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河北省沧州市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
1．（2025高一上·沧州期末）沧州市第四十一届元旦长跑于2024年12月29日8：30开始。已知该次元旦长跑是一次5km健康跑，长跑的起点和终点是同一地点。下列说法正确的是（　　）
A．“8：30”是时间间隔
B．“5km”是位移大小
C．完成该次长跑的参赛者的平均速度为0
D．研究参赛者这次比赛的运动轨迹时，不可将参赛者视为质点
2．（2025高一上·沧州期末）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（　　）
A．物体只有受力才能维持原有的运动状态
B．处于平衡状态的物体受到的合力为0
C．物体的速度为0时，物体受到的合力也一定为0
D．向上抛出的物体在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力
3．（2025高一上·沧州期末）质点甲、乙从同一点沿同一直线运动，两者运动的位移—时间（x―t）图像如图所示，质点乙的运动图线为过坐标原点的抛物线。下列说法正确的是（　　）
A．内，两质点的平均速度大小相等
B．内，质点甲的加速度大于质点乙的加速度
C．时刻，两质点的速度大小相等
D．内，两质点间的距离一直增大
4．（2025高一上·沧州期末）如图所示，倾角为15°的光滑斜面上放着一个木箱，用大小为F的拉力斜向上拉着木箱，拉力的方向与水平方向的夹角为45°。分别以平行于斜面和垂直于斜面的方向为x轴和y轴建立直角坐标系，把拉力分解为沿着两个坐标轴的分力，大小分别为和。下列等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·沧州期末）如图所示，长度为5m的细杆，上端悬挂在O点，A点在细杆正下方且距离细杆底端4m。若由静止释放细杆，让其自由下落，不计空气阻力，取重力加速度大小，则细杆通过A点所用的时间为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·沧州期末）如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部两端系着两根相同的橡皮条，橡皮条的原长均为L，橡皮条的末端连接裹片（长度不计），将弹丸放在裹片中，每根橡皮条均被拉伸至长度为2L，释放裹片，可将弹丸弹出，若此时两橡皮条间的夹角为60°，释放瞬间弹丸受到的弹力大小为F，已知橡皮条的弹力满足胡克定律且橡皮条始终处于弹性限度内，则橡皮条的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·沧州期末）如图所示，木板静止在水平地面上，木块静止在木板表面。某时刻木块受到水平向右的恒定拉力F（大小未知）。已知木块与木板的质量均为1kg，它们之间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．无论拉力F为多大，木板都保持静止
B．若拉力F大小为3N，则木块对木板的摩擦力大小为3N
C．若拉力F大小为5N，则木块对木板的摩擦力大小为3.5N
D．若拉力F大小为8N，则木板的加速度大小为
8．（2025高一上·沧州期末）2024年11月8日，中国新型隐形战机歼-35A出现在珠海金湾机场上空，并进行了首次场地适应性训练。在歼-35A竖直加速上升的过程中（　　）
A．歼-35A的惯性增大
B．歼-35A处于超重状态
C．歼-35A的加速度一定增大
D．歼-35A的加速度方向与速度方向一定相同
9．（2025高一上·沧州期末）如图所示，倾角为53°的斜面体放置在水平地面上，斜面体顶端安装有轻质定滑轮，轻质细线跨过定滑轮，一端连接着物块（放置在斜面体的光滑倾斜面上），另一端悬挂着小球（小球与地面接触）。整个系统处于静止状态时，小球与滑轮间的细线绷直且保持竖直，物块与滑轮间的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦。已知斜面体、物块、小球的质量均为m，重力加速度大小为g，。下列说法正确的是（　　）
A．水平地面对小球的支持力大小为
B．水平地面对斜面体的支持力大小为3mg
C．水平地面对斜面体有静摩擦力
D．滑轮两侧细线对滑轮的作用力大于
10．（2025高一上·沧州期末）如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置（倾角为37°），传送带以大小为的恒定速率顺时针运转。0时刻，可视为质点的煤块以平行于传送带向上、大小为的初速度从传送带底端A点冲上传送带，经过一段时间后又滑回A点。已知煤块的速度—时间（v―t）图像如图乙所示，时刻，煤块的速度为0。重力加速度大小为g，，。下列说法正确的是（　　）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B．煤块运动的最高点到A点的距离为
C．煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长度为
11．（2025高一上·沧州期末）“天工”实验小组利用打点计时器来完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验。某次实验时，小车做匀加速直线运动，实验获得的一条清晰纸带如图所示。О、A、B、C、D为纸带上打出的五个相邻计数点，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出。部分计数点间的距离已标明，O、C两点间的距离未标明。已知打点计时器的打点频率为50Hz。
（1）纸带上打出A、C两点的时间间隔为　 　s，纸带上打出A点时小车的速度大小为　 　m/s。（计算结果均保留两位有效数字）
（2）O、C两点间的距离（单位：cm）可能是______（填“A”“B”“C”或“D”）。
A．12.11 B．13.14 C．15.16 D．17.20
（3）本次实验中小车的加速度大小为　 　。（计算结果保留三位有效数字）
12．（2025高一上·沧州期末）某实验小组用如图甲所示的实验装置来完成“探究加速度与力的关系”实验，已知重力加速度大小为g。具体实验步骤如下：
①测出小车和遮光条的总质量M，砝码盘的质量，遮光条的宽度d，按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L；
②在砝码盘中放入适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，小车经过光电门1、2时遮光条的遮光时间相等；
③取下细线，砝码和砝码盘，记下砝码的质量m；
④让小车从靠近滑轮处由静止释放，记录遮光条经过光电门1和光电门2的遮光时间、；
⑤改变砝码的质量，重复步骤②③④。
（1）用刻度尺测遮光条宽度时，测量结果如图乙所示，则遮光条的宽度　 　cm。
（2）小车经过光电门1、2时，遮光条的遮光时间相等，说明小车在做　 　直线运动。
（3）在步骤④中，测得小车经过光电门2时的速度大小　 　，小车的加速度大小　 　。（均用、、、中的部分或全部物理量符号表示）
（4）在步骤④中，从受力分析的角度可知，小车受到的合力大小　 　（用、、中的部分或全部物理量符号表示）。
13．（2025高一上·沧州期末）某同学操控一玩具小车在直线赛道上运动。该小车从起点由静止开始先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，并恰好停在终点。已知起点，终点间的距离，该小车加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，测得该小车从起点运动到终点所用的时间，求：
（1）该过程中小车的最大速度v；
（2）小车做匀加速直线运动的时间；
（3）该小车做匀减速直线运动的加速度大小。
14．（2025高一上·沧州期末）我国在春节和元宵节都有挂灯笼的习俗。如图所示，用轻绳将一灯笼（可视为质点）悬挂在水平天花板上的O点。水平向左、大小的恒定风力作用在灯笼上时，灯笼静止于A点，轻绳与竖直方向的夹角。取重力加速度大小，，。
（1）求此时轻绳上的弹力大小﹔
（2）求灯笼的质量m；
（3）假设风力的大小和方向均可改变，要使灯笼仍能静止于A点，求风力的最小值及此时轻绳上的弹力大小。
15．（2025高一上·沧州期末）如图所示，倾角、足够长的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，滑块A与紧靠着挡板放置的滑块B通过轻质弹簧连接，初始时滑块A、B均静止，滑块A恰好不下滑。现对滑块A施加平行于斜面向上的拉力（未画出），使滑块A由静止开始沿斜面向上做加速度大小的匀加速直线运动，一段时间后，滑块B恰好要离开挡板。已知滑块A、B的质量分别为、，滑块A与斜面间，滑块B与斜面间的动摩擦因数均为，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的劲度系数，弹簧的原长，弹簧始终处于弹性限度内。取重力加速度大小，，。求：
（1）未施加拉力时弹簧的长度；
（2）滑块B恰好要离开挡板时，弹簧的长度和拉力的大小；
（3）滑块B恰好要离开挡板时，滑块A的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．“8：30”是一瞬时，是时刻，故A错误；
B．“5km”是轨迹长度，是路程，故B错误；
C．由于长跑的起点和终点是同一地点，所以完成该次长跑的参赛者的位移为0，
由平均速度定义式v，故平均速度为0，故C正确；
D．研究参赛者这次比赛的运动轨迹时，参赛者大小形状可以忽略，可视为质点，故D错误。
故选：C。
【分析】时间间隔和时刻的区别；路程和位移的区别；平均速度定义式v；根据物体能否看作质点的条件分析。
2．【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．物体不受力时，也可以保持原有的运动状态，力是改变物体运动状态的原因，惯性是保持物体运动状态的原因，故A错误；B．处于平衡状态的物体受到的合力为0，故B正确；
C．物体的速度为0时，物体受到的合力不一定为0，如竖直上抛到最高点的物体，故C错误；
D．向上抛出的物体，没有受向上的作用力，只受重力和空气阻力，物体向上做的是减速运动，故D错误。
故选：B。
【分析】惯性是保持物体运动状态的原因；处于平衡状态的物体受到的合力为0；竖直上抛到最高点的物体速度为零；物体向上做的是减速运动。
3．【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．平均速度等于位移除以时间，x t图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇。题图可知在0～t0内，两质点的初位置相同，末位置也相同，即位移相同，时间也相同，所以平均速度大小相等，故A正确；
B．甲线斜率不变，x﹣t图斜率表示速度，甲做匀速直线运动，则a甲为0，乙线斜率减小，乙做减速运动，且乙线为过坐标原点的抛物线，结合题图可得，可知乙做匀减速直线运动，加速度大于零，0～t0内，质点甲的加速度小于质点乙的加速度，故B错误；
C．x﹣t图斜率表示速度，图像可知t0时刻，甲、乙图像的斜率不同，所以两质点的速度大小不相等，故C错误；
D．图像可知，在0～t0内，两质点间的距离先增大后减小，在t0时刻两质点相遇，故D错误。
故选：A。
【分析】x﹣t图像的问题，我们需要结合图像的物理意义（斜率表示速度）、运动性质（匀速/匀变速）来分析。
4．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】将F沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示：
拉力的方向与水平方向的夹角为45°，由几何关系可知，θ＝30°，由平行四边形法则可知
Fx＝Fcos30°，Fy＝Fsin30°，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】将F沿斜面方向和垂直斜面方向分解，根据平行四边形法则分析。
5．【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】由静止释放细杆，让其自由下落，不计空气阻力，细杆做自由落体运动，细杆下端到达A点，根据自由落体运动位移—时间关系可得
A点在细杆正下方且距离细杆底端4m，解得
细杆上端到达A点
解得
则细杆通过A点所用的时间为
，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】先确定细杆下端到达A点的下落距离（4m），计算对应时间；再确定细杆上端到达A点的总下落距离（4m+5m＝9m），计算对应时间；两者的时间差就是细杆通过A点的时间。
6．【答案】D
【知识点】胡克定律；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】橡皮条的原长均为L， 每根橡皮条被拉伸至长度为2L时，由胡克定律可知，每根橡皮条的弹力大小为F弹＝k（2L﹣L）＝kL
根据平行四边形定则可知合力
联立解得劲度系数，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】根据胡克定律求出橡皮条伸长L时，橡皮条的弹力，然后根据平行四边形定则求出劲度系数。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】木块与木板间的最大静摩擦力f1＝μ1mg＝0.4×1×10N＝4N
木板与地面间的最大静摩擦力f2＝μ2（M+m）g＝0.1×（1+1）×10N＝2N
当木块与木板恰好开始滑动时，由牛顿第二定律得：
对木板：f1﹣f2＝Ma临
对木块与木板整体：F临﹣f2＝（M+m）a临
代入数据解得：F临＝6N
A、当拉力F＞f2＝2N时，木板开始滑动，故A错误；
B、当F＝3N时，2N＜F＜6N，木块与木板一起加速运动，由牛顿第二定律得：
对木块与木板整体：F﹣f2＝（M+m）a1
对木块：F﹣f＝ma1
代入数据解得：f＝2.5N，故B错误；
C、当F＝5N时，2N＜F＜6N，木块与木板一起加速运动，由牛顿第二定律得：
对木块与木板整体：F﹣f2＝（M+m）a2
对木块：F﹣f'＝ma2
代入数据解得：f'＝3.5N，故C正确；
D、若拉力F＝8N，木块与木板相对滑动，对木板，由牛顿第二定律得：f1﹣f2＝Ma，代入数据解得：a＝2m/s2，故D错误。
故选：C。
【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体相对滑动；根据拉力大小，应用牛顿第二定律分析答题。
8．【答案】B,D
【知识点】加速度；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】A．惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，与运动状态、受力情况无关，歼﹣35A 竖直加速上升时，质量未变，所以惯性不变，故A错误；
B．超重的判断条件是物体的加速度有竖直向上的分量，在歼﹣35A竖直加速上升的过程中，歼﹣35A有向上的加速度，歼﹣35A处于超重状态，故B正确；
C．在歼﹣35A竖直加速上升的过程中，速度增大，加速度不一定增大，故C错误；
D．在歼﹣35A竖直加速上升的过程中，加速度方向与速度方向一定相同，故D正确。
故选：BD。
【分析】惯性的决定因素是质量；根据加速度方向判断超重与失重；直线加速运动的条件是加速度与速度同向。
9．【答案】A,D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AD．对小球和物块分析如图所示：
对小球，根据平衡条件有N1+T＝mg，对物块，根据平衡条件有mgsin53°＝T，代入数据可得：
N1mg，，滑轮两侧细线的夹角为锐角，由平行四边形法则可知，细线对滑轮的作用力大于，故AD正确；
BC．对三个物体整体受力分析，由平衡条件可知，竖直方向有N3+N1＝3mg，代入数据可得：N3＝2.8mg，水平方向没有摩擦力，故BC错误。
故选：AD。
【分析】对小球和物块分析，根据平衡条件分析绳拉力和支持力，再根据平行四边形法则分析滑轮受到的作用力；对三个物体整体受力分析，根据平衡条件分析。
10．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由图可知t0时刻，物块的速度减为，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，t0～2t0根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，v-t图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可知，，解得μ＝0.25，故A正确；
B.2t0时刻，煤块的速度为0，煤块到达最高点，v-t图像与坐标轴围成的面积等于位移，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知
所以煤块运动的最高点到A点的距离为，故B错误；
C．煤块在2t0之后下滑，加速度满足，根据匀变速直线运动位移—时间关系有，煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为，故C正确；
D．t0前，煤块相对于传送带向上运动，痕迹长度等于相对位移大小，痕迹在煤块后方长度为
t0～，煤块相对于传送带向下运动，痕迹在煤块前方，（会再次覆盖t0前的痕迹），煤块在传送带上留下的痕迹长度为，故D错误；
故选：AC。
【分析】由图和牛顿第二定律求出煤块与传送带间的动摩擦因数；根据v﹣t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移，根据位移—时间关系解得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间；先解得痕迹在煤块后方长度，再求得煤块在传送带上留下的划痕长度。
11．【答案】（1）0.20；0.43
（2）C
（3）1.57
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1） 打点计时器的打点频率为50Hz，则打点周期为0.02s，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，相邻两点的时间为s
纸带上打出A、C两点的时间间隔为s
根据匀变速运动全程平均速度等于中间时刻瞬时速度可得纸带上打出A点时小车的速度大小为
（2）根据匀变速直线运动规律可知
O、C两点间的距离为
解得cm
O、C两点间的距离（单位：cm）可能是15.16cm。
故选C。
（3）根据逐差法可知加速度为
【分析】（1）求解纸带的瞬时速度，纸带上打出A点时的瞬时速度等于纸带上打出O点到B点时平均速度；
（2）由匀变速运动规律相同时间位移差相同，求解纸带上OC长度；
（3）用逐差法求纸带上所打点的加速度。
（1）[1]相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，相邻两点的时间为s
纸带上打出A、C两点的时间间隔为s
[2]纸带上打出A点时小车的速度大小为
（2）根据匀变速直线运动规律可知
O、C两点间的距离为
解得cm
O、C两点间的距离（单位：cm）可能是15.16cm。
故选C。
（3）根据逐差法可知加速度为
12．【答案】（1）0.40
（2）匀速
（3）；
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）刻度尺的分度值为1mm，实验结果要估读到最小刻度后一位，读数为0.40cm。
（2）小车经过光电门1、2时，遮光条的遮光时间相等，说明小车在做匀速直线运动。
（3） 遮光片通过光电门时间很短，用平均速度近似代替瞬时速度，测得小车经过光电门2时的速度大小为
测得小车经过光电门1时的速度大小为
根据匀变速直线运动速度—位移关系可知
解得
（4）遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，小车在做匀速直线运，根据受力平衡可得
取下细线、砝码和砝码盘，小车下滑过程中，小车的合外力为
【分析】（1）根据刻度尺的分度值读数；
（2）根据实验原理分析；
（3）根据匀变速直线运动规律解答；
（4）根据匀速直线运动的受力平衡解答。
（1）刻度尺的分度值为1mm，读数为0.40cm。
（2）小车经过光电门1、2时，遮光条的遮光时间相等，说明小车在做匀速直线运动。
（3）[1] 测得小车经过光电门2时的速度大小为
[2] 测得小车经过光电门1时的速度大小为
根据匀变速直线运动规律可知
解得
（4）在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，根据受力平衡可得
取下细线、砝码和砝码盘，小车下滑过程中，小车的合外力为
13．【答案】（1）解：小车做匀加速直线运动的平均速度大小
做匀减速直线运动的平均速度大小
因此小车全程的平均速度大小
又有
解得
（2）解：设小车做匀减速直线运动的时间为，由
可得
又有
解得，
（3）解：由，解得
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度公式求解；（2）加速过程末速度等于减速过程初速度，根据匀变速直线运动的速度—时间关系求解；
（3）根据匀变速直线运动的速度—时间关系求解。
（1）小车做匀加速直线运动的平均速度大小
做匀减速直线运动的平均速度大小
因此小车全程的平均速度大小
又有
解得
（2）设小车做匀减速直线运动的时间为，由
可得
又有
解得，
（3）由，解得
14．【答案】（1）解：对灯笼受力分析，水平方向上有
解得
（2）解：对灯笼受力分析，竖直方向上有
解得
（3）解：当风力大小、方向均可改变时，对灯笼受力分析，灯笼受到的风力、重力mg、轻绳的弹力构成的矢量三角形如图所示，可知当风力的方向与轻绳垂直时，风力最小
因此有
解得
由
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对灯笼受力分析，根据水平方向平衡条件分析；
（2）根据竖直方向平衡条件分析；
（3）对灯笼受力分析，构建矢量三角形，根据几何关系分析。
（1）对灯笼受力分析，水平方向上有
解得
（2）对灯笼受力分析，竖直方向上有
解得
（3）当风力大小、方向均可改变时，对灯笼受力分析，灯笼受到的风力、重力mg、轻绳的弹力构成的矢量三角形如图所示，可知当风力的方向与轻绳垂直时，风力最小
因此有
解得
由
解得
15．【答案】（1）解：未施加拉力时，设弹簧长度为，对滑块，由平衡条件有
其中
代入题中数据，解得未施加拉力时弹簧的长度
（2）解：滑块恰好要离开挡板时，设此时弹簧长度为，拉力为F，对滑块，由平衡条件有
其中
解得
对滑块，由牛顿第二定律有
联立解得
（3）解：从滑块开始运动到滑块恰好要离开挡板的过程中，滑块的位移大小
滑块做初速度为0的匀加速直线运动，有
联立解得滑块A的速度大小
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）未施加拉力时滑块A恰好不下滑，处于平衡状态，沿斜面方向合力为零。需分析A的受力，结合弹簧弹力与重力分力、摩擦力的关系，利用胡克定律求弹簧长度；
（2）滑块B恰好要离开挡板时，挡板对B的支持力为零，B受弹簧弹力、重力分力、摩擦力平衡。先求此时弹簧长度，再对A用牛顿第二定律求拉力；
（3）滑块A做匀加速直线运动，位移为弹簧长度的变化量，利用运动学公式求速度。
（1）未施加拉力时，设弹簧长度为，对滑块，由平衡条件有
其中
代入题中数据，解得未施加拉力时弹簧的长度
（2）滑块恰好要离开挡板时，设此时弹簧长度为，拉力为F，对滑块，由平衡条件有
其中
解得
对滑块，由牛顿第二定律有
联立解得
（3）从滑块开始运动到滑块恰好要离开挡板的过程中，滑块的位移大小
滑块做初速度为0的匀加速直线运动，有
联立解得滑块A的速度大小
1 / 1河北省沧州市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
1．（2025高一上·沧州期末）沧州市第四十一届元旦长跑于2024年12月29日8：30开始。已知该次元旦长跑是一次5km健康跑，长跑的起点和终点是同一地点。下列说法正确的是（　　）
A．“8：30”是时间间隔
B．“5km”是位移大小
C．完成该次长跑的参赛者的平均速度为0
D．研究参赛者这次比赛的运动轨迹时，不可将参赛者视为质点
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．“8：30”是一瞬时，是时刻，故A错误；
B．“5km”是轨迹长度，是路程，故B错误；
C．由于长跑的起点和终点是同一地点，所以完成该次长跑的参赛者的位移为0，
由平均速度定义式v，故平均速度为0，故C正确；
D．研究参赛者这次比赛的运动轨迹时，参赛者大小形状可以忽略，可视为质点，故D错误。
故选：C。
【分析】时间间隔和时刻的区别；路程和位移的区别；平均速度定义式v；根据物体能否看作质点的条件分析。
2．（2025高一上·沧州期末）关于力与运动的关系，下列说法正确的是（　　）
A．物体只有受力才能维持原有的运动状态
B．处于平衡状态的物体受到的合力为0
C．物体的速度为0时，物体受到的合力也一定为0
D．向上抛出的物体在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力
【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；共点力的平衡
【解析】【解答】A．物体不受力时，也可以保持原有的运动状态，力是改变物体运动状态的原因，惯性是保持物体运动状态的原因，故A错误；B．处于平衡状态的物体受到的合力为0，故B正确；
C．物体的速度为0时，物体受到的合力不一定为0，如竖直上抛到最高点的物体，故C错误；
D．向上抛出的物体，没有受向上的作用力，只受重力和空气阻力，物体向上做的是减速运动，故D错误。
故选：B。
【分析】惯性是保持物体运动状态的原因；处于平衡状态的物体受到的合力为0；竖直上抛到最高点的物体速度为零；物体向上做的是减速运动。
3．（2025高一上·沧州期末）质点甲、乙从同一点沿同一直线运动，两者运动的位移—时间（x―t）图像如图所示，质点乙的运动图线为过坐标原点的抛物线。下列说法正确的是（　　）
A．内，两质点的平均速度大小相等
B．内，质点甲的加速度大于质点乙的加速度
C．时刻，两质点的速度大小相等
D．内，两质点间的距离一直增大
【答案】A
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．平均速度等于位移除以时间，x t图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇。题图可知在0～t0内，两质点的初位置相同，末位置也相同，即位移相同，时间也相同，所以平均速度大小相等，故A正确；
B．甲线斜率不变，x﹣t图斜率表示速度，甲做匀速直线运动，则a甲为0，乙线斜率减小，乙做减速运动，且乙线为过坐标原点的抛物线，结合题图可得，可知乙做匀减速直线运动，加速度大于零，0～t0内，质点甲的加速度小于质点乙的加速度，故B错误；
C．x﹣t图斜率表示速度，图像可知t0时刻，甲、乙图像的斜率不同，所以两质点的速度大小不相等，故C错误；
D．图像可知，在0～t0内，两质点间的距离先增大后减小，在t0时刻两质点相遇，故D错误。
故选：A。
【分析】x﹣t图像的问题，我们需要结合图像的物理意义（斜率表示速度）、运动性质（匀速/匀变速）来分析。
4．（2025高一上·沧州期末）如图所示，倾角为15°的光滑斜面上放着一个木箱，用大小为F的拉力斜向上拉着木箱，拉力的方向与水平方向的夹角为45°。分别以平行于斜面和垂直于斜面的方向为x轴和y轴建立直角坐标系，把拉力分解为沿着两个坐标轴的分力，大小分别为和。下列等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】将F沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示：
拉力的方向与水平方向的夹角为45°，由几何关系可知，θ＝30°，由平行四边形法则可知
Fx＝Fcos30°，Fy＝Fsin30°，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】将F沿斜面方向和垂直斜面方向分解，根据平行四边形法则分析。
5．（2025高一上·沧州期末）如图所示，长度为5m的细杆，上端悬挂在O点，A点在细杆正下方且距离细杆底端4m。若由静止释放细杆，让其自由下落，不计空气阻力，取重力加速度大小，则细杆通过A点所用的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】由静止释放细杆，让其自由下落，不计空气阻力，细杆做自由落体运动，细杆下端到达A点，根据自由落体运动位移—时间关系可得
A点在细杆正下方且距离细杆底端4m，解得
细杆上端到达A点
解得
则细杆通过A点所用的时间为
，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】先确定细杆下端到达A点的下落距离（4m），计算对应时间；再确定细杆上端到达A点的总下落距离（4m+5m＝9m），计算对应时间；两者的时间差就是细杆通过A点的时间。
6．（2025高一上·沧州期末）如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部两端系着两根相同的橡皮条，橡皮条的原长均为L，橡皮条的末端连接裹片（长度不计），将弹丸放在裹片中，每根橡皮条均被拉伸至长度为2L，释放裹片，可将弹丸弹出，若此时两橡皮条间的夹角为60°，释放瞬间弹丸受到的弹力大小为F，已知橡皮条的弹力满足胡克定律且橡皮条始终处于弹性限度内，则橡皮条的劲度系数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】胡克定律；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】橡皮条的原长均为L， 每根橡皮条被拉伸至长度为2L时，由胡克定律可知，每根橡皮条的弹力大小为F弹＝k（2L﹣L）＝kL
根据平行四边形定则可知合力
联立解得劲度系数，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】根据胡克定律求出橡皮条伸长L时，橡皮条的弹力，然后根据平行四边形定则求出劲度系数。
7．（2025高一上·沧州期末）如图所示，木板静止在水平地面上，木块静止在木板表面。某时刻木块受到水平向右的恒定拉力F（大小未知）。已知木块与木板的质量均为1kg，它们之间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．无论拉力F为多大，木板都保持静止
B．若拉力F大小为3N，则木块对木板的摩擦力大小为3N
C．若拉力F大小为5N，则木块对木板的摩擦力大小为3.5N
D．若拉力F大小为8N，则木板的加速度大小为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】木块与木板间的最大静摩擦力f1＝μ1mg＝0.4×1×10N＝4N
木板与地面间的最大静摩擦力f2＝μ2（M+m）g＝0.1×（1+1）×10N＝2N
当木块与木板恰好开始滑动时，由牛顿第二定律得：
对木板：f1﹣f2＝Ma临
对木块与木板整体：F临﹣f2＝（M+m）a临
代入数据解得：F临＝6N
A、当拉力F＞f2＝2N时，木板开始滑动，故A错误；
B、当F＝3N时，2N＜F＜6N，木块与木板一起加速运动，由牛顿第二定律得：
对木块与木板整体：F﹣f2＝（M+m）a1
对木块：F﹣f＝ma1
代入数据解得：f＝2.5N，故B错误；
C、当F＝5N时，2N＜F＜6N，木块与木板一起加速运动，由牛顿第二定律得：
对木块与木板整体：F﹣f2＝（M+m）a2
对木块：F﹣f'＝ma2
代入数据解得：f'＝3.5N，故C正确；
D、若拉力F＝8N，木块与木板相对滑动，对木板，由牛顿第二定律得：f1﹣f2＝Ma，代入数据解得：a＝2m/s2，故D错误。
故选：C。
【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体相对滑动；根据拉力大小，应用牛顿第二定律分析答题。
8．（2025高一上·沧州期末）2024年11月8日，中国新型隐形战机歼-35A出现在珠海金湾机场上空，并进行了首次场地适应性训练。在歼-35A竖直加速上升的过程中（　　）
A．歼-35A的惯性增大
B．歼-35A处于超重状态
C．歼-35A的加速度一定增大
D．歼-35A的加速度方向与速度方向一定相同
【答案】B,D
【知识点】加速度；惯性与质量；超重与失重
【解析】【解答】A．惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，与运动状态、受力情况无关，歼﹣35A 竖直加速上升时，质量未变，所以惯性不变，故A错误；
B．超重的判断条件是物体的加速度有竖直向上的分量，在歼﹣35A竖直加速上升的过程中，歼﹣35A有向上的加速度，歼﹣35A处于超重状态，故B正确；
C．在歼﹣35A竖直加速上升的过程中，速度增大，加速度不一定增大，故C错误；
D．在歼﹣35A竖直加速上升的过程中，加速度方向与速度方向一定相同，故D正确。
故选：BD。
【分析】惯性的决定因素是质量；根据加速度方向判断超重与失重；直线加速运动的条件是加速度与速度同向。
9．（2025高一上·沧州期末）如图所示，倾角为53°的斜面体放置在水平地面上，斜面体顶端安装有轻质定滑轮，轻质细线跨过定滑轮，一端连接着物块（放置在斜面体的光滑倾斜面上），另一端悬挂着小球（小球与地面接触）。整个系统处于静止状态时，小球与滑轮间的细线绷直且保持竖直，物块与滑轮间的细线与斜面平行，不计细线与滑轮间的摩擦。已知斜面体、物块、小球的质量均为m，重力加速度大小为g，。下列说法正确的是（　　）
A．水平地面对小球的支持力大小为
B．水平地面对斜面体的支持力大小为3mg
C．水平地面对斜面体有静摩擦力
D．滑轮两侧细线对滑轮的作用力大于
【答案】A,D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AD．对小球和物块分析如图所示：
对小球，根据平衡条件有N1+T＝mg，对物块，根据平衡条件有mgsin53°＝T，代入数据可得：
N1mg，，滑轮两侧细线的夹角为锐角，由平行四边形法则可知，细线对滑轮的作用力大于，故AD正确；
BC．对三个物体整体受力分析，由平衡条件可知，竖直方向有N3+N1＝3mg，代入数据可得：N3＝2.8mg，水平方向没有摩擦力，故BC错误。
故选：AD。
【分析】对小球和物块分析，根据平衡条件分析绳拉力和支持力，再根据平行四边形法则分析滑轮受到的作用力；对三个物体整体受力分析，根据平衡条件分析。
10．（2025高一上·沧州期末）如图甲所示，足够长的传送带倾斜放置（倾角为37°），传送带以大小为的恒定速率顺时针运转。0时刻，可视为质点的煤块以平行于传送带向上、大小为的初速度从传送带底端A点冲上传送带，经过一段时间后又滑回A点。已知煤块的速度—时间（v―t）图像如图乙所示，时刻，煤块的速度为0。重力加速度大小为g，，。下列说法正确的是（　　）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B．煤块运动的最高点到A点的距离为
C．煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长度为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．由图可知t0时刻，物块的速度减为，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，t0～2t0根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，v-t图像的斜率表示加速度，根据图像斜率可知，，解得μ＝0.25，故A正确；
B.2t0时刻，煤块的速度为0，煤块到达最高点，v-t图像与坐标轴围成的面积等于位移，根据图像与坐标轴围成的面积代表位移可知
所以煤块运动的最高点到A点的距离为，故B错误；
C．煤块在2t0之后下滑，加速度满足，根据匀变速直线运动位移—时间关系有，煤块从A点冲上传送带到滑回A点所用的时间为，故C正确；
D．t0前，煤块相对于传送带向上运动，痕迹长度等于相对位移大小，痕迹在煤块后方长度为
t0～，煤块相对于传送带向下运动，痕迹在煤块前方，（会再次覆盖t0前的痕迹），煤块在传送带上留下的痕迹长度为，故D错误；
故选：AC。
【分析】由图和牛顿第二定律求出煤块与传送带间的动摩擦因数；根据v﹣t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移，根据位移—时间关系解得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间；先解得痕迹在煤块后方长度，再求得煤块在传送带上留下的划痕长度。
11．（2025高一上·沧州期末）“天工”实验小组利用打点计时器来完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验。某次实验时，小车做匀加速直线运动，实验获得的一条清晰纸带如图所示。О、A、B、C、D为纸带上打出的五个相邻计数点，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出。部分计数点间的距离已标明，O、C两点间的距离未标明。已知打点计时器的打点频率为50Hz。
（1）纸带上打出A、C两点的时间间隔为　 　s，纸带上打出A点时小车的速度大小为　 　m/s。（计算结果均保留两位有效数字）
（2）O、C两点间的距离（单位：cm）可能是______（填“A”“B”“C”或“D”）。
A．12.11 B．13.14 C．15.16 D．17.20
（3）本次实验中小车的加速度大小为　 　。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）0.20；0.43
（2）C
（3）1.57
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律
【解析】【解答】（1） 打点计时器的打点频率为50Hz，则打点周期为0.02s，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，相邻两点的时间为s
纸带上打出A、C两点的时间间隔为s
根据匀变速运动全程平均速度等于中间时刻瞬时速度可得纸带上打出A点时小车的速度大小为
（2）根据匀变速直线运动规律可知
O、C两点间的距离为
解得cm
O、C两点间的距离（单位：cm）可能是15.16cm。
故选C。
（3）根据逐差法可知加速度为
【分析】（1）求解纸带的瞬时速度，纸带上打出A点时的瞬时速度等于纸带上打出O点到B点时平均速度；
（2）由匀变速运动规律相同时间位移差相同，求解纸带上OC长度；
（3）用逐差法求纸带上所打点的加速度。
（1）[1]相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，相邻两点的时间为s
纸带上打出A、C两点的时间间隔为s
[2]纸带上打出A点时小车的速度大小为
（2）根据匀变速直线运动规律可知
O、C两点间的距离为
解得cm
O、C两点间的距离（单位：cm）可能是15.16cm。
故选C。
（3）根据逐差法可知加速度为
12．（2025高一上·沧州期末）某实验小组用如图甲所示的实验装置来完成“探究加速度与力的关系”实验，已知重力加速度大小为g。具体实验步骤如下：
①测出小车和遮光条的总质量M，砝码盘的质量，遮光条的宽度d，按图甲所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L；
②在砝码盘中放入适量砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，小车经过光电门1、2时遮光条的遮光时间相等；
③取下细线，砝码和砝码盘，记下砝码的质量m；
④让小车从靠近滑轮处由静止释放，记录遮光条经过光电门1和光电门2的遮光时间、；
⑤改变砝码的质量，重复步骤②③④。
（1）用刻度尺测遮光条宽度时，测量结果如图乙所示，则遮光条的宽度　 　cm。
（2）小车经过光电门1、2时，遮光条的遮光时间相等，说明小车在做　 　直线运动。
（3）在步骤④中，测得小车经过光电门2时的速度大小　 　，小车的加速度大小　 　。（均用、、、中的部分或全部物理量符号表示）
（4）在步骤④中，从受力分析的角度可知，小车受到的合力大小　 　（用、、中的部分或全部物理量符号表示）。
【答案】（1）0.40
（2）匀速
（3）；
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；匀变速直线运动规律的综合运用；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）刻度尺的分度值为1mm，实验结果要估读到最小刻度后一位，读数为0.40cm。
（2）小车经过光电门1、2时，遮光条的遮光时间相等，说明小车在做匀速直线运动。
（3） 遮光片通过光电门时间很短，用平均速度近似代替瞬时速度，测得小车经过光电门2时的速度大小为
测得小车经过光电门1时的速度大小为
根据匀变速直线运动速度—位移关系可知
解得
（4）遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，小车在做匀速直线运，根据受力平衡可得
取下细线、砝码和砝码盘，小车下滑过程中，小车的合外力为
【分析】（1）根据刻度尺的分度值读数；
（2）根据实验原理分析；
（3）根据匀变速直线运动规律解答；
（4）根据匀速直线运动的受力平衡解答。
（1）刻度尺的分度值为1mm，读数为0.40cm。
（2）小车经过光电门1、2时，遮光条的遮光时间相等，说明小车在做匀速直线运动。
（3）[1] 测得小车经过光电门2时的速度大小为
[2] 测得小车经过光电门1时的速度大小为
根据匀变速直线运动规律可知
解得
（4）在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，根据受力平衡可得
取下细线、砝码和砝码盘，小车下滑过程中，小车的合外力为
13．（2025高一上·沧州期末）某同学操控一玩具小车在直线赛道上运动。该小车从起点由静止开始先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，并恰好停在终点。已知起点，终点间的距离，该小车加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，测得该小车从起点运动到终点所用的时间，求：
（1）该过程中小车的最大速度v；
（2）小车做匀加速直线运动的时间；
（3）该小车做匀减速直线运动的加速度大小。
【答案】（1）解：小车做匀加速直线运动的平均速度大小
做匀减速直线运动的平均速度大小
因此小车全程的平均速度大小
又有
解得
（2）解：设小车做匀减速直线运动的时间为，由
可得
又有
解得，
（3）解：由，解得
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的平均速度公式求解；（2）加速过程末速度等于减速过程初速度，根据匀变速直线运动的速度—时间关系求解；
（3）根据匀变速直线运动的速度—时间关系求解。
（1）小车做匀加速直线运动的平均速度大小
做匀减速直线运动的平均速度大小
因此小车全程的平均速度大小
又有
解得
（2）设小车做匀减速直线运动的时间为，由
可得
又有
解得，
（3）由，解得
14．（2025高一上·沧州期末）我国在春节和元宵节都有挂灯笼的习俗。如图所示，用轻绳将一灯笼（可视为质点）悬挂在水平天花板上的O点。水平向左、大小的恒定风力作用在灯笼上时，灯笼静止于A点，轻绳与竖直方向的夹角。取重力加速度大小，，。
（1）求此时轻绳上的弹力大小﹔
（2）求灯笼的质量m；
（3）假设风力的大小和方向均可改变，要使灯笼仍能静止于A点，求风力的最小值及此时轻绳上的弹力大小。
【答案】（1）解：对灯笼受力分析，水平方向上有
解得
（2）解：对灯笼受力分析，竖直方向上有
解得
（3）解：当风力大小、方向均可改变时，对灯笼受力分析，灯笼受到的风力、重力mg、轻绳的弹力构成的矢量三角形如图所示，可知当风力的方向与轻绳垂直时，风力最小
因此有
解得
由
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对灯笼受力分析，根据水平方向平衡条件分析；
（2）根据竖直方向平衡条件分析；
（3）对灯笼受力分析，构建矢量三角形，根据几何关系分析。
（1）对灯笼受力分析，水平方向上有
解得
（2）对灯笼受力分析，竖直方向上有
解得
（3）当风力大小、方向均可改变时，对灯笼受力分析，灯笼受到的风力、重力mg、轻绳的弹力构成的矢量三角形如图所示，可知当风力的方向与轻绳垂直时，风力最小
因此有
解得
由
解得
15．（2025高一上·沧州期末）如图所示，倾角、足够长的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，滑块A与紧靠着挡板放置的滑块B通过轻质弹簧连接，初始时滑块A、B均静止，滑块A恰好不下滑。现对滑块A施加平行于斜面向上的拉力（未画出），使滑块A由静止开始沿斜面向上做加速度大小的匀加速直线运动，一段时间后，滑块B恰好要离开挡板。已知滑块A、B的质量分别为、，滑块A与斜面间，滑块B与斜面间的动摩擦因数均为，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的劲度系数，弹簧的原长，弹簧始终处于弹性限度内。取重力加速度大小，，。求：
（1）未施加拉力时弹簧的长度；
（2）滑块B恰好要离开挡板时，弹簧的长度和拉力的大小；
（3）滑块B恰好要离开挡板时，滑块A的速度大小。
【答案】（1）解：未施加拉力时，设弹簧长度为，对滑块，由平衡条件有
其中
代入题中数据，解得未施加拉力时弹簧的长度
（2）解：滑块恰好要离开挡板时，设此时弹簧长度为，拉力为F，对滑块，由平衡条件有
其中
解得
对滑块，由牛顿第二定律有
联立解得
（3）解：从滑块开始运动到滑块恰好要离开挡板的过程中，滑块的位移大小
滑块做初速度为0的匀加速直线运动，有
联立解得滑块A的速度大小
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）未施加拉力时滑块A恰好不下滑，处于平衡状态，沿斜面方向合力为零。需分析A的受力，结合弹簧弹力与重力分力、摩擦力的关系，利用胡克定律求弹簧长度；
（2）滑块B恰好要离开挡板时，挡板对B的支持力为零，B受弹簧弹力、重力分力、摩擦力平衡。先求此时弹簧长度，再对A用牛顿第二定律求拉力；
（3）滑块A做匀加速直线运动，位移为弹簧长度的变化量，利用运动学公式求速度。
（1）未施加拉力时，设弹簧长度为，对滑块，由平衡条件有
其中
代入题中数据，解得未施加拉力时弹簧的长度
（2）滑块恰好要离开挡板时，设此时弹簧长度为，拉力为F，对滑块，由平衡条件有
其中
解得
对滑块，由牛顿第二定律有
联立解得
（3）从滑块开始运动到滑块恰好要离开挡板的过程中，滑块的位移大小
滑块做初速度为0的匀加速直线运动，有
联立解得滑块A的速度大小
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