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河北省张家口市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试卷
1．（2025高一上·张家口期末）中国体育健儿们在第19届杭州亚运会上奋力拼搏，取得了201金111银71铜的优异成绩，各项比赛中包含了许多物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．研究陈芋汐在女子10米台决赛中的姿态，陈芋汐可看作质点
B．男子100米飞人大战，谢震业以9秒97的成绩夺冠，这里提到的“9秒97”指的是时刻
C．张亮以6分57秒06的成绩获得赛艇男子单人双桨冠军，“6分57秒06”指时间间隔
D．巩立姣以19米58的成绩夺得女子铅球金牌，“19米58”指铅球在空中运动的路程
2．（2025高一上·张家口期末）研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，阻力表达式为，式中称为黏性系数，和分别是球的半径和速度。国际单位制中，黏性系数的单位是（　　）
A．无单位 B． C． D．
3．（2025高一上·张家口期末）一质点做单向直线运动，在前路程内平均速率为，后路程内平均速率为，则整个过程中平均速度的大小为（　　）
A． B． C． D．无法计算
4．（2025高一上·张家口期末）“钓鱼岛事件”牵动着军民爱国之心，我国空军某部为捍卫领土完整，举行了大规模的跳伞保岛演练，图甲是战士从悬停在高空的直升机中无初速度跳下后运动过程中的画面，图乙是战士从跳离飞机到落地过程中的图像，若规定竖直向下为正方向，忽略水平方向的风力作用，关于战士的运动过程，下列说法正确的是（　　）
甲 乙
A．内做加速度逐渐增大的加速运动
B．内做自由落体运动，末开始做匀速直线运动
C．在末打开降落伞，随后做匀减速运动至末
D．内加速度方向竖直向上，加速度的大小逐渐减小
5．（2025高一上·张家口期末）生活中经常用刀来劈开物体。图中是刀刃的横截面，是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为，对外界产生的推力为，不计刀的重力及摩擦力，则下列关于的表达式正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·张家口期末）纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳。某运动员光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，下列说法正确的是（　　）
A．下蹲过程运动员一直处于超重状态
B．下蹲过程运动员先失重后超重
C．下蹲过程运动员对地面的压力大小大于地面对运动员的支持力大小
D．蹬伸过程运动员对地面的压力大小小于地面对运动员的支持力大小
7．（2025高一上·张家口期末）如图甲所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图乙所示，传送带长为，被检物品与传送带间的动摩擦因数。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为，被检物品无初速度地从端传送到端的过程中，下列说法正确的是（重力加速度取，被检物品可视为质点）
A．物品先做匀加速运动后做匀速运动
B．物品从端到端所用的时间为
C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D．若减小传送带速度，物品传送时间可能不变
8．（2025高一上·张家口期末）如图所示，用轻绳系住一质量为的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，轻绳与竖直墙壁之间的夹角为，两球心连线与轻绳之间的夹角为。下列说法正确的是（　　）
A．绳子的拉力小于墙壁的支持力
B．墙壁的支持力一定小于两球的重力
C．
D．
9．（2025高一上·张家口期末）一个质点在轴上运动，位置随时间的变化规律是关于这个质点的运动，下列说法正确的是（　　）
A．质点的初速度（时）大小为
B．时质点的位置在处
C．质点的加速度大小为
D．时质点的速度大小为
10．（2025高一上·张家口期末）一小车沿水平地面做匀变速直线运动，小车车厢的顶部用轻质细线悬挂了一质量为的小球，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为，在车厢底板上放着一个质量为的木块，小球及木块均与车厢保持相对静止，如图所示。已知木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地的重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．此时小车一定向右运动
B．此时木块受到的摩擦力大小为
C．此时细线的拉力大小为
D．若仅改变小车的加速度大小，使细线与竖直方向的夹角变成，则木块相对车厢底板会发生滑动
11．（2025高一上·张家口期末）如图所示，甲、乙两图中四个球质量相等，图甲中两球用轻质杆相连，图乙中两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在烧断两细绳的瞬间（　　）
A．图甲中轻杆的作用力为零
B．图乙中弹簧的作用力为零
C．图乙中两球的加速度不相等
D．图甲中球的加速度是图乙中球加速度的2倍
12．（2025高一上·张家口期末）小船以的速度沿垂直于河岸的方向匀速向对岸行驶（船头指向对岸），河宽500m，河水流速是，则下列说法正确的是（　　）
A．小船驶到对岸的时间为
B．小船在对岸下游处靠岸
C．小船驶到对岸过程中的合速度大小为
D．若河水流速增加到，小船保持与河岸成一定角度向上游行驶可到达正对岸
13．（2025高一上·张家口期末）研究“平抛物体的运动”实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处。使小球从斜槽上由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口方向平移距离，再使小球从斜槽上由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口方向平移距离，小球再从斜槽上由静止释放，再得到痕迹。若测得木板每次移动距离均为间距离间距离取
（1）实验前，需要将斜槽轨道的末端调至　 　（填“水平”或“倾斜”）；
（2）为了得到图中的三点，每次释放小球时的初位置应该　 　（填“相同”或“不同”）；
（3）小球从下落到，与从下落到所用时间　 　（填“相等”或“不等”）；
（4）小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是　 　运动；水平方向做的是　 　运动；
（5）根据以上直接测量的物理量求得小球初速度。　 　。
14．（2025高一上·张家口期末）利用力传感器研究“加速度与合力的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）下列关于该实验的说法，正确的是______。（多选）
A．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
B．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
C．实验开始之前必须平衡摩擦力
D．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
（2）从打下的纸带中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔打一个点，由图可知两点间的距离　 　；该小车的加速度　 　（计算结果保留2位有效数字）。
（3）保持小车和传感器质量不变，多次改变钩码质量进行实验，记录相应的传感器示数，通过计算每次实验的加速度，描绘出图像如图丙所示，则小车和传感器的总质量为　 　。
15．（2025高一上·张家口期末）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以的速度行驶，如果想通过ETC通道，需要在中心线前方处减速至，匀速到达中心线后，再加速至行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为，求该汽车通过ETC通道时从开始减速到加速到原速过程中经过的路程和所需的时间。
16．（2025高一上·张家口期末）如图甲所示，水平面上放置一倾角的斜面体，质量的物块恰好能沿静止的斜面体匀速下滑。已知重力加速度大小取，，。
（1）求物块与斜面体之间的动摩擦因数；
（2）如图乙所示，若对物块施加一水平方向的推力，使物块沿静止的斜面体匀速向上运动，求水平推力的大小及水平面对斜面体摩擦力的大小和方向。
17．（2025高一上·张家口期末）如图甲，在“雪如意”国家跳台滑雪中心举行的北京冬奥会跳台滑雪比赛是一项“勇敢者的游戏”，穿着专用滑雪板的运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，身体前倾与滑雪板尽量平行，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上。一运动员从跳台处沿水平方向飞出，在雪道处着落，其过程可简化为图乙。测得间的距离，倾斜的雪道与水平方向的夹角，不计空气阻力，重力加速度取，，。求：
（1）运动员在空中飞行的时间；
（2）运动员在处的起跳速度大小；
（3）运动员在空中离倾斜雪道距离最远时的速度大小。（结果均可用根号及分式表示）
18．（2025高一上·张家口期末）质量的长木板A放在水平地面上，质量的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力，使从零开始逐渐增大，当时，物块B和长木板A刚好能一起滑动；当时，物块B刚好能相对长木板A滑动。已知重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求A与地面之间、B与A之间的动摩擦因数；
（2）若刚开始拉物块B时，恒定为，拉力作用时，物块B刚好从A上滑离，求木板A的长度；
（3）如果在物块B上施加一个水平向右的拉力，作用时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A（长度为（2）问中所求得的木板长度），则为多大。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程
【解析】【解答】A、研究陈芋汐在女子10米台决赛中的姿态，陈芋汐的动作形态不能忽略，陈芋汐不可看作质点，故A错误；
B、谢震业在男子100米决赛中以9秒97获得金牌，“9秒97”是指时间长度，是时间间隔，故B错误；C、“6分57秒06”是指时间长度，指时间间隔，故C正确；
D、巩立姣以19米58的成绩夺得女子铅球金牌，“19米58”是比赛中铅球在水平方向的位移，不是铅球在空中运动的路程，故D错误。
故选：C。
【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可；时间是时间轴上的一段，与位移相对应；而时刻是坐标轴上的一个点，与位置相对应；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。
2．【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据阻力表达式f＝ηrv，可得黏性系数，和分别是球的半径和速度，根据国际单位制推断黏性系数的单位是，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】由题意可知η的表达式为：，然后根据国际单位制结合公式推导即可。
3．【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】设整个过程中的位移为x，根据平均速度的公式可知，整个过程中平均速度的大小为
，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据平均速度的公式列式求解。
4．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、速度—时间图像的斜率等于加速度，由图可知0～10s内图线的斜率在减小，说明战士做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；
B、由图可知0～10s内战士做加速度逐渐减小的加速运动，10～15s战士做加速度减小的减速运动，不可能做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动，故B错误；
C、10～15s图像的斜率在减小，则战士在10s末打开降落伞后做加速度减小的减速运动至15s末，故C错误；
D、10～15s内速度向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小，故D正确。
故选：D。
【分析】速度—时间图像的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断战士的运动情况；自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动。
5．【答案】B
【知识点】力的分解
【解析】【解答】由平衡条件和牛顿第三定律可知，刀对外界的合力为F，将力按作用效果分解，
根据几何关系可得
，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】力按作用效果分解，根据平行四边形法则求解。
6．【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重
【解析】【解答】AB．运动员下蹲过程先向下加速再向下减速，加速度先向下后向上，地面对运动员的支持力先是FN＜mg，后是FN＞mg，运动员先失重后超重，故A错误，B正确；
C．下蹲过程运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力是作用力和反作用力，两者大小相等，故C错误；
D．蹬伸过程运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力为作用力和反作用力，两者大小相等，故D错误。
故选：B。
【分析】分析运动员运动过程，加速度向下为失重，加速度向上为超重，超重支持力大于重力，失重支持力小于重力。
7．【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．物品先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
假设物品可以加速到与传送带共速，根据匀变速直线运动速度—时间关系可得加速运动的时间为
根据匀变速直线运动位移—时间关系可得加速运动的距离为
>3m
因此物品在传送带上一直做加速运动，A错误；
B．因一直加速物品从A端到B端所用的时间为
B错误；
C．因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，C错误；
D．当传送带速度减小一点时，加速距离大于传送带长度，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。
故选D。
【分析】物品在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，然后假设物品与传送带能共速，由速度—时间公式求出匀加速运动的时间，并求出匀加速运动的位移，与传送带长度比较，再判断共速之后物品的运动情况，从而得到物品从A端到B端所用的时间。若减小传送带速度，分析物品可能的运动情况，再判断传送时间是否能不变。
8．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】AB.对两球整体受力分析，受到轻绳的拉力T、墙壁的支持力N和总重力5mg， 轻绳与竖直墙壁之间的夹角为， 如图甲所示，
竖直方向根据平衡条件可得：Tsinα＝N＝5mgtanα，可知轻绳的拉力一定大于墙壁的支持力，由于夹角α大小未知，墙壁的支持力可能大于、小于或等于两球的重力，故AB错误；
CD.对小球受力分析，如图乙所示，根据平衡条件有N＝2mgtanθ，由几何知识可得θ＝α+β，联立可得5tanα＝2tan（α十β），故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】通过“小球对大球的弹力”建立两物体的受力关联，再结合绳的角度、球心连线的角度，推导三角函数等式。
9．【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】AC．根据匀变速直线运动的位移—时间关系可得
质点在轴上运动， 位置随时间的变化规律是
则可知
故A正确，C错误；
BD．当时间为时，结合 位置随时间的变化规律可得位置在
速度为
故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移公式求得初速度和加速度；根据位移与时间公式求解2s时质点的位置；根据速度与时间关系求解2s时质点的速度。
10．【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．小球受到重力和细线的拉力，根据平行四边形定则可得两个力的合力水平向右，加速度水平向右，此时小车可能向左减速运动，也可能向右加速运动，故A错误；
BC． 悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为， 以小球为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得此时细线的拉力大小为
水平方向根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
以木块为研究对象， 小球及木块均与车厢保持相对静止， 木块加速度与小球加速度相等，根据牛顿第二定律可得
故B正确，C错误；
D．若仅改变小车的加速度大小，使细线与竖直方向的夹角变成，则加速度大小变为
若木块仍相对车厢静止，根据牛顿第二定律可得其所受的摩擦力大小应为
木块与车厢底板间的最大静摩擦力为
由于
所以木块相对车厢底板会发生滑动，故D正确。
故选BD。
【分析】通过分析小球的受力情况判断其合力方向，然后运用牛顿第二定律求加速度，从而判断小车运动情况以及木块的受力情况和运动情况。
11．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A.图甲中，剪断细绳瞬间，a、b整体做自由落体运动，轻杆的弹力会瞬间变为0，故A正确；B.图乙中，剪断细绳前弹簧弹力为mg（平衡d的重力），剪断瞬间弹簧弹力不能突变，仍为mg，故B错误；
C.图乙中，c受弹簧向下的弹力mg和自身重力mg，由牛顿第二定律得，d受弹簧向上的弹力mg和自身重力mg，合力为0，加速度为0，两球加速度不相等，故C正确；
D.图甲中b的加速度为g，图乙中d的加速度为0，并非2倍关系，故D错误。
故选：AC。
【分析】明确轻杆弹力可突变、弹簧弹力不可突变的特性。对图甲，a、b整体自由落体，轻杆弹力为0；对图乙，弹簧弹力保持不变，分别计算c（受重力+弹簧弹力）和d（受重力＝弹簧弹力）的加速度，最后结合受力与加速度的关系判断。
12．【答案】A,B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A、 小船以的速度沿垂直于河岸的方向匀速向对岸行驶，小船驶到对岸的时间为，故A正确；
B、小船沿河岸方向的位移大小为x＝vst＝3×100m＝300m，即小船在对岸下游300m处靠岸，故B正确；
C、小船的速度方向和河水的方向相互垂直，则合速度大小为v故C错误；
D、若河水流速增加到6m/s，因为河水的流速大于小船在静水中的速度5m/s，则小船不可能到达正对岸，故D错误。
故选：AB。
【分析】根据河宽和小船在静水中的速度的比值计算；根据水速和过河时间的乘积计算；根据速度的矢量合成法则计算；若河水速度大于船速，小船不可能到达正对岸。
13．【答案】（1）水平
（2）相同
（3）相等
（4）自由落体；匀速直线
（5）1
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了探究平抛运动规律的实验，要明确实验原理，掌握平抛运动规律的运用，根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔是解题的关键。
（1）小球每次从斜槽轨道末端出来的运动是平抛运动，所以斜槽轨道的末端调至水平。
（2）为了得到图中的A、B、C三点，小球每次做平抛运动的初速度应该相同，所以每次释放小球时的初位置应该相同。
（3）球从A下落到B，与从B下落到C的水平位移相同，平抛运动的水平方向的运动是匀速直线运动，有
可得时间相等。
（4）平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，所以小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是自由落体运动；水平方向做的是匀速直线运动。
（5）在竖直方向上
水平方向上
联立方程解得
代入数值解得
【分析】（1）从保证小球做平抛运动分析作答；
（2）从保证小球做平抛运动的轨迹相同的角度分析作答；
（3）根据平抛运动的规律，结合水平位移分析作答；
（4）根据平抛运动的水平分运动和竖直分运动分析作答；
（5）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔，根据平抛运动的水平分运动求解作答。
（1）小球每次从斜槽轨道末端出来的运动是平抛运动，所以斜槽轨道的末端调至水平。
（2）为了得到图中的A、B、C三点，小球每次做平抛运动的初速度应该相同，所以每次释放小球时的初位置应该相同。
（3）球从A下落到B，与从B下落到C的水平位移相同，平抛运动的水平方向的运动是匀速直线运动，有
可得时间相等。
（4）[1][2]平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，所以小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是自由落体运动；水平方向做的是匀速直线运动。
（5）在竖直方向上
水平方向上
联立方程解得
代入数值解得
14．【答案】（1）B；C
（2）0.70；0.20
（3）0.5
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．实验开始的时候，小车应离打点计时器近一点，这样纸带才能充分利用，故A错误；
B．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，这样细线的拉力才能与小车加速度方向，运动方向相同，故B正确；
C．实验开始之前应平衡摩擦力，这样小车所受细线的拉力才等于小车所受合力，故C正确；
D．实验装置中有力的传感器，故细绳拉力能直接测出，我们不用把所挂钩码的重力近似等于小车的拉力，此时，我们不需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多，故D错误。
故选：BC。
（2）①小车在木板上做匀变速直线运动，由逐差法可知，故xCD﹣xBC＝xBC﹣xAB
代入数据整理得0.20cm＝0.90cm﹣xAB
解得xAB＝0.70cm。
每5个点取一个计数点，即两计数点时间间隔为
因为BC=0.90cm；CD=1.10cm，则根据
可得
（3）设小车和传感器的总质量为，由牛顿第二定律有
得
可见图线斜率为，有
得
【分析】（1）实验开始之前应平衡摩擦力，应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，这样小车所受细线的拉力才等于小车所受合力。我们是把所挂钩码的重力近似等于小车的拉力，此时，我们需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多。
（2）利用逐差法求解纸带的加速度和估算纸带某一段的距离。
（3）研究“加速度与合力的关系”的实验数据处理，a﹣F图像的斜率表示。
（1）A．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器近一点，选项A错误；
B．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，保证合外力等于细线的拉力，选项B正确；
C．做实验之前必须平衡摩擦力，选项C正确；
D．因为用力传感器，故不用使小车的质量比所挂钩码的质量大得多，选项D错误。
故选BC。
（2）[1]从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离x1＝0.70cm；
[2]每5个点取一个计数点，即两计数点时间间隔为
因为BC=0.90cm；CD=1.10cm，则根据
可得
（3）设小车和传感器的总质量为，由牛顿第二定律有
得
可见图线斜率为，有
得
15．【答案】解：汽车加速和减速的过程，时间为
位移为
匀速的时间为
则汽车通过ETC通道时从开始减速到加速到原速过程中经过的路程为
全程的时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】利用匀变速运动规律可求出减速所需时间和位移。通过速度变化量可直接计算时间，再结合初末速度求出减速阶段的位移。匀速阶段根据匀速运动公式可直接求出通过这段距离所需的时间。匀加速阶段与减速阶段具有对称性，加速度大小相同且速度变化量相等，因此加速时间和位移与减速阶段相同。将三个阶段的时间和位移分别求和即可得到总路程和总时间。
16．【答案】（1）解：由题意质量的物块恰好能沿静止的斜面体匀速下滑。由平衡条件有
得
（2）解：对物块受力分析如图
由平衡条件有
由滑动摩擦力公式
得
对整体受力分析可知水平面对斜面体摩擦力的大小为
方向水平向左。
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）物块恰好匀速下滑时，对物块受力分析，根据平衡条件分析；
（2）对物块和整体受力分析，根据平衡条件分析。
（1）由题意质量的物块恰好能沿静止的斜面体匀速下滑。由平衡条件有
得
（2）对物块受力分析如图
由平衡条件有
由滑动摩擦力公式
得
对整体受力分析可知水平面对斜面体摩擦力的大小为
方向水平向左。
17．【答案】（1）解：运动员飞离O点后做平抛运动，竖直方向上满足
解得
（2）解：运动员飞离O点后做平抛运动，水平方向上满足
解得
（3）解：当运动员在空中的速度与斜面平行时，运动员在空中离倾斜雪道距离最远，有
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）将平抛位移沿水平、竖直方向分解，竖直方向由自由落体运动公式即可求解运动员的飞行时间；
（2）水平方向做匀速直线运动，结合水平分位移与飞行时间，代入公式可直接算出起跳的初速度；
（3）当运动员速度方向与雪道平行时离雪道最远，利用速度的分解与合成，结合几何关系可求得此时的合速度大小。
（1）运动员飞离O点后做平抛运动，竖直方向上满足
解得
（2）运动员飞离O点后做平抛运动，水平方向上满足
解得
（3）则当运动员在空中的速度与斜面平行时，运动员在空中离倾斜雪道距离最远，有
18．【答案】（1）解：设长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，A、B一起开始刚好滑动时
F1=μ1（mA+mB）g
其中F1=5N，代入数据解得
μ1=0.1
设物块B与长木板间的动摩擦因数为μ2，A、B刚好开始滑动时，此时拉力F2=10N，由牛顿第二定律得：
对A、B整体
F2-μ1（mA+mB）g=（mA+mB）a
对物块B
F2-μ2mBg=mBa
代入数据解得
μ2=0.4
（2）解：由于拉力18N大于10N，因此物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对木板A
μ2mBg-μ1（mA+mB）g=mAa1
对物块B
F3-μ2mBg=mBa2
代入数据解得
a1=1m/s2，a2=5m/s2
设木板的长为L，则
其中t=1s，代入数据解得
L=2m
（3）解：撤去F后，对B，由牛顿第二定律得
μ2mBg=mBa3
代入数据解得
a3=4m/s2
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t'，物块滑到右端时两者共速，则
v'=a2t0-a3（t'-t0）=a1t'
物块滑到右端时
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当F＝5N时，系统整体恰好能滑动，说明此时拉力等于地面与木板间的最大静摩擦力。当F＝10N时，物块B刚好能相对木板滑动，此时需分析系统整体加速度与木板单独受力情况，联立方程可求得两个动摩擦因数。
（2）当F＝18N时，分别计算物块B和木板A的加速度，两者加速度差导致相对位移。在1秒内物块B滑离木板，利用相对运动公式可求出木板长度。
（3）在拉力作用t0时间内，物块B与木板产生相对位移和相对速度。撤去拉力后，两者加速度变化导致相对减速，最终总相对位移等于木板长度，由此建立方程求解t0。
（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，A、B一起开始刚好滑动时
F1=μ1（mA+mB）g
其中F1=5N，代入数据解得
μ1=0.1
设物块B与长木板间的动摩擦因数为μ2，A、B刚好开始滑动时，此时拉力F2=10N，由牛顿第二定律得：
对A、B整体
F2-μ1（mA+mB）g=（mA+mB）a
对物块B
F2-μ2mBg=mBa
代入数据解得
μ2=0.4
（2）由于拉力18N大于10N，因此物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对木板A
μ2mBg-μ1（mA+mB）g=mAa1
对物块B
F3-μ2mBg=mBa2
代入数据解得
a1=1m/s2，a2=5m/s2
设木板的长为L，则
其中t=1s，代入数据解得
L=2m
（3）撤去F后，对B，由牛顿第二定律得
μ2mBg=mBa3
代入数据解得
a3=4m/s2
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t'，物块滑到右端时两者共速，则
v'=a2t0-a3（t'-t0）=a1t'
物块滑到右端时
代入数据解得
1 / 1河北省张家口市2024-2025学年高一上学期期末考试物理试卷
1．（2025高一上·张家口期末）中国体育健儿们在第19届杭州亚运会上奋力拼搏，取得了201金111银71铜的优异成绩，各项比赛中包含了许多物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．研究陈芋汐在女子10米台决赛中的姿态，陈芋汐可看作质点
B．男子100米飞人大战，谢震业以9秒97的成绩夺冠，这里提到的“9秒97”指的是时刻
C．张亮以6分57秒06的成绩获得赛艇男子单人双桨冠军，“6分57秒06”指时间间隔
D．巩立姣以19米58的成绩夺得女子铅球金牌，“19米58”指铅球在空中运动的路程
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程
【解析】【解答】A、研究陈芋汐在女子10米台决赛中的姿态，陈芋汐的动作形态不能忽略，陈芋汐不可看作质点，故A错误；
B、谢震业在男子100米决赛中以9秒97获得金牌，“9秒97”是指时间长度，是时间间隔，故B错误；C、“6分57秒06”是指时间长度，指时间间隔，故C正确；
D、巩立姣以19米58的成绩夺得女子铅球金牌，“19米58”是比赛中铅球在水平方向的位移，不是铅球在空中运动的路程，故D错误。
故选：C。
【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可；时间是时间轴上的一段，与位移相对应；而时刻是坐标轴上的一个点，与位置相对应；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。
2．（2025高一上·张家口期末）研究表明，球形物体在液体中运动时除了受到浮力，还会受到阻力，阻力表达式为，式中称为黏性系数，和分别是球的半径和速度。国际单位制中，黏性系数的单位是（　　）
A．无单位 B． C． D．
【答案】B
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】根据阻力表达式f＝ηrv，可得黏性系数，和分别是球的半径和速度，根据国际单位制推断黏性系数的单位是，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】由题意可知η的表达式为：，然后根据国际单位制结合公式推导即可。
3．（2025高一上·张家口期末）一质点做单向直线运动，在前路程内平均速率为，后路程内平均速率为，则整个过程中平均速度的大小为（　　）
A． B． C． D．无法计算
【答案】C
【知识点】平均速度
【解析】【解答】设整个过程中的位移为x，根据平均速度的公式可知，整个过程中平均速度的大小为
，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据平均速度的公式列式求解。
4．（2025高一上·张家口期末）“钓鱼岛事件”牵动着军民爱国之心，我国空军某部为捍卫领土完整，举行了大规模的跳伞保岛演练，图甲是战士从悬停在高空的直升机中无初速度跳下后运动过程中的画面，图乙是战士从跳离飞机到落地过程中的图像，若规定竖直向下为正方向，忽略水平方向的风力作用，关于战士的运动过程，下列说法正确的是（　　）
甲 乙
A．内做加速度逐渐增大的加速运动
B．内做自由落体运动，末开始做匀速直线运动
C．在末打开降落伞，随后做匀减速运动至末
D．内加速度方向竖直向上，加速度的大小逐渐减小
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、速度—时间图像的斜率等于加速度，由图可知0～10s内图线的斜率在减小，说明战士做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误；
B、由图可知0～10s内战士做加速度逐渐减小的加速运动，10～15s战士做加速度减小的减速运动，不可能做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动，故B错误；
C、10～15s图像的斜率在减小，则战士在10s末打开降落伞后做加速度减小的减速运动至15s末，故C错误；
D、10～15s内速度向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小，故D正确。
故选：D。
【分析】速度—时间图像的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断战士的运动情况；自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动。
5．（2025高一上·张家口期末）生活中经常用刀来劈开物体。图中是刀刃的横截面，是作用在刀背上的力，若刀刃的横截面是等腰三角形，刀刃两侧面的夹角为，对外界产生的推力为，不计刀的重力及摩擦力，则下列关于的表达式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力的分解
【解析】【解答】由平衡条件和牛顿第三定律可知，刀对外界的合力为F，将力按作用效果分解，
根据几何关系可得
，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】力按作用效果分解，根据平行四边形法则求解。
6．（2025高一上·张家口期末）纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳。某运动员光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，下列说法正确的是（　　）
A．下蹲过程运动员一直处于超重状态
B．下蹲过程运动员先失重后超重
C．下蹲过程运动员对地面的压力大小大于地面对运动员的支持力大小
D．蹬伸过程运动员对地面的压力大小小于地面对运动员的支持力大小
【答案】B
【知识点】牛顿第三定律；超重与失重
【解析】【解答】AB．运动员下蹲过程先向下加速再向下减速，加速度先向下后向上，地面对运动员的支持力先是FN＜mg，后是FN＞mg，运动员先失重后超重，故A错误，B正确；
C．下蹲过程运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力是作用力和反作用力，两者大小相等，故C错误；
D．蹬伸过程运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力为作用力和反作用力，两者大小相等，故D错误。
故选：B。
【分析】分析运动员运动过程，加速度向下为失重，加速度向上为超重，超重支持力大于重力，失重支持力小于重力。
7．（2025高一上·张家口期末）如图甲所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图乙所示，传送带长为，被检物品与传送带间的动摩擦因数。假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为，被检物品无初速度地从端传送到端的过程中，下列说法正确的是（重力加速度取，被检物品可视为质点）
A．物品先做匀加速运动后做匀速运动
B．物品从端到端所用的时间为
C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D．若减小传送带速度，物品传送时间可能不变
【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．物品先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
假设物品可以加速到与传送带共速，根据匀变速直线运动速度—时间关系可得加速运动的时间为
根据匀变速直线运动位移—时间关系可得加速运动的距离为
>3m
因此物品在传送带上一直做加速运动，A错误；
B．因一直加速物品从A端到B端所用的时间为
B错误；
C．因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，C错误；
D．当传送带速度减小一点时，加速距离大于传送带长度，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，故D正确。
故选D。
【分析】物品在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，然后假设物品与传送带能共速，由速度—时间公式求出匀加速运动的时间，并求出匀加速运动的位移，与传送带长度比较，再判断共速之后物品的运动情况，从而得到物品从A端到B端所用的时间。若减小传送带速度，分析物品可能的运动情况，再判断传送时间是否能不变。
8．（2025高一上·张家口期末）如图所示，用轻绳系住一质量为的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为的匀质小球，各接触面均光滑。系统平衡时，轻绳与竖直墙壁之间的夹角为，两球心连线与轻绳之间的夹角为。下列说法正确的是（　　）
A．绳子的拉力小于墙壁的支持力
B．墙壁的支持力一定小于两球的重力
C．
D．
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】AB.对两球整体受力分析，受到轻绳的拉力T、墙壁的支持力N和总重力5mg， 轻绳与竖直墙壁之间的夹角为， 如图甲所示，
竖直方向根据平衡条件可得：Tsinα＝N＝5mgtanα，可知轻绳的拉力一定大于墙壁的支持力，由于夹角α大小未知，墙壁的支持力可能大于、小于或等于两球的重力，故AB错误；
CD.对小球受力分析，如图乙所示，根据平衡条件有N＝2mgtanθ，由几何知识可得θ＝α+β，联立可得5tanα＝2tan（α十β），故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】通过“小球对大球的弹力”建立两物体的受力关联，再结合绳的角度、球心连线的角度，推导三角函数等式。
9．（2025高一上·张家口期末）一个质点在轴上运动，位置随时间的变化规律是关于这个质点的运动，下列说法正确的是（　　）
A．质点的初速度（时）大小为
B．时质点的位置在处
C．质点的加速度大小为
D．时质点的速度大小为
【答案】A,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】AC．根据匀变速直线运动的位移—时间关系可得
质点在轴上运动， 位置随时间的变化规律是
则可知
故A正确，C错误；
BD．当时间为时，结合 位置随时间的变化规律可得位置在
速度为
故B错误，D正确。
故选AD。
【分析】根据匀变速直线运动的位移公式求得初速度和加速度；根据位移与时间公式求解2s时质点的位置；根据速度与时间关系求解2s时质点的速度。
10．（2025高一上·张家口期末）一小车沿水平地面做匀变速直线运动，小车车厢的顶部用轻质细线悬挂了一质量为的小球，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为，在车厢底板上放着一个质量为的木块，小球及木块均与车厢保持相对静止，如图所示。已知木块与车厢底板间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地的重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．此时小车一定向右运动
B．此时木块受到的摩擦力大小为
C．此时细线的拉力大小为
D．若仅改变小车的加速度大小，使细线与竖直方向的夹角变成，则木块相对车厢底板会发生滑动
【答案】B,D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．小球受到重力和细线的拉力，根据平行四边形定则可得两个力的合力水平向右，加速度水平向右，此时小车可能向左减速运动，也可能向右加速运动，故A错误；
BC． 悬挂小球的细线与竖直方向的夹角为， 以小球为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得此时细线的拉力大小为
水平方向根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
以木块为研究对象， 小球及木块均与车厢保持相对静止， 木块加速度与小球加速度相等，根据牛顿第二定律可得
故B正确，C错误；
D．若仅改变小车的加速度大小，使细线与竖直方向的夹角变成，则加速度大小变为
若木块仍相对车厢静止，根据牛顿第二定律可得其所受的摩擦力大小应为
木块与车厢底板间的最大静摩擦力为
由于
所以木块相对车厢底板会发生滑动，故D正确。
故选BD。
【分析】通过分析小球的受力情况判断其合力方向，然后运用牛顿第二定律求加速度，从而判断小车运动情况以及木块的受力情况和运动情况。
11．（2025高一上·张家口期末）如图所示，甲、乙两图中四个球质量相等，图甲中两球用轻质杆相连，图乙中两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在烧断两细绳的瞬间（　　）
A．图甲中轻杆的作用力为零
B．图乙中弹簧的作用力为零
C．图乙中两球的加速度不相等
D．图甲中球的加速度是图乙中球加速度的2倍
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A.图甲中，剪断细绳瞬间，a、b整体做自由落体运动，轻杆的弹力会瞬间变为0，故A正确；B.图乙中，剪断细绳前弹簧弹力为mg（平衡d的重力），剪断瞬间弹簧弹力不能突变，仍为mg，故B错误；
C.图乙中，c受弹簧向下的弹力mg和自身重力mg，由牛顿第二定律得，d受弹簧向上的弹力mg和自身重力mg，合力为0，加速度为0，两球加速度不相等，故C正确；
D.图甲中b的加速度为g，图乙中d的加速度为0，并非2倍关系，故D错误。
故选：AC。
【分析】明确轻杆弹力可突变、弹簧弹力不可突变的特性。对图甲，a、b整体自由落体，轻杆弹力为0；对图乙，弹簧弹力保持不变，分别计算c（受重力+弹簧弹力）和d（受重力＝弹簧弹力）的加速度，最后结合受力与加速度的关系判断。
12．（2025高一上·张家口期末）小船以的速度沿垂直于河岸的方向匀速向对岸行驶（船头指向对岸），河宽500m，河水流速是，则下列说法正确的是（　　）
A．小船驶到对岸的时间为
B．小船在对岸下游处靠岸
C．小船驶到对岸过程中的合速度大小为
D．若河水流速增加到，小船保持与河岸成一定角度向上游行驶可到达正对岸
【答案】A,B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】A、 小船以的速度沿垂直于河岸的方向匀速向对岸行驶，小船驶到对岸的时间为，故A正确；
B、小船沿河岸方向的位移大小为x＝vst＝3×100m＝300m，即小船在对岸下游300m处靠岸，故B正确；
C、小船的速度方向和河水的方向相互垂直，则合速度大小为v故C错误；
D、若河水流速增加到6m/s，因为河水的流速大于小船在静水中的速度5m/s，则小船不可能到达正对岸，故D错误。
故选：AB。
【分析】根据河宽和小船在静水中的速度的比值计算；根据水速和过河时间的乘积计算；根据速度的矢量合成法则计算；若河水速度大于船速，小船不可能到达正对岸。
13．（2025高一上·张家口期末）研究“平抛物体的运动”实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处。使小球从斜槽上由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口方向平移距离，再使小球从斜槽上由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口方向平移距离，小球再从斜槽上由静止释放，再得到痕迹。若测得木板每次移动距离均为间距离间距离取
（1）实验前，需要将斜槽轨道的末端调至　 　（填“水平”或“倾斜”）；
（2）为了得到图中的三点，每次释放小球时的初位置应该　 　（填“相同”或“不同”）；
（3）小球从下落到，与从下落到所用时间　 　（填“相等”或“不等”）；
（4）小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是　 　运动；水平方向做的是　 　运动；
（5）根据以上直接测量的物理量求得小球初速度。　 　。
【答案】（1）水平
（2）相同
（3）相等
（4）自由落体；匀速直线
（5）1
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】本题主要考查了探究平抛运动规律的实验，要明确实验原理，掌握平抛运动规律的运用，根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔是解题的关键。
（1）小球每次从斜槽轨道末端出来的运动是平抛运动，所以斜槽轨道的末端调至水平。
（2）为了得到图中的A、B、C三点，小球每次做平抛运动的初速度应该相同，所以每次释放小球时的初位置应该相同。
（3）球从A下落到B，与从B下落到C的水平位移相同，平抛运动的水平方向的运动是匀速直线运动，有
可得时间相等。
（4）平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，所以小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是自由落体运动；水平方向做的是匀速直线运动。
（5）在竖直方向上
水平方向上
联立方程解得
代入数值解得
【分析】（1）从保证小球做平抛运动分析作答；
（2）从保证小球做平抛运动的轨迹相同的角度分析作答；
（3）根据平抛运动的规律，结合水平位移分析作答；
（4）根据平抛运动的水平分运动和竖直分运动分析作答；
（5）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔，根据平抛运动的水平分运动求解作答。
（1）小球每次从斜槽轨道末端出来的运动是平抛运动，所以斜槽轨道的末端调至水平。
（2）为了得到图中的A、B、C三点，小球每次做平抛运动的初速度应该相同，所以每次释放小球时的初位置应该相同。
（3）球从A下落到B，与从B下落到C的水平位移相同，平抛运动的水平方向的运动是匀速直线运动，有
可得时间相等。
（4）[1][2]平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，所以小球在平抛运动过程中，竖直方向做的是自由落体运动；水平方向做的是匀速直线运动。
（5）在竖直方向上
水平方向上
联立方程解得
代入数值解得
14．（2025高一上·张家口期末）利用力传感器研究“加速度与合力的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）下列关于该实验的说法，正确的是______。（多选）
A．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
B．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
C．实验开始之前必须平衡摩擦力
D．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
（2）从打下的纸带中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔打一个点，由图可知两点间的距离　 　；该小车的加速度　 　（计算结果保留2位有效数字）。
（3）保持小车和传感器质量不变，多次改变钩码质量进行实验，记录相应的传感器示数，通过计算每次实验的加速度，描绘出图像如图丙所示，则小车和传感器的总质量为　 　。
【答案】（1）B；C
（2）0.70；0.20
（3）0.5
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）A．实验开始的时候，小车应离打点计时器近一点，这样纸带才能充分利用，故A错误；
B．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，这样细线的拉力才能与小车加速度方向，运动方向相同，故B正确；
C．实验开始之前应平衡摩擦力，这样小车所受细线的拉力才等于小车所受合力，故C正确；
D．实验装置中有力的传感器，故细绳拉力能直接测出，我们不用把所挂钩码的重力近似等于小车的拉力，此时，我们不需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多，故D错误。
故选：BC。
（2）①小车在木板上做匀变速直线运动，由逐差法可知，故xCD﹣xBC＝xBC﹣xAB
代入数据整理得0.20cm＝0.90cm﹣xAB
解得xAB＝0.70cm。
每5个点取一个计数点，即两计数点时间间隔为
因为BC=0.90cm；CD=1.10cm，则根据
可得
（3）设小车和传感器的总质量为，由牛顿第二定律有
得
可见图线斜率为，有
得
【分析】（1）实验开始之前应平衡摩擦力，应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，这样小车所受细线的拉力才等于小车所受合力。我们是把所挂钩码的重力近似等于小车的拉力，此时，我们需要小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多。
（2）利用逐差法求解纸带的加速度和估算纸带某一段的距离。
（3）研究“加速度与合力的关系”的实验数据处理，a﹣F图像的斜率表示。
（1）A．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器近一点，选项A错误；
B．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，保证合外力等于细线的拉力，选项B正确；
C．做实验之前必须平衡摩擦力，选项C正确；
D．因为用力传感器，故不用使小车的质量比所挂钩码的质量大得多，选项D错误。
故选BC。
（2）[1]从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离x1＝0.70cm；
[2]每5个点取一个计数点，即两计数点时间间隔为
因为BC=0.90cm；CD=1.10cm，则根据
可得
（3）设小车和传感器的总质量为，由牛顿第二定律有
得
可见图线斜率为，有
得
15．（2025高一上·张家口期末）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以的速度行驶，如果想通过ETC通道，需要在中心线前方处减速至，匀速到达中心线后，再加速至行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为，求该汽车通过ETC通道时从开始减速到加速到原速过程中经过的路程和所需的时间。
【答案】解：汽车加速和减速的过程，时间为
位移为
匀速的时间为
则汽车通过ETC通道时从开始减速到加速到原速过程中经过的路程为
全程的时间为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】利用匀变速运动规律可求出减速所需时间和位移。通过速度变化量可直接计算时间，再结合初末速度求出减速阶段的位移。匀速阶段根据匀速运动公式可直接求出通过这段距离所需的时间。匀加速阶段与减速阶段具有对称性，加速度大小相同且速度变化量相等，因此加速时间和位移与减速阶段相同。将三个阶段的时间和位移分别求和即可得到总路程和总时间。
16．（2025高一上·张家口期末）如图甲所示，水平面上放置一倾角的斜面体，质量的物块恰好能沿静止的斜面体匀速下滑。已知重力加速度大小取，，。
（1）求物块与斜面体之间的动摩擦因数；
（2）如图乙所示，若对物块施加一水平方向的推力，使物块沿静止的斜面体匀速向上运动，求水平推力的大小及水平面对斜面体摩擦力的大小和方向。
【答案】（1）解：由题意质量的物块恰好能沿静止的斜面体匀速下滑。由平衡条件有
得
（2）解：对物块受力分析如图
由平衡条件有
由滑动摩擦力公式
得
对整体受力分析可知水平面对斜面体摩擦力的大小为
方向水平向左。
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）物块恰好匀速下滑时，对物块受力分析，根据平衡条件分析；
（2）对物块和整体受力分析，根据平衡条件分析。
（1）由题意质量的物块恰好能沿静止的斜面体匀速下滑。由平衡条件有
得
（2）对物块受力分析如图
由平衡条件有
由滑动摩擦力公式
得
对整体受力分析可知水平面对斜面体摩擦力的大小为
方向水平向左。
17．（2025高一上·张家口期末）如图甲，在“雪如意”国家跳台滑雪中心举行的北京冬奥会跳台滑雪比赛是一项“勇敢者的游戏”，穿着专用滑雪板的运动员在助滑道上获得一定速度后从跳台飞出，身体前倾与滑雪板尽量平行，在空中飞行一段距离后落在倾斜的雪道上。一运动员从跳台处沿水平方向飞出，在雪道处着落，其过程可简化为图乙。测得间的距离，倾斜的雪道与水平方向的夹角，不计空气阻力，重力加速度取，，。求：
（1）运动员在空中飞行的时间；
（2）运动员在处的起跳速度大小；
（3）运动员在空中离倾斜雪道距离最远时的速度大小。（结果均可用根号及分式表示）
【答案】（1）解：运动员飞离O点后做平抛运动，竖直方向上满足
解得
（2）解：运动员飞离O点后做平抛运动，水平方向上满足
解得
（3）解：当运动员在空中的速度与斜面平行时，运动员在空中离倾斜雪道距离最远，有
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1）将平抛位移沿水平、竖直方向分解，竖直方向由自由落体运动公式即可求解运动员的飞行时间；
（2）水平方向做匀速直线运动，结合水平分位移与飞行时间，代入公式可直接算出起跳的初速度；
（3）当运动员速度方向与雪道平行时离雪道最远，利用速度的分解与合成，结合几何关系可求得此时的合速度大小。
（1）运动员飞离O点后做平抛运动，竖直方向上满足
解得
（2）运动员飞离O点后做平抛运动，水平方向上满足
解得
（3）则当运动员在空中的速度与斜面平行时，运动员在空中离倾斜雪道距离最远，有
18．（2025高一上·张家口期末）质量的长木板A放在水平地面上，质量的物块B放在长木板的左端，给物块B施加一个水平向右的拉力，使从零开始逐渐增大，当时，物块B和长木板A刚好能一起滑动；当时，物块B刚好能相对长木板A滑动。已知重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求A与地面之间、B与A之间的动摩擦因数；
（2）若刚开始拉物块B时，恒定为，拉力作用时，物块B刚好从A上滑离，求木板A的长度；
（3）如果在物块B上施加一个水平向右的拉力，作用时间后撤去，此后物块B刚好不滑离长木板A（长度为（2）问中所求得的木板长度），则为多大。
【答案】（1）解：设长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，A、B一起开始刚好滑动时
F1=μ1（mA+mB）g
其中F1=5N，代入数据解得
μ1=0.1
设物块B与长木板间的动摩擦因数为μ2，A、B刚好开始滑动时，此时拉力F2=10N，由牛顿第二定律得：
对A、B整体
F2-μ1（mA+mB）g=（mA+mB）a
对物块B
F2-μ2mBg=mBa
代入数据解得
μ2=0.4
（2）解：由于拉力18N大于10N，因此物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对木板A
μ2mBg-μ1（mA+mB）g=mAa1
对物块B
F3-μ2mBg=mBa2
代入数据解得
a1=1m/s2，a2=5m/s2
设木板的长为L，则
其中t=1s，代入数据解得
L=2m
（3）解：撤去F后，对B，由牛顿第二定律得
μ2mBg=mBa3
代入数据解得
a3=4m/s2
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t'，物块滑到右端时两者共速，则
v'=a2t0-a3（t'-t0）=a1t'
物块滑到右端时
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当F＝5N时，系统整体恰好能滑动，说明此时拉力等于地面与木板间的最大静摩擦力。当F＝10N时，物块B刚好能相对木板滑动，此时需分析系统整体加速度与木板单独受力情况，联立方程可求得两个动摩擦因数。
（2）当F＝18N时，分别计算物块B和木板A的加速度，两者加速度差导致相对位移。在1秒内物块B滑离木板，利用相对运动公式可求出木板长度。
（3）在拉力作用t0时间内，物块B与木板产生相对位移和相对速度。撤去拉力后，两者加速度变化导致相对减速，最终总相对位移等于木板长度，由此建立方程求解t0。
（1）设长木板A与地面间的动摩擦因数为μ1，A、B一起开始刚好滑动时
F1=μ1（mA+mB）g
其中F1=5N，代入数据解得
μ1=0.1
设物块B与长木板间的动摩擦因数为μ2，A、B刚好开始滑动时，此时拉力F2=10N，由牛顿第二定律得：
对A、B整体
F2-μ1（mA+mB）g=（mA+mB）a
对物块B
F2-μ2mBg=mBa
代入数据解得
μ2=0.4
（2）由于拉力18N大于10N，因此物块与长木板发生相对滑动，设长木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
对木板A
μ2mBg-μ1（mA+mB）g=mAa1
对物块B
F3-μ2mBg=mBa2
代入数据解得
a1=1m/s2，a2=5m/s2
设木板的长为L，则
其中t=1s，代入数据解得
L=2m
（3）撤去F后，对B，由牛顿第二定律得
μ2mBg=mBa3
代入数据解得
a3=4m/s2
设从开始到物块滑到长木板右端时时间为t'，物块滑到右端时两者共速，则
v'=a2t0-a3（t'-t0）=a1t'
物块滑到右端时
代入数据解得
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