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山东省威海市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题
1．（2025高一上·威海期末）一架无人机从地面竖直向上运动8m，又水平运动6m，整个过程无人机的位移大小为（　　）
A．6m B．8m C．10m D．14m
【答案】C
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】 一架无人机从地面竖直向上运动8m，又水平运动6m， 根据初末位置之间的距离可以得出整个过程无人机的位移大小为
故选C。
【分析】利用无人机初末位置之间的距离可以求出位移的大小。
2．（2025高一上·威海期末）下列说法正确的是（　　）
A．加速度是描述物体位置变化快慢的物理量
B．加速度与速度变化量的大小总相等
C．加速度的方向与速度变化量的方向可能相反
D．物体做加速运动，加速度可能减小
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，速度才是描述物体位置变化的物理量；故A错误；
B．根据加速度的定义式可以得出加速度与单位时间内速度变化量的大小总相等，故B错误；
C．根据加速度的定义式可知加速度的方向总与速度变化量的方向相同，故C错误；
D．加速度与速度没有必然的联系，加速度的大小与速度大小无关，只要物体的速度与加速度同向，则加速度减小、不变或增大，物体都做加速运动，故D正确。
故选D。
【分析】加速度描述速度变化快慢的物理量，大小等于单位时间速度变化量；加速度与速度变化量方向相同；加速度的大小与速度大小无关。
3．（2025高一上·威海期末）下列位移—时间图像、速度—时间图像能够反映出物体做往返运动的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图中图像可知，由于图像斜率代表速度，根据斜率为正值可以得出物体一直沿正方向运动，故A错误；
B．由图中图像可知，由于图像斜率代表速度，根据斜率为负值可以得出物体一直沿负方向运动，故B错误；
C．由图中图像可知，由于速度的符号代表运动的方向，所以物体先沿负方向运动，后沿正方向运动，故C正确；
D．由图中图像可知，由于速度的符号代表运动的方向，所以物体一直沿正方向运动，故D错误。
故选C。
【分析】利用位移时间图像斜率的符号可以得出物体运动的方向；利用速度时间图像的速度符号可以得出物体运动的方向。
4．（2025高一上·威海期末）如图所示，质量为50kg的人站在电梯中的体重计上，随电梯以的加速度匀减速竖直下降，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．人处于超重状态，体重计的示数为40kg
B．人处于超重状态，体重计的示数为60kg
C．人处于失重状态，体重计的示数为40kg
D．人处于失重状态，体重计的示数为60kg
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】由于电梯匀减速下降，由于电梯速度方向向下，根据减速的条件可以得出电梯的加速度向上，根据牛顿第二定律可以得出合力方向向上，则支持力大于重力所以电梯处于超重状态，对于人，根据牛顿第二定律，有
可得
根据压力的大小可以得出体重计的示数为
故选B。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用牛顿第二定律可以求出压力的大小。
5．（2025高一上·威海期末）钢球由静止开始自由下落，落地时的速度为30m/s，不计空气阻力，重力加速度。关于钢球，下列说法正确的是（　　）
A．下落的高度是15m B．前2s的平均速度为20m/s
C．第3s与第1s的位移差为10m D．通过最后5m的时间是
【答案】D
【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
【解析】【解答】本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，结合匀变速直线运动推论求解。A．钢球做自由落体运动，根据
解得下落的高度为
故A错误；
B．钢球前2s下落高度为
则前2s的平均速度为
故B错误；
C．根据匀变速直线运动推论可得第3s与第1s的位移差为
故C错误；
D．钢球下落时的速度为，根据
解得
则通过最后5m的时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据自由落体运动速度—时间公式求出下落的时间，根据位移—时间公式分析解答。
6．（2025高一上·威海期末）两岸平行且平直的河流，水流速度，汽艇在静水中的速度大小为。汽艇保持船头垂直于河岸方向从岸边匀速行驶到对岸，匀速返回时保持行驶路线与河岸垂直，已知往返所用时间的比值为，则为（　　）
A．16km/h B．18km/h C．20km/h D．22km/h
【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】设河岸宽度为，汽艇保持船头垂直于河岸方向从岸边匀速行驶到对岸，根据垂直河岸方向的位移公式可以得出所用时间为
匀速返回时保持行驶路线与河岸垂直，由于合速度垂直于河岸，根据垂直于河岸方向的位移公式可以得出所用时间为
又
联立解得
故选B。
【分析】利用垂直于河岸的速度及位移公式和时间之比可以求出汽艇在静水中速度的大小。
7．（2025高一上·威海期末）如图所示，用一根轻质细绳将一幅重力12N的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为0.6m。已知细绳长为1m，则细绳的拉力为（　　）
A．7.5N B．12N C．15N D．20N
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于画框处于静止，则画框受到两段绳子的拉力及重力下处于平衡状态，设细绳与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得
可得
根据画框竖直方向的平衡方程有
解得细绳的拉力为
故选A。
【分析】利用画框竖直方向的平衡方程结合几何关系可以求出绳子拉力的大小。
8．（2025高一上·威海期末）如图所示，斜面体A置于粗糙的水平地面上，物块B放在A上，对B施加一平行于斜面向上的力F，A、B处于静止状态。现增加F，A、B仍静止，下列说法正确的是（　　）
A．A对B的摩擦力一定增大 B．A对B的摩擦力一定减小
C．地面对A的摩擦力一定增大 D．地面对A的摩擦力一定减小
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于未知F的大小，所以F的大小可能小于重力的分力，则增加F前，A对B的摩擦力沿斜面向上，增加F，A、B仍静止，则A对B的摩擦力方向可能仍沿斜面向上，大小减小；当F的大小大于重力的分力时，则增加F前，A对B的摩擦力沿斜面向下，增加F，A、B仍静止，则A对B的摩擦力方向仍沿斜面向下，大小增大，故AB错误；
CD．设斜面A的倾角为，以A、B为整体，由于整体处于静止，根据整体水平方向的平衡方程可以得出地面对A的摩擦力为
根据表达式可以得出由于F增加，所以地面对A的摩擦力一定增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】由于未知F的大小，所以不能判别斜面对A的摩擦力方向，所以不能判别A对B的摩擦力大小变化；利用整体的平衡方程可以判别地面对A的摩擦力大小变化。
9．（2025高一上·威海期末）某物体做直线运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．内任意连续相等时间内的位移之比为
D．内位移中点的瞬时速度大小为
【答案】B,D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图像可知物体做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可以得出中间时刻的瞬时速度等于初末速度之和的一半，则中间时刻速度
则有
故A错误，B正确；
C．对于初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式可以得出在任意连续相等时间内的位移之比为；由于物体的初速度不为0，根据位移公式可以得出内任意连续相等时间内的位移之比不等于，故C错误；
D．设内位移中点的瞬时速度大小为，由于物体做匀加速直线运动，根据速度位移公式可得，再根据速度位移公式有
两式联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用平均速度公式可以比较初末速度的比值；利用位移公式可以求出相等时间的位移之比；利用速度位移公式可以求出中间位置的速度大小。
10．（2025高一上·威海期末）如图所示，在轻绳OA下端悬挂一物体，用水平力F作用于A点。现保持A点位置不动，使拉力F的方向由水平逆时针缓慢旋转到竖直，关于OA的拉力T及F的大小变化正确的是（　　）
A．T逐渐减小 B．T先减小后增大
C．F逐渐增大 D．F先减小后增大
【答案】A,D
【知识点】力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】由于A点保持静止，可知OA的拉力T方向不变，使拉力F的方向由水平逆时针缓慢旋转到竖直，对A点进行受力分析，如图所示，由于A点处于平衡状态，根据三角形定则可以得出三力的图示
在图示中，根据三角形三边的关系可以得出 T逐渐减小；F先减小后增大。
故选AD。
【分析】利用A的受力分析结合矢量三角形定则可以分析T的大小及F的大小变化。
11．（2025高一上·威海期末）如图所示，水平传送带以2m/s的速度逆时针运转，A、B两端之间的距离为2.4m。将小煤块从A端静止释放，经过时间t，到达B端，传送带上的划痕长为l。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．在加速阶段时，小煤块受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可以得出加速阶段的加速度大小为
设小煤块到B端前已经与传送带共速，根据速度公式可以得出小煤块加速时间为
根据位移公式可以得出小煤块加速阶段通过的位移为
小煤块与传送带共速后，根据位移公式可以得出继续匀速运动的时间为
则有
故A错误，B正确；
CD．已知煤块运动的位移，结合传送带运动的位移可以得出传送带上的划痕长为
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出煤块运动的加速度大小；结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速的位移，利用匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；结合传送带的位移可以求出划痕的大小。
12．（2025高一上·威海期末）如图所示，用一轻质弹簧把两块质量均为0.5kg的木块A、B连接起来，放在水平地面上，处于静止状态。时，用竖直向上的力F作用在A上，使A向上做匀加速直线运动，时B刚好离开地面。整个过程弹簧始终处于弹性限度内，劲度系数，重力加速度，不计空气阻力。内，下列说法正确的是（　　）
A．A上升的高度为12.5cm B．A的加速度大小为
C．F的最小值为6N D．F的最大值为11N
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．初始时刻，当A处于静止时，根据平衡条件可以得出弹簧的压缩量为
时B刚好离开地面，根据B的平衡方程可以得出弹簧的伸长量为
根据弹簧的形变量可以得出A上升的高度为
故A错误；
B．由于A做匀加速直线运动，根据位移公式游
解得A的加速度大小为
故B正确；
CD．时刻，由于A处于平衡状态，则此时力最小，根据牛顿第二定律可以得出
时，由于A此时受到的重力和弹力向下，所以此时力最大，根据牛顿第二定律得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用A的平衡方程及B的平衡方程可以求出弹簧形变量，进而求出A上升的高度，结合位移公式可以求出A加速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出F的最大值与最小值。
13．（2025高一上·威海期末）某小组在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中主要步骤如下：
①将橡皮条的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根细绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；
②用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，将橡皮条与绳套的结点拉到某一位置O，记录此时O点的位置、两弹簧测力计的示数、及两细绳套的方向；
③再用一个弹簧测力计拉橡皮条，将结点仍拉至O点，记录此时弹簧测力计的示数F及细绳套的方向。
（1）本实验采用的科学方法是________；
A．等效代替 B．控制变量 C．微小量放大
（2）该小组在白纸上记录的信息如图所示，请你在题纸的方框中作图，通过探究你得到的实验结论是　 　。
【答案】（1）A
（2）根据记录的信息选择适当的标度，分别作出、和的图示，以、为邻边做平行四边形，得到、的合力理论值，如图所示由图可知，在误差允许的范围内，与可认为重合，则可以得到的实验结论是：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）本实验中为了验证合力与分力的大小关系，实验中两个力拉橡皮筋和一个力拉橡皮筋的作用效果相同，采用的科学方法是等效代替。故选A。
（2）已知三个力的大小，根据力的大小可以选择力的标度如图所示，利用力的图示结合力的方向分别作出、和的图示，再者利用以、为邻边做平行四边形，取其对角线得到、的合力理论值，如图所示
在误差允许的范围内，如图所示，理论合力与实验合力可认为重合，则可以得到的实验结论是：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
【分析】（1）本实验使用等效替代法；
（2）利用力的图示可以画出三个力的大小，结合平行四边形可以画出理论合力的大小；进而得出实验结论：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
（1）本实验中两个力拉橡皮筋和一个力拉橡皮筋的作用效果相同，采用的科学方法是等效代替。
故选A。
（2）根据记录的信息选择适当的标度，分别作出、和的图示，以、为邻边做平行四边形，得到、的合力理论值，如图所示
由图可知，在误差允许的范围内，与可认为重合，则可以得到的实验结论是：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
14．（2025高一上·威海期末）某小组利用如图甲所示的装置探究小车速度随时间变化的规律，请回答以下问题：
（1）除了图甲中已有的器材外，要完成实验还需要的器材有__________；
A．220V交流电源 B．8V交流电源
C．毫米刻度尺 D．天平
（2）处理数据时，选出一条如图乙所示的纸带，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，相邻两计数点间还有4个点没有画出，打点计时器的电源频率为50Hz。根据纸带上的数据，计算打下A、B、C、D、E点的瞬时速度并填在表中，C点的瞬时速度为　 　m/s；
位置 A B C D E
0.605 0.810
1.175 1.390
（3）在答题纸的坐标纸中描出C点的位置并画出小车的图像　 　，根据图像求得小车的加速度为　 　；（保留三位有效数字）
（4）某同学只测量OC和CF的长度分别为、，如图丙所示，若纸带上相邻两计数点的时间间隔为t，则小车的加速度表达式为　 　。
【答案】（1）B；C
（2）0.995
（3）；1.98
（4）
【知识点】加速度；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）图甲中电磁打点计时器需要连接8V交流电源；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；本实验不需要用天平测质量。
故答案为：BC。
（2）相邻两计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为
打下C点的瞬时速度为
故答案为：0.995
（3）在坐标纸中描出C点的位置并作出图像如图所示
根据图像可得小车的加速度为
故答案为：
；1.98
（4）根据匀变速直线运动推论可得
可得小车的加速度表达式为
故答案为：
【分析】（1）器材选择：依据电磁打点计时器的电源要求和实验测量需求判断。
（2）瞬时速度计算：利用 “中间时刻速度=平均速度” 的规律，取相邻两段位移求平均速度。
（3）加速度求解：v-t图像的斜率表示加速度，通过图像或逐差法计算。
（4）逐差法应用：利用连续相等时间内的位移差，结合间隔数推导加速度表达式。
（1）图甲中电磁打点计时器需要连接8V交流电源；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；本实验不需要用天平测质量。
故选BC。
（2）相邻两计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为
打下C点的瞬时速度为
（3）[1]在坐标纸中描出C点的位置并作出图像如图所示。
[2]根据图像可得小车的加速度为
（4）根据匀变速直线运动推论可得
可得小车的加速度表达式为
15．（2025高一上·威海期末）如图所示，某次演习轰炸机以的速度水平投放一枚炸弹，垂直击中山坡上的目标。已知山坡的倾角，重力加速度，，，忽略空气阻力。求：
（1）炸弹在空中的飞行时间；
（2）炸弹竖直方向与水平方向通过的距离之比。
【答案】（1）解： 炸弹垂直击中山坡上的目标，此时有
又
联立解得炸弹在空中的飞行时间为
（2）解： 炸弹竖直方向与水平方向通过的距离之比为
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）炸弹做平抛运动，利用速度的分解结合竖直方向的速度公式可以求出飞行的时间；
（2）炸弹做平抛运动，利用位移公式可以求出竖直方向和水平方向运动的距离之比。
（1）炸弹垂直击中山坡上的目标，此时有
又
联立解得炸弹在空中的飞行时间为
（2）炸弹竖直方向与水平方向通过的距离之比为
解得
16．（2025高一上·威海期末）如图所示，甲乙两物体相距，时甲以的初速度、的加速度向右做匀加速直线运动；时乙由静止开始向右做加速度为的匀加速直线运动；时两物体恰好没有相碰。求：
（1）时甲的速度大小；
（2）及。
【答案】（1）解： 根据匀变速直线运动速度时间关系可得，时甲的速度大小为
（2）解： 时两物体恰好没有相碰，可知此时甲、乙速度相等，则有
对物体乙有
根据位移关系可得
其中，
联立解得，
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）甲做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出末速度的大小；
（2）甲乙做加速运动，利用速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出乙加速度的大小及乙开始加速的时刻。
（1）根据匀变速直线运动速度时间关系可得，时甲的速度大小为
（2）时两物体恰好没有相碰，可知此时甲、乙速度相等，则有
对物体乙有
根据位移关系可得
其中，
联立解得，
17．（2025高一上·威海期末）如图甲所示，倾角的斜面固定在水平地面上，一物块在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底端由静止开始向上运动，一段时间后撤去F。从物块运动开始计时，物块的速度—时间图像如图乙所示。已知物块的质量，物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，，。求：
（1）撤去F后，物块上滑的加速度大小；
（2）F的大小；
（3）物块返回斜面底端时的速度大小。
【答案】（1）解： 撤去F后，物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）解： 由图乙中的图像可知，撤去F前物块上滑加速运动与撤去F后物块上滑减速运动的加速度大小相等，则有
撤去F前，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）解： 撤去F时，物块的速度大小为
根据图乙可知，物块沿斜面上滑的最大距离为
物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得
解得物块返回斜面底端时的速度大小为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）撤去F时，利用牛顿第二定律可以求出物块上滑的加速度大小；
（2）在速度时间图像中，利用牛顿第二定律可以求出F的大小；
（3）撤去F时，利用速度公式可以求出物块速度的大小，结合位移公式可以求出物块上滑的距离，结合牛顿第二定律可以求出下滑过程加速度的大小，结合速度位移公式可以求出滑到低端速度的大小。
（1）撤去F后，物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）由图乙中的图像可知，撤去F前物块上滑加速运动与撤去F后物块上滑减速运动的加速度大小相等，则有
撤去F前，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）撤去F时，物块的速度大小为
根据图乙可知，物块沿斜面上滑的最大距离为
物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得
解得物块返回斜面底端时的速度大小为
18．（2025高一上·威海期末）如图所示，长木板A静止在水平地面上，质量的小物块B以的水平速度滑上A的左端，经过时间，A、B恰好共速。已知A与B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求：
（1）A的质量；
（2）A的最小长度；
（3）A运动的总时间及总位移。
【答案】（1）解： 设A的质量为，共速前，以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得B的加速度大小为
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
经过时间，A、B恰好共速，则有
联立解得，，
（2）解： 从B滑上A到两者共速过程，B通过的位移为
A通过的位移为
该过程B相对于A向前运动的距离为
联立可得
则A的最小长度为。
（3）解： 共速后，A、B保持相对静止一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
从共速到停下所用时间为
从共速到停下通过对位移为
则A运动的总时间为
A运动的总位移为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当B在A上滑动时，利用牛顿第二定律可以求出A和B加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间；
（2）当B滑上A时，利用位移公式可以求出两者运动的位移，利用位移差可以求出A的最小长度；
（3）当A和B共速后，利用牛顿第二定律可以求出整体加速度的大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出减速运动的位移。
（1）设A的质量为，共速前，以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得B的加速度大小为
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
经过时间，A、B恰好共速，则有
联立解得，，
（2）从B滑上A到两者共速过程，B通过的位移为
A通过的位移为
该过程B相对于A向前运动的距离为
联立可得
则A的最小长度为。
（3）共速后，A、B保持相对静止一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
从共速到停下所用时间为
从共速到停下通过对位移为
则A运动的总时间为
A运动的总位移为
1 / 1山东省威海市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题
1．（2025高一上·威海期末）一架无人机从地面竖直向上运动8m，又水平运动6m，整个过程无人机的位移大小为（　　）
A．6m B．8m C．10m D．14m
2．（2025高一上·威海期末）下列说法正确的是（　　）
A．加速度是描述物体位置变化快慢的物理量
B．加速度与速度变化量的大小总相等
C．加速度的方向与速度变化量的方向可能相反
D．物体做加速运动，加速度可能减小
3．（2025高一上·威海期末）下列位移—时间图像、速度—时间图像能够反映出物体做往返运动的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·威海期末）如图所示，质量为50kg的人站在电梯中的体重计上，随电梯以的加速度匀减速竖直下降，重力加速度取。下列说法正确的是（　　）
A．人处于超重状态，体重计的示数为40kg
B．人处于超重状态，体重计的示数为60kg
C．人处于失重状态，体重计的示数为40kg
D．人处于失重状态，体重计的示数为60kg
5．（2025高一上·威海期末）钢球由静止开始自由下落，落地时的速度为30m/s，不计空气阻力，重力加速度。关于钢球，下列说法正确的是（　　）
A．下落的高度是15m B．前2s的平均速度为20m/s
C．第3s与第1s的位移差为10m D．通过最后5m的时间是
6．（2025高一上·威海期末）两岸平行且平直的河流，水流速度，汽艇在静水中的速度大小为。汽艇保持船头垂直于河岸方向从岸边匀速行驶到对岸，匀速返回时保持行驶路线与河岸垂直，已知往返所用时间的比值为，则为（　　）
A．16km/h B．18km/h C．20km/h D．22km/h
7．（2025高一上·威海期末）如图所示，用一根轻质细绳将一幅重力12N的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为0.6m。已知细绳长为1m，则细绳的拉力为（　　）
A．7.5N B．12N C．15N D．20N
8．（2025高一上·威海期末）如图所示，斜面体A置于粗糙的水平地面上，物块B放在A上，对B施加一平行于斜面向上的力F，A、B处于静止状态。现增加F，A、B仍静止，下列说法正确的是（　　）
A．A对B的摩擦力一定增大 B．A对B的摩擦力一定减小
C．地面对A的摩擦力一定增大 D．地面对A的摩擦力一定减小
9．（2025高一上·威海期末）某物体做直线运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．内任意连续相等时间内的位移之比为
D．内位移中点的瞬时速度大小为
10．（2025高一上·威海期末）如图所示，在轻绳OA下端悬挂一物体，用水平力F作用于A点。现保持A点位置不动，使拉力F的方向由水平逆时针缓慢旋转到竖直，关于OA的拉力T及F的大小变化正确的是（　　）
A．T逐渐减小 B．T先减小后增大
C．F逐渐增大 D．F先减小后增大
11．（2025高一上·威海期末）如图所示，水平传送带以2m/s的速度逆时针运转，A、B两端之间的距离为2.4m。将小煤块从A端静止释放，经过时间t，到达B端，传送带上的划痕长为l。已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
12．（2025高一上·威海期末）如图所示，用一轻质弹簧把两块质量均为0.5kg的木块A、B连接起来，放在水平地面上，处于静止状态。时，用竖直向上的力F作用在A上，使A向上做匀加速直线运动，时B刚好离开地面。整个过程弹簧始终处于弹性限度内，劲度系数，重力加速度，不计空气阻力。内，下列说法正确的是（　　）
A．A上升的高度为12.5cm B．A的加速度大小为
C．F的最小值为6N D．F的最大值为11N
13．（2025高一上·威海期末）某小组在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中主要步骤如下：
①将橡皮条的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根细绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；
②用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，将橡皮条与绳套的结点拉到某一位置O，记录此时O点的位置、两弹簧测力计的示数、及两细绳套的方向；
③再用一个弹簧测力计拉橡皮条，将结点仍拉至O点，记录此时弹簧测力计的示数F及细绳套的方向。
（1）本实验采用的科学方法是________；
A．等效代替 B．控制变量 C．微小量放大
（2）该小组在白纸上记录的信息如图所示，请你在题纸的方框中作图，通过探究你得到的实验结论是　 　。
14．（2025高一上·威海期末）某小组利用如图甲所示的装置探究小车速度随时间变化的规律，请回答以下问题：
（1）除了图甲中已有的器材外，要完成实验还需要的器材有__________；
A．220V交流电源 B．8V交流电源
C．毫米刻度尺 D．天平
（2）处理数据时，选出一条如图乙所示的纸带，纸带上的数字为相邻两个计数点间的距离，相邻两计数点间还有4个点没有画出，打点计时器的电源频率为50Hz。根据纸带上的数据，计算打下A、B、C、D、E点的瞬时速度并填在表中，C点的瞬时速度为　 　m/s；
位置 A B C D E
0.605 0.810
1.175 1.390
（3）在答题纸的坐标纸中描出C点的位置并画出小车的图像　 　，根据图像求得小车的加速度为　 　；（保留三位有效数字）
（4）某同学只测量OC和CF的长度分别为、，如图丙所示，若纸带上相邻两计数点的时间间隔为t，则小车的加速度表达式为　 　。
15．（2025高一上·威海期末）如图所示，某次演习轰炸机以的速度水平投放一枚炸弹，垂直击中山坡上的目标。已知山坡的倾角，重力加速度，，，忽略空气阻力。求：
（1）炸弹在空中的飞行时间；
（2）炸弹竖直方向与水平方向通过的距离之比。
16．（2025高一上·威海期末）如图所示，甲乙两物体相距，时甲以的初速度、的加速度向右做匀加速直线运动；时乙由静止开始向右做加速度为的匀加速直线运动；时两物体恰好没有相碰。求：
（1）时甲的速度大小；
（2）及。
17．（2025高一上·威海期末）如图甲所示，倾角的斜面固定在水平地面上，一物块在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底端由静止开始向上运动，一段时间后撤去F。从物块运动开始计时，物块的速度—时间图像如图乙所示。已知物块的质量，物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，，。求：
（1）撤去F后，物块上滑的加速度大小；
（2）F的大小；
（3）物块返回斜面底端时的速度大小。
18．（2025高一上·威海期末）如图所示，长木板A静止在水平地面上，质量的小物块B以的水平速度滑上A的左端，经过时间，A、B恰好共速。已知A与B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，求：
（1）A的质量；
（2）A的最小长度；
（3）A运动的总时间及总位移。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】 一架无人机从地面竖直向上运动8m，又水平运动6m， 根据初末位置之间的距离可以得出整个过程无人机的位移大小为
故选C。
【分析】利用无人机初末位置之间的距离可以求出位移的大小。
2．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，速度才是描述物体位置变化的物理量；故A错误；
B．根据加速度的定义式可以得出加速度与单位时间内速度变化量的大小总相等，故B错误；
C．根据加速度的定义式可知加速度的方向总与速度变化量的方向相同，故C错误；
D．加速度与速度没有必然的联系，加速度的大小与速度大小无关，只要物体的速度与加速度同向，则加速度减小、不变或增大，物体都做加速运动，故D正确。
故选D。
【分析】加速度描述速度变化快慢的物理量，大小等于单位时间速度变化量；加速度与速度变化量方向相同；加速度的大小与速度大小无关。
3．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图中图像可知，由于图像斜率代表速度，根据斜率为正值可以得出物体一直沿正方向运动，故A错误；
B．由图中图像可知，由于图像斜率代表速度，根据斜率为负值可以得出物体一直沿负方向运动，故B错误；
C．由图中图像可知，由于速度的符号代表运动的方向，所以物体先沿负方向运动，后沿正方向运动，故C正确；
D．由图中图像可知，由于速度的符号代表运动的方向，所以物体一直沿正方向运动，故D错误。
故选C。
【分析】利用位移时间图像斜率的符号可以得出物体运动的方向；利用速度时间图像的速度符号可以得出物体运动的方向。
4．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】由于电梯匀减速下降，由于电梯速度方向向下，根据减速的条件可以得出电梯的加速度向上，根据牛顿第二定律可以得出合力方向向上，则支持力大于重力所以电梯处于超重状态，对于人，根据牛顿第二定律，有
可得
根据压力的大小可以得出体重计的示数为
故选B。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重与失重；利用牛顿第二定律可以求出压力的大小。
5．【答案】D
【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
【解析】【解答】本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，结合匀变速直线运动推论求解。A．钢球做自由落体运动，根据
解得下落的高度为
故A错误；
B．钢球前2s下落高度为
则前2s的平均速度为
故B错误；
C．根据匀变速直线运动推论可得第3s与第1s的位移差为
故C错误；
D．钢球下落时的速度为，根据
解得
则通过最后5m的时间为
故D正确。
故选D。
【分析】根据自由落体运动速度—时间公式求出下落的时间，根据位移—时间公式分析解答。
6．【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】设河岸宽度为，汽艇保持船头垂直于河岸方向从岸边匀速行驶到对岸，根据垂直河岸方向的位移公式可以得出所用时间为
匀速返回时保持行驶路线与河岸垂直，由于合速度垂直于河岸，根据垂直于河岸方向的位移公式可以得出所用时间为
又
联立解得
故选B。
【分析】利用垂直于河岸的速度及位移公式和时间之比可以求出汽艇在静水中速度的大小。
7．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于画框处于静止，则画框受到两段绳子的拉力及重力下处于平衡状态，设细绳与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得
可得
根据画框竖直方向的平衡方程有
解得细绳的拉力为
故选A。
【分析】利用画框竖直方向的平衡方程结合几何关系可以求出绳子拉力的大小。
8．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于未知F的大小，所以F的大小可能小于重力的分力，则增加F前，A对B的摩擦力沿斜面向上，增加F，A、B仍静止，则A对B的摩擦力方向可能仍沿斜面向上，大小减小；当F的大小大于重力的分力时，则增加F前，A对B的摩擦力沿斜面向下，增加F，A、B仍静止，则A对B的摩擦力方向仍沿斜面向下，大小增大，故AB错误；
CD．设斜面A的倾角为，以A、B为整体，由于整体处于静止，根据整体水平方向的平衡方程可以得出地面对A的摩擦力为
根据表达式可以得出由于F增加，所以地面对A的摩擦力一定增大，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】由于未知F的大小，所以不能判别斜面对A的摩擦力方向，所以不能判别A对B的摩擦力大小变化；利用整体的平衡方程可以判别地面对A的摩擦力大小变化。
9．【答案】B,D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图像可知物体做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可以得出中间时刻的瞬时速度等于初末速度之和的一半，则中间时刻速度
则有
故A错误，B正确；
C．对于初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式可以得出在任意连续相等时间内的位移之比为；由于物体的初速度不为0，根据位移公式可以得出内任意连续相等时间内的位移之比不等于，故C错误；
D．设内位移中点的瞬时速度大小为，由于物体做匀加速直线运动，根据速度位移公式可得，再根据速度位移公式有
两式联立解得
故D正确。
故选BD。
【分析】利用平均速度公式可以比较初末速度的比值；利用位移公式可以求出相等时间的位移之比；利用速度位移公式可以求出中间位置的速度大小。
10．【答案】A,D
【知识点】力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】由于A点保持静止，可知OA的拉力T方向不变，使拉力F的方向由水平逆时针缓慢旋转到竖直，对A点进行受力分析，如图所示，由于A点处于平衡状态，根据三角形定则可以得出三力的图示
在图示中，根据三角形三边的关系可以得出 T逐渐减小；F先减小后增大。
故选AD。
【分析】利用A的受力分析结合矢量三角形定则可以分析T的大小及F的大小变化。
11．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．在加速阶段时，小煤块受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可以得出加速阶段的加速度大小为
设小煤块到B端前已经与传送带共速，根据速度公式可以得出小煤块加速时间为
根据位移公式可以得出小煤块加速阶段通过的位移为
小煤块与传送带共速后，根据位移公式可以得出继续匀速运动的时间为
则有
故A错误，B正确；
CD．已知煤块运动的位移，结合传送带运动的位移可以得出传送带上的划痕长为
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出煤块运动的加速度大小；结合速度公式可以求出加速的时间，结合位移公式可以求出加速的位移，利用匀速直线运动的位移公式可以求出匀速运动的时间；结合传送带的位移可以求出划痕的大小。
12．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．初始时刻，当A处于静止时，根据平衡条件可以得出弹簧的压缩量为
时B刚好离开地面，根据B的平衡方程可以得出弹簧的伸长量为
根据弹簧的形变量可以得出A上升的高度为
故A错误；
B．由于A做匀加速直线运动，根据位移公式游
解得A的加速度大小为
故B正确；
CD．时刻，由于A处于平衡状态，则此时力最小，根据牛顿第二定律可以得出
时，由于A此时受到的重力和弹力向下，所以此时力最大，根据牛顿第二定律得
解得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用A的平衡方程及B的平衡方程可以求出弹簧形变量，进而求出A上升的高度，结合位移公式可以求出A加速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出F的最大值与最小值。
13．【答案】（1）A
（2）根据记录的信息选择适当的标度，分别作出、和的图示，以、为邻边做平行四边形，得到、的合力理论值，如图所示由图可知，在误差允许的范围内，与可认为重合，则可以得到的实验结论是：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）本实验中为了验证合力与分力的大小关系，实验中两个力拉橡皮筋和一个力拉橡皮筋的作用效果相同，采用的科学方法是等效代替。故选A。
（2）已知三个力的大小，根据力的大小可以选择力的标度如图所示，利用力的图示结合力的方向分别作出、和的图示，再者利用以、为邻边做平行四边形，取其对角线得到、的合力理论值，如图所示
在误差允许的范围内，如图所示，理论合力与实验合力可认为重合，则可以得到的实验结论是：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
【分析】（1）本实验使用等效替代法；
（2）利用力的图示可以画出三个力的大小，结合平行四边形可以画出理论合力的大小；进而得出实验结论：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
（1）本实验中两个力拉橡皮筋和一个力拉橡皮筋的作用效果相同，采用的科学方法是等效代替。
故选A。
（2）根据记录的信息选择适当的标度，分别作出、和的图示，以、为邻边做平行四边形，得到、的合力理论值，如图所示
由图可知，在误差允许的范围内，与可认为重合，则可以得到的实验结论是：两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
14．【答案】（1）B；C
（2）0.995
（3）；1.98
（4）
【知识点】加速度；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）图甲中电磁打点计时器需要连接8V交流电源；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；本实验不需要用天平测质量。
故答案为：BC。
（2）相邻两计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为
打下C点的瞬时速度为
故答案为：0.995
（3）在坐标纸中描出C点的位置并作出图像如图所示
根据图像可得小车的加速度为
故答案为：
；1.98
（4）根据匀变速直线运动推论可得
可得小车的加速度表达式为
故答案为：
【分析】（1）器材选择：依据电磁打点计时器的电源要求和实验测量需求判断。
（2）瞬时速度计算：利用 “中间时刻速度=平均速度” 的规律，取相邻两段位移求平均速度。
（3）加速度求解：v-t图像的斜率表示加速度，通过图像或逐差法计算。
（4）逐差法应用：利用连续相等时间内的位移差，结合间隔数推导加速度表达式。
（1）图甲中电磁打点计时器需要连接8V交流电源；需要用刻度尺测量纸带上计数点间的距离；本实验不需要用天平测质量。
故选BC。
（2）相邻两计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为
打下C点的瞬时速度为
（3）[1]在坐标纸中描出C点的位置并作出图像如图所示。
[2]根据图像可得小车的加速度为
（4）根据匀变速直线运动推论可得
可得小车的加速度表达式为
15．【答案】（1）解： 炸弹垂直击中山坡上的目标，此时有
又
联立解得炸弹在空中的飞行时间为
（2）解： 炸弹竖直方向与水平方向通过的距离之比为
解得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）炸弹做平抛运动，利用速度的分解结合竖直方向的速度公式可以求出飞行的时间；
（2）炸弹做平抛运动，利用位移公式可以求出竖直方向和水平方向运动的距离之比。
（1）炸弹垂直击中山坡上的目标，此时有
又
联立解得炸弹在空中的飞行时间为
（2）炸弹竖直方向与水平方向通过的距离之比为
解得
16．【答案】（1）解： 根据匀变速直线运动速度时间关系可得，时甲的速度大小为
（2）解： 时两物体恰好没有相碰，可知此时甲、乙速度相等，则有
对物体乙有
根据位移关系可得
其中，
联立解得，
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）甲做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出末速度的大小；
（2）甲乙做加速运动，利用速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出乙加速度的大小及乙开始加速的时刻。
（1）根据匀变速直线运动速度时间关系可得，时甲的速度大小为
（2）时两物体恰好没有相碰，可知此时甲、乙速度相等，则有
对物体乙有
根据位移关系可得
其中，
联立解得，
17．【答案】（1）解： 撤去F后，物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）解： 由图乙中的图像可知，撤去F前物块上滑加速运动与撤去F后物块上滑减速运动的加速度大小相等，则有
撤去F前，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）解： 撤去F时，物块的速度大小为
根据图乙可知，物块沿斜面上滑的最大距离为
物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得
解得物块返回斜面底端时的速度大小为
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）撤去F时，利用牛顿第二定律可以求出物块上滑的加速度大小；
（2）在速度时间图像中，利用牛顿第二定律可以求出F的大小；
（3）撤去F时，利用速度公式可以求出物块速度的大小，结合位移公式可以求出物块上滑的距离，结合牛顿第二定律可以求出下滑过程加速度的大小，结合速度位移公式可以求出滑到低端速度的大小。
（1）撤去F后，物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
（2）由图乙中的图像可知，撤去F前物块上滑加速运动与撤去F后物块上滑减速运动的加速度大小相等，则有
撤去F前，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）撤去F时，物块的速度大小为
根据图乙可知，物块沿斜面上滑的最大距离为
物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得
解得物块返回斜面底端时的速度大小为
18．【答案】（1）解： 设A的质量为，共速前，以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得B的加速度大小为
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
经过时间，A、B恰好共速，则有
联立解得，，
（2）解： 从B滑上A到两者共速过程，B通过的位移为
A通过的位移为
该过程B相对于A向前运动的距离为
联立可得
则A的最小长度为。
（3）解： 共速后，A、B保持相对静止一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
从共速到停下所用时间为
从共速到停下通过对位移为
则A运动的总时间为
A运动的总位移为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当B在A上滑动时，利用牛顿第二定律可以求出A和B加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间；
（2）当B滑上A时，利用位移公式可以求出两者运动的位移，利用位移差可以求出A的最小长度；
（3）当A和B共速后，利用牛顿第二定律可以求出整体加速度的大小，结合速度公式可以求出减速的时间，结合位移公式可以求出减速运动的位移。
（1）设A的质量为，共速前，以B为对象，根据牛顿第二定律可得
解得B的加速度大小为
以A为对象，根据牛顿第二定律可得
经过时间，A、B恰好共速，则有
联立解得，，
（2）从B滑上A到两者共速过程，B通过的位移为
A通过的位移为
该过程B相对于A向前运动的距离为
联立可得
则A的最小长度为。
（3）共速后，A、B保持相对静止一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
从共速到停下所用时间为
从共速到停下通过对位移为
则A运动的总时间为
A运动的总位移为
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