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湖南省益阳市普通高中2024-2025学年高一上学期1月期末联考物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高一上·益阳期末）一遥控玩具汽车运动的图像如图所示，则玩具汽车在6s内的位移为（　　）
A． B． C．6m D．
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】由图可知，时，遥控玩具汽车的位置
时，遥控玩具汽车的位置
则玩具汽车在6s内的位移为
故答案为：B。
【分析】x-t图像中，位移等于末位置坐标减去初位置坐标，直接读取初末时刻的位置值即可计算位移。
2．（2025高一上·益阳期末）下列四幅图涉及到不同的物理知识，四个选项中说法正确的是（　　）
A．图甲中研究体操运动员的动作时，可将运动员看成质点
B．图乙中对各类汽车都有限速是因为汽车的速度越大惯性越大
C．图丙中举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．图丁中船相对水垂直河岸匀速行驶，无论水流速度多大，渡河时间一样长
【答案】D
【知识点】质点；惯性与质量；超重与失重；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．研究体操运动员动作时，需关注其肢体姿态，不能忽略大小形状，不能看成质点，故A错误；
B．对各类汽车都有限速是因为汽车的质量越大惯性就越大，故B错误；
C．图丙中举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内，加速度为零，不处于超重状态，故C错误；
D．图丁中船相对水垂直河岸匀速行驶，无论水流速度多大，渡河时间等于河宽与船速的比值，故一样长，故D正确。
故答案为：D。
【分析】质点的判断：看研究对象的大小、形状是否可忽略；
惯性的本质：仅由质量决定，与速度无关；
超重的条件：加速度向上；
渡河时间：由垂直河岸的分运动（船速）和河宽决定，与水流速度无关。
3．（2025高一上·益阳期末）如图所示，质量相同的、两个小球用轻弹簧相连，的另一端用轻绳悬挂在天花板上，某一时刻突然剪断轻绳，则轻绳被剪断瞬间（　　）（已知重力加速度为g）
A．B的加速度为0 B．A的加速度为0
C．、的加速度都为 D．、的加速度都为
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】设小球质量均为，轻绳剪断前，弹簧的弹力
轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律
解得
对B根据牛顿第二定律
解得
故答案为：A。
【分析】轻绳被剪断瞬间，弹簧的弹力不会突变（因为弹簧形变无法瞬间改变），据此分别对 A、B 受力分析，分析各选项。
4．（2025高一上·益阳期末）自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径分别为、、，它们的边缘上有三个点A、B、C。自行车前进时，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点线速度大小之比为
B．A、B两点向心加速度大小之比为
C．B、C两点角速度之比为
D．、两点线速度之比为
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．、为链条传动，相同时间经过的弧线长度相等则可以得出线速度大小相等，则有，即
故A错误；
B．根据向心加速度的表达式有可知
故B错误；
C．由题意可知，、为同轴转动，由于相同时间转过的角度相等，所以角速度大小相等，则有
即
故C正确；
D．根据线速度和角速度的关系式有，可知
故D错误。
故选C。
【分析】利用线传动可以得出线速度的比值，结合向心加速度的表达式可以求出加速度的比值；利用角速度相等结合线速度和角速度的关系可以求出线速度的比值。
5．（2025高一上·益阳期末）将一个铅球放在倾角为的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，在挡板由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中，关于铅球对挡板的压力和对斜面的压力的变化的判断中，下列说法正确的是（　　）
A．不变，逐渐增大
B．不变，逐渐减小
C．先减小后增大，逐渐增大
D．先减小后增大，逐渐减小
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】在挡板由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中，以小球为对象，由平衡条件，根据三角形定则其受力如图所示
可知挡板对铅球的支持力先减小后增大，斜面对铅球的支持力逐渐减小；由牛顿第三定律可知，则铅球对挡板的压力先减小后增大，铅球对斜面的压力逐渐减小。
故答案为：D。
【分析】对铅球进行受力分析：铅球受重力、挡板的支持力、斜面的支持力，三力平衡。将、沿重力的反方向分解（利用矢量三角形分析）。
6．（2025高一上·益阳期末）一物体做匀减速直线运动，先后经过O、A、B，最后停在C点。已知长为长为，且通过段的时间都为，下列说法中正确的是（　　）
A．它经过A点的速度为 B．通过段所需时间为
C．段的长度为 D．它的加速度大小是
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，它在A点的速度为，故A错误；
D．逆向分析，根据题意，由逐差法有，解得加速度大小，故D错误；
BC．逆向分析为匀加速直线运动，由运动学公式可得，物体运动到A到C点的时间为
则通过段所需时间为
由公式可得，段的长度为，故B错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】将匀减速直线运动反向视为匀加速直线运动，利用中间时刻速度、逐差法、运动学公式分析。
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
7．（2025高一上·益阳期末）如图所示，将一物体从距地面高处以的速度水平抛出，不计空气阻力，取。以下说法正确的是（　　）
A．物体在空中运动的时间
B．物体在空中运动的水平位移
C．物体落地时瞬时速度的大小
D．物体落地瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值
【答案】B,D
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】A．根据平抛规律可知，竖直方向做自由落体，则有
物体在空中运动的时间，故A错误；
B．竖直方向做匀速直线运动，物体在空中运动的水平位移，故B正确；
C．物体落地时竖直方向速度，物体落地时瞬时速度的大小，故C错误；
D．物体落地瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】平抛运动分解为竖直方向的自由落体和水平方向的匀速直线运动，分别计算运动时间、水平位移、落地速度及速度偏角。
8．（2025高一上·益阳期末）某物体做直线运动，它的v—t图像如图所示。设向东为速度坐标轴的正方向。下列说法正确的是（　　）
A．第2s内向东运动
B．第4s内向东运动
C．第内加速度大小为，方向向西
D．内的位移大小为
【答案】A,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．第2s内速度为正值，所以向东运动，故A正确；
B．第4s内速度为负值，所以向西运动，故B错误；
C．图像斜率表示加速度，第内加速度为，大小为，方向向西，故C正确；
D．图像面积表示位移，t轴上方表示正位移，下方表示负位移，内上下围成的面积相等，所以位移大小为0，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合 v-t 图像的物理意义（速度正负表示方向、斜率表示加速度、面积表示位移），逐一分析选项。
9．（2025高一上·益阳期末）水平面上有一个静止的物体，质量是，在的水平恒力作用下开始运动，末撤去外力，此时位移为，下列说法正确的是（　　）
A．物体的加速度为 B．物体受到的阻力为
C．末物体的速度为 D．整个过程的位移大小为
【答案】A,B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由，可得，A正确；
B．由牛顿第二定律，可得，B正确；
C．由牛顿第二定律，解得：
由，可得末物体的速度为
末物体的速度为，C错误；
D．由，可得撤去外力后，物体的位移为
则物体全程的位移为，D错误。
故答案为：AB。
【分析】分 “受外力运动” 和 “撤去外力后减速” 两个阶段，利用运动学公式和牛顿第二定律分析。
10．（2025高一上·益阳期末）在光滑的水平面上，有两个物块和，质量分别为和，用与水平面平行的轻质弹簧相连接，在水平向右的恒力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则（　　）
A．两物块一起运动的加速度大小
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大，两物块一起向右匀加速运动时，它们之间的间距变大
D．若两物体都运动到右侧一段粗糙的水平地面上，且两物体与水平地面动摩擦因数相等，则两物体之间间距变大
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有，又，解得，故B正确；
C．根据，可知若只增大，两物块一起向右匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．若两物体都运动到右侧一段粗糙的水平地面上，且两物体与水平地面动摩擦因数相等，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
弹力不变，形变量不变，两物体之间间距不变，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对整体和单个物块受力分析，结合牛顿第二定律、胡克定律分析选项。
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分。
11．（2025高一上·益阳期末）如图甲是“验证力的平行四边形定则”实验原理示意图。弹簧测力计的拉环端挂于固定点，挂钩端用细线挂一重物。弹簧测力计的挂钩端用细线系于点，用手捏住拉环向左拉，使结点静止在某位置。所用弹簧测力计的单位为。
（1）图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为　 　N：
（2）做实验时，根据测量结果在白纸上画出如图乙所示的示意图，其中为两弹簧测力计与悬挂重物的细线的结点，则图乙中一定与在同一直线上的是力　 　。
（3）若两个弹簧测力计的读数分为，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则　 　（选填“能”或“不能”）用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）不能；合力的大小超过了弹簧测力计的量程
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为
故答案为：
（2）F为用平行四边形法则得出的，F'是用一根弹簧实验得出的，方向一定与在同一直线上的是力F'。
故答案为：
（3）若两个弹簧测力计的读数分为，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则两个弹簧的合力，超出了量程为的弹簧测力计的量程，故不能用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力。
故答案为：不能；合力的大小超过了弹簧测力计的量程
【分析】（1）测力计读数：直接根据刻度分度值读取示数；
（2）实际合力：“一个力拉”的F'是实际合力，与重物重力方向共线；
（3）合力范围：分力夹角为锐角时，合力大于分力的几何和（勾股定理值），需判断是否超量程。
（1）图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为
（2）F为用平行四边形法则得出的，F'是用一根弹簧实验得出的，方向一定与在同一直线上的是力F'。
（3）[1][2]若两个弹簧测力计的读数分为，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则两个弹簧的合力，超出了量程为的弹簧测力计的量程，故不能用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力。
12．（2025高一上·益阳期末）某实验小组用图甲所示的装置做“探究小车加速度与小车质量、所受合外力关系”的实验。
（1）为了得到小车加速度与小车质量、所受合外力的关系，本实验采用的方法是_____法（选填下方选项前的字母）
A．放大 B．理想实验 C．控制变量 D．重复实验
（2）某次实验中打出的一条纸带如图乙所示，电源的频率，其中每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则由纸带可以求得小车的加速度大小为　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）若利用力传感器将实验装置改成如图丙所示，探究小车质量一定时，加速度与合外力的关系，下列操作必要且正确的是_____。
A．实验时需要先用天平测出沙及沙桶的质量
B．平衡摩擦力时要挂上沙桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，若打出的纸带点迹均匀表明小车做匀速直线运动，说明已经平衡好摩擦力
C．为了减小误差，实验中必须保证沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量
D．实验时让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，并要记录传感器的示数
【答案】（1）C
（2）0.42
（3）D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）为了得到小车加速度与小车质量、所受合外力的关系，本实验采用的是控制变量法。
故答案为：C
（2）电源的频率，其中每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为
小车的加速度大小为
故答案为：0.42
（3）AC．利用力传感器可以直接测量出细线的拉力，从而求出小车所受的合外力，不需要将沙和沙桶的总重力与细线的拉力近似相等，因此实验中不需要测出沙及沙桶的质量m，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量，故A、C错误；
B．平衡摩擦力时要取下细线和沙桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，若打出的纸带点迹均匀表明小车做匀速直线运动，说明已经平衡好摩擦力，故B错误；
D．实验时让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，并要记录传感器的示数，故D正确。
故答案为：D。
【分析】（1）方法选择：控制变量法是探究多因素关系的核心方法；
（2）加速度计算：利用逐差法处理纸带数据，减小误差；
（3）操作判断：力传感器的作用是直接测拉力，因此无需测沙桶质量、无需满足质量远小的条件，同时遵循打点计时器的操作规范。
（1）为了得到小车加速度与小车质量、所受合外力的关系，本实验采用的是控制变量法。
（2）电源的频率，其中每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为
小车的加速度大小为
（3）AC．利用力传感器可以直接测量出细线的拉力，从而求出小车所受的合外力，不需要将沙和沙桶的总重力与细线的拉力近似相等，因此实验中不需要测出沙及沙桶的质量m，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量，故A、C错误；
B．平衡摩擦力时要取下细线和沙桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，若打出的纸带点迹均匀表明小车做匀速直线运动，说明已经平衡好摩擦力，故B错误；
D．实验时让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，并要记录传感器的示数，故D正确。
故选D。
四、解答题：本题共3小题，第13题12分，第14题14分，第15题16分。
13．（2025高一上·益阳期末）如图所示，将球用水平细绳系住放在倾角为的光滑斜面上，若物体的质量为，重力加速度为，试求绳对小球的拉力和斜面受到的压力。
【答案】解：物体受力分析如图所示，由将T、N平移构成如图三角形，则拉力
方向水平向左；弹力，方向垂直斜面向上；
根据牛顿第三定律，则压力，方向垂直斜面向下。
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【分析】通过受力分析确定小球的三个平衡力，再将重力分解到与拉力、支持力共线的方向，利用平衡条件直接求解力的大小；最后通过牛顿第三定律得到斜面受到的压力。
14．（2025高一上·益阳期末）无人机下挂一重物，由静止开始自地面匀加速上升，当到达离地面高度处时，其速度为，此时悬挂重物的绳子突然断裂，空气阻力不计，取。求：
（1）重物自离开地面到再次落到地面的时间；
（2）重物落地时的速度。
【答案】（1）解：设向上为正方向，无人机由静止开始自地面匀加速上升过程有
解得
悬挂重物的绳子突然断裂后，根据位移公式有
解得（另一值舍掉）
则重物自离开地面到再次落到地面经历时间
（2）解：悬挂重物的绳子突然断裂后，结合上述，根据速度公式有
解得
所以中午落地后速度大小为，方向竖直向下。
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】将运动分为两段：断裂前：匀加速上升，用平均速度公式求上升时间；
断裂后：竖直上抛运动，以向上为正方向，利用位移公式求下落时间，再用速度公式求落地速度。
（1）设向上为正方向，无人机由静止开始自地面匀加速上升过程有
解得
悬挂重物的绳子突然断裂后，根据位移公式有
解得（另一值舍掉）
则重物自离开地面到再次落到地面经历时间
（2）悬挂重物的绳子突然断裂后，结合上述，根据速度公式有
解得
所以中午落地后速度大小为，方向竖直向下。
15．（2025高一上·益阳期末）如图，在倾角足够长且静止的传送带上有一个质量为的物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5。物体在拉力的作用下，由静止开始运动，的大小为，方向沿传送带向上。加速后撤去拉力，让物体在传送带上继续运动。已知点距底端A点，取，，，求：
（1）物体在拉力的作用下的加速度；
（2）物体运动到最高点时离斜面底端A点的距离；
（3）若物体运动到最高点的同时启动电机使传送带以的速度逆时针旋转，求物体从最高点回到底端A点的时间。
【答案】（1）解：对物块根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：撤去拉力前物块的位移为
撤去拉力时物块的速度为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律有
解得
木块停下的时间
木块内的位移
木块距斜面底端A点的距离
（3）解：木块开始下滑的加速度
木块从最高点与传送带共速的时间
内木块下滑的位移
木块距斜面底端的距离
木块与传送带共速后，摩擦力反向，由牛顿第二定律得加速度
由
解得
则木块从最高点达到斜面底端的时间为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）加速度计算：沿传送带方向受力分析，用牛顿第二定律直接求解；
（2）最高点距离：分“拉力作用加速”“撤力后减速”两段，结合运动学公式求位移，叠加初始距离；
（3）返回时间：传送带转动后，分“加速到共速”“共速后匀速+加速”两段，结合受力变化（摩擦力方向改变）分析加速度，再用运动学公式求时间。
（1）对物块根据牛顿第二定律得
解得
（2）撤去拉力前物块的位移为
撤去拉力时物块的速度为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律有
解得
木块停下的时间
木块内的位移
木块距斜面底端A点的距离
（3）木块开始下滑的加速度
木块从最高点与传送带共速的时间
内木块下滑的位移
木块距斜面底端的距离
木块与传送带共速后，摩擦力反向，由牛顿第二定律得加速度
由
解得
则木块从最高点达到斜面底端的时间为
1 / 1湖南省益阳市普通高中2024-2025学年高一上学期1月期末联考物理试题
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2025高一上·益阳期末）一遥控玩具汽车运动的图像如图所示，则玩具汽车在6s内的位移为（　　）
A． B． C．6m D．
2．（2025高一上·益阳期末）下列四幅图涉及到不同的物理知识，四个选项中说法正确的是（　　）
A．图甲中研究体操运动员的动作时，可将运动员看成质点
B．图乙中对各类汽车都有限速是因为汽车的速度越大惯性越大
C．图丙中举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．图丁中船相对水垂直河岸匀速行驶，无论水流速度多大，渡河时间一样长
3．（2025高一上·益阳期末）如图所示，质量相同的、两个小球用轻弹簧相连，的另一端用轻绳悬挂在天花板上，某一时刻突然剪断轻绳，则轻绳被剪断瞬间（　　）（已知重力加速度为g）
A．B的加速度为0 B．A的加速度为0
C．、的加速度都为 D．、的加速度都为
4．（2025高一上·益阳期末）自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径分别为、、，它们的边缘上有三个点A、B、C。自行车前进时，下列说法正确的是（　　）
A．A、B两点线速度大小之比为
B．A、B两点向心加速度大小之比为
C．B、C两点角速度之比为
D．、两点线速度之比为
5．（2025高一上·益阳期末）将一个铅球放在倾角为的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，在挡板由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中，关于铅球对挡板的压力和对斜面的压力的变化的判断中，下列说法正确的是（　　）
A．不变，逐渐增大
B．不变，逐渐减小
C．先减小后增大，逐渐增大
D．先减小后增大，逐渐减小
6．（2025高一上·益阳期末）一物体做匀减速直线运动，先后经过O、A、B，最后停在C点。已知长为长为，且通过段的时间都为，下列说法中正确的是（　　）
A．它经过A点的速度为 B．通过段所需时间为
C．段的长度为 D．它的加速度大小是
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
7．（2025高一上·益阳期末）如图所示，将一物体从距地面高处以的速度水平抛出，不计空气阻力，取。以下说法正确的是（　　）
A．物体在空中运动的时间
B．物体在空中运动的水平位移
C．物体落地时瞬时速度的大小
D．物体落地瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值
8．（2025高一上·益阳期末）某物体做直线运动，它的v—t图像如图所示。设向东为速度坐标轴的正方向。下列说法正确的是（　　）
A．第2s内向东运动
B．第4s内向东运动
C．第内加速度大小为，方向向西
D．内的位移大小为
9．（2025高一上·益阳期末）水平面上有一个静止的物体，质量是，在的水平恒力作用下开始运动，末撤去外力，此时位移为，下列说法正确的是（　　）
A．物体的加速度为 B．物体受到的阻力为
C．末物体的速度为 D．整个过程的位移大小为
10．（2025高一上·益阳期末）在光滑的水平面上，有两个物块和，质量分别为和，用与水平面平行的轻质弹簧相连接，在水平向右的恒力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则（　　）
A．两物块一起运动的加速度大小
B．弹簧的弹力大小为
C．若只增大，两物块一起向右匀加速运动时，它们之间的间距变大
D．若两物体都运动到右侧一段粗糙的水平地面上，且两物体与水平地面动摩擦因数相等，则两物体之间间距变大
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分。
11．（2025高一上·益阳期末）如图甲是“验证力的平行四边形定则”实验原理示意图。弹簧测力计的拉环端挂于固定点，挂钩端用细线挂一重物。弹簧测力计的挂钩端用细线系于点，用手捏住拉环向左拉，使结点静止在某位置。所用弹簧测力计的单位为。
（1）图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为　 　N：
（2）做实验时，根据测量结果在白纸上画出如图乙所示的示意图，其中为两弹簧测力计与悬挂重物的细线的结点，则图乙中一定与在同一直线上的是力　 　。
（3）若两个弹簧测力计的读数分为，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则　 　（选填“能”或“不能”）用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是　 　。
12．（2025高一上·益阳期末）某实验小组用图甲所示的装置做“探究小车加速度与小车质量、所受合外力关系”的实验。
（1）为了得到小车加速度与小车质量、所受合外力的关系，本实验采用的方法是_____法（选填下方选项前的字母）
A．放大 B．理想实验 C．控制变量 D．重复实验
（2）某次实验中打出的一条纸带如图乙所示，电源的频率，其中每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则由纸带可以求得小车的加速度大小为　 　（结果保留两位有效数字）。
（3）若利用力传感器将实验装置改成如图丙所示，探究小车质量一定时，加速度与合外力的关系，下列操作必要且正确的是_____。
A．实验时需要先用天平测出沙及沙桶的质量
B．平衡摩擦力时要挂上沙桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，若打出的纸带点迹均匀表明小车做匀速直线运动，说明已经平衡好摩擦力
C．为了减小误差，实验中必须保证沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量
D．实验时让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，并要记录传感器的示数
四、解答题：本题共3小题，第13题12分，第14题14分，第15题16分。
13．（2025高一上·益阳期末）如图所示，将球用水平细绳系住放在倾角为的光滑斜面上，若物体的质量为，重力加速度为，试求绳对小球的拉力和斜面受到的压力。
14．（2025高一上·益阳期末）无人机下挂一重物，由静止开始自地面匀加速上升，当到达离地面高度处时，其速度为，此时悬挂重物的绳子突然断裂，空气阻力不计，取。求：
（1）重物自离开地面到再次落到地面的时间；
（2）重物落地时的速度。
15．（2025高一上·益阳期末）如图，在倾角足够长且静止的传送带上有一个质量为的物体，物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5。物体在拉力的作用下，由静止开始运动，的大小为，方向沿传送带向上。加速后撤去拉力，让物体在传送带上继续运动。已知点距底端A点，取，，，求：
（1）物体在拉力的作用下的加速度；
（2）物体运动到最高点时离斜面底端A点的距离；
（3）若物体运动到最高点的同时启动电机使传送带以的速度逆时针旋转，求物体从最高点回到底端A点的时间。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】由图可知，时，遥控玩具汽车的位置
时，遥控玩具汽车的位置
则玩具汽车在6s内的位移为
故答案为：B。
【分析】x-t图像中，位移等于末位置坐标减去初位置坐标，直接读取初末时刻的位置值即可计算位移。
2．【答案】D
【知识点】质点；惯性与质量；超重与失重；小船渡河问题分析
【解析】【解答】A．研究体操运动员动作时，需关注其肢体姿态，不能忽略大小形状，不能看成质点，故A错误；
B．对各类汽车都有限速是因为汽车的质量越大惯性就越大，故B错误；
C．图丙中举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内，加速度为零，不处于超重状态，故C错误；
D．图丁中船相对水垂直河岸匀速行驶，无论水流速度多大，渡河时间等于河宽与船速的比值，故一样长，故D正确。
故答案为：D。
【分析】质点的判断：看研究对象的大小、形状是否可忽略；
惯性的本质：仅由质量决定，与速度无关；
超重的条件：加速度向上；
渡河时间：由垂直河岸的分运动（船速）和河宽决定，与水流速度无关。
3．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】设小球质量均为，轻绳剪断前，弹簧的弹力
轻绳被剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A根据牛顿第二定律
解得
对B根据牛顿第二定律
解得
故答案为：A。
【分析】轻绳被剪断瞬间，弹簧的弹力不会突变（因为弹簧形变无法瞬间改变），据此分别对 A、B 受力分析，分析各选项。
4．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】A．、为链条传动，相同时间经过的弧线长度相等则可以得出线速度大小相等，则有，即
故A错误；
B．根据向心加速度的表达式有可知
故B错误；
C．由题意可知，、为同轴转动，由于相同时间转过的角度相等，所以角速度大小相等，则有
即
故C正确；
D．根据线速度和角速度的关系式有，可知
故D错误。
故选C。
【分析】利用线传动可以得出线速度的比值，结合向心加速度的表达式可以求出加速度的比值；利用角速度相等结合线速度和角速度的关系可以求出线速度的比值。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】在挡板由竖直状态顺时针缓慢旋转到水平状态的过程中，以小球为对象，由平衡条件，根据三角形定则其受力如图所示
可知挡板对铅球的支持力先减小后增大，斜面对铅球的支持力逐渐减小；由牛顿第三定律可知，则铅球对挡板的压力先减小后增大，铅球对斜面的压力逐渐减小。
故答案为：D。
【分析】对铅球进行受力分析：铅球受重力、挡板的支持力、斜面的支持力，三力平衡。将、沿重力的反方向分解（利用矢量三角形分析）。
6．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A．根据题意，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，它在A点的速度为，故A错误；
D．逆向分析，根据题意，由逐差法有，解得加速度大小，故D错误；
BC．逆向分析为匀加速直线运动，由运动学公式可得，物体运动到A到C点的时间为
则通过段所需时间为
由公式可得，段的长度为，故B错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】将匀减速直线运动反向视为匀加速直线运动，利用中间时刻速度、逐差法、运动学公式分析。
7．【答案】B,D
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】A．根据平抛规律可知，竖直方向做自由落体，则有
物体在空中运动的时间，故A错误；
B．竖直方向做匀速直线运动，物体在空中运动的水平位移，故B正确；
C．物体落地时竖直方向速度，物体落地时瞬时速度的大小，故C错误；
D．物体落地瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】平抛运动分解为竖直方向的自由落体和水平方向的匀速直线运动，分别计算运动时间、水平位移、落地速度及速度偏角。
8．【答案】A,C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．第2s内速度为正值，所以向东运动，故A正确；
B．第4s内速度为负值，所以向西运动，故B错误；
C．图像斜率表示加速度，第内加速度为，大小为，方向向西，故C正确；
D．图像面积表示位移，t轴上方表示正位移，下方表示负位移，内上下围成的面积相等，所以位移大小为0，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】结合 v-t 图像的物理意义（速度正负表示方向、斜率表示加速度、面积表示位移），逐一分析选项。
9．【答案】A,B
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．由，可得，A正确；
B．由牛顿第二定律，可得，B正确；
C．由牛顿第二定律，解得：
由，可得末物体的速度为
末物体的速度为，C错误；
D．由，可得撤去外力后，物体的位移为
则物体全程的位移为，D错误。
故答案为：AB。
【分析】分 “受外力运动” 和 “撤去外力后减速” 两个阶段，利用运动学公式和牛顿第二定律分析。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得，故A错误；
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有，又，解得，故B正确；
C．根据，可知若只增大，两物块一起向右匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．若两物体都运动到右侧一段粗糙的水平地面上，且两物体与水平地面动摩擦因数相等，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
对m2受力分析，根据牛顿第二定律有
联立解得
弹力不变，形变量不变，两物体之间间距不变，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对整体和单个物块受力分析，结合牛顿第二定律、胡克定律分析选项。
11．【答案】（1）
（2）
（3）不能；合力的大小超过了弹簧测力计的量程
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为
故答案为：
（2）F为用平行四边形法则得出的，F'是用一根弹簧实验得出的，方向一定与在同一直线上的是力F'。
故答案为：
（3）若两个弹簧测力计的读数分为，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则两个弹簧的合力，超出了量程为的弹簧测力计的量程，故不能用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力。
故答案为：不能；合力的大小超过了弹簧测力计的量程
【分析】（1）测力计读数：直接根据刻度分度值读取示数；
（2）实际合力：“一个力拉”的F'是实际合力，与重物重力方向共线；
（3）合力范围：分力夹角为锐角时，合力大于分力的几何和（勾股定理值），需判断是否超量程。
（1）图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为
（2）F为用平行四边形法则得出的，F'是用一根弹簧实验得出的，方向一定与在同一直线上的是力F'。
（3）[1][2]若两个弹簧测力计的读数分为，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则两个弹簧的合力，超出了量程为的弹簧测力计的量程，故不能用一个量程为的弹簧测力计测量出它们的合力。
12．【答案】（1）C
（2）0.42
（3）D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）为了得到小车加速度与小车质量、所受合外力的关系，本实验采用的是控制变量法。
故答案为：C
（2）电源的频率，其中每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为
小车的加速度大小为
故答案为：0.42
（3）AC．利用力传感器可以直接测量出细线的拉力，从而求出小车所受的合外力，不需要将沙和沙桶的总重力与细线的拉力近似相等，因此实验中不需要测出沙及沙桶的质量m，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量，故A、C错误；
B．平衡摩擦力时要取下细线和沙桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，若打出的纸带点迹均匀表明小车做匀速直线运动，说明已经平衡好摩擦力，故B错误；
D．实验时让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，并要记录传感器的示数，故D正确。
故答案为：D。
【分析】（1）方法选择：控制变量法是探究多因素关系的核心方法；
（2）加速度计算：利用逐差法处理纸带数据，减小误差；
（3）操作判断：力传感器的作用是直接测拉力，因此无需测沙桶质量、无需满足质量远小的条件，同时遵循打点计时器的操作规范。
（1）为了得到小车加速度与小车质量、所受合外力的关系，本实验采用的是控制变量法。
（2）电源的频率，其中每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为
小车的加速度大小为
（3）AC．利用力传感器可以直接测量出细线的拉力，从而求出小车所受的合外力，不需要将沙和沙桶的总重力与细线的拉力近似相等，因此实验中不需要测出沙及沙桶的质量m，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的总质量，故A、C错误；
B．平衡摩擦力时要取下细线和沙桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，若打出的纸带点迹均匀表明小车做匀速直线运动，说明已经平衡好摩擦力，故B错误；
D．实验时让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，并要记录传感器的示数，故D正确。
故选D。
13．【答案】解：物体受力分析如图所示，由将T、N平移构成如图三角形，则拉力
方向水平向左；弹力，方向垂直斜面向上；
根据牛顿第三定律，则压力，方向垂直斜面向下。
【知识点】牛顿第三定律；力的合成与分解的运用
【解析】【分析】通过受力分析确定小球的三个平衡力，再将重力分解到与拉力、支持力共线的方向，利用平衡条件直接求解力的大小；最后通过牛顿第三定律得到斜面受到的压力。
14．【答案】（1）解：设向上为正方向，无人机由静止开始自地面匀加速上升过程有
解得
悬挂重物的绳子突然断裂后，根据位移公式有
解得（另一值舍掉）
则重物自离开地面到再次落到地面经历时间
（2）解：悬挂重物的绳子突然断裂后，结合上述，根据速度公式有
解得
所以中午落地后速度大小为，方向竖直向下。
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【分析】将运动分为两段：断裂前：匀加速上升，用平均速度公式求上升时间；
断裂后：竖直上抛运动，以向上为正方向，利用位移公式求下落时间，再用速度公式求落地速度。
（1）设向上为正方向，无人机由静止开始自地面匀加速上升过程有
解得
悬挂重物的绳子突然断裂后，根据位移公式有
解得（另一值舍掉）
则重物自离开地面到再次落到地面经历时间
（2）悬挂重物的绳子突然断裂后，结合上述，根据速度公式有
解得
所以中午落地后速度大小为，方向竖直向下。
15．【答案】（1）解：对物块根据牛顿第二定律得
解得
（2）解：撤去拉力前物块的位移为
撤去拉力时物块的速度为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律有
解得
木块停下的时间
木块内的位移
木块距斜面底端A点的距离
（3）解：木块开始下滑的加速度
木块从最高点与传送带共速的时间
内木块下滑的位移
木块距斜面底端的距离
木块与传送带共速后，摩擦力反向，由牛顿第二定律得加速度
由
解得
则木块从最高点达到斜面底端的时间为
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）加速度计算：沿传送带方向受力分析，用牛顿第二定律直接求解；
（2）最高点距离：分“拉力作用加速”“撤力后减速”两段，结合运动学公式求位移，叠加初始距离；
（3）返回时间：传送带转动后，分“加速到共速”“共速后匀速+加速”两段，结合受力变化（摩擦力方向改变）分析加速度，再用运动学公式求时间。
（1）对物块根据牛顿第二定律得
解得
（2）撤去拉力前物块的位移为
撤去拉力时物块的速度为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律有
解得
木块停下的时间
木块内的位移
木块距斜面底端A点的距离
（3）木块开始下滑的加速度
木块从最高点与传送带共速的时间
内木块下滑的位移
木块距斜面底端的距离
木块与传送带共速后，摩擦力反向，由牛顿第二定律得加速度
由
解得
则木块从最高点达到斜面底端的时间为
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