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广东省佛山市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题
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，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选的得0分。
1．（2025高一上·佛山期末）2024年6月6日14时48分，嫦娥六号上升器与轨道器和返回器组合体在月球轨道成功对接，对接过程应用抱爪式对接机构，仅用21秒便完成了“抓牢”“抱紧”动作。6月25日，嫦娥六号返回地球，从38万公里外的月球带回1935.3克月球背面样品，下列说法正确的是（　　）
A．14时48分、21秒都是指时间
B．38万公里指的是嫦娥六号返回地球的路程
C．研究对接过程中的“抓牢”等动作时，不能将上升器看成质点
D．题目的单位“分”“克”和“公里”均是国际基本单位
2．（2025高一上·佛山期末）如图所示，一款扫把挂夹由黏性背板及两个卡扣组成，使用时将扫把的杆身按入卡扣之间，就能将扫把悬挂起来，假设扫把静止时杆身竖直，且不与墙壁及其他物品接触，则下列说法正确的是（　　）
A．挂夹对扫把的摩擦力等于扫把的重力
B．卡扣夹得越紧，挂夹对拖把的摩擦力越大
C．墙壁对黏性背板的作用力等于扫把的重力
D．若卡扣未夹紧，扫把下滑时挂夹对扫把的作用力小于扫把对挂夹的作用力
3．（2025高一上·佛山期末）一轿车在平直的公路上行驶，当司机发现前方路口绿灯还有3s时，立即踩刹车，轿车以的加速度做匀减速直线运动，恰好在黄灯亮起时停住，车头与停车线平齐，下列说法正确的是（　　）
A．轿车开始刹车时的速度为6m/s
B．刹车过程轿车的平均速度为12m/s
C．开始刹车时轿车车头距离停车线18m
D．开始刹车时轿车车头距离停车线36m
4．（2025高一上·佛山期末）关于物理学的研究方法，下列说法正确的是（　　）
A．在解决问题时忽略物体本身的大小和形状，建立质点概念是理想模型法
B．在定义加速度时应用了比值法，因而加速度大小与速度变化量和时间有关
C．物理学中把微小变化放大以利于观察或测量的实验方法，称为类比法
D．在用实验探究加速度、力和质量之间的定量关系时，应用的是等效替代法
5．（2025高一上·佛山期末）如图所示，电力工人在进行电力施工时，从高压线的最低处向上缓慢行走，越往上走高压线与水平方向夹角越大，忽略安全绳对人的作用力，则在该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．高压线对工人的支持力增大 B．高压线对工人的摩擦力增大
C．高压线对工人的作用力增大 D．高压线对工人的作用力减小
6．（2025高一上·佛山期末）如图所示，飞机利用传送带装卸行李，传送带长度一定，其速度、底端与顶端的高度差均可调节。假设传送带向上匀速传动，初速度为零的行李箱置于传送带底端，在传送带的作用下向上运动，行李箱与传送带之间的动摩擦因数处处相同，则下列说法正确的是（　　）
A．行李箱的质量越大，在传送带上运动的时间一定越长
B．传送带的速度越大，在传送带上运动的时间一定越短
C．行李箱在传送带上运动的时间与传送带底端到顶端的高度差无关
D．行李箱在传送带上运动的平均速度一定小于传送带的速度
7．（2025高一上·佛山期末）某同学利用如图所示装置探究弹簧弹力与伸长量的关系，弹簧自然悬挂时指针指在7.75cm处，挂上三个均为50g的钩码后，指针所指刻度如图所示，某时刻第3个钩码由于没有挂好突然掉落，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数约为0.10N/cm
B．钩码掉落的瞬间，铁架台对桌面的压力变小
C．钩码掉落的瞬间，剩余两个钩码的加速度大小为
D．钩码掉落的瞬间，第2个钩码对第1个钩码的作用力为0.75N
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，全选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。
8．（2025高一上·佛山期末）如图a所示，两位学生在50米长的泳道上进行200m游泳比赛，甲学生与乙学生的位移-时间图像分别如图b实线、虚线所示，350s时甲学生率先完成比赛，则下列说法正确的是（　　）
A．0~350s内甲学生的位移为200m
B．0~350s内甲、乙学生共相遇3次
C．350s时甲、乙学生相距50m
D．0~350s内甲学生的平均速度为零
9．（2025高一上·佛山期末）在密封的箱子中，一根不可伸长的细绳悬挂一个小球，小球随箱子一起在竖直方向上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时间内箱子做匀速运动，绳子拉力一定等于小球重力
B．时间内箱子做减速运动，绳子拉力一定大于小球重力
C．若箱子竖直向上运动，则时间内绳子的拉力大于时间内绳子的拉力
D．若箱子竖直向下运动，则时间内小球所受合力方向与绳子拉力方向相反
10．（2025高一上·佛山期末）文物记载着我国灿烂的文明，观看文物展览已经成为一种研学方式，如图所示，一块玉石放置在倾斜的玻璃展板上，下端有小挡板支撑，假设玻璃展板倾角为，固定的两小挡板A和B与图中水平虚线也成为角，玉石质量为m，重力加速度为g，不计玉石与玻璃展板间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．挡板A、B对玉石的弹力是相同的
B．玻璃展板对玉石的支持力大小为
C．挡板A对玉石的弹力大小为
D．若挡板与虚线的夹角变小，则每块挡板对玉石的弹力变小
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025高一上·佛山期末）利用手机传感器可测量出手机运动时的加速度。某同学设计了如图甲所示的实验装置，开展“探究加速度与力的关系”的实验，步骤如下：
（1）将手机固定在小车上，小车置于一端有定滑轮的长木板上，细线一端连接小车；
（2）把长木板放在水平桌面上，细线另一端挂上小钩码，调节定滑轮，使细线与长木板平行，静止释放小车，通过手机测量出小车的加速度；
（3）改变钩码的质量m，重复上述步骤，测得相应的加速度a；
（4）作出小车加速度a与钩码质量m的图像。
根据实验步骤，回答以下问题：
①若小车和手机的总质量约为500g，则所挂钩码的总质量最合适的是　 　
A.400g B.200g C.50g
②若实验中画出了的图像如乙图所示，根据图像指出实验操作中存在的问题：
　 　（写出一点即可）。
③已知重力加速度为g，根据乙图可求出小车在运动时受到的阻力　 　。（用题中和图中字母表示）
12．（2025高一上·佛山期末）感光变色PU皮革在紫色激光的照射下会短时间变深色，小迪利用这一特性制作了一个激光打点计时器（图b）用于探究物体自由下落的运动规律。激光打点计时器内部含有电池和微控制器，微控制器控制激光头通电图像如图a所示，其通电周期，在一个通电周期内发射激光时长。
小迪用激光打点计时器探究该计时器自由下落的运动情况，他把计时器水平放置在竖直悬挂并固定的感光变色PU皮革前，如图b；静止释放计时器，最后在PU皮革上留下一串小短线，如图d所示。
（1）若测得某条小短线的长度如图c所示，该短线长度　 　cm。计时器打这条线过程中的平均速度　 　m/s（结果保留3位有效数字）。
（2）若相邻小短线上侧端点间的距离分别为，，，（如图d），可求得重力加速度大小　 　。（结果保留3位有效数字）
（3）小短线的长度增加　 　（填“是”或“不是”）均匀的。请说明理由　 　。
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
13．（2025高一上·佛山期末）小明将重物静止悬挂在力传感器下如图（a）所示，从t时刻起，小明手持力传感器沿竖直方向运动，如图（b）为得到的力传感器示数F随时间t的变化图像，忽略空气阻力。请解答下列问题：
（1）指出重物在时间内超重和失重的情况；
（2）推断重物在时间内的运动方向，并分析其原因；
（3）指出重物在时间内，何时速度最大？
五、解答题：本大题共2小题，共30分，按题目要求作答，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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14．（2025高一上·佛山期末）某公司利用“眼疾手快”游戏测试机器手能否抓住从支架上随机落下的圆棒，来检验其灵活性。如图所示，已知圆棒长，下端与水平地面距离。圆棒下落过程中始终保持竖直，机器手与右侧第一根圆棒的水平距离，与棒下端的竖直高度。假设机器手去抓取圆棒时的运动始终沿水平方向，且当任何一根圆棒开始下落时，机器手立即从静止开始运动。忽略圆棒水平截面的大小和机器手掌大小影响，机器手与圆棒均在同一竖直平面，不计空气阻力，取。请解答：
（1）机器手未启动，圆棒从下落到下端刚触地时的时间为多少；
（2）若右侧第一根圆棒开始下落时，机器手立即由静止开始做匀加速直线运动，且恰能触碰到圆棒正中央，则触碰前瞬间机器手的速度为多大；
（3）为了抓稳右侧第一根圆棒正中央，需控制机器手抓住棒前速度减为零。若机器手的运动可视为匀变速运动，且加速和减速过程的加速度大小相等，则为了成功实现这一抓取动作，机器手的加速度至少要多大。
15．（2025高一上·佛山期末）在某生活实验电视节目中，如图所示，在固定且长为4m的水平餐桌上铺着台布，台布左端与餐桌左端齐平，7个小碟子等距的排在桌子的中线上，每个碟子相距0.5m，两侧碟子与台布边沿的距离也是0.5m。汽车拉着台布一端将其快速抽出（台布被抽出过程保持平整），最后部分碟子仍留在桌面。已知碟子与台布、桌面间的动摩擦因数分别为、。刚开始绳子恰好被拉直，汽车从静止开始以的加速度向前匀加速拉动台布，小碟子可视为质点，重力加速度g取，求：
（1）碟子在台布、桌面上滑行时的加速度、的大小和方向；
（2）最左边碟子A从开始运动到停止共滑行的距离s；
（3）通过计算求出，台布被抽出后最终桌面上还留有多少个碟子。
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；力学单位制
【解析】【解答】A.14时48分成功对接的瞬间指的是时刻，动作所花的时间21秒指的是时间间隔，故A错误；
B.38万公里指的直线距离，是嫦娥六号返回地球的位移大小，不是路程，故B错误；
C．研究对接过程中的“抓牢”等动作时，由于上升器的形状大小对动作有影响，所以不能将上升器看成质点，故C正确；
D．根据单位制可以得出“分”“克”和“公里”均不是国际基本单位，“秒”“千克”和“米”才是国际基本单位，故D错误。
故选C。
【分析】成功对接的瞬间指的是时刻，动作所花的时间21秒指的是时间间隔；38万公里指的直线距离，是嫦娥六号返回地球的位移大小；“分”“克”和“公里”均不是国际基本单位；研究对接过程中的“抓牢”等动作时，由于上升器的形状大小对动作有影响，所以不能将上升器看成质点。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．以扫把为对象，根据竖直方向的二力平衡可以得出挂夹对扫把的摩擦力等于扫把的重力；由于摩擦力等于重力，与压力大小无关，卡扣夹得越紧，挂夹对拖把的摩擦力保持不变，故A正确，B错误；
C．以挂夹和扫把为整体，根据竖直方向的平衡方程可以得出墙壁对黏性背板的作用力等于挂夹和扫把的总重力，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可以得出：挂夹对扫把的作用力与扫把对挂夹的作用力是一对相互作用力，大小总是相等，故D错误。
故选A。
【分析】根据竖直方向的二力平衡可以得出挂夹对扫把的摩擦力等于扫把的重力；由于摩擦力等于重力，与压力大小无关；根据竖直方向的平衡方程可以得出墙壁对黏性背板的作用力等于挂夹和扫把的总重力；挂夹对扫把的作用力与扫把对挂夹的作用力是一对相互作用力。
3．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】设轿车开始刹车时的速度为，根据速度公式则有
解得
根据匀变速直线运动的规律有刹车过程轿车的平均速度为
根据位移公式可以得出：开始刹车时轿车车头距离停车线为
故选C。
【分析】利用速度公式可以求出轿车的初速度大小，结合末速度的大小可以求出平均速度的大小，结合运动的时间可以求出位移的大小。
4．【答案】A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；比值定义法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】A．在解决问题时忽略物体本身的大小和形状，引用质点代表物体的方法为理想模型法，选项A正确；
B．在定义加速度时应用了比值法，根据比值定义法的特点可以得出加速度大小与速度变化量和时间无关，选项B错误；
C．物理学中把微小变化放大以利于观察或测量的实验方法，如观察桌面的微小形变则使用了放大法，选项C错误；
D．在用实验探究加速度、力和质量之间的定量关系时，为了探究牛顿第二定律的关系则应用的是控制变量法，选项D错误。
故选A。
【分析】 在解决问题时忽略物体本身的大小和形状，建立质点概念是理想模型法；在定义加速度时应用了比值法，加速度大小与速度变化量和时间无关；物理学中把微小变化放大以利于观察或测量的实验方法，称为放大法；在用实验探究加速度、力和质量之间的定量关系时，应用的是控制变量法。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB． 电力工人在进行电力施工时，从高压线的最低处向上缓慢行走，设高压线与水平方向夹角为，以工人为对象，根据受力平衡可得
，
根据平衡方程可以得出：由于增大，所以高压线对工人的支持力减小，对工人的摩擦力增大，故A错误，B正确；
CD．以工人为对象，根据二力平衡的规律可知高压线对工人的作用力与工人的重力大小相等，方向竖直向上，保持不变，故CD错误。
故选B。
【分析】利用人的平衡条件可以判别高压线对人的作用力大小；利用平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小。
6．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．行李箱刚放上传送带时，由于行李箱速度小于传送带速度，则受到的摩擦力沿传送带向上，则根据牛顿第二定律可得
根据位移公式x=12at2可知行李箱在传送带上的运动情况与行李箱的质量无关，故A错误；
BC．设传送带长度为，若行李箱从底端到顶端速度小于传送带的速度时，则行李箱一直做匀加速运动，则有
可得
可知传送带的速度越大，在传送带上运动的时间不一定越短；若传送带底端到顶端的高度差越小，根据几何关系可以得出越小，行李箱的加速度越大，则行李箱在传送带上运动的时间越短，故BC错误；
D．行李箱做加速运动的最大速度最多等于传送带的速度，则会导致行李箱在传送带上运动的平均速度一定小于到达顶端时的速度，所以行李箱在传送带上运动的平均速度一定小于传送带的速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出行李箱的加速度，则与行李箱的质量大小无关；利用位移公式可以判别行李箱运动时间与传送带的速度可能无关；利用牛顿第二定律可以判别高度差会影响加速度的大小，进而影响运动的时间；利用行李箱的速度变化可以判别行李箱的平均速度小于传送带的速度。
7．【答案】D
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A． 弹簧自然悬挂时指针指在7.75cm处 ，挂上三个均为50g的钩码后，指针所指刻度为14.75cm，由于弹力等于重力，根据胡克定律可得弹簧的劲度系数为
故A错误；
B．钩码掉落的瞬间，由于弹簧弹力保持不变，根据铁架台的平衡方程可以得出铁架台台对桌面的压力不变，故B错误；
CD．钩码掉落的瞬间，由于弹簧弹力保持不变，以剩余两个钩码为整体，整体受到合力为弹力与重力的合力，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
以第2个钩码为对象，由于第二个钩码的加速度与整体的加速度相同，根据牛顿第二定律可得
可得第1个钩码对第2个钩码的作用力大小为
根据牛顿第三定律可知第2个钩码对第1个钩码的作用力为0.75N，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用胡克定律可以求出劲度系数的大小；利用钩码掉落瞬间弹力大小不变可以判别铁架台受到的压力不变；利用牛顿第二定律可以求出钩码整体的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出第1个钩码对第2个钩码的作用力大小。
8．【答案】B,D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.0~350s内由于甲同学运动的初末位置相同则甲学生的位移为0，选项A错误；
B．两图线的交点代表相同时刻出现相同位置，则代表相遇点，可知0~350s内甲、乙学生共相遇3次，选项B正确；
C.根据图像坐标可以得出350s时甲到达了原出发点，乙距离出发点不到50m，则甲、乙学生相距不到50m，选项C错误；
D.0~350s内甲学生的位移为零，根据位移和时间的比值则平均速度为零，选项D正确。
故选BD。
【分析】利用初末坐标可以求出位移的大小，结合时间可以求出平均速度的大小；利用交点可以判别相遇的次数；利用坐标可以判别两位同学之间的距离大小。
9．【答案】A,C
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．由图像可知，时间内箱子做匀速运动，由于加速度等于0所以小球处于平衡状态，绳子拉力一定等于小球重力，故A正确；
B．由图像可知，时间内箱子做减速运动，由于速度方向未知所以不能确定加速度的方向，则不能判别小球处于超重或者失重状态，所以绳子拉力不一定大于小球重力，故B错误；
C．若箱子竖直向上运动，箱子做加速运动则时间内加速度方向向上，绳子拉力大于小球重力；时间内由于箱子做减速运动则加速度方向向下，绳子拉力小于小球重力；故时间内绳子的拉力大于时间内绳子的拉力，故C正确；
D．若箱子竖直向下运动，则时间内由于箱子做减速运动则加速度方向向上，小球所受合力方向向上，与绳子拉力方向相同，故D错误。
故选AC。
【分析】利用箱子做匀速直线运动可以判别小球处于平衡状态，拉力等于重力；利用速度的方向及速度的大小变化可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；进而判别合力的方向。
10．【答案】B,C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．已知弹力的方向为与接触面垂直指向受力物体，则根据对称性可知，挡板A、B对玉石的弹力大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由于玉石处于静止，以玉石为对象，垂直玻璃展板方向，根据玉石的平衡方程可以得出：玻璃展板对玉石的支持力大小为
故B正确；
C．由于玉石处于静止，以玉石为对象，沿玻璃展板平面，根据平衡条件可得
解得挡板A对玉石的弹力大小为
故C正确；
D．若挡板与虚线的夹角变小，设减小为，沿玻璃展板平面，根据平衡条件可得
随着夹角变小则余弦值变大，则有
根据平衡方差可以得出每块挡板对玉石的弹力变小，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用弹力的方向可以判别弹力是否相同；利用平衡方差可以求出支持力与弹力的大小；利用平衡方程可以判别挡板对玉石的弹力大小变化。
11．【答案】C；见解析；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】①为了使细线拉力近似等于所挂钩码的重力，为了使钩码产生的加速度比较小，则需要满足钩码的质量远小于小车和手机的总质量；若小车和手机的总质量约为500g，根据质量关系可以得出所挂钩码的总质量最合适的是50g。
故选C。
②根据图像指出实验操作中存在的问题：图像不过坐标原点O，则最初拉力作用下小车没有加速度，则小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时长木板倾角过小；图像末端弯曲时，根据牛顿第二定律得
是由于悬挂钩码的总质量没有远小于小车和手机的总质量。
③设小车在运动时受到的阻力为，根据牛顿第二定律可得
可得加速度的表达式为
可知图像的横轴截距为
可得阻力的大小为：
【分析】①为了使细线拉力近似等于所挂钩码的重力，为了使钩码产生的加速度比较小，则需要满足钩码的质量远小于小车和手机的总质量；②图像不过坐标原点O，则最初拉力作用下小车没有加速度，则小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时长木板倾角过小；③图像末端弯曲时根据牛顿第二定律是由于悬挂钩码的总质量没有远小于小车和手机的总质量；根据牛顿第二定律结合图像截距可以求出阻力的大小。
12．【答案】（1）2.20；2.20
（2）9.79
（3）是；由于每条短线对应的时间均为，根据邻差公式可以得出：相邻短线的长度之差均为所以小短线的长度增加是均匀的。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）已知刻度尺最小刻度为1mm，根据图示读数可以得出该短线长度2.20cm。
根据平均速度公式可以得出计时器打这条线过程中的平均速度
（2）根据逐差法可以得出重力加速度大小为
（3）每条短线对应的时间均为，根据邻差公式可以得出：相邻短线的长度之差均为
根据长度之差为定值则小短线的长度增加是均匀的。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出短线的长度；利用平均速度公式可以得出平均速度的大小；
（2）利用逐差法可以求出重力加速度的大小；
（3）利用邻差公式可以求出相邻短线的长度之差的大小，进而判别小短线的长度增加是均匀的。
（1）[1]刻度尺最小刻度为1mm，则该短线长度2.20cm。
[2]计时器打这条线过程中的平均速度
（2）重力加速度大小
（3）[1][2]每条短线对应的时间均为，相邻短线的长度之差均为
则小短线的长度增加是均匀的。
13．【答案】（1）重物在时间FG，由于加速度方向向上则处于超重；
（2）重物在时间内失重，根据合力可以得出加速度向下，因小明提着重物由静止开始运动，在合力向下的作用下则重物在时间内加速向下运动；
（3）根据加速度的方向可以得出在时间内加速向下运动，而在时间内减速向下运动，可知重物在时刻速度最大。
【知识点】超重与失重
【解析】【分析】（1）利用拉力和重力比较可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；
（2）利用加速度的方向结合速度的方向可以判别重物的速度大小及方向；
（3）利用速度的变化可以判别速度最大值的时刻。

（1）重物在时间FG，超重；
（2）重物在时间内失重，则加速度向下，因小明提着重物由静止开始运动，则重物在时间内加速向下运动；
（3）在时间内加速向下运动，而在时间内减速向下运动，可知重物在时刻速度最大。
14．【答案】（1）解：（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为

（2）解：（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为

（3）解：（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）圆棒下落过程做自由落体运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）手运动的过程中，利用位移公式可以求出圆棒运动的时间，结合位移公式可以求出机器手速度的大小；
（3）已知机器手先加速后减速，利用位移公式可以求出加速度的大小。
（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为
（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为
（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为
15．【答案】（1）解：（1）由平衡条件可得，碟子所受支持力为
碟子在台布上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向右；碟子在桌面上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左。
（2）解：（2）碟子A与台布分离时，有
解得
分离前速度为
分离前碟子A滑行的距离为
分离后碟子A在桌面滑行，根据运动学公式可得
解得
碟子A从开始运动到停止共滑行的距离为
解得

（3）解：（3）设碟子距离桌子左端为，则碟子与台布分离时，有
解得
分离时速度为
若碟子恰好滑到桌子右侧边沿，则有
联立以上式子可得
因为
可知最终台面上还留有5个碟子。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）已知碟子在桌布上做加速运动，后在桌面做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小及方向；
（2）当碟子与台布分离时，利用位移公式可以求出分离的时间，结合速度公式可以求出分离时速度的大小，结合位移公式可以求出分离前位移的大小，结合速度位移公式可以求出分离后速度的大小；
（3）当碟子与台布分离时，结合位移公式及速度公式及桌子的长度可以求出碟子恰好离开时距离桌子左端的距离大小，再利用碟子之间的距离可以求出碟子的个数。
（1）由平衡条件可得，碟子所受支持力为
碟子在台布上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向右；碟子在桌面上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左。
（2）碟子A与台布分离时，有
解得
分离前速度为
分离前碟子A滑行的距离为
分离后碟子A在桌面滑行，根据运动学公式可得
解得
碟子A从开始运动到停止共滑行的距离为
解得
（3）设碟子距离桌子左端为，则碟子与台布分离时，有
解得
分离时速度为
若碟子恰好滑到桌子右侧边沿，则有
联立以上式子可得
因为
可知最终台面上还留有5个碟子。
1 / 1广东省佛山市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题
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，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，错选、不选的得0分。
1．（2025高一上·佛山期末）2024年6月6日14时48分，嫦娥六号上升器与轨道器和返回器组合体在月球轨道成功对接，对接过程应用抱爪式对接机构，仅用21秒便完成了“抓牢”“抱紧”动作。6月25日，嫦娥六号返回地球，从38万公里外的月球带回1935.3克月球背面样品，下列说法正确的是（　　）
A．14时48分、21秒都是指时间
B．38万公里指的是嫦娥六号返回地球的路程
C．研究对接过程中的“抓牢”等动作时，不能将上升器看成质点
D．题目的单位“分”“克”和“公里”均是国际基本单位
【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；力学单位制
【解析】【解答】A.14时48分成功对接的瞬间指的是时刻，动作所花的时间21秒指的是时间间隔，故A错误；
B.38万公里指的直线距离，是嫦娥六号返回地球的位移大小，不是路程，故B错误；
C．研究对接过程中的“抓牢”等动作时，由于上升器的形状大小对动作有影响，所以不能将上升器看成质点，故C正确；
D．根据单位制可以得出“分”“克”和“公里”均不是国际基本单位，“秒”“千克”和“米”才是国际基本单位，故D错误。
故选C。
【分析】成功对接的瞬间指的是时刻，动作所花的时间21秒指的是时间间隔；38万公里指的直线距离，是嫦娥六号返回地球的位移大小；“分”“克”和“公里”均不是国际基本单位；研究对接过程中的“抓牢”等动作时，由于上升器的形状大小对动作有影响，所以不能将上升器看成质点。
2．（2025高一上·佛山期末）如图所示，一款扫把挂夹由黏性背板及两个卡扣组成，使用时将扫把的杆身按入卡扣之间，就能将扫把悬挂起来，假设扫把静止时杆身竖直，且不与墙壁及其他物品接触，则下列说法正确的是（　　）
A．挂夹对扫把的摩擦力等于扫把的重力
B．卡扣夹得越紧，挂夹对拖把的摩擦力越大
C．墙壁对黏性背板的作用力等于扫把的重力
D．若卡扣未夹紧，扫把下滑时挂夹对扫把的作用力小于扫把对挂夹的作用力
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．以扫把为对象，根据竖直方向的二力平衡可以得出挂夹对扫把的摩擦力等于扫把的重力；由于摩擦力等于重力，与压力大小无关，卡扣夹得越紧，挂夹对拖把的摩擦力保持不变，故A正确，B错误；
C．以挂夹和扫把为整体，根据竖直方向的平衡方程可以得出墙壁对黏性背板的作用力等于挂夹和扫把的总重力，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可以得出：挂夹对扫把的作用力与扫把对挂夹的作用力是一对相互作用力，大小总是相等，故D错误。
故选A。
【分析】根据竖直方向的二力平衡可以得出挂夹对扫把的摩擦力等于扫把的重力；由于摩擦力等于重力，与压力大小无关；根据竖直方向的平衡方程可以得出墙壁对黏性背板的作用力等于挂夹和扫把的总重力；挂夹对扫把的作用力与扫把对挂夹的作用力是一对相互作用力。
3．（2025高一上·佛山期末）一轿车在平直的公路上行驶，当司机发现前方路口绿灯还有3s时，立即踩刹车，轿车以的加速度做匀减速直线运动，恰好在黄灯亮起时停住，车头与停车线平齐，下列说法正确的是（　　）
A．轿车开始刹车时的速度为6m/s
B．刹车过程轿车的平均速度为12m/s
C．开始刹车时轿车车头距离停车线18m
D．开始刹车时轿车车头距离停车线36m
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】设轿车开始刹车时的速度为，根据速度公式则有
解得
根据匀变速直线运动的规律有刹车过程轿车的平均速度为
根据位移公式可以得出：开始刹车时轿车车头距离停车线为
故选C。
【分析】利用速度公式可以求出轿车的初速度大小，结合末速度的大小可以求出平均速度的大小，结合运动的时间可以求出位移的大小。
4．（2025高一上·佛山期末）关于物理学的研究方法，下列说法正确的是（　　）
A．在解决问题时忽略物体本身的大小和形状，建立质点概念是理想模型法
B．在定义加速度时应用了比值法，因而加速度大小与速度变化量和时间有关
C．物理学中把微小变化放大以利于观察或测量的实验方法，称为类比法
D．在用实验探究加速度、力和质量之间的定量关系时，应用的是等效替代法
【答案】A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；比值定义法；理想模型法；放大法
【解析】【解答】A．在解决问题时忽略物体本身的大小和形状，引用质点代表物体的方法为理想模型法，选项A正确；
B．在定义加速度时应用了比值法，根据比值定义法的特点可以得出加速度大小与速度变化量和时间无关，选项B错误；
C．物理学中把微小变化放大以利于观察或测量的实验方法，如观察桌面的微小形变则使用了放大法，选项C错误；
D．在用实验探究加速度、力和质量之间的定量关系时，为了探究牛顿第二定律的关系则应用的是控制变量法，选项D错误。
故选A。
【分析】 在解决问题时忽略物体本身的大小和形状，建立质点概念是理想模型法；在定义加速度时应用了比值法，加速度大小与速度变化量和时间无关；物理学中把微小变化放大以利于观察或测量的实验方法，称为放大法；在用实验探究加速度、力和质量之间的定量关系时，应用的是控制变量法。
5．（2025高一上·佛山期末）如图所示，电力工人在进行电力施工时，从高压线的最低处向上缓慢行走，越往上走高压线与水平方向夹角越大，忽略安全绳对人的作用力，则在该过程中，下列说法正确的是（　　）
A．高压线对工人的支持力增大 B．高压线对工人的摩擦力增大
C．高压线对工人的作用力增大 D．高压线对工人的作用力减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB． 电力工人在进行电力施工时，从高压线的最低处向上缓慢行走，设高压线与水平方向夹角为，以工人为对象，根据受力平衡可得
，
根据平衡方程可以得出：由于增大，所以高压线对工人的支持力减小，对工人的摩擦力增大，故A错误，B正确；
CD．以工人为对象，根据二力平衡的规律可知高压线对工人的作用力与工人的重力大小相等，方向竖直向上，保持不变，故CD错误。
故选B。
【分析】利用人的平衡条件可以判别高压线对人的作用力大小；利用平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小。
6．（2025高一上·佛山期末）如图所示，飞机利用传送带装卸行李，传送带长度一定，其速度、底端与顶端的高度差均可调节。假设传送带向上匀速传动，初速度为零的行李箱置于传送带底端，在传送带的作用下向上运动，行李箱与传送带之间的动摩擦因数处处相同，则下列说法正确的是（　　）
A．行李箱的质量越大，在传送带上运动的时间一定越长
B．传送带的速度越大，在传送带上运动的时间一定越短
C．行李箱在传送带上运动的时间与传送带底端到顶端的高度差无关
D．行李箱在传送带上运动的平均速度一定小于传送带的速度
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．行李箱刚放上传送带时，由于行李箱速度小于传送带速度，则受到的摩擦力沿传送带向上，则根据牛顿第二定律可得
根据位移公式x=12at2可知行李箱在传送带上的运动情况与行李箱的质量无关，故A错误；
BC．设传送带长度为，若行李箱从底端到顶端速度小于传送带的速度时，则行李箱一直做匀加速运动，则有
可得
可知传送带的速度越大，在传送带上运动的时间不一定越短；若传送带底端到顶端的高度差越小，根据几何关系可以得出越小，行李箱的加速度越大，则行李箱在传送带上运动的时间越短，故BC错误；
D．行李箱做加速运动的最大速度最多等于传送带的速度，则会导致行李箱在传送带上运动的平均速度一定小于到达顶端时的速度，所以行李箱在传送带上运动的平均速度一定小于传送带的速度，故D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出行李箱的加速度，则与行李箱的质量大小无关；利用位移公式可以判别行李箱运动时间与传送带的速度可能无关；利用牛顿第二定律可以判别高度差会影响加速度的大小，进而影响运动的时间；利用行李箱的速度变化可以判别行李箱的平均速度小于传送带的速度。
7．（2025高一上·佛山期末）某同学利用如图所示装置探究弹簧弹力与伸长量的关系，弹簧自然悬挂时指针指在7.75cm处，挂上三个均为50g的钩码后，指针所指刻度如图所示，某时刻第3个钩码由于没有挂好突然掉落，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧的劲度系数约为0.10N/cm
B．钩码掉落的瞬间，铁架台对桌面的压力变小
C．钩码掉落的瞬间，剩余两个钩码的加速度大小为
D．钩码掉落的瞬间，第2个钩码对第1个钩码的作用力为0.75N
【答案】D
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A． 弹簧自然悬挂时指针指在7.75cm处 ，挂上三个均为50g的钩码后，指针所指刻度为14.75cm，由于弹力等于重力，根据胡克定律可得弹簧的劲度系数为
故A错误；
B．钩码掉落的瞬间，由于弹簧弹力保持不变，根据铁架台的平衡方程可以得出铁架台台对桌面的压力不变，故B错误；
CD．钩码掉落的瞬间，由于弹簧弹力保持不变，以剩余两个钩码为整体，整体受到合力为弹力与重力的合力，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
以第2个钩码为对象，由于第二个钩码的加速度与整体的加速度相同，根据牛顿第二定律可得
可得第1个钩码对第2个钩码的作用力大小为
根据牛顿第三定律可知第2个钩码对第1个钩码的作用力为0.75N，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用胡克定律可以求出劲度系数的大小；利用钩码掉落瞬间弹力大小不变可以判别铁架台受到的压力不变；利用牛顿第二定律可以求出钩码整体的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出第1个钩码对第2个钩码的作用力大小。
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，全选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。
8．（2025高一上·佛山期末）如图a所示，两位学生在50米长的泳道上进行200m游泳比赛，甲学生与乙学生的位移-时间图像分别如图b实线、虚线所示，350s时甲学生率先完成比赛，则下列说法正确的是（　　）
A．0~350s内甲学生的位移为200m
B．0~350s内甲、乙学生共相遇3次
C．350s时甲、乙学生相距50m
D．0~350s内甲学生的平均速度为零
【答案】B,D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A.0~350s内由于甲同学运动的初末位置相同则甲学生的位移为0，选项A错误；
B．两图线的交点代表相同时刻出现相同位置，则代表相遇点，可知0~350s内甲、乙学生共相遇3次，选项B正确；
C.根据图像坐标可以得出350s时甲到达了原出发点，乙距离出发点不到50m，则甲、乙学生相距不到50m，选项C错误；
D.0~350s内甲学生的位移为零，根据位移和时间的比值则平均速度为零，选项D正确。
故选BD。
【分析】利用初末坐标可以求出位移的大小，结合时间可以求出平均速度的大小；利用交点可以判别相遇的次数；利用坐标可以判别两位同学之间的距离大小。
9．（2025高一上·佛山期末）在密封的箱子中，一根不可伸长的细绳悬挂一个小球，小球随箱子一起在竖直方向上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．时间内箱子做匀速运动，绳子拉力一定等于小球重力
B．时间内箱子做减速运动，绳子拉力一定大于小球重力
C．若箱子竖直向上运动，则时间内绳子的拉力大于时间内绳子的拉力
D．若箱子竖直向下运动，则时间内小球所受合力方向与绳子拉力方向相反
【答案】A,C
【知识点】超重与失重；牛顿定律与图象
【解析】【解答】A．由图像可知，时间内箱子做匀速运动，由于加速度等于0所以小球处于平衡状态，绳子拉力一定等于小球重力，故A正确；
B．由图像可知，时间内箱子做减速运动，由于速度方向未知所以不能确定加速度的方向，则不能判别小球处于超重或者失重状态，所以绳子拉力不一定大于小球重力，故B错误；
C．若箱子竖直向上运动，箱子做加速运动则时间内加速度方向向上，绳子拉力大于小球重力；时间内由于箱子做减速运动则加速度方向向下，绳子拉力小于小球重力；故时间内绳子的拉力大于时间内绳子的拉力，故C正确；
D．若箱子竖直向下运动，则时间内由于箱子做减速运动则加速度方向向上，小球所受合力方向向上，与绳子拉力方向相同，故D错误。
故选AC。
【分析】利用箱子做匀速直线运动可以判别小球处于平衡状态，拉力等于重力；利用速度的方向及速度的大小变化可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；进而判别合力的方向。
10．（2025高一上·佛山期末）文物记载着我国灿烂的文明，观看文物展览已经成为一种研学方式，如图所示，一块玉石放置在倾斜的玻璃展板上，下端有小挡板支撑，假设玻璃展板倾角为，固定的两小挡板A和B与图中水平虚线也成为角，玉石质量为m，重力加速度为g，不计玉石与玻璃展板间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．挡板A、B对玉石的弹力是相同的
B．玻璃展板对玉石的支持力大小为
C．挡板A对玉石的弹力大小为
D．若挡板与虚线的夹角变小，则每块挡板对玉石的弹力变小
【答案】B,C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．已知弹力的方向为与接触面垂直指向受力物体，则根据对称性可知，挡板A、B对玉石的弹力大小相等，但方向不同，故A错误；
B．由于玉石处于静止，以玉石为对象，垂直玻璃展板方向，根据玉石的平衡方程可以得出：玻璃展板对玉石的支持力大小为
故B正确；
C．由于玉石处于静止，以玉石为对象，沿玻璃展板平面，根据平衡条件可得
解得挡板A对玉石的弹力大小为
故C正确；
D．若挡板与虚线的夹角变小，设减小为，沿玻璃展板平面，根据平衡条件可得
随着夹角变小则余弦值变大，则有
根据平衡方差可以得出每块挡板对玉石的弹力变小，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用弹力的方向可以判别弹力是否相同；利用平衡方差可以求出支持力与弹力的大小；利用平衡方程可以判别挡板对玉石的弹力大小变化。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（2025高一上·佛山期末）利用手机传感器可测量出手机运动时的加速度。某同学设计了如图甲所示的实验装置，开展“探究加速度与力的关系”的实验，步骤如下：
（1）将手机固定在小车上，小车置于一端有定滑轮的长木板上，细线一端连接小车；
（2）把长木板放在水平桌面上，细线另一端挂上小钩码，调节定滑轮，使细线与长木板平行，静止释放小车，通过手机测量出小车的加速度；
（3）改变钩码的质量m，重复上述步骤，测得相应的加速度a；
（4）作出小车加速度a与钩码质量m的图像。
根据实验步骤，回答以下问题：
①若小车和手机的总质量约为500g，则所挂钩码的总质量最合适的是　 　
A.400g B.200g C.50g
②若实验中画出了的图像如乙图所示，根据图像指出实验操作中存在的问题：
　 　（写出一点即可）。
③已知重力加速度为g，根据乙图可求出小车在运动时受到的阻力　 　。（用题中和图中字母表示）
【答案】C；见解析；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】①为了使细线拉力近似等于所挂钩码的重力，为了使钩码产生的加速度比较小，则需要满足钩码的质量远小于小车和手机的总质量；若小车和手机的总质量约为500g，根据质量关系可以得出所挂钩码的总质量最合适的是50g。
故选C。
②根据图像指出实验操作中存在的问题：图像不过坐标原点O，则最初拉力作用下小车没有加速度，则小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时长木板倾角过小；图像末端弯曲时，根据牛顿第二定律得
是由于悬挂钩码的总质量没有远小于小车和手机的总质量。
③设小车在运动时受到的阻力为，根据牛顿第二定律可得
可得加速度的表达式为
可知图像的横轴截距为
可得阻力的大小为：
【分析】①为了使细线拉力近似等于所挂钩码的重力，为了使钩码产生的加速度比较小，则需要满足钩码的质量远小于小车和手机的总质量；②图像不过坐标原点O，则最初拉力作用下小车没有加速度，则小车没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时长木板倾角过小；③图像末端弯曲时根据牛顿第二定律是由于悬挂钩码的总质量没有远小于小车和手机的总质量；根据牛顿第二定律结合图像截距可以求出阻力的大小。
12．（2025高一上·佛山期末）感光变色PU皮革在紫色激光的照射下会短时间变深色，小迪利用这一特性制作了一个激光打点计时器（图b）用于探究物体自由下落的运动规律。激光打点计时器内部含有电池和微控制器，微控制器控制激光头通电图像如图a所示，其通电周期，在一个通电周期内发射激光时长。
小迪用激光打点计时器探究该计时器自由下落的运动情况，他把计时器水平放置在竖直悬挂并固定的感光变色PU皮革前，如图b；静止释放计时器，最后在PU皮革上留下一串小短线，如图d所示。
（1）若测得某条小短线的长度如图c所示，该短线长度　 　cm。计时器打这条线过程中的平均速度　 　m/s（结果保留3位有效数字）。
（2）若相邻小短线上侧端点间的距离分别为，，，（如图d），可求得重力加速度大小　 　。（结果保留3位有效数字）
（3）小短线的长度增加　 　（填“是”或“不是”）均匀的。请说明理由　 　。
【答案】（1）2.20；2.20
（2）9.79
（3）是；由于每条短线对应的时间均为，根据邻差公式可以得出：相邻短线的长度之差均为所以小短线的长度增加是均匀的。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】（1）已知刻度尺最小刻度为1mm，根据图示读数可以得出该短线长度2.20cm。
根据平均速度公式可以得出计时器打这条线过程中的平均速度
（2）根据逐差法可以得出重力加速度大小为
（3）每条短线对应的时间均为，根据邻差公式可以得出：相邻短线的长度之差均为
根据长度之差为定值则小短线的长度增加是均匀的。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出短线的长度；利用平均速度公式可以得出平均速度的大小；
（2）利用逐差法可以求出重力加速度的大小；
（3）利用邻差公式可以求出相邻短线的长度之差的大小，进而判别小短线的长度增加是均匀的。
（1）[1]刻度尺最小刻度为1mm，则该短线长度2.20cm。
[2]计时器打这条线过程中的平均速度
（2）重力加速度大小
（3）[1][2]每条短线对应的时间均为，相邻短线的长度之差均为
则小短线的长度增加是均匀的。
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
13．（2025高一上·佛山期末）小明将重物静止悬挂在力传感器下如图（a）所示，从t时刻起，小明手持力传感器沿竖直方向运动，如图（b）为得到的力传感器示数F随时间t的变化图像，忽略空气阻力。请解答下列问题：
（1）指出重物在时间内超重和失重的情况；
（2）推断重物在时间内的运动方向，并分析其原因；
（3）指出重物在时间内，何时速度最大？
【答案】（1）重物在时间FG，由于加速度方向向上则处于超重；
（2）重物在时间内失重，根据合力可以得出加速度向下，因小明提着重物由静止开始运动，在合力向下的作用下则重物在时间内加速向下运动；
（3）根据加速度的方向可以得出在时间内加速向下运动，而在时间内减速向下运动，可知重物在时刻速度最大。
【知识点】超重与失重
【解析】【分析】（1）利用拉力和重力比较可以判别加速度的方向进而判别超重与失重；
（2）利用加速度的方向结合速度的方向可以判别重物的速度大小及方向；
（3）利用速度的变化可以判别速度最大值的时刻。

（1）重物在时间FG，超重；
（2）重物在时间内失重，则加速度向下，因小明提着重物由静止开始运动，则重物在时间内加速向下运动；
（3）在时间内加速向下运动，而在时间内减速向下运动，可知重物在时刻速度最大。
五、解答题：本大题共2小题，共30分，按题目要求作答，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能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
14．（2025高一上·佛山期末）某公司利用“眼疾手快”游戏测试机器手能否抓住从支架上随机落下的圆棒，来检验其灵活性。如图所示，已知圆棒长，下端与水平地面距离。圆棒下落过程中始终保持竖直，机器手与右侧第一根圆棒的水平距离，与棒下端的竖直高度。假设机器手去抓取圆棒时的运动始终沿水平方向，且当任何一根圆棒开始下落时，机器手立即从静止开始运动。忽略圆棒水平截面的大小和机器手掌大小影响，机器手与圆棒均在同一竖直平面，不计空气阻力，取。请解答：
（1）机器手未启动，圆棒从下落到下端刚触地时的时间为多少；
（2）若右侧第一根圆棒开始下落时，机器手立即由静止开始做匀加速直线运动，且恰能触碰到圆棒正中央，则触碰前瞬间机器手的速度为多大；
（3）为了抓稳右侧第一根圆棒正中央，需控制机器手抓住棒前速度减为零。若机器手的运动可视为匀变速运动，且加速和减速过程的加速度大小相等，则为了成功实现这一抓取动作，机器手的加速度至少要多大。
【答案】（1）解：（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为

（2）解：（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为

（3）解：（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为

【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）圆棒下落过程做自由落体运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）手运动的过程中，利用位移公式可以求出圆棒运动的时间，结合位移公式可以求出机器手速度的大小；
（3）已知机器手先加速后减速，利用位移公式可以求出加速度的大小。
（1）圆棒做自由落体运动，根据
可得圆棒从下落到下端刚触地时的时间为
（2）机器手触碰到圆棒时，棒下落的高度为
由
解得
机器手水平方向做匀加速直线运动，则有
解得触碰前瞬间机器手的速度为
（3）由（2）问可知，机器手从开始运动到抓取点的最大时间为；机器手的加速和减速的加速度和速度变化量大小均相同，由对称性可知加速和减速的时间、最大位移相等。加速和减速的最大时间为
加速和减速的最大位移为
由
解得机器手的加速度至少为
15．（2025高一上·佛山期末）在某生活实验电视节目中，如图所示，在固定且长为4m的水平餐桌上铺着台布，台布左端与餐桌左端齐平，7个小碟子等距的排在桌子的中线上，每个碟子相距0.5m，两侧碟子与台布边沿的距离也是0.5m。汽车拉着台布一端将其快速抽出（台布被抽出过程保持平整），最后部分碟子仍留在桌面。已知碟子与台布、桌面间的动摩擦因数分别为、。刚开始绳子恰好被拉直，汽车从静止开始以的加速度向前匀加速拉动台布，小碟子可视为质点，重力加速度g取，求：
（1）碟子在台布、桌面上滑行时的加速度、的大小和方向；
（2）最左边碟子A从开始运动到停止共滑行的距离s；
（3）通过计算求出，台布被抽出后最终桌面上还留有多少个碟子。
【答案】（1）解：（1）由平衡条件可得，碟子所受支持力为
碟子在台布上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向右；碟子在桌面上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左。
（2）解：（2）碟子A与台布分离时，有
解得
分离前速度为
分离前碟子A滑行的距离为
分离后碟子A在桌面滑行，根据运动学公式可得
解得
碟子A从开始运动到停止共滑行的距离为
解得

（3）解：（3）设碟子距离桌子左端为，则碟子与台布分离时，有
解得
分离时速度为
若碟子恰好滑到桌子右侧边沿，则有
联立以上式子可得
因为
可知最终台面上还留有5个碟子。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）已知碟子在桌布上做加速运动，后在桌面做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小及方向；
（2）当碟子与台布分离时，利用位移公式可以求出分离的时间，结合速度公式可以求出分离时速度的大小，结合位移公式可以求出分离前位移的大小，结合速度位移公式可以求出分离后速度的大小；
（3）当碟子与台布分离时，结合位移公式及速度公式及桌子的长度可以求出碟子恰好离开时距离桌子左端的距离大小，再利用碟子之间的距离可以求出碟子的个数。
（1）由平衡条件可得，碟子所受支持力为
碟子在台布上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向右；碟子在桌面上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左。
（2）碟子A与台布分离时，有
解得
分离前速度为
分离前碟子A滑行的距离为
分离后碟子A在桌面滑行，根据运动学公式可得
解得
碟子A从开始运动到停止共滑行的距离为
解得
（3）设碟子距离桌子左端为，则碟子与台布分离时，有
解得
分离时速度为
若碟子恰好滑到桌子右侧边沿，则有
联立以上式子可得
因为
可知最终台面上还留有5个碟子。
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