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广东省揭阳市第一中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题（选择性考试）
一、选择题（共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8-10题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。）
1．（2025高一上·榕城期末）在下列问题的研究中，说法正确的是（　　）
A．马拉松运动员在比赛中运动路线的长度就是运动员的位移
B．研究跳水运动员在比赛中的技术动作完成情况时，运动员可视为质点
C．举重运动员在举起杠铃时需坚持3s，3s指的是时间间隔
D．体操运动员在吊环上落下时，以地面为参照物，他是静止的
2．（2025高一上·榕城期末）在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方15m处，从该时刻开始计时，0~4s内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图象如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．t=2s时刻，甲车刚好追上乙车
B．t=4s时刻，甲车刚好追上乙车
C．乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小
D．此过程中甲、乙两车之间的距离一直在增大
3．（2025高一上·榕城期末）射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目，中国队有较强的实力。如图甲所示，射箭时，刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100N，对箭产生的作用力为120N，其弓弦的拉力如图乙中和所示，对箭产生的作用力如图乙中所示，则弓弦的夹角应为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·榕城期末）如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是（　　）
A．站起过程中人处于超重状态
B．该人做了一次下蹲—起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
5．（2025高一上·榕城期末）放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·榕城期末）图左侧为不锈钢砧板架实物图。在图右侧图中，质量为M的圆形砧板稳稳的竖立在砧板架上，砧板架两侧横梁近似光滑，间距为d，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．砧板对砧板架一侧横梁的作用力一定小于Mg
B．若增大横梁的间距d，砧板对两侧横梁的作用力均增大
C．若增大横梁的间距d，砧板架对地面的压力增大
D．若换一个质量相同直径更大的砧板，两侧横梁受到的压力均增大
7．（2025高一上·榕城期末）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A．
B．
C．
D．在时间段物块与木板加速度相等
8．（2025高一上·榕城期末）如图所示，人用手握住一个油瓶，并确保能使瓶子静止在竖直方向上，以下说法中正确的是（　　）
A．手握得越紧，油瓶受的摩擦力就会越大
B．手握得越紧，油瓶与手之间的动摩擦因数就会越大
C．手握得越紧，油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大
D．往油瓶里添油，油瓶受的摩擦力会增大
9．（2025高一上·榕城期末）物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2 s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是(　　)
A．物体零时刻的速度是4 m/s
B．物体的加速度是2 m/s2
C．任何1 s内的速度变化都是2 m/s
D．第1 s内的平均速度等于6 m/s
10．（2025高一上·榕城期末）粗糙水平面上并排放着两个长方体木块，质量分别为，，木块A、B与水平面间的动摩擦因数均为，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓慢向左水平推木块B，使木块A、B一起向左移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始运动，设撤去外力瞬间弹簧弹力大小为，则（　　）
A．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为
B．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为
C．木块A、B分离时，弹簧的弹力为0
D．木块A、B分离前，A、B一直做加速运动
二、实验题（共2道小题，满分14分。每空2分）
11．（2025高一上·榕城期末）某同学测量一弹簧的劲度系数，得到的实验数据如下表：
弹力F（N） 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x（10－2 m） 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42
在上图中画出F与x的关系图线　 　，并求得该弹簧的劲度系数k=　 　 N/m。
12．（2025高一上·榕城期末）某同学准备做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与质量的关系”实验。实验中，他将悬挂物的重力大小拟为小车受到的细线拉力大小。
（1）在即将补偿小车所受的阻力时，器材状态是图　 　（填“甲”或“乙”）
（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50，该同学某次实验得到的纸带如图所示。A、B、C、D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据读取不当，这组数据是　 　（填A、B、C、D或E）。根据上述信息可得小车的加速度大小为　 　（保留两位有效数字）
计数点 A B C D E
位置坐标（cm） 4.50 5.50 7.30 9.80 13.3
（3）在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据做出的图像如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是_________。
A．不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足
B．不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力过度
C．图线段弯曲可能是悬挂物总质量不满足远小于小车质量的条件
D．图线段弯曲可能是小车质量不满足远小于悬挂物总质量的条件
（4）若多次增大悬挂物的质量进行实验，得到悬挂物的质量m及对应的小车运动的加速度a，作出图像如图实线所示，在曲线部分取一点P、对应的横坐标为，已知重力加速度大小为g，若小车的质量为M，则P点与坐标原点O的连线斜率为　 　（用g、M、表示）。
三、计算题（满分38分，其中13题10分，14题9分，15题21分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）
13．（2025高一上·榕城期末）一小石块从塔顶从静止开始自由下落，在到达地面前的最后1s内通过的位移是55m。不计空气的阻力（g取10m/s2）求：
（1）石块下落到地面的时间；
（2）塔的高度。
14．（2025高一上·榕城期末）如图，一与水平方向成角斜向右上方，大小为的恒力拖着一质量为的旧轮胎在水平冰面上从静止开始向右运动，（忽略轮胎与冰面的摩擦力，取）求：
（1）地面对旧轮胎的支持力；
（2）拖动时间时，旧轮胎运动的位移。
15．（2025高一上·榕城期末）图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5kg的货物（可视为质点），轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带AB段的数控设备记录的货物的图像，1.2s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知CD段的长度，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C间距忽略不计，取。求：
（1）货物与传送带间的动摩擦因数；
（2）物体在水平传送带上运动的时间；
（3）若使货物以最短的时间被运送至D处，则传送带的速度需要满足什么条件？并求出货物从A端运送至D端的最短时间？
答案解析部分
1．【答案】C
【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】A．位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度，马拉松运动员在比赛中运动路线的长度是运动员的路程，故A错误；B．研究跳水运动员在比赛中的技术动作完成情况时，运动员的大小、体积等不能忽略，不能把运动员视为质点，故B错误；
C．举重运动员在举起杠铃时需坚持3s，3s是一段时间间隔，故C正确；
D．体操运动员在吊环上落下时，以地面为参照物，他是运动的，故D错误。
故选：C。
【分析】根据路程的定义分析；根据能否看成质点的条件分析；根据时间的定义分析；物体与参照物位置关系发生改变则物体是运动的。
2．【答案】A
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图象与时间轴所围面积表示位移，可得t=2s时刻，甲、乙两车的位移分别为，，满足，故t=2s时刻，甲车刚好追上乙车，A正确；
B．由图象可知，2s~4s时间内，甲车的位移小于乙车的位移，故t=4s时刻，甲车在乙车后面，B错误；
C．图象斜率表示加速度，可得，甲、乙两车的加速度大小分别为，故乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小，C错误；
D．此过程中甲、乙两车之间的距离先减小再增大，D错误。
故答案为：A。
【分析】1.位移计算：通过梯形 / 三角形面积公式，计算不同时间段两车位移。
2.追及判断：对比位移差与初始间距，确定是否追上。
3.加速度比较：通过斜率计算加速度大小，直接对比。
4.间距分析：根据速度大小关系，判断间距 “减小 / 增大” 的阶段。
3．【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】本题关键是正确的进行受力分析，根据力的矢量法则求解，要注意弓弦对箭的作用力大小是箭的合力。以箭与弓弦交点作为受力对象，根据图乙
可知
由力的合成法则，得
得
解得
故选D。
【分析】以箭与弓弦交点作为受力对象，受力分析，根据平衡条件，结合三角知识，即求解弓弦的夹角。
4．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】 CD．在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，加速度向下，失重；后向下做减速运动，加速度向上，超重，故下蹲过程人先处于失重状态后处于超重状态，故CD错误；
AB．人在起立过程中，先向上做加速运动，加速度向上，后向上做减速运动，加速度向下，则站起过程中先处于超重状态后失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，故A错误，B正确。
故选：B。
【分析】判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，结合图像分析。
5．【答案】B
【知识点】加速度；受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】甲图中加速度为a1，则有mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ-μgcosθ
乙图中的加速度为a2，则有（m+m'）gsinθ-μ（m+m'）gcosθ=（m+m'）a2
解得a2=gsinθ-μgcosθ
丙图中的加速度为a3，则有（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3
解得
故a1=a2＜a3，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】1. 受力拆解：对每个情景中的滑块（ 或整体 ），分解重力、摩擦力等力，沿斜面和垂直斜面建立正交坐标系。
2. 方程建立：沿斜面方向合力等于质量乘以加速度，列出牛顿第二定律方程。
3. 化简对比：约去质量项（ 乙图整体质量不影响加速度 ），对比丙图因额外恒力 导致加速度增大。
4. 结论推导：通过表达式直接比较 的大小关系。
6．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法
【解析】【解答】A．设每侧砧板架对砧板的支持力均为，垂直接触面指向砧板圆心，与竖直方向夹角为， 两支架等高，砧板受力如图所示：
对砧板竖直方向根据平衡条件有
根据牛顿第三定律可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力大小为
根据数学知识可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力不一定小于Mg，A错误；
BD．若增大横梁的间距d，θ变大，根据FN'表达式可知FN'变大；同理，若换一个质量相同直径更大的砧板可知θ变小，根据FN'表达式可知FN'变小，故B正确，D错误；
C．对砧板和砧板架整体分析可得地面对砧板架的支持力等于砧板和砧板架的总重力，若增大横梁的间距d，根据牛顿第三定律可得砧板架对地面的压力不变，故C错误。
故选：B。
【分析】对砧板分析，根据平衡条件进行分析即可。
7．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键在于理解图像所表述的力与运动过程，而其中最重要的是考虑静摩擦力、滑动摩擦力的转换临界时刻。在运用牛顿第二定律解题时，要掌握整体法和隔离法的应用。A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
【分析】根据F-t图像和a-t图像进行分析，t1-t2时间内木板的加速度呈线性增加，说明此时木板和物块相对静止，木板加速度随物块对木板的静摩擦力增大而增大；t2时刻后木板的加速度恒定不变，说明其受到两个滑动摩擦力，物块与木板发生相对滑动，即可求出此时的加速度；0-t1时间内，无加速度说明木板和物块相对地面静止不动。再根据牛顿第二定律进行解题即可。
8．【答案】C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】ABC、对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，因而静摩擦力与重力等大反向，手握得越紧，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大，但是静摩擦力不变，故AB错误，C正确；D、往油瓶里添油，重力变大，静摩擦力等于瓶子和油的总重力，所以油瓶受的摩擦力会变大，故D正确。
故选：CD。
【分析】瓶子保持静止，受力平衡，对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，根据静摩擦力的特点可以判断。
9．【答案】A,B,C
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AB. 规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得物体的加速度为，根据v=v0+at得：v0=v-at=6-1×2m/s=4m/s，故AB正确；
C. 物体的加速度是，任何1s内的速度变化是△v=at=2m/s，故C正确；
D. 第1s内的位移为：，则平均速度为：，故D错误．
故答案为：D
【分析】运用加速度定义式、匀变速直线运动的速度公式和位移公式，计算加速度、初速度、速度变化量与平均速度，判断选项正误。
10．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有
对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误，B正确；
C．木块A、B刚刚分离时，加速度相等，相互之间的弹力为0，对B进行分析，根据牛顿第二定律有
方向水平向左。对A进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，即木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，故C正确；
D．结合上述，木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，此时弹簧处于原长，可知，弹簧先前一直处于压缩状态，弹力一直减小至0，则撤去外力后，弹簧弹力开始大于摩擦力，后小于摩擦力，即A、B先做加速运动，后做减速运动，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】1.瞬间受力：撤去外力瞬间，弹簧弹力不变，用整体法求加速度，隔离法求内力（ A 对 B 的作用力 ）。
2.分离条件：分离时相互作用力为 0，分别对 A、B 受力分析，推导弹簧弹力。
3.运动分析：根据弹簧弹力与摩擦力的大小关系，判断加速 / 减速阶段。
11．【答案】；54.1
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】根据描点法作出图象，如图所示
根据图象得
故答案为：
；54.1
【分析】利用胡克定律F = kx，通过绘制F - x图像，将弹簧弹力与伸长量的关系转化为线性关系，再根据图像斜率求解劲度系数，这种方法可减小实验误差。
12．【答案】（1）甲
（2）E；0.80
（3）A；C
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答 （1）平衡摩擦力时，细线末端不挂重物，器材状态是图甲；
（2）由各点位置可知刻度尺的分度值为0.1cm，因此E点读数不当；相邻两计数点间有四个点未画出，则周期为T=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有
（3） 本实验是用悬挂物的重力代替细线的拉力，要求满足悬挂物总质量满足远小于小车质量这个条件，由于悬挂物的质量不断增加，当悬挂物总质量未满足远小于小车质量的条件时，图线出现弯曲，当有一定的拉力才有加速度，可知不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（4）把小车和悬挂物作为一个系统，由牛顿第二定律得
解得小车加速度
题意知P点横坐标为，则P点与坐标原点O的连线斜率为
【分析】（1）根据平衡摩擦力的正确操作作答；
（2）根据刻度尺的分度值判断，结合逐差法解得加速度；
（3）根据用悬挂物的重力代替细线的拉力时应该满足的条件分析作答；
（4）根据牛顿第二定律分析解答。
（1）补偿阻力的方法是取下悬挂物，让小车拖着纸带在倾斜的木板上恰好能做匀速直线运动，故选图甲；
（2）[1]图中可知刻度尺最小分度值为0.1cm，故读数需估读到0.01cm，从表格数据可知E点读数不当；
[2]由于相邻两计数点间有四个点未画，故相邻两计数点时间间隔为T=0.1s，由逐差法得加速度
（3）AB．图像未通过坐标原点，即当F达到一定值时才产生加速度，可能是因为平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力导致，故A正确，B错误；
CD．随着拉力增加，即随着悬挂物质量增加，当悬挂物质量增加到一定程度时，悬挂物总质量不满足远小于小车质量的条件，造成BC段弯曲，故C正确，D错误。
故选AC。
（4）把小车和悬挂物作为一个系统，由牛顿第二定律得
解得小车加速度
题意知P点横坐标为，则P点与坐标原点O的连线斜率为
13．【答案】（1）解：最后1s内的平均速度
最后1s内的平均速度等于最后1s内中间时刻的瞬时速度，则落地的速度
则石块下落的时间。
（2）解：塔的高度。
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）利用自由落体运动的位移公式，通过设下落总时间为t，表示出t秒和t - 1秒内的位移，根据最后1秒位移列方程求解总时间。
（2）再根据自由落体位移公式，代入总时间求出塔的高度。
14．【答案】（1）根据题意，对旧轮胎受力分析，如图所示
由平衡条件有
解得
（2）根据题意，由牛顿第二定律有
解得
旧轮胎运动的位移为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，根据平衡条件即可解出；
（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式即可解出。
15．【答案】（1）解：0~0.2s内，根据图像可知货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得，。
（2）解：结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
货物与传送带共速一起做匀速运动的时间为
货物在水平传送带的时间为。
（3）解：根据图像与坐标轴围成的面积可知，货物在倾斜传送带上的位移为
若时间最短，物体需要在传送带上一直匀加速运动。在下滑加速阶段有
可得
在水平加速阶段
可得
因此传送带的速度需要满足
下滑加速时间为
水平加速时间为
则最短时间为。
【知识点】加速度；受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）阶段拆分：利用 图像的斜率（ 加速度 ）和面积（ 位移 ），将复杂运动拆分为匀加速子过程；受力与加速度：通过牛顿第二定律，建立不同阶段的合力与加速度关系，联立方程求解摩擦因数。
（2）水平段运动：区分匀减速（ 与传送带共速前 ）和匀速（ 共速后 ）阶段，计算总时间。
（3）最短时间优化：让货物在两段传送带均全程匀加速，通过运动学公式求临界速度和最短时间，体现“极值问题”的分析思路。
（1）0~0.2s内，根据图像可知货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
（2）结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
货物与传送带共速一起做匀速运动的时间为
货物在水平传送带的时间为
（3）根据图像与坐标轴围成的面积可知，货物在倾斜传送带上的位移为
若时间最短，物体需要在传送带上一直匀加速运动。在下滑加速阶段有
可得
在水平加速阶段
可得
因此传送带的速度需要满足
下滑加速时间为
水平加速时间为
则最短时间为
1 / 1广东省揭阳市第一中学2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题（选择性考试）
一、选择题（共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8-10题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。）
1．（2025高一上·榕城期末）在下列问题的研究中，说法正确的是（　　）
A．马拉松运动员在比赛中运动路线的长度就是运动员的位移
B．研究跳水运动员在比赛中的技术动作完成情况时，运动员可视为质点
C．举重运动员在举起杠铃时需坚持3s，3s指的是时间间隔
D．体操运动员在吊环上落下时，以地面为参照物，他是静止的
【答案】C
【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】A．位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度，马拉松运动员在比赛中运动路线的长度是运动员的路程，故A错误；B．研究跳水运动员在比赛中的技术动作完成情况时，运动员的大小、体积等不能忽略，不能把运动员视为质点，故B错误；
C．举重运动员在举起杠铃时需坚持3s，3s是一段时间间隔，故C正确；
D．体操运动员在吊环上落下时，以地面为参照物，他是运动的，故D错误。
故选：C。
【分析】根据路程的定义分析；根据能否看成质点的条件分析；根据时间的定义分析；物体与参照物位置关系发生改变则物体是运动的。
2．（2025高一上·榕城期末）在一平直的水平路面上有甲、乙两辆汽车同向行驶。某时刻乙车在甲车前方15m处，从该时刻开始计时，0~4s内甲、乙两车做匀变速直线运动的速度与时间的关系图象如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．t=2s时刻，甲车刚好追上乙车
B．t=4s时刻，甲车刚好追上乙车
C．乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小
D．此过程中甲、乙两车之间的距离一直在增大
【答案】A
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图象与时间轴所围面积表示位移，可得t=2s时刻，甲、乙两车的位移分别为，，满足，故t=2s时刻，甲车刚好追上乙车，A正确；
B．由图象可知，2s~4s时间内，甲车的位移小于乙车的位移，故t=4s时刻，甲车在乙车后面，B错误；
C．图象斜率表示加速度，可得，甲、乙两车的加速度大小分别为，故乙车的加速度大小小于甲车的加速度大小，C错误；
D．此过程中甲、乙两车之间的距离先减小再增大，D错误。
故答案为：A。
【分析】1.位移计算：通过梯形 / 三角形面积公式，计算不同时间段两车位移。
2.追及判断：对比位移差与初始间距，确定是否追上。
3.加速度比较：通过斜率计算加速度大小，直接对比。
4.间距分析：根据速度大小关系，判断间距 “减小 / 增大” 的阶段。
3．（2025高一上·榕城期末）射箭是奥运会上一个观赏性很强的运动项目，中国队有较强的实力。如图甲所示，射箭时，刚释放的瞬间若弓弦的拉力为100N，对箭产生的作用力为120N，其弓弦的拉力如图乙中和所示，对箭产生的作用力如图乙中所示，则弓弦的夹角应为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】本题关键是正确的进行受力分析，根据力的矢量法则求解，要注意弓弦对箭的作用力大小是箭的合力。以箭与弓弦交点作为受力对象，根据图乙
可知
由力的合成法则，得
得
解得
故选D。
【分析】以箭与弓弦交点作为受力对象，受力分析，根据平衡条件，结合三角知识，即求解弓弦的夹角。
4．（2025高一上·榕城期末）如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是（　　）
A．站起过程中人处于超重状态
B．该人做了一次下蹲—起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】 CD．在下蹲的过程中，人先向下做加速运动，加速度向下，失重；后向下做减速运动，加速度向上，超重，故下蹲过程人先处于失重状态后处于超重状态，故CD错误；
AB．人在起立过程中，先向上做加速运动，加速度向上，后向上做减速运动，加速度向下，则站起过程中先处于超重状态后失重状态，结合下蹲的分析可知，该人做了一次下蹲—起立的动作，故A错误，B正确。
故选：B。
【分析】判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状态，加速度方向向下，物体处于失重状态，结合图像分析。
5．（2025高一上·榕城期末）放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】加速度；受力分析的应用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】甲图中加速度为a1，则有mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得a1=gsinθ-μgcosθ
乙图中的加速度为a2，则有（m+m'）gsinθ-μ（m+m'）gcosθ=（m+m'）a2
解得a2=gsinθ-μgcosθ
丙图中的加速度为a3，则有（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3
解得
故a1=a2＜a3，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】1. 受力拆解：对每个情景中的滑块（ 或整体 ），分解重力、摩擦力等力，沿斜面和垂直斜面建立正交坐标系。
2. 方程建立：沿斜面方向合力等于质量乘以加速度，列出牛顿第二定律方程。
3. 化简对比：约去质量项（ 乙图整体质量不影响加速度 ），对比丙图因额外恒力 导致加速度增大。
4. 结论推导：通过表达式直接比较 的大小关系。
6．（2025高一上·榕城期末）图左侧为不锈钢砧板架实物图。在图右侧图中，质量为M的圆形砧板稳稳的竖立在砧板架上，砧板架两侧横梁近似光滑，间距为d，取重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．砧板对砧板架一侧横梁的作用力一定小于Mg
B．若增大横梁的间距d，砧板对两侧横梁的作用力均增大
C．若增大横梁的间距d，砧板架对地面的压力增大
D．若换一个质量相同直径更大的砧板，两侧横梁受到的压力均增大
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法
【解析】【解答】A．设每侧砧板架对砧板的支持力均为，垂直接触面指向砧板圆心，与竖直方向夹角为， 两支架等高，砧板受力如图所示：
对砧板竖直方向根据平衡条件有
根据牛顿第三定律可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力大小为
根据数学知识可得砧板对砧板架一侧横梁的作用力不一定小于Mg，A错误；
BD．若增大横梁的间距d，θ变大，根据FN'表达式可知FN'变大；同理，若换一个质量相同直径更大的砧板可知θ变小，根据FN'表达式可知FN'变小，故B正确，D错误；
C．对砧板和砧板架整体分析可得地面对砧板架的支持力等于砧板和砧板架的总重力，若增大横梁的间距d，根据牛顿第三定律可得砧板架对地面的压力不变，故C错误。
故选：B。
【分析】对砧板分析，根据平衡条件进行分析即可。
7．（2025高一上·榕城期末）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A．
B．
C．
D．在时间段物块与木板加速度相等
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键在于理解图像所表述的力与运动过程，而其中最重要的是考虑静摩擦力、滑动摩擦力的转换临界时刻。在运用牛顿第二定律解题时，要掌握整体法和隔离法的应用。A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
【分析】根据F-t图像和a-t图像进行分析，t1-t2时间内木板的加速度呈线性增加，说明此时木板和物块相对静止，木板加速度随物块对木板的静摩擦力增大而增大；t2时刻后木板的加速度恒定不变，说明其受到两个滑动摩擦力，物块与木板发生相对滑动，即可求出此时的加速度；0-t1时间内，无加速度说明木板和物块相对地面静止不动。再根据牛顿第二定律进行解题即可。
8．（2025高一上·榕城期末）如图所示，人用手握住一个油瓶，并确保能使瓶子静止在竖直方向上，以下说法中正确的是（　　）
A．手握得越紧，油瓶受的摩擦力就会越大
B．手握得越紧，油瓶与手之间的动摩擦因数就会越大
C．手握得越紧，油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大
D．往油瓶里添油，油瓶受的摩擦力会增大
【答案】C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】ABC、对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，因而静摩擦力与重力等大反向，手握得越紧，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，油瓶与手之间的最大静摩擦力就会越大，但是静摩擦力不变，故AB错误，C正确；D、往油瓶里添油，重力变大，静摩擦力等于瓶子和油的总重力，所以油瓶受的摩擦力会变大，故D正确。
故选：CD。
【分析】瓶子保持静止，受力平衡，对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，根据静摩擦力的特点可以判断。
9．（2025高一上·榕城期末）物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2 s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是(　　)
A．物体零时刻的速度是4 m/s
B．物体的加速度是2 m/s2
C．任何1 s内的速度变化都是2 m/s
D．第1 s内的平均速度等于6 m/s
【答案】A,B,C
【知识点】加速度；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】AB. 规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得物体的加速度为，根据v=v0+at得：v0=v-at=6-1×2m/s=4m/s，故AB正确；
C. 物体的加速度是，任何1s内的速度变化是△v=at=2m/s，故C正确；
D. 第1s内的位移为：，则平均速度为：，故D错误．
故答案为：D
【分析】运用加速度定义式、匀变速直线运动的速度公式和位移公式，计算加速度、初速度、速度变化量与平均速度，判断选项正误。
10．（2025高一上·榕城期末）粗糙水平面上并排放着两个长方体木块，质量分别为，，木块A、B与水平面间的动摩擦因数均为，木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓慢向左水平推木块B，使木块A、B一起向左移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B由静止开始运动，设撤去外力瞬间弹簧弹力大小为，则（　　）
A．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为
B．撤去外力的瞬间，木块A对木块B的作用力大小为
C．木块A、B分离时，弹簧的弹力为0
D．木块A、B分离前，A、B一直做加速运动
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB．对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有
对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误，B正确；
C．木块A、B刚刚分离时，加速度相等，相互之间的弹力为0，对B进行分析，根据牛顿第二定律有
方向水平向左。对A进行分析，根据牛顿第二定律有
解得，即木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，故C正确；
D．结合上述，木块A、B分离时，弹簧的弹力为0，此时弹簧处于原长，可知，弹簧先前一直处于压缩状态，弹力一直减小至0，则撤去外力后，弹簧弹力开始大于摩擦力，后小于摩擦力，即A、B先做加速运动，后做减速运动，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】1.瞬间受力：撤去外力瞬间，弹簧弹力不变，用整体法求加速度，隔离法求内力（ A 对 B 的作用力 ）。
2.分离条件：分离时相互作用力为 0，分别对 A、B 受力分析，推导弹簧弹力。
3.运动分析：根据弹簧弹力与摩擦力的大小关系，判断加速 / 减速阶段。
二、实验题（共2道小题，满分14分。每空2分）
11．（2025高一上·榕城期末）某同学测量一弹簧的劲度系数，得到的实验数据如下表：
弹力F（N） 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x（10－2 m） 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42
在上图中画出F与x的关系图线　 　，并求得该弹簧的劲度系数k=　 　 N/m。
【答案】；54.1
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】根据描点法作出图象，如图所示
根据图象得
故答案为：
；54.1
【分析】利用胡克定律F = kx，通过绘制F - x图像，将弹簧弹力与伸长量的关系转化为线性关系，再根据图像斜率求解劲度系数，这种方法可减小实验误差。
12．（2025高一上·榕城期末）某同学准备做“探究加速度与力的关系”和“探究加速度与质量的关系”实验。实验中，他将悬挂物的重力大小拟为小车受到的细线拉力大小。
（1）在即将补偿小车所受的阻力时，器材状态是图　 　（填“甲”或“乙”）
（2）已知打点计时器所用交变电源的频率为50，该同学某次实验得到的纸带如图所示。A、B、C、D、E是5个连续的计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，实验数据如表中所示，其中有一组数据读取不当，这组数据是　 　（填A、B、C、D或E）。根据上述信息可得小车的加速度大小为　 　（保留两位有效数字）
计数点 A B C D E
位置坐标（cm） 4.50 5.50 7.30 9.80 13.3
（3）在探究加速度与力的关系时，该同学根据实验数据做出的图像如图丙所示，发现该图线不通过坐标原点且段明显偏离直线，分析其产生的原因，下列说法正确的是_________。
A．不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足
B．不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力过度
C．图线段弯曲可能是悬挂物总质量不满足远小于小车质量的条件
D．图线段弯曲可能是小车质量不满足远小于悬挂物总质量的条件
（4）若多次增大悬挂物的质量进行实验，得到悬挂物的质量m及对应的小车运动的加速度a，作出图像如图实线所示，在曲线部分取一点P、对应的横坐标为，已知重力加速度大小为g，若小车的质量为M，则P点与坐标原点O的连线斜率为　 　（用g、M、表示）。
【答案】（1）甲
（2）E；0.80
（3）A；C
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答 （1）平衡摩擦力时，细线末端不挂重物，器材状态是图甲；
（2）由各点位置可知刻度尺的分度值为0.1cm，因此E点读数不当；相邻两计数点间有四个点未画出，则周期为T=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有
（3） 本实验是用悬挂物的重力代替细线的拉力，要求满足悬挂物总质量满足远小于小车质量这个条件，由于悬挂物的质量不断增加，当悬挂物总质量未满足远小于小车质量的条件时，图线出现弯曲，当有一定的拉力才有加速度，可知不通过坐标原点可能是因为平衡摩擦力不足，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
（4）把小车和悬挂物作为一个系统，由牛顿第二定律得
解得小车加速度
题意知P点横坐标为，则P点与坐标原点O的连线斜率为
【分析】（1）根据平衡摩擦力的正确操作作答；
（2）根据刻度尺的分度值判断，结合逐差法解得加速度；
（3）根据用悬挂物的重力代替细线的拉力时应该满足的条件分析作答；
（4）根据牛顿第二定律分析解答。
（1）补偿阻力的方法是取下悬挂物，让小车拖着纸带在倾斜的木板上恰好能做匀速直线运动，故选图甲；
（2）[1]图中可知刻度尺最小分度值为0.1cm，故读数需估读到0.01cm，从表格数据可知E点读数不当；
[2]由于相邻两计数点间有四个点未画，故相邻两计数点时间间隔为T=0.1s，由逐差法得加速度
（3）AB．图像未通过坐标原点，即当F达到一定值时才产生加速度，可能是因为平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力导致，故A正确，B错误；
CD．随着拉力增加，即随着悬挂物质量增加，当悬挂物质量增加到一定程度时，悬挂物总质量不满足远小于小车质量的条件，造成BC段弯曲，故C正确，D错误。
故选AC。
（4）把小车和悬挂物作为一个系统，由牛顿第二定律得
解得小车加速度
题意知P点横坐标为，则P点与坐标原点O的连线斜率为
三、计算题（满分38分，其中13题10分，14题9分，15题21分，每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）
13．（2025高一上·榕城期末）一小石块从塔顶从静止开始自由下落，在到达地面前的最后1s内通过的位移是55m。不计空气的阻力（g取10m/s2）求：
（1）石块下落到地面的时间；
（2）塔的高度。
【答案】（1）解：最后1s内的平均速度
最后1s内的平均速度等于最后1s内中间时刻的瞬时速度，则落地的速度
则石块下落的时间。
（2）解：塔的高度。
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）利用自由落体运动的位移公式，通过设下落总时间为t，表示出t秒和t - 1秒内的位移，根据最后1秒位移列方程求解总时间。
（2）再根据自由落体位移公式，代入总时间求出塔的高度。
14．（2025高一上·榕城期末）如图，一与水平方向成角斜向右上方，大小为的恒力拖着一质量为的旧轮胎在水平冰面上从静止开始向右运动，（忽略轮胎与冰面的摩擦力，取）求：
（1）地面对旧轮胎的支持力；
（2）拖动时间时，旧轮胎运动的位移。
【答案】（1）根据题意，对旧轮胎受力分析，如图所示
由平衡条件有
解得
（2）根据题意，由牛顿第二定律有
解得
旧轮胎运动的位移为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，根据平衡条件即可解出；
（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式即可解出。
15．（2025高一上·榕城期末）图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5kg的货物（可视为质点），轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带AB段的数控设备记录的货物的图像，1.2s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知CD段的长度，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，B、C间距忽略不计，取。求：
（1）货物与传送带间的动摩擦因数；
（2）物体在水平传送带上运动的时间；
（3）若使货物以最短的时间被运送至D处，则传送带的速度需要满足什么条件？并求出货物从A端运送至D端的最短时间？
【答案】（1）解：0~0.2s内，根据图像可知货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得，。
（2）解：结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
货物与传送带共速一起做匀速运动的时间为
货物在水平传送带的时间为。
（3）解：根据图像与坐标轴围成的面积可知，货物在倾斜传送带上的位移为
若时间最短，物体需要在传送带上一直匀加速运动。在下滑加速阶段有
可得
在水平加速阶段
可得
因此传送带的速度需要满足
下滑加速时间为
水平加速时间为
则最短时间为。
【知识点】加速度；受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）阶段拆分：利用 图像的斜率（ 加速度 ）和面积（ 位移 ），将复杂运动拆分为匀加速子过程；受力与加速度：通过牛顿第二定律，建立不同阶段的合力与加速度关系，联立方程求解摩擦因数。
（2）水平段运动：区分匀减速（ 与传送带共速前 ）和匀速（ 共速后 ）阶段，计算总时间。
（3）最短时间优化：让货物在两段传送带均全程匀加速，通过运动学公式求临界速度和最短时间，体现“极值问题”的分析思路。
（1）0~0.2s内，根据图像可知货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
0.2s~1.2s内，货物在水平传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
（2）结合图乙知，传送带的速率，货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上做匀减速运动的时间
货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为
解得
货物与传送带共速一起做匀速运动的时间为
货物在水平传送带的时间为
（3）根据图像与坐标轴围成的面积可知，货物在倾斜传送带上的位移为
若时间最短，物体需要在传送带上一直匀加速运动。在下滑加速阶段有
可得
在水平加速阶段
可得
因此传送带的速度需要满足
下滑加速时间为
水平加速时间为
则最短时间为
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