方程.。
2. C：整体分析5个鸡蛋：水平方向挡板支持力与重力分力平衡，利用 计算支持力。
3. 几何关系：凹槽宽度与鸡蛋半径的关系，确定支持力方向夹角。
14．【答案】C,D
【知识点】等效法；比值定义法；理想模型法；放大法
【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．质点概念建立体现了理想化模型的思想，故A错误；
B．重心概念建立体现了等效替代的思想，故B错误；
C．加速度的定义采用了比值定义法，故C正确；
D．通过平面镜观察桌面的微小形变采用了放大思想，故D正确。
故选CD。
【分析】根据理想化的物理模型、等效替代以及比值定义法，微小形变放大法等思想对应的实例进行分析解答。
15．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】滑块先沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ+μgcosθ
AC．若传送带足够长，滑块与传送带时共速时，满足μmgcosθ≥mgsinθ，滑块与传送带一起匀速向下运动直到滑块与挡板发生弹性碰撞，碰撞向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故A正确，C错误；
B．若传送带不够长，滑块与传送带未共速便与挡板发生弹性碰撞，碰撞后向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故B正确；
D．若传送带足够长，滑块与传送带时共速时，满足μmgcosθ＜mgsinθ
滑块继续加速下滑，根据牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得a2=gsinθ-μgcosθ
直到滑块与挡板发生弹性碰撞，碰撞向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度为a1且不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】1. 初始下滑：滑动摩擦力沿斜面向上，加速度 ，匀加速。
2. 碰撞后上滑：滑动摩擦力沿斜面向下，加速度仍为 ，匀减速。
3. 速度为0后下滑：重复初始下滑的匀加速，直到第二次碰撞。
4. 传送带长度与摩擦条件：
传送带短，未共速碰撞（ 图像B ）。
传送带长+ ，共速后匀速（ 图像A ）。
传送带长+ ，共速后继续加速（ 图像D ）。
16．【答案】（1）C
（2）A；B
（3）0.36
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）除了如图1所示的器材外，还需要的仪器是刻度尺，用刻度尺测量计数点之间的距离，打点计时器用的是交流电源，不需要干电池；槽码质量是已知的，则重量也是已知的，所以不需要弹簧测力计，因为有槽码拉小车，所以不需要钩码了。故答案为：C。
（2）A．实验前，补偿阻力时小车需连接纸带，故A正确；
B．实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道平行，这样才能保证小车在运动过程中所受拉力恒定，故B正确；
C．实验时，需要用槽码的重力表示小车所受拉力，所以要满足槽码的质量远小于小车的质量，所以不能通过增减钩码（50g规格）来改变小车受到的拉力，故C错误；
D．完成操作后，需要计算每条纸带的时小车的加速度，如果只挑选两条点痕清晰的纸带进行数据处理，则得到的数据太少，不能做出对应的图像，故D错误。
故答案为：AB。
（3）相邻两个计数点之间的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
小车的加速度大小为
。
故答案为：0.36
【分析】（1）器材：聚焦 “测量位移” 需求，选刻度尺。
（2）操作：围绕 “拉力恒定、阻力补偿、质量条件” 辨析，确保实验原理（ 槽码重力近似拉力 ）成立。
（3）数据：用逐差法消除偶然误差，利用多组位移差计算加速度，体现 “多次测量减小误差” 的实验思想。
（1）除了如图1所示的器材外，还需要的仪器是刻度尺，用刻度尺测量计数点之间的距离，打点计时器用的是交流电源，不需要干电池；槽码质量是已知的，则重量也是已知的，所以不需要弹簧测力计，因为有槽码拉小车，所以不需要钩码了。
故选C。
（2）A．实验前，补偿阻力时小车需连接纸带，故A正确；
B．实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道平行，这样才能保证小车在运动过程中所受拉力恒定，故B正确；
C．实验时，需要用槽码的重力表示小车所受拉力，所以要满足槽码的质量远小于小车的质量，所以不能通过增减钩码（50g规格）来改变小车受到的拉力，故C错误；
D．完成操作后，需要计算每条纸带的时小车的加速度，如果只挑选两条点痕清晰的纸带进行数据处理，则得到的数据太少，不能做出对应的图像，故D错误。
故选AB。
（3）相邻两个计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s
小车的加速度大小为
17．【答案】（1）不相等
（2）A
（3）D
【知识点】研究平抛物体的运动；自由落体运动
【解析】【解答】（1）因为已经确定平抛运动竖直方向的运动规律，知道在竖直方向上做自由落体运动，所以实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离不相等。
故答案为：不相等
（2）A．斜槽轨道不光滑，只要保证每次释放小球都从同一位置静止释放即可，故A正确；
B．斜槽末端不水平，则小球做的不是平抛运动，会影响实验结果的，故B错误；
C．小球在释放时有初速度v0，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故C错误；
D．小球每次自由释放的位置不同，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故D错误。
故答案为：A。
（3）设小球从开始释放运动到A的时间为tA，运动到B的时间为tB，在竖直方向上有
，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根据题意有h=hB-hA
联立解得
故答案为：D。
【分析】（1）竖直位移特征：基于平抛竖直方向自由落体（加速运动 ），相等时间内位移随时间增大。
（2）实验误差：围绕平抛实验关键条件（初速度水平、初速度恒定 ），判断器材与操作对实验的影响。
（3）初速度推导：通过水平、竖直分运动的运动学公式联立，消去时间变量求解初速度。
（1）因为已经确定平抛运动竖直方向的运动规律，知道在竖直方向上做自由落体运动，所以实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离不相等。
（2）A．斜槽轨道不光滑，只要保证每次释放小球都从同一位置静止释放即可，故A正确；
B．斜槽末端不水平，则小球做的不是平抛运动，会影响实验结果的，故B错误；
C．小球在释放时有初速度v0，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故C错误；
D．小球每次自由释放的位置不同，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故D错误。
故选A。
（3）设小球从开始释放运动到A的时间为tA，运动到B的时间为tB，在竖直方向上有，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根据题意有h=hB-hA
联立解得
故选D。
18．【答案】B,C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则；探究小车速度随时间变化的规律；向心力
【解析】【解答】A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套应适当长一些，但不需要等长，A错误；
B．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，只需要保证小车受到的合力恒定不变，不需要补偿小车所受到的阻力，B正确；
C．“探究向心力大小的表达式”实验采用的实验方法主要是控制变量法，C正确；
D．“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，D错误。
故答案为：BC。
【分析】1.力的合成：绳长需求是 “便于标记方向”，与等长无关。
2.速度规律：只需合力恒定（ 加速度恒定 ），补偿阻力是额外需求（ 非本实验必需 ）。
3.向心力：多变量研究，控制变量法，是实验设计的核心。
4.弹簧弹力：形变量（ 伸长 / 压缩量 ）是弹力的直接决定因素，与原长无关。
19．【答案】（1）解：根据速度位移关系可得
代入数据解得
（2）解：根据速度时间关系可得
所以
（3）解：根据逆向思维法可得
解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）以及加速度和位移，根据速度—位移关系求解速度；
（2）根据速度—时间公式求解紧急刹车所用的时间 ；
（3）匀减速运动过程可以看成初速度为零的匀加速运动的逆过程，采用逆向思维结合时间—位移关系求解。
（1）根据速度位移关系可得
代入数据解得
（2）根据速度时间关系可得
所以
（3）根据逆向思维法可得
解得
20．【答案】（1）解：设轻绳OD拉力为，地面对C的支持力为。根据平衡条件有或
解得
（2）解：因沿斜面方向有
则沿斜面方向有
解得，方向沿斜面向上
（3）解：对B、C整体，根据平衡条件有
解得
【知识点】整体法隔离法
【解析】【分析】（1）对结点O分析受力，根据平衡条件求轻绳OD的拉力大小FT；
（2）对B分析受力，根据平衡条件求斜面C对B的摩擦力Ff；
（3）对B与C整体分析，根据平衡条件求地面对C的支持力大小FN。
（1）设轻绳OD拉力为，地面对C的支持力为
根据平衡条件有或
解得
（2）因沿斜面方向有
则沿斜面方向有
解得
方向沿斜面向上
（3）方法一：对B、C整体，根据平衡条件有
解得
方法二：对C单独，根据平衡条件有
解得
21．【答案】（1）解：若小球恰好击中C点，竖直方向做自由落体运动有
解得
水平方向做匀速直线运动有
则小球水平向右抛出时的初速度大小。
（2）①解：小球恰好垂直靶纸击中靶心时，其速度方向与水平方向成
根据平抛运动分速度公式可得
根据平抛运动分位移公式可得
联立解得。
②解：设O点运动到靶心的时间为，水平方向和竖直方向有，
由
解得
再根据几何关系有
代入数据解得。
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【分析】（1）击中C点：利用平抛运动的分运动公式，竖直自由落体求时间，水平匀速求初速度。
（2）垂直靶纸：速度方向与靶纸垂直，速度与水平方向夹角 ，通过速度夹角与位移夹角的关系（ ），结合几何位置关系（ O点、C点、靶心的高度与水平距离 ），联立方程求解位移比值和运动时间。
（1）若小球恰好击中C点，竖直方向做自由落体运动有
解得
水平方向做匀速直线运动有
则小球水平向右抛出时的初速度大小。
（2）[2-1]小球恰好垂直靶纸击中靶心时，其速度方向与水平方向成
根据平抛运动分速度公式可得
根据平抛运动分位移公式可得
联立解得。
[2-2]设O点运动到靶心的时间为，水平方向和竖直方向有，
由
解得
再根据几何关系有
代入数据解得。
22．【答案】（1）解：C点时有牛顿第二定律
解得。
（2）解：直轨道AB上加速度
物块在AB下滑距离
由
得到。
（3）解：临界1：物块恰能滑上小车，到达D点速度恰为0
直轨道CD上加速度：
由
得到
临界2：物块与小车共速时恰在小车最右端
物块加速度
小车加速度
设物块在D点速度为，经过t时间，物块与小车共速，则
得
直轨道CD长度范围。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）点速度：利用圆周运动向心力公式（牛顿第二定律 ），结合压力传感器示数（支持力 ）求解。
（2）运动时间：分“受力求加速度” “几何求位移” “运动学公式求时间”三步。
（3）长度范围：通过“恰好滑上车（ ）”和“共速不滑落（位移差为车长 ）”两个临界状态，结合动能定理、运动学公式联立求解。
（1）C点时有牛顿第二定律
解得
（2）直轨道AB上加速度
物块在AB下滑距离
由
得到
（3）临界1：物块恰能滑上小车，到达D点速度恰为0
直轨道CD上加速度：
由
得到
临界2：物块与小车共速时恰在小车最右端
物块加速度
小车加速度
设物块在D点速度为，经过t时间，物块与小车共速，则
得
直轨道CD长度范围
1 / 1浙江省温州市2024-2025学年高一上学期期末教学质量统一检测物理试题（A ）
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一上·温州期末）下列属于国际单位制中导出单位符号的是（　　）
A．N B．kg C．m D．s
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】kg、m、s都是国际单位制中的基本单位；N是导出单位。
故答案为：A。
【分析】1. 基本单位：力学中 （ 质量 ）、（ 长度 ）、（ 时间 ）是独立定义的基本量单位。
2. 导出单位：通过物理公式（ 如 ），由基本单位组合而成（ 如 ）。
3. 选项判断：根据基本单位与导出单位的定义，筛选出导出单位 。
2．（2025高一上·温州期末）2024年8月5日，中国队在4×100米混合泳接力决赛中，以3分27秒46的成绩夺冠，打破了美国队在该项目长达40年的垄断。下列说法正确的是（　　）
A．“3分27秒46”表示时刻
B．运动员在加速冲刺过程中惯性增大
C．运动员游泳过程中观众相对运动员是运动的
D．研究运动员的入水动作时可以将其看成质点
【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；参考系与坐标系；惯性与质量
【解析】【解答】A．“3分27秒46”是比赛过程所经历的时间，可知，3分27秒46表示时时间间隔，故A错误；
B．惯性由质量决定，可知，运动员在加速冲刺过程中惯性不变，故B错误；
C．运动员游泳过程中观众相对运动员位置发生了变化，可知，观众相对运动员是运动的，故C正确；
D．研究运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时，运动员不能够看成质点，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1.时间属性：“3 分 27 秒 46” 是过程持续时长（ 时间间隔 ），非瞬间（ 时刻 ）。
2.惯性本质：仅由质量决定，与运动状态无关，加速时惯性不变。
3.相对运动：以运动员为参考系，观众位置变化，相对运动。
4.质点条件：研究动作细节时，形状大小不可忽略，不能视为质点。
3．（2025高一上·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中大人推不动车是因为推力小于摩擦力
B．图乙中限速路牌的示数为车辆通行的平均速度
C．图丙中飞镖在空中各点的指向与其加速度方向相同
D．图丁中玻璃管水平运动，管内匀速上升的红蜡块运动轨迹可能是曲线
【答案】D
【知识点】曲线运动；瞬时速度；静摩擦力；运动的合成与分解
【解析】【解答】瞬时速度则是运动物体在某一时刻（或经过某一位置）的速度，平均速度是一个描述物体运动平均快慢程度和运动方向的矢量。A．图甲中大人推不动车，车处于静止状态，此时车在水平方向上受到推力和摩擦力，根据二力平衡原理，推力等于摩擦力，推不动的原因是推力小于最大静摩擦力，故A错误；
B．图乙中限速路牌的示数为车辆通行的瞬时速度最大值，故B错误；
C．图丙中飞镖在空中各点的指向是其速度方向，速度方向与加速度方向不同，故C错误；
D．图丁中玻璃管水平运动，若红蜡块在管内匀速上升，同时水平方向做匀加速直线运动，则红蜡块运动轨迹是曲线，故D正确。
故选D。
【分析】推力与摩擦力大小相等，方向相反；根据速度与加速度的关联分析；根据水平方向与竖直方向速度的关联分析。
4．（2025高一上·温州期末）如图所示，一只翠鸟停歇在树枝上。下列说法正确的是（　　）
A．翠鸟一定只受两个力
B．树枝对翠鸟的作用力方向竖直向上
C．树枝对翠鸟的作用力就是翠鸟的重力
D．翠鸟对树枝的压力是树枝形变引起的
【答案】B
【知识点】形变与弹力；受力分析的应用
【解析】【解答】本题是简单的受力平衡问题，要明确研究对象，分析受力情况，根据平衡条件列式分析。
ABC．把倾斜的树枝可以看做斜面，可知翠鸟受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，其中支持力和摩擦力的施力为树枝，将这两个力合成一个力，即为树枝对翠鸟的作用力，该作用力与重力平衡，故该作用力方向竖直向上，大小等于重力的大小，该作用力与重力的产生条件不同，故不能说枝对翠鸟的作用力就是翠鸟的重力，故AC错误，B正确；
D．翠鸟对树枝的压力是翠鸟的脚掌形变引起的，故D错误。
故选B。
【分析】翠鸟处于平衡状态，根据平衡条件分析；根据弹力的产生条件分析判断。
5．（2025高一上·温州期末）如图所示为温州某一大楼，某同学在保证安全的前提下在顶楼静止释放一小球，测得小球下落时间约为6s。不计一切阻力，下列说法正确的是（　　）
A．该大楼的高度约为180m B．该大楼的高度约为360m
C．小球下落1s时的速度为5m/s D．小球下落1s时的速度为60m/s
【答案】A
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】AB. 该大楼的高度约为，A正确，B错误；
CD. 小球下落1s时的速度为v=gt1=10m/s，CD错误。
故答案为：A。
【分析】1.高度计算：利用自由落体位移公式，代入总时间 6s，直接求出大楼高度。
2.速度计算：利用自由落体速度公式，代入 1s，直接求出对应速度。
3.选项判断：根据计算结果（ 高度 180m、1s 速度 10m/s ）。
6．（2025高一上·温州期末）如图所示为室内冰壶玩具。游戏时，冰壶场景垫铺在水平地面上，将其中一个冰壶推出，冰壶离手后，沿场景垫轴线向前自由滑行，场景垫始终静止。下列说法正确的是（　　）
A．冰壶向前自由滑行时仍受推力
B．冰壶所受摩擦力方向与冰壶运动方向相反
C．场景垫对冰壶的支持力与冰壶对场景垫的压力是一对平衡力
D．地面对场景垫的支持力与冰壶对场景垫的压力是一对相互作用力
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用
【解析】【解答】A．冰壶向前自由滑行时不会受推力作用，A错误；
B．冰壶相对场景垫向前运动，受到的摩擦力向后，即所受摩擦力方向与冰壶运动方向相反，B正确；
C．场景垫对冰壶的支持力与冰壶对场景垫的压力是一对相互作用力，C错误；
D．地面对场景垫的支持力与冰壶对场景垫的压力都作用在场景垫上，不是一对相互作用力，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.受力拆解：冰壶离手后，水平方向只有摩擦力（ 推力消失 ）。
2.摩擦力方向：与相对运动方向相反（ 冰壶向前，摩擦力向后 ）。
3.力的分类：相互作用力：作用在两个物体，场景垫与冰壶的支持力、压力符合。
平衡力：需作用在同一物体，地面对场景垫的支持力与冰壶压力不满足。
4.选项匹配：根据受力分析、摩擦力方向、力的分类，筛选正确选项。
7．（2025高一上·温州期末）下列说法正确的是（　　）
A．图甲中汽车通过拱桥最高点时处于平衡状态
B．图乙中自行车骑行时车轮上A、B两点线速度大小相等
C．图丙中游客随旋转飞椅做匀速圆周运动时所受合力为零
D．图丁中火车转弯时外轨高于内轨能减轻轮缘与外轨间的挤压
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图甲中汽车通过拱桥最高点时具有向下的加速度，不是处于平衡状态，A错误；
B．图乙中自行车骑行时车轮上A、B两点的角速度相同，根据v=ωr可知线速度大小不相等，B错误；
C．图丙中游客随旋转飞椅做匀速圆周运动时所受合力提供向心力，则合外力不为零，C错误；
D．图丁中火车转弯时外轨高于内轨能减轻轮缘与外轨间的挤压，D正确。
故答案为：D。
【分析】1.拱桥最高点：圆周运动需向心力，合力不为 0，非平衡状态。
2.车轮线速度：同轴转动角速度相同，线速度与半径成正比，A、B 半径不同，线速度不同。
3.匀速圆周运动：合力提供向心力，合力必不为 0。
4.火车转弯：外轨高于内轨，利用重力与支持力的合力提供向心力，减轻外轨挤压。
5.选项判断：根据各场景的圆周运动规律，筛选正确选项。
8．（2025高一上·温州期末）一台式弹簧秤，其内部结构由两根完全相同的轻质弹簧、示数转化装置组成，如图所示。弹簧的压缩量在水平托盘不放物体时为1cm，放上质量6kg物体时为3cm，下列说法正确的是（　　）
A．空托盘质量为2kg
B．每根弹簧的劲度系数为1500N/m
C．弹簧的劲度系数随弹簧的压缩量增加而增大
D．换用劲度系数更小的弹簧能增加弹簧秤的量程
【答案】B
【知识点】胡克定律；受力分析的应用
【解析】【解答】AB．不放物体时
放上6kg物体时
代入数据解得k=1500N/m，但无法求解空托盘质量和弹簧原长，A错误，B正确；
C．弹簧的劲度系数与弹簧的压缩量无关，C错误；
D．换用劲度系数更小的弹簧会减小弹簧秤的量程，D错误。
故答案为：B。
【分析】1. 受力平衡：托盘（ 含物体 ）的重力等于两根弹簧的弹力（ ）。
2. 方程联立：不放物体和放物体时的两个平衡方程，消去未知量（ 原长 ），求解 。
3. 选项辨析：利用劲度系数的“固有属性”（ 与形变量无关 ）、量程与 的“反向关系”（ 小，量程小 ），判断其他选项错误。
9．（2025高一上·温州期末）如图所示为酒店送餐机器人。某次送餐中，机器人从电梯口静止开始做直线运动到达客房门口，到达客房门口时速度恰好为零，全程长10m。机器人运动的最大速度2m/s，加速时最大加速度0.5m/s2，减速时最大加速度1m/s2。则酒店机器人该次送餐的最短时间为（　　）
A．5s B．6s C．8s D．10s
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。根据题意可知，，
代入数据解得，，
所以
故选C。
【分析】根据匀变速直线运动的位移和时间规律、匀速直线运动的位移和时间规律列式求解。
10．（2025高一上·温州期末）如图所示为起重机吊起铁管的场景。已知一根长为40m的钢绳两端固定在质量的铁管上，两固定点距离为6m。起重机挂钩勾住该钢绳，使铁管从静止开始先以的加速度竖直向上做匀加速直线运动，达到某一速度后做匀速运动，不计钢绳质量与一切阻力。取。下列说法正确的是（　　）
A．匀速阶段钢绳拉力大小为
B．加速阶段钢绳拉力比匀速阶段钢绳拉力大
C．匀速阶段若两固定点之间距离减小，则钢绳拉力不变
D．匀速阶段若两固定点之间距离减小，则钢绳拉力变大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查平衡条件以及牛顿第二定律的应用，解题关键是会对物体匀速以及加速状态进行受力分析。A．设钢绳与竖直方向的夹角为，匀速阶段，根据受力平衡可得
可得钢绳拉力大小为
故A错误；
B．加速阶段，根据牛顿第二定律可得
可得
则加速阶段钢绳拉力比匀速阶段钢绳拉力大，故B正确；
CD．匀速阶段若两固定点之间距离减小，则减小，根据
可知钢绳拉力变小，故CD错误。
故选B。
【分析】铁管受到三个力的作用：重力、两个沿钢绳向上的拉力。如果铁管处于平衡状态，则这三个力的合力为零，结合几何关系分析。
11．（2025高一上·温州期末）如图所示，水杯中放有一可视为质点的小球，某同学将轻绳一端固定在水杯开口处，另一端用手拉住，甩动手腕使水杯以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，运动过程中小球始终紧贴杯底。已知小球离O点的距离为L，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球过最高点时的速度可能为零
B．小球过最高点时的速度一定等于
C．小球过最高点时，绳子的拉力可能为零
D．小球过最高点时的向心加速度大小可能小于g
【答案】C
【知识点】向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．对小球受力分析有
，所以小球过最高点时的速度一定大于等于，AB错误；
C．小球和水杯看成整体，在最高点绳中的拉力最小为零，此时速率最小，即绳所受的弹力一定大于零或等于零，C正确；
D．小球过最高点时的向心加速度大小，可知，D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 受力拆解：小球在最高点受重力、杯底支持力（ 向下 ）、绳子拉力（ 向上 ），合力提供向心力。
2. 临界情况：当拉力 且杯底支持力 时，速度 ，此时拉力为0，是可能的。
3. 选项辨析：利用临界速度判断速度不能为0，拉力可在临界时为0，加速度不小于 ，筛选正确选项。
12．（2025高一上·温州期末）如图甲所示，某宇航员在特定座椅上做竖直方向上的冲击耐力训练。图乙为该宇航员在做冲击耐力训练过程中的加速度a随时间t变化的图像。已知训练开始前宇航员处于静止状态，宇航员（含装备）质量为M，重力加速度大小为g，以竖直向上为正方向，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．时，宇航员速度最大
B．时间内宇航员处于失重状态
C．时，宇航员恰好回到初始位置
D．时，座椅对宇航员的支持力大小为
【答案】D
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】A．图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，可知时，宇航员速度最大，A错误；
B．时间内宇航员加速度向上，则处于超重状态，B错误；
C．时，宇航员速度变化量为
宇航员先向上加速再向上减速，则时到达最高点，C错误；
D．时，座椅对宇航员的支持力大小为，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 速度变化量：a-t图像面积是 ，用于判断速度最大时刻（ 面积累积最大 ）。
2. 超重失重：加速度向上，超重（ ），向下，失重（ ）。
3. 位置判断：速度变化量为0时，速度回到初始值，但运动方向未反向（ 始终向上 ），故在最高点。
4. 支持力计算：牛顿第二定律 ，代入加速度得支持力。
13．（2025高一上·温州期末）如图甲所示为一鸡蛋收纳架，利用斜坡使鸡蛋自动滚下。斜坡底端有一竖直挡板，斜坡倾角并开有凹槽，凹槽宽度为。现将5个鸡蛋放置在鸡蛋架上，将鸡蛋简化为质量为m，半径为R的球，图乙为正视图，图丙为沿斜坡方向视角。已知重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．鸡蛋架对5号鸡蛋的作用力大小为mg
B．4号鸡蛋对5号鸡蛋的支持力大小为mg
C．竖直挡板对1号鸡蛋的支持力大小为
D．凹槽单侧对5号鸡蛋的支持力大小为
【答案】C
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】A．对5号鸡蛋进行分析，根据平衡条件，鸡蛋架对5号鸡蛋的作用力大小，故A错误；
B．对5号鸡蛋进行分析，根据平衡条件，4号鸡蛋对5号鸡蛋的支持力大小，故B错误；
C．对5个鸡蛋整体进行分析，根据平衡条件可知，竖直挡板对1号鸡蛋的支持力大小为，故C正确；
D．根据对称性可知，凹槽单侧对5号鸡蛋的支持力大小相等，令该支持力方向与垂直于斜坡方向夹角为，根据几何关系有
解得
对5号鸡蛋进行分析，结合上述有
解得，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. A、B、D：隔离5号鸡蛋：分解重力，沿斜坡和垂直斜坡方向列平衡方程.。
2. C：整体分析5个鸡蛋：水平方向挡板支持力与重力分力平衡，利用 计算支持力。
3. 几何关系：凹槽宽度与鸡蛋半径的关系，确定支持力方向夹角。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14．（2025高一上·温州期末）关于物理学中的思想与方法，下列说法正确的是（　　）
A．质点概念建立体现了等效替代的思想
B．重心概念建立体现了理想化模型的思想
C．加速度的定义采用了比值定义法
D．通过平面镜观察桌面的微小形变采用了放大思想
【答案】C,D
【知识点】等效法；比值定义法；理想模型法；放大法
【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．质点概念建立体现了理想化模型的思想，故A错误；
B．重心概念建立体现了等效替代的思想，故B错误；
C．加速度的定义采用了比值定义法，故C正确；
D．通过平面镜观察桌面的微小形变采用了放大思想，故D正确。
故选CD。
【分析】根据理想化的物理模型、等效替代以及比值定义法，微小形变放大法等思想对应的实例进行分析解答。
15．（2025高一上·温州期末）如图甲所示为输送工件的传送装置，其底部有固定挡板防止工件来不及取走而掉落，其简化模型如图乙。若倾斜传送带沿顺时针方向以恒定速率匀速转动，时刻将滑块轻轻放在传送带上。当滑块运动到传送带底部时与挡板发生碰撞，碰撞前后滑块速度大小不变，方向相反。若滑块视为质点，则滑块与挡板发生第二次碰撞前的速度v随时间t变化的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】滑块先沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ+μgcosθ
AC．若传送带足够长，滑块与传送带时共速时，满足μmgcosθ≥mgsinθ，滑块与传送带一起匀速向下运动直到滑块与挡板发生弹性碰撞，碰撞向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故A正确，C错误；
B．若传送带不够长，滑块与传送带未共速便与挡板发生弹性碰撞，碰撞后向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故B正确；
D．若传送带足够长，滑块与传送带时共速时，满足μmgcosθ＜mgsinθ
滑块继续加速下滑，根据牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得a2=gsinθ-μgcosθ
直到滑块与挡板发生弹性碰撞，碰撞向上做匀减速运动，摩擦力的大小和方向不变，合力不变，加速度为a1且不变；速度减小为零后，再次沿传送带下滑，故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】1. 初始下滑：滑动摩擦力沿斜面向上，加速度 ，匀加速。
2. 碰撞后上滑：滑动摩擦力沿斜面向下，加速度仍为 ，匀减速。
3. 速度为0后下滑：重复初始下滑的匀加速，直到第二次碰撞。
4. 传送带长度与摩擦条件：
传送带短，未共速碰撞（ 图像B ）。
传送带长+ ，共速后匀速（ 图像A ）。
传送带长+ ，共速后继续加速（ 图像D ）。
三、实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14分）
16．（2025高一上·温州期末）某实验小组用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。已知小车质量，则：
（1）除了如图1所示的器材外，还需要的仪器有______
A． B．
C． D．
（2）关于该实验下列说法正确的是______
A．实验前，补偿阻力时小车需连接纸带
B．实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道平行
C．实验时，也可增减钩码（50g规格）来改变小车受到的拉力
D．完成操作后，挑选两条点痕清晰的纸带进行数据处理即可
（3）某同学得到如图2所示的纸带，打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）C
（2）A；B
（3）0.36
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（1）除了如图1所示的器材外，还需要的仪器是刻度尺，用刻度尺测量计数点之间的距离，打点计时器用的是交流电源，不需要干电池；槽码质量是已知的，则重量也是已知的，所以不需要弹簧测力计，因为有槽码拉小车，所以不需要钩码了。故答案为：C。
（2）A．实验前，补偿阻力时小车需连接纸带，故A正确；
B．实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道平行，这样才能保证小车在运动过程中所受拉力恒定，故B正确；
C．实验时，需要用槽码的重力表示小车所受拉力，所以要满足槽码的质量远小于小车的质量，所以不能通过增减钩码（50g规格）来改变小车受到的拉力，故C错误；
D．完成操作后，需要计算每条纸带的时小车的加速度，如果只挑选两条点痕清晰的纸带进行数据处理，则得到的数据太少，不能做出对应的图像，故D错误。
故答案为：AB。
（3）相邻两个计数点之间的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
小车的加速度大小为
。
故答案为：0.36
【分析】（1）器材：聚焦 “测量位移” 需求，选刻度尺。
（2）操作：围绕 “拉力恒定、阻力补偿、质量条件” 辨析，确保实验原理（ 槽码重力近似拉力 ）成立。
（3）数据：用逐差法消除偶然误差，利用多组位移差计算加速度，体现 “多次测量减小误差” 的实验思想。
（1）除了如图1所示的器材外，还需要的仪器是刻度尺，用刻度尺测量计数点之间的距离，打点计时器用的是交流电源，不需要干电池；槽码质量是已知的，则重量也是已知的，所以不需要弹簧测力计，因为有槽码拉小车，所以不需要钩码了。
故选C。
（2）A．实验前，补偿阻力时小车需连接纸带，故A正确；
B．实验前，调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与轨道平行，这样才能保证小车在运动过程中所受拉力恒定，故B正确；
C．实验时，需要用槽码的重力表示小车所受拉力，所以要满足槽码的质量远小于小车的质量，所以不能通过增减钩码（50g规格）来改变小车受到的拉力，故C错误；
D．完成操作后，需要计算每条纸带的时小车的加速度，如果只挑选两条点痕清晰的纸带进行数据处理，则得到的数据太少，不能做出对应的图像，故D错误。
故选AB。
（3）相邻两个计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s
小车的加速度大小为
17．（2025高一上·温州期末）用如图1所示装置探究平抛运动的特点。
（1）若已经得到平抛运动竖直方向分运动的规律，设法确定“相等的时间间隔”，再看相等的时间内水平分运动的位移，进而确定水平分运动的规律。则实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离　 　（填“相等”或“不相等”）。
（2）下列器材问题和操作方式不会对实验探究有影响的是______
A．斜槽轨道不光滑 B．斜槽末端不水平
C．小球在释放时有初速度 D．小球每次自由释放的位置不同
（3）某同学做实验时，只在纸上从斜槽末端开始沿重锤线方向画出直线，并描出如图2所示的轨迹曲线，在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到直线的水平距离，，以及与之间的距离h，则小球抛出的初速度为______
A． B． C． D．
【答案】（1）不相等
（2）A
（3）D
【知识点】研究平抛物体的运动；自由落体运动
【解析】【解答】（1）因为已经确定平抛运动竖直方向的运动规律，知道在竖直方向上做自由落体运动，所以实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离不相等。
故答案为：不相等
（2）A．斜槽轨道不光滑，只要保证每次释放小球都从同一位置静止释放即可，故A正确；
B．斜槽末端不水平，则小球做的不是平抛运动，会影响实验结果的，故B错误；
C．小球在释放时有初速度v0，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故C错误；
D．小球每次自由释放的位置不同，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故D错误。
故答案为：A。
（3）设小球从开始释放运动到A的时间为tA，运动到B的时间为tB，在竖直方向上有
，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根据题意有h=hB-hA
联立解得
故答案为：D。
【分析】（1）竖直位移特征：基于平抛竖直方向自由落体（加速运动 ），相等时间内位移随时间增大。
（2）实验误差：围绕平抛实验关键条件（初速度水平、初速度恒定 ），判断器材与操作对实验的影响。
（3）初速度推导：通过水平、竖直分运动的运动学公式联立，消去时间变量求解初速度。
（1）因为已经确定平抛运动竖直方向的运动规律，知道在竖直方向上做自由落体运动，所以实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离不相等。
（2）A．斜槽轨道不光滑，只要保证每次释放小球都从同一位置静止释放即可，故A正确；
B．斜槽末端不水平，则小球做的不是平抛运动，会影响实验结果的，故B错误；
C．小球在释放时有初速度v0，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故C错误；
D．小球每次自由释放的位置不同，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故D错误。
故选A。
（3）设小球从开始释放运动到A的时间为tA，运动到B的时间为tB，在竖直方向上有，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根据题意有h=hB-hA
联立解得
故选D。
18．（2025高一上·温州期末）下列实验描述正确的是（　　）
A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套一定等长
B．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中不需要补偿小车所受阻力
C．“探究向心力大小的表达式”实验采用的实验方法主要是控制变量法
D．“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧长度成正比
【答案】B,C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则；探究小车速度随时间变化的规律；向心力
【解析】【解答】A．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中细绳套应适当长一些，但不需要等长，A错误；
B．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，只需要保证小车受到的合力恒定不变，不需要补偿小车所受到的阻力，B正确；
C．“探究向心力大小的表达式”实验采用的实验方法主要是控制变量法，C正确；
D．“探究弹簧弹力与形变量关系”实验中可得出弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，D错误。
故答案为：BC。
【分析】1.力的合成：绳长需求是 “便于标记方向”，与等长无关。
2.速度规律：只需合力恒定（ 加速度恒定 ），补偿阻力是额外需求（ 非本实验必需 ）。
3.向心力：多变量研究，控制变量法，是实验设计的核心。
4.弹簧弹力：形变量（ 伸长 / 压缩量 ）是弹力的直接决定因素，与原长无关。
19．（2025高一上·温州期末）如图所示，一辆肇事汽车在紧急刹车后停了下来，路面上留下了一条长度为x=22.5m的车轮滑动的磨痕。根据对车轮和路面材料的分析可以知道，车轮在路面上滑动时汽车做匀减速直线运动的加速度大小a=5m/s2。求：
（1）刹车前汽车的速度v；
（2）紧急刹车所用的时间t；
（3）汽车停止前1s滑行的距离x'。
【答案】（1）解：根据速度位移关系可得
代入数据解得
（2）解：根据速度时间关系可得
所以
（3）解：根据逆向思维法可得
解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）以及加速度和位移，根据速度—位移关系求解速度；
（2）根据速度—时间公式求解紧急刹车所用的时间 ；
（3）匀减速运动过程可以看成初速度为零的匀加速运动的逆过程，采用逆向思维结合时间—位移关系求解。
（1）根据速度位移关系可得
代入数据解得
（2）根据速度时间关系可得
所以
（3）根据逆向思维法可得
解得
20．（2025高一上·温州期末）如图所示，一倾角的粗糙斜面C静置在水平地面上，斜面上有与轻绳连接的物块B，轻绳与斜面平行，并绕过定滑轮与结点连接小球A，右上方用手拉住轻绳OE。轻绳OD水平，与轻绳OE夹角，A、B、C处于静止状态。已知A、B、C质量分别为m、3m、4m，重力加速度大小为，求：
（1）轻绳OD的拉力大小；
（2）斜面C对B的摩擦力；
（3）地面对C的支持力大小。
【答案】（1）解：设轻绳OD拉力为，地面对C的支持力为。根据平衡条件有或
解得
（2）解：因沿斜面方向有
则沿斜面方向有
解得，方向沿斜面向上
（3）解：对B、C整体，根据平衡条件有
解得
【知识点】整体法隔离法
【解析】【分析】（1）对结点O分析受力，根据平衡条件求轻绳OD的拉力大小FT；
（2）对B分析受力，根据平衡条件求斜面C对B的摩擦力Ff；
（3）对B与C整体分析，根据平衡条件求地面对C的支持力大小FN。
（1）设轻绳OD拉力为，地面对C的支持力为
根据平衡条件有或
解得
（2）因沿斜面方向有
则沿斜面方向有
解得
方向沿斜面向上
（3）方法一：对B、C整体，根据平衡条件有
解得
方法二：对C单独，根据平衡条件有
解得
21．（2025高一上·温州期末）如图甲所示，一同学站在靶心的正前方，面朝倾斜靶纸抛球。其简化模型如图乙，靶纸紧贴在倾角的倾斜支架CD上支架CD固定在水平地面AB上，接触点为C点。该同学在O点水平向右抛出小球，O点离地高度，与C点的水平距离。若小球只在图乙所示竖直面内运动，视为质点，不计小球受到的空气阻力和靶纸厚度。
（1）若小球恰好击中C点，求小球水平向右抛出时的初速度大小v；
（2）若改变水平抛出小球的初速度大小，使小球恰好垂直靶纸击中靶心，求：
①小球从O点到靶心竖直方向下落距离与水平方向运动距离的比值；
②小球从O点运动到靶心的时间。
【答案】（1）解：若小球恰好击中C点，竖直方向做自由落体运动有
解得
水平方向做匀速直线运动有
则小球水平向右抛出时的初速度大小。
（2）①解：小球恰好垂直靶纸击中靶心时，其速度方向与水平方向成
根据平抛运动分速度公式可得
根据平抛运动分位移公式可得
联立解得。
②解：设O点运动到靶心的时间为，水平方向和竖直方向有，
由
解得
再根据几何关系有
代入数据解得。
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【分析】（1）击中C点：利用平抛运动的分运动公式，竖直自由落体求时间，水平匀速求初速度。
（2）垂直靶纸：速度方向与靶纸垂直，速度与水平方向夹角 ，通过速度夹角与位移夹角的关系（ ），结合几何位置关系（ O点、C点、靶心的高度与水平距离 ），联立方程求解位移比值和运动时间。
（1）若小球恰好击中C点，竖直方向做自由落体运动有
解得
水平方向做匀速直线运动有
则小球水平向右抛出时的初速度大小。
（2）[2-1]小球恰好垂直靶纸击中靶心时，其速度方向与水平方向成
根据平抛运动分速度公式可得
根据平抛运动分位移公式可得
联立解得。
[2-2]设O点运动到靶心的时间为，水平方向和竖直方向有，
由
解得
再根据几何关系有
代入数据解得。
22．（2025高一上·温州期末）如图所示，倾角直轨道AB和直轨道CD分别与半径的圆弧轨道BC相切于B点和C点，圆弧轨道末端C点处安装有压力传感器，D点右侧紧靠着质量的车子，车长，其上表面与直轨道CD齐平。将质量的小物块从直轨道AB上距离直轨道CD平面高度处静止释放，小物块经过C点时压力传感器显示示数，小物块与直轨道AB、CD和车子上表面之间的动摩擦因数均为，车子与地面之间的摩擦不计（小物块视为质点，不计空气阻力），已知，，求：
（1）小物块到达C点时的速度大小v；
（2）小物块在直轨道AB上的运动时间t；
（3）若小物块能滑上车子且不从车上掉落，直轨道CD的长度范围。
【答案】（1）解：C点时有牛顿第二定律
解得。
（2）解：直轨道AB上加速度
物块在AB下滑距离
由
得到。
（3）解：临界1：物块恰能滑上小车，到达D点速度恰为0
直轨道CD上加速度：
由
得到
临界2：物块与小车共速时恰在小车最右端
物块加速度
小车加速度
设物块在D点速度为，经过t时间，物块与小车共速，则
得
直轨道CD长度范围。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）点速度：利用圆周运动向心力公式（牛顿第二定律 ），结合压力传感器示数（支持力 ）求解。
（2）运动时间：分“受力求加速度” “几何求位移” “运动学公式求时间”三步。
（3）长度范围：通过“恰好滑上车（ ）”和“共速不滑落（位移差为车长 ）”两个临界状态，结合动能定理、运动学公式联立求解。
（1）C点时有牛顿第二定律
解得
（2）直轨道AB上加速度
物块在AB下滑距离
由
得到
（3）临界1：物块恰能滑上小车，到达D点速度恰为0
直轨道CD上加速度：
由
得到
临界2：物块与小车共速时恰在小车最右端
物块加速度
小车加速度
设物块在D点速度为，经过t时间，物块与小车共速，则
得
直轨道CD长度范围
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