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贵州省铜仁市2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测物理试卷
一、选择题：本题共10个小题，共43分。第1~7题为单项选择题，每小题4分；第8~10题为多项选择题，每小题至少有两项符合题目要求，全选对得5分，选对但不全得3分，选错或不选得0分。
1．（2025高一上·铜仁期末）贵州沿河县境内乌江山峡风景名胜区以雄奇险峻和壮观秀美的乌江山峡风光为特色，兼有浓郁淳朴的土家文化、意义重大的红色革命文化和历史悠久的水运文化。唐代诗人李白曾写下：“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”。其中“轻舟”所选择的参考系是（　　）
A．山 B．舟上的人 C．江水 D．云朵
【答案】A
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】参考系是假设静止不动的物体， “两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”，其中“轻舟”所选择的参考系是山，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】参考系是假设静止不动的物体，选取不同的参考系，物体的运动状态可能不同。
2．（2025高一上·铜仁期末）我市某同学和家人寒假准备驾车从铜仁火车站前往贵阳北站，使用某手机地图搜索路线，该APP规划了三条路线。地图上显示“路线一”需要4小时，全程322公里；“路线二”需要4小时52分，全程389公里；“路线三”需要示4小时54分，全程360公里。下列说法中正确的是（　　）
A．“路线一”显示预计晚上20：21到达，“20：21”指的是时间间隔
B．研究车的运动轨迹时，不能将车视为质点
C．三条路线中“路线一”车的平均速度最大
D．不能确定这三种路线中平均速率的大小
【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；平均速度
【解析】【解答】A．时间间隔为时间段，时刻为时间点，“20：21”指的是时刻，故A错误；B．当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点，所以研究车的运动轨迹时，车的大小、形状对所研究的问题没有影响，可以将车视为质点，故B错误；
C．平均速度为位移与时间的比值，三条路线中“路线一”所用时间最短，而三条路线的位移相同，所以“路线一”车的平均速度最大，故C正确；
D．平均速率指物体的路程与所用时间的比值，三条路线所用时间已知，路程已知，则均可求平均速率，故D错误。
故选：C。
【分析】时间间隔为时间段，时刻为时间点；当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点；平均速度为位移与时间的比值；平均速率等于路程与时间的比值。
3．（2025高一上·铜仁期末）无人机在铜仁市碧江区中南门历史文化旅游区上空首秀表演，以夜空为画布，不断转换形态，展示铜仁地标建筑等地方特色文化画面，为市民带来一场特别的科技视觉盛宴。如图所示，一架无人机在在表演过程中做匀速直线运动，速度大小为v。无人机的质量为m，受到的空气作用力为F。在以下四个受力分析图中，可正确表示无人机的受力情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】无人机在表演过程中做匀速直线运动，处于平衡状态， 无人机的质量为m， 所受重力与空气的作用力等大、反向，故A正确，BCD错误。故选：A。
【分析】无人机处于受力平衡状态，据此分析受力情况。
4．（2025高一上·铜仁期末）2024年巴黎奥运会上，全红婵获得女子单人跳水10 m跳台金牌，成为中国奥运史上最年轻的三金得主。如图所示，虚线描绘的是她某次跳水运动的过程中头部运动轨迹，最后沿竖直方向以速度v入水。在图中标注的1、2、3、4四个位置中，头部速度方向与v方向相同的是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】曲线运动中速度方向应沿轨迹的切线方向， 最后沿竖直方向以速度v入水 ，在1位置速度方向水平向左，2位置速度方向竖直向上，3位置方向竖直向下，4位置速度方向竖直向上，所以头部速度方向与v方向相同的是3位置的速度方向，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】根据曲线运动速度方向为轨迹的切线方向的知识对比分析解答。
5．（2025高一上·铜仁期末）木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，则以下关于力F作用后木块A、B所受摩擦力FA，FB的大小，说法正确的是（　　）
A．FA=12.5N B．FA=8N C．FB=15N D．FB=1N
【答案】B
【知识点】静摩擦力
【解析】【解答】木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，木块A与地面间的最大静摩擦力为
木块B与地面间的最大静摩擦力为
弹簧弹力为
施加水平拉力F后，对B物体受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，所以
施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，所以，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】先根据fm=μFN求得A、B的最大静摩擦力，根据F=kx求得弹簧的弹力，从而判断A、B的运动状态，再确定A、B所受摩擦力的大小。
6．（2025高一上·铜仁期末）在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离以确保安全。我国交通管理部门规定高速公路上行驶的汽车安全距离为200 m，汽车行驶的最高速度为120km/h（约33.3m /s）。已知汽车在刹车时的运动可近似看作匀减速直线运动，且汽车质量为m，重力加速度g=10 m/s2。 假设驾驶员反应时间为t，路面与轮胎之间的动摩擦因数为μ，安全距离由反应时间内汽车行驶的距离x1和刹车后汽车滑行的距离x2组成。若某段高速公路由于天气原因，路面结冰导致动摩擦因数变为原来的，同时驾驶员因疲劳驾驶反应时间变为原来的2倍，那么在这种情况下，要保证安全，与正常情况相比，安全距离应变为原来的（　　）
A．2倍 B．3倍 C．4倍 D．5倍
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】根据牛顿第二定律刹车后汽车滑行的加速度a=μg正常行驶时，结合速度—位移关系可得安全距离
若某段高速公路由于天气原因，路面结冰导致动摩擦因数变为原来的，同时驾驶员因疲劳驾驶反应时间变为原来的2倍，此时安全距离， 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】正常情况下安全距离的组成：反应距离（速度×反应时间）+刹车滑行距离（由牛顿第二定律得加速度，再用运动学公式求位移）。
7．（2025高一上·铜仁期末）用两轻绳a、c和轻弹簧b将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球质量均为m，处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平。下列分析正确的是（　　）
A．此时轻绳c的拉力大小为
B．剪断轻绳a瞬间，小球1的加速度大小为
C．剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度大小为
D．保持轻绳a与竖直方向的夹角为30°不变，使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中，轻绳c的拉力大小一直减小
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A． 两小球质量均为m，处于静止状态， 对1、2整体分析根据平衡条件可得，
故A错误；
B．剪断轻绳a的瞬间，绳子弹力突变为零，弹簧弹力不能突变，则小球1受合力大小为Ta，根据牛顿第二定律可得
所以加速度大小为
故B错误；
C．剪断轻绳c的瞬间，绳子弹力突变为零，弹簧弹力不能突变，小球2受合力大小为Tc，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故C正确；
D．对1、2整体分析， 使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中， 整体受力平衡，如图所示
若保持轻绳a与竖直方向的夹角为30°不变，使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中，轻绳c的拉力大小先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】 整体静止时需对两小球进行受力分析，通过整体法与隔离法确定轻绳与弹簧的受力关系。剪断瞬间需注意弹簧弹力因形变未消失而保持不变，结合牛顿第二定律分析小球所受合力与加速度关系。轻绳缓慢转动时通过动态平衡分析拉力变化，考虑转动过程中力的矢量三角形变化趋势。
8．（2025高一上·铜仁期末）一质点在平面内同时参与两个相互垂直方向的运动，在x方向做速度为vx=4m/s的匀速直线运动，在y方向做初速度vy=3m/s、加速度a=1m/s2的匀加速直线运动。则下列说法正确的是（　　）
A．质点的合运动轨迹是直线
B．经过t=2s，质点的合位移大小为10m
C．当y方向速度为5m/s时，合速度与x方向夹角的正切值为
D．质点在任意时刻的合速度大小为
【答案】C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A． 物体做直线运动的条件是因为合速度与合加速度共线，做曲线运动的条件是合速度与合加速度方向不共线。 由于合速度和合加速度不共线，则质点做匀变速曲线运动，故A错误；
B． 在x方向做速度为vx=4m/s的匀速直线运动， 经过t=2s，质点在x方向的位移为
在y方向做初速度vy=3m/s、加速度a=1m/s2的匀加速直线运动， 经过t=2s，质点在y方向的位移为
所以合位移大小为
故B错误；
C．当y方向速度为5m/s时，合速度与x方向夹角的正切值为
故C正确；
D．质点在任意时刻的合速度大小为
故D正确。
故选：CD。
【分析】根据物体做曲线运动的条件分析；分别计算x和y方向的位移，然后根据矢量合成计算；根据速度方向计算；根据速度的矢量合成法则计算。
9．（2025高一上·铜仁期末）如图所示是某同学站在力传感器上做“下蹲-起立”的动作时记录的力随时间变化的图像，由图像可以得到的信息是（　　）
A．该同学做了两次“下蹲-起立”的动作
B．该同学的重力约为500N
C．“起立”过程中人一直处于超重状态
D．“下蹲”过程中人既有失重又有超重状态
【答案】B,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．当人下蹲时，加速度先向下后向上，结合牛顿第二定律可知重力先大于支持力后小于支持力，当人起立时，加速度先向上后向下，重力先小于支持力后大于支持力，结合图像可知，该同学做了一次“下蹲-起立”的动作，故A错误；B．由图可知，稳定时重力大概是500N，所以该同学的重力约为500N，故B正确；
C．当人起立时，加速度先向上后向下，人先超重后失重，故C错误；
D．当人下蹲时，加速度先向下后向上，人先失重后超重，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据F-t图像先判断人的重力，之后分析那些地方是超重那些是失重，再判断人的运动状态。
10．（2025高一上·铜仁期末）如图所示，一个半径为3R 的圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动。在圆盘边缘等间隔地固定着三个完全相同的小物块A、B、C（C在圆盘最外端），它们的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘以角速度ω缓慢增大时，下列说法正确的是（　　）
A．当时，A物块所受摩擦力为
B．当时，B 物块所受摩擦力为μmg
C．当时，C物块刚要开始滑动
D．当时，A、B、C三个物块均已滑动
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用，注意静摩擦力提供向心力。A．当时，假设A物块仍静止， 摩擦力提供向心力， 根据牛顿第二定律可得A物块所受摩擦力为
故假设成立，A受到的摩擦力为，故A错误；
B．当时，假设B物块仍静止，摩擦力提供向心力， 根据牛顿第二定律可得B物块所受摩擦力为
假设不成立，说明物块B已经滑动，受到滑动摩擦力，大小为μmg，故B正确；
C．当时，假设C物块仍静止，C物块所受摩擦力为
C物块已经滑动，故C错误；
D．当A物块刚要滑动， 根据牛顿第二定律可得
解得
说明A已经滑动，因为B、C半径大于A，需要的向心力更大，也已经滑动，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据角速度大小求解向心力大小，将向心力与最大静摩擦力比较，判断物体是否发生滑动。
二、非选择题：本题共5个大题，共57分。
11．（2025高一上·铜仁期末）某同学利用如图所示的装置研究平抛运动：
（1）下列操作中必要的是（　　）
A．将斜槽轨道的末端调成水平
B．用天平称出小球的质量
C．调节纸板使其竖直且与小球下落的竖直平面平行
D．让小球每次从斜槽上不同位置由静止释放
（2）赵华在实验时得到如图所示的实验结果，图中的a、b、c、d为小球在平抛运动中的几个位置，相邻位置时间间隔相等，此时间间隔T=　 　s，该小球初速度大小为v0=　 　m/s。已知图中每个小方格的边长为L=10cm，重力加速度为g=10m/s2。
【答案】（1）A；C
（2）0.1；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 A．要保证小球做平抛运动，则必须将斜槽轨道的末端调成水平，这样才能获得水平初速度，做平抛运动，故A正确；
B．根据实验原理可知实验中不必用天平称出小球的质量，故B错误；
C．实验过程中应调节纸板使其竖直且与小球下落的竖直平面平行，故C正确；
D．让小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，这样才能保证初速度大小相同，两次平抛运动轨迹相同，故D错误。
故选：AC。
（2）由图可知， 根据匀变速直线运动推论可得
联立可得，
【分析】（1）根据实验原理、正确操作分析作答；
（2）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔；根据平抛运动规律求解水平初速度。
（1）A．要保证小球做平抛运动，则必须将斜槽轨道的末端调成水平，故A正确；
B．实验中不必用天平称出小球的质量，故B错误；
C．实验过程中应调节纸板使其竖直且与小球下落的竖直平面平行，故C正确；
D．让小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故D错误。
故选AC。
（2）[1][2]由图可知，
联立可得，
12．（2025高一上·铜仁期末）某实验小组利用如图1所示装置探究加速度与力、质量的关系。实验中，小车及车中砝码的总质量用M表示，盘及盘中砝码的总质量用m表示，小车的加速度可由打点计时器打出的纸带计算得出。
（1）以下实验操作中，正确的是（　　）
A．调节滑轮高度，使拉小车的细线与长木板平行
B．在平衡摩擦力时，应将盘及盘中砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
C．每次改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力
D．实验时，应先释放小车，再接通打点计时器电源
（2）实验小组在实验中得到一条纸带，如图2所示，已知打点计时器所用交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出。其中s1=1.30cm，s2=3.10cm，s3=5.39cm，s4=8.19cm，s5=11.49cm，s6=15.30cm，小车经过第4点时的速度大小　 　m/s，小车的加速度是　 　m/s2。（结果均保留2位小数）
（3）在探究加速度与力的关系时，某同学根据实验数据作出的图像如图3所示。该图像不过原点，其主要原因是　 　，图像在末端发生弯曲的主要原因是未满足　 　。
【答案】（1）A
（2）0.31；0.50
（3）平衡摩擦力过度；没有满足m远远小于M
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，这样可以保证小车运动过程中加速度恒定，故A正确；B．平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，应让小车拖着纸带运动，故B错误；
C．每次改变小车质量时，根据实验原理可知不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．实验时，应先接通打点计时器电源，再释放小车，这样可以充分利用纸带，得到更多实验数据，故D错误。
故选：A。
（2）由于打点计时器所用交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度，所以小车经过第4点时的速度大小为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）由图可知，当F为零时，小车已经产生加速度， 该图像不过原点，其主要原因是平衡摩擦力过度；图线末端弯曲的原因是没有满足m远远小于M。
【分析】（1）根据保持小车受到的合力不变判断；根据平衡摩擦力判断；根据充分利用纸带判断；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打4点时小车的速度；利用逐差法计算小车的加速度；
（3）根据平衡摩擦力分析判断；根据使小车受到的拉力近似等于盘及盘中的砝码重力的条件判断。
（1）A．调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，这样为了减小实验误差，故A正确；
B．平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，应让小车拖着纸带运动，故B错误；
C．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．实验时，应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选A。
（2）[1]由于打点计时器所用交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为
所以小车经过第4点时的速度大小为
[2]小车的加速度为
（3）[1]由图可知，当F为零时，小车已经产生加速度，由此可知，a-F图线未过坐标原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
[2]图线末端弯曲的原因是没有满足m远远小于M。
13．（2025高一上·铜仁期末）高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，它曾与“乱扔垃圾”齐名，排名第二，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害，最新刑法修正案已将“高空抛物”正式立法入刑。一枚鸡蛋由静止开始做自由落体运动，它下落的高度h=45m，不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）落地时的速度是多大；
（2）它在前2s内的平均速度是多大；
（3）它在最后1s内下落的高度是多少？
【答案】（1）根据速度位移关系可得
所以
（2）前2s内的位移大小为
所以平均速度为
（3）根据位移时间关系
可得
所以最后1s内下落的高度为
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）根据自由落体运动的速度—位移公式，结合已知下落高度，直接计算落地速度；
（2）先通过自由落体位移公式求出前2s内的位移，再用平均速度公式计算平均速度；
（3）先求出鸡蛋下落的总时间，再计算总时间减去1s内的下落位移，用总高度减去该位移得到最后1s内的下落高度。
（1）根据速度位移关系可得
所以
（2）前2s内的位移大小为
所以平均速度为
（3）根据位移时间关系
可得
所以最后1s内下落的高度为
14．（2025高一上·铜仁期末）如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，与水平地面相切于圆环的端点A，一质量为m=1kg的小球从A点冲上竖直半圆环轨道，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g=10m/s2。
（1）小球到达最高点B的最小速度多大；
（2）若小球沿轨道运动到最高点B并以vB=4m/s飞出，求：
①小球在B点对轨道的压力；
②小球落到C点的速度（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）解：当小球到达最高点时只受重力，速度最小，则
所以
（2）解：①根据牛顿第二定律可得
所以
根据牛顿第三定律可得，小球在B点对轨道的压力大小为30N，方向竖直向上；
②设小球落到C点的速度大小为vC，速度方向与水平方向的夹角为θ，则
，，
解得
，
即小球的速度大小为5.7m/s，方向与水平方向夹角为45°。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球到达最高点时，利用重力提供向心力可以求出最小的速度大小；
（2）当小球运动到B点时，利用牛顿第二定律可以求出对轨道压力的大小；当小球做平抛运动时，利用位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出竖直方向速度的大小，结合速度的合成可以求出落到C点的速度大小及方向。
（1）当小球到达最高点时只受重力，速度最小，则
所以
（2）①根据牛顿第二定律可得
所以
根据牛顿第三定律可得，小球在B点对轨道的压力大小为30N，方向竖直向上；
②设小球落到C点的速度大小为vC，速度方向与水平方向的夹角为θ，则，，
解得，
即小球的速度大小为5.7m/s，方向与水平方向夹角为45°。
15．（2025高一上·铜仁期末）如图所示，以速度 v=4m/s运动的传送带与平板 B 靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L=4m，平板B的质量M = 2kg，现将一质量m =2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，滑块与平板间的动摩擦因数，平板与地面间的动摩擦因数为。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块始终不会从平板上掉下，。求：
（1）滑块离开传送带时的速度大小；
（2）平板的最小长度；
（3）滑块 A 运动的总时间。
【答案】（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得
根据速度公式，滑块与传送带共速时，有
解得
滑块在传送带上加速的位移为
所以滑块离开传送带时的速度大小为4m/s。
（2）滑块刚滑上平板的速度为
对物块为研究对象，由牛顿第二定律得
对平板受力分析，由牛顿第二定律得
二者共速时，以物块为研究对象，根据速度与时间关系，有
以平板为研究对象，根据速度与时间关系
联立解得
共速的速度为
此段时间内物块的位移为
平板的位移为
平板的最小长度为
（3）滑块在传送带上匀速阶段，有
滑块在传送带上运动的时间为
联立解得
与木板共速后，一起减速的加速度
共同减速时间
滑块 A 运动的总时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）分析滑块在传送带上的运动状态，通过牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式判断是否达到传送带速度及对应位移，确定离开传送带时的速度；
（2）分析滑块与平板的相对运动，利用牛顿第二定律求各自加速度，结合速度、位移关系求共速时间和相对位移，即平板最小长度；
（3）分阶段计算滑块在传送带、平板上的运动时间及后续共同减速时间，求和得到总时间。
（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得
根据速度公式，滑块与传送带共速时，有
解得
滑块在传送带上加速的位移为
所以滑块离开传送带时的速度大小为4m/s。
（2）滑块刚滑上平板的速度为
对物块为研究对象，由牛顿第二定律得
对平板受力分析，由牛顿第二定律得
二者共速时，以物块为研究对象，根据速度与时间关系，有
以平板为研究对象，根据速度与时间关系
联立解得
共速的速度为
此段时间内物块的位移为
平板的位移为
平板的最小长度为
（3）滑块在传送带上匀速阶段，有
滑块在传送带上运动的时间为
联立解得
与木板共速后，一起减速的加速度
共同减速时间
滑块 A 运动的总时间
1 / 1贵州省铜仁市2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测物理试卷
一、选择题：本题共10个小题，共43分。第1~7题为单项选择题，每小题4分；第8~10题为多项选择题，每小题至少有两项符合题目要求，全选对得5分，选对但不全得3分，选错或不选得0分。
1．（2025高一上·铜仁期末）贵州沿河县境内乌江山峡风景名胜区以雄奇险峻和壮观秀美的乌江山峡风光为特色，兼有浓郁淳朴的土家文化、意义重大的红色革命文化和历史悠久的水运文化。唐代诗人李白曾写下：“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”。其中“轻舟”所选择的参考系是（　　）
A．山 B．舟上的人 C．江水 D．云朵
2．（2025高一上·铜仁期末）我市某同学和家人寒假准备驾车从铜仁火车站前往贵阳北站，使用某手机地图搜索路线，该APP规划了三条路线。地图上显示“路线一”需要4小时，全程322公里；“路线二”需要4小时52分，全程389公里；“路线三”需要示4小时54分，全程360公里。下列说法中正确的是（　　）
A．“路线一”显示预计晚上20：21到达，“20：21”指的是时间间隔
B．研究车的运动轨迹时，不能将车视为质点
C．三条路线中“路线一”车的平均速度最大
D．不能确定这三种路线中平均速率的大小
3．（2025高一上·铜仁期末）无人机在铜仁市碧江区中南门历史文化旅游区上空首秀表演，以夜空为画布，不断转换形态，展示铜仁地标建筑等地方特色文化画面，为市民带来一场特别的科技视觉盛宴。如图所示，一架无人机在在表演过程中做匀速直线运动，速度大小为v。无人机的质量为m，受到的空气作用力为F。在以下四个受力分析图中，可正确表示无人机的受力情况的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·铜仁期末）2024年巴黎奥运会上，全红婵获得女子单人跳水10 m跳台金牌，成为中国奥运史上最年轻的三金得主。如图所示，虚线描绘的是她某次跳水运动的过程中头部运动轨迹，最后沿竖直方向以速度v入水。在图中标注的1、2、3、4四个位置中，头部速度方向与v方向相同的是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2025高一上·铜仁期末）木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m，系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，则以下关于力F作用后木块A、B所受摩擦力FA，FB的大小，说法正确的是（　　）
A．FA=12.5N B．FA=8N C．FB=15N D．FB=1N
6．（2025高一上·铜仁期末）在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离以确保安全。我国交通管理部门规定高速公路上行驶的汽车安全距离为200 m，汽车行驶的最高速度为120km/h（约33.3m /s）。已知汽车在刹车时的运动可近似看作匀减速直线运动，且汽车质量为m，重力加速度g=10 m/s2。 假设驾驶员反应时间为t，路面与轮胎之间的动摩擦因数为μ，安全距离由反应时间内汽车行驶的距离x1和刹车后汽车滑行的距离x2组成。若某段高速公路由于天气原因，路面结冰导致动摩擦因数变为原来的，同时驾驶员因疲劳驾驶反应时间变为原来的2倍，那么在这种情况下，要保证安全，与正常情况相比，安全距离应变为原来的（　　）
A．2倍 B．3倍 C．4倍 D．5倍
7．（2025高一上·铜仁期末）用两轻绳a、c和轻弹簧b将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球质量均为m，处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平。下列分析正确的是（　　）
A．此时轻绳c的拉力大小为
B．剪断轻绳a瞬间，小球1的加速度大小为
C．剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度大小为
D．保持轻绳a与竖直方向的夹角为30°不变，使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中，轻绳c的拉力大小一直减小
8．（2025高一上·铜仁期末）一质点在平面内同时参与两个相互垂直方向的运动，在x方向做速度为vx=4m/s的匀速直线运动，在y方向做初速度vy=3m/s、加速度a=1m/s2的匀加速直线运动。则下列说法正确的是（　　）
A．质点的合运动轨迹是直线
B．经过t=2s，质点的合位移大小为10m
C．当y方向速度为5m/s时，合速度与x方向夹角的正切值为
D．质点在任意时刻的合速度大小为
9．（2025高一上·铜仁期末）如图所示是某同学站在力传感器上做“下蹲-起立”的动作时记录的力随时间变化的图像，由图像可以得到的信息是（　　）
A．该同学做了两次“下蹲-起立”的动作
B．该同学的重力约为500N
C．“起立”过程中人一直处于超重状态
D．“下蹲”过程中人既有失重又有超重状态
10．（2025高一上·铜仁期末）如图所示，一个半径为3R 的圆盘可绕通过其中心且垂直于盘面的竖直轴匀速转动。在圆盘边缘等间隔地固定着三个完全相同的小物块A、B、C（C在圆盘最外端），它们的质量均为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ。当圆盘以角速度ω缓慢增大时，下列说法正确的是（　　）
A．当时，A物块所受摩擦力为
B．当时，B 物块所受摩擦力为μmg
C．当时，C物块刚要开始滑动
D．当时，A、B、C三个物块均已滑动
二、非选择题：本题共5个大题，共57分。
11．（2025高一上·铜仁期末）某同学利用如图所示的装置研究平抛运动：
（1）下列操作中必要的是（　　）
A．将斜槽轨道的末端调成水平
B．用天平称出小球的质量
C．调节纸板使其竖直且与小球下落的竖直平面平行
D．让小球每次从斜槽上不同位置由静止释放
（2）赵华在实验时得到如图所示的实验结果，图中的a、b、c、d为小球在平抛运动中的几个位置，相邻位置时间间隔相等，此时间间隔T=　 　s，该小球初速度大小为v0=　 　m/s。已知图中每个小方格的边长为L=10cm，重力加速度为g=10m/s2。
12．（2025高一上·铜仁期末）某实验小组利用如图1所示装置探究加速度与力、质量的关系。实验中，小车及车中砝码的总质量用M表示，盘及盘中砝码的总质量用m表示，小车的加速度可由打点计时器打出的纸带计算得出。
（1）以下实验操作中，正确的是（　　）
A．调节滑轮高度，使拉小车的细线与长木板平行
B．在平衡摩擦力时，应将盘及盘中砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
C．每次改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力
D．实验时，应先释放小车，再接通打点计时器电源
（2）实验小组在实验中得到一条纸带，如图2所示，已知打点计时器所用交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出。其中s1=1.30cm，s2=3.10cm，s3=5.39cm，s4=8.19cm，s5=11.49cm，s6=15.30cm，小车经过第4点时的速度大小　 　m/s，小车的加速度是　 　m/s2。（结果均保留2位小数）
（3）在探究加速度与力的关系时，某同学根据实验数据作出的图像如图3所示。该图像不过原点，其主要原因是　 　，图像在末端发生弯曲的主要原因是未满足　 　。
13．（2025高一上·铜仁期末）高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，它曾与“乱扔垃圾”齐名，排名第二，是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害，最新刑法修正案已将“高空抛物”正式立法入刑。一枚鸡蛋由静止开始做自由落体运动，它下落的高度h=45m，不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）落地时的速度是多大；
（2）它在前2s内的平均速度是多大；
（3）它在最后1s内下落的高度是多少？
14．（2025高一上·铜仁期末）如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，与水平地面相切于圆环的端点A，一质量为m=1kg的小球从A点冲上竖直半圆环轨道，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g=10m/s2。
（1）小球到达最高点B的最小速度多大；
（2）若小球沿轨道运动到最高点B并以vB=4m/s飞出，求：
①小球在B点对轨道的压力；
②小球落到C点的速度（结果保留2位有效数字）。
15．（2025高一上·铜仁期末）如图所示，以速度 v=4m/s运动的传送带与平板 B 靠在一起，两者上表面在同一水平面上，传送带的长度L=4m，平板B的质量M = 2kg，现将一质量m =2kg的滑块A（可视为质点）轻放到传送带的左端，滑块随传送带运动并滑到平板上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，滑块与平板间的动摩擦因数，平板与地面间的动摩擦因数为。不计传送带与平板之间的间隙对滑块速度的影响，滑块始终不会从平板上掉下，。求：
（1）滑块离开传送带时的速度大小；
（2）平板的最小长度；
（3）滑块 A 运动的总时间。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】参考系是假设静止不动的物体， “两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”，其中“轻舟”所选择的参考系是山，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】参考系是假设静止不动的物体，选取不同的参考系，物体的运动状态可能不同。
2．【答案】C
【知识点】质点；时间与时刻；平均速度
【解析】【解答】A．时间间隔为时间段，时刻为时间点，“20：21”指的是时刻，故A错误；B．当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点，所以研究车的运动轨迹时，车的大小、形状对所研究的问题没有影响，可以将车视为质点，故B错误；
C．平均速度为位移与时间的比值，三条路线中“路线一”所用时间最短，而三条路线的位移相同，所以“路线一”车的平均速度最大，故C正确；
D．平均速率指物体的路程与所用时间的比值，三条路线所用时间已知，路程已知，则均可求平均速率，故D错误。
故选：C。
【分析】时间间隔为时间段，时刻为时间点；当物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计时，可把物体看作质点；平均速度为位移与时间的比值；平均速率等于路程与时间的比值。
3．【答案】A
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】无人机在表演过程中做匀速直线运动，处于平衡状态， 无人机的质量为m， 所受重力与空气的作用力等大、反向，故A正确，BCD错误。故选：A。
【分析】无人机处于受力平衡状态，据此分析受力情况。
4．【答案】C
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】曲线运动中速度方向应沿轨迹的切线方向， 最后沿竖直方向以速度v入水 ，在1位置速度方向水平向左，2位置速度方向竖直向上，3位置方向竖直向下，4位置速度方向竖直向上，所以头部速度方向与v方向相同的是3位置的速度方向，故C正确，ABD错误。故选：C。
【分析】根据曲线运动速度方向为轨迹的切线方向的知识对比分析解答。
5．【答案】B
【知识点】静摩擦力
【解析】【解答】木块A、B分别重50N和60N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，木块A与地面间的最大静摩擦力为
木块B与地面间的最大静摩擦力为
弹簧弹力为
施加水平拉力F后，对B物体受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于B木块与地面间的最大静摩擦力为15N，大于弹簧弹力和拉力之和，故木块B静止不动，所以
施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，所以，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】先根据fm=μFN求得A、B的最大静摩擦力，根据F=kx求得弹簧的弹力，从而判断A、B的运动状态，再确定A、B所受摩擦力的大小。
6．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】根据牛顿第二定律刹车后汽车滑行的加速度a=μg正常行驶时，结合速度—位移关系可得安全距离
若某段高速公路由于天气原因，路面结冰导致动摩擦因数变为原来的，同时驾驶员因疲劳驾驶反应时间变为原来的2倍，此时安全距离， 故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】正常情况下安全距离的组成：反应距离（速度×反应时间）+刹车滑行距离（由牛顿第二定律得加速度，再用运动学公式求位移）。
7．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A． 两小球质量均为m，处于静止状态， 对1、2整体分析根据平衡条件可得，
故A错误；
B．剪断轻绳a的瞬间，绳子弹力突变为零，弹簧弹力不能突变，则小球1受合力大小为Ta，根据牛顿第二定律可得
所以加速度大小为
故B错误；
C．剪断轻绳c的瞬间，绳子弹力突变为零，弹簧弹力不能突变，小球2受合力大小为Tc，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
故C正确；
D．对1、2整体分析， 使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中， 整体受力平衡，如图所示
若保持轻绳a与竖直方向的夹角为30°不变，使轻绳c沿逆时针缓慢转动60°的过程中，轻绳c的拉力大小先减小后增大，故D错误。
故选C。
【分析】 整体静止时需对两小球进行受力分析，通过整体法与隔离法确定轻绳与弹簧的受力关系。剪断瞬间需注意弹簧弹力因形变未消失而保持不变，结合牛顿第二定律分析小球所受合力与加速度关系。轻绳缓慢转动时通过动态平衡分析拉力变化，考虑转动过程中力的矢量三角形变化趋势。
8．【答案】C,D
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】A． 物体做直线运动的条件是因为合速度与合加速度共线，做曲线运动的条件是合速度与合加速度方向不共线。 由于合速度和合加速度不共线，则质点做匀变速曲线运动，故A错误；
B． 在x方向做速度为vx=4m/s的匀速直线运动， 经过t=2s，质点在x方向的位移为
在y方向做初速度vy=3m/s、加速度a=1m/s2的匀加速直线运动， 经过t=2s，质点在y方向的位移为
所以合位移大小为
故B错误；
C．当y方向速度为5m/s时，合速度与x方向夹角的正切值为
故C正确；
D．质点在任意时刻的合速度大小为
故D正确。
故选：CD。
【分析】根据物体做曲线运动的条件分析；分别计算x和y方向的位移，然后根据矢量合成计算；根据速度方向计算；根据速度的矢量合成法则计算。
9．【答案】B,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．当人下蹲时，加速度先向下后向上，结合牛顿第二定律可知重力先大于支持力后小于支持力，当人起立时，加速度先向上后向下，重力先小于支持力后大于支持力，结合图像可知，该同学做了一次“下蹲-起立”的动作，故A错误；B．由图可知，稳定时重力大概是500N，所以该同学的重力约为500N，故B正确；
C．当人起立时，加速度先向上后向下，人先超重后失重，故C错误；
D．当人下蹲时，加速度先向下后向上，人先失重后超重，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据F-t图像先判断人的重力，之后分析那些地方是超重那些是失重，再判断人的运动状态。
10．【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】本题解题关键掌握牛顿第二定律在圆周运动中的应用，注意静摩擦力提供向心力。A．当时，假设A物块仍静止， 摩擦力提供向心力， 根据牛顿第二定律可得A物块所受摩擦力为
故假设成立，A受到的摩擦力为，故A错误；
B．当时，假设B物块仍静止，摩擦力提供向心力， 根据牛顿第二定律可得B物块所受摩擦力为
假设不成立，说明物块B已经滑动，受到滑动摩擦力，大小为μmg，故B正确；
C．当时，假设C物块仍静止，C物块所受摩擦力为
C物块已经滑动，故C错误；
D．当A物块刚要滑动， 根据牛顿第二定律可得
解得
说明A已经滑动，因为B、C半径大于A，需要的向心力更大，也已经滑动，故D正确。
故选：BD。
【分析】根据角速度大小求解向心力大小，将向心力与最大静摩擦力比较，判断物体是否发生滑动。
11．【答案】（1）A；C
（2）0.1；2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】 A．要保证小球做平抛运动，则必须将斜槽轨道的末端调成水平，这样才能获得水平初速度，做平抛运动，故A正确；
B．根据实验原理可知实验中不必用天平称出小球的质量，故B错误；
C．实验过程中应调节纸板使其竖直且与小球下落的竖直平面平行，故C正确；
D．让小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，这样才能保证初速度大小相同，两次平抛运动轨迹相同，故D错误。
故选：AC。
（2）由图可知， 根据匀变速直线运动推论可得
联立可得，
【分析】（1）根据实验原理、正确操作分析作答；
（2）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔；根据平抛运动规律求解水平初速度。
（1）A．要保证小球做平抛运动，则必须将斜槽轨道的末端调成水平，故A正确；
B．实验中不必用天平称出小球的质量，故B错误；
C．实验过程中应调节纸板使其竖直且与小球下落的竖直平面平行，故C正确；
D．让小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，故D错误。
故选AC。
（2）[1][2]由图可知，
联立可得，
12．【答案】（1）A
（2）0.31；0.50
（3）平衡摩擦力过度；没有满足m远远小于M
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，这样可以保证小车运动过程中加速度恒定，故A正确；B．平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，应让小车拖着纸带运动，故B错误；
C．每次改变小车质量时，根据实验原理可知不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．实验时，应先接通打点计时器电源，再释放小车，这样可以充分利用纸带，得到更多实验数据，故D错误。
故选：A。
（2）由于打点计时器所用交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为
匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度，所以小车经过第4点时的速度大小为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）由图可知，当F为零时，小车已经产生加速度， 该图像不过原点，其主要原因是平衡摩擦力过度；图线末端弯曲的原因是没有满足m远远小于M。
【分析】（1）根据保持小车受到的合力不变判断；根据平衡摩擦力判断；根据充分利用纸带判断；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算打4点时小车的速度；利用逐差法计算小车的加速度；
（3）根据平衡摩擦力分析判断；根据使小车受到的拉力近似等于盘及盘中的砝码重力的条件判断。
（1）A．调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，这样为了减小实验误差，故A正确；
B．平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，应让小车拖着纸带运动，故B错误；
C．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；
D．实验时，应先接通打点计时器电源，再释放小车，故D错误。
故选A。
（2）[1]由于打点计时器所用交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为
所以小车经过第4点时的速度大小为
[2]小车的加速度为
（3）[1]由图可知，当F为零时，小车已经产生加速度，由此可知，a-F图线未过坐标原点的原因可能是平衡摩擦力过度；
[2]图线末端弯曲的原因是没有满足m远远小于M。
13．【答案】（1）根据速度位移关系可得
所以
（2）前2s内的位移大小为
所以平均速度为
（3）根据位移时间关系
可得
所以最后1s内下落的高度为
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）根据自由落体运动的速度—位移公式，结合已知下落高度，直接计算落地速度；
（2）先通过自由落体位移公式求出前2s内的位移，再用平均速度公式计算平均速度；
（3）先求出鸡蛋下落的总时间，再计算总时间减去1s内的下落位移，用总高度减去该位移得到最后1s内的下落高度。
（1）根据速度位移关系可得
所以
（2）前2s内的位移大小为
所以平均速度为
（3）根据位移时间关系
可得
所以最后1s内下落的高度为
14．【答案】（1）解：当小球到达最高点时只受重力，速度最小，则
所以
（2）解：①根据牛顿第二定律可得
所以
根据牛顿第三定律可得，小球在B点对轨道的压力大小为30N，方向竖直向上；
②设小球落到C点的速度大小为vC，速度方向与水平方向的夹角为θ，则
，，
解得
，
即小球的速度大小为5.7m/s，方向与水平方向夹角为45°。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）小球到达最高点时，利用重力提供向心力可以求出最小的速度大小；
（2）当小球运动到B点时，利用牛顿第二定律可以求出对轨道压力的大小；当小球做平抛运动时，利用位移公式可以求出运动的时间，结合速度公式可以求出竖直方向速度的大小，结合速度的合成可以求出落到C点的速度大小及方向。
（1）当小球到达最高点时只受重力，速度最小，则
所以
（2）①根据牛顿第二定律可得
所以
根据牛顿第三定律可得，小球在B点对轨道的压力大小为30N，方向竖直向上；
②设小球落到C点的速度大小为vC，速度方向与水平方向的夹角为θ，则，，
解得，
即小球的速度大小为5.7m/s，方向与水平方向夹角为45°。
15．【答案】（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得
根据速度公式，滑块与传送带共速时，有
解得
滑块在传送带上加速的位移为
所以滑块离开传送带时的速度大小为4m/s。
（2）滑块刚滑上平板的速度为
对物块为研究对象，由牛顿第二定律得
对平板受力分析，由牛顿第二定律得
二者共速时，以物块为研究对象，根据速度与时间关系，有
以平板为研究对象，根据速度与时间关系
联立解得
共速的速度为
此段时间内物块的位移为
平板的位移为
平板的最小长度为
（3）滑块在传送带上匀速阶段，有
滑块在传送带上运动的时间为
联立解得
与木板共速后，一起减速的加速度
共同减速时间
滑块 A 运动的总时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）分析滑块在传送带上的运动状态，通过牛顿第二定律求加速度，结合运动学公式判断是否达到传送带速度及对应位移，确定离开传送带时的速度；
（2）分析滑块与平板的相对运动，利用牛顿第二定律求各自加速度，结合速度、位移关系求共速时间和相对位移，即平板最小长度；
（3）分阶段计算滑块在传送带、平板上的运动时间及后续共同减速时间，求和得到总时间。
（1）滑块在传送带上加速，由牛顿第二定律得
根据速度公式，滑块与传送带共速时，有
解得
滑块在传送带上加速的位移为
所以滑块离开传送带时的速度大小为4m/s。
（2）滑块刚滑上平板的速度为
对物块为研究对象，由牛顿第二定律得
对平板受力分析，由牛顿第二定律得
二者共速时，以物块为研究对象，根据速度与时间关系，有
以平板为研究对象，根据速度与时间关系
联立解得
共速的速度为
此段时间内物块的位移为
平板的位移为
平板的最小长度为
（3）滑块在传送带上匀速阶段，有
滑块在传送带上运动的时间为
联立解得
与木板共速后，一起减速的加速度
共同减速时间
滑块 A 运动的总时间
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