广东省广州市执信中学2024-2025学年高一上学期期中物理试卷

这是一份广东省广州市执信中学2024-2025学年高一上学期期中物理试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）执信中学今年有78名学生被中山大学录取，录取人数继续保持高位，很多执信学子进入高一就开始着手准备考中大，为了让同学们更好的了解中大，老师用手机导航软件查看了去中大的行驶线路，app界面上会显示出三条路线选择，具体图像如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．线路选择中的21分钟，代表时刻
B．方案中显示的7.8千米，表示位移
C．右侧方案和左侧方案对比，右侧方案汽车行驶的平均速度大
D．右侧方案和中间方案对比，中间方案汽车行驶的平均速率大
2．（4分）在教材中，有以下语句：任何物体受力时都会产生形变，只是形变有时很明显，可以用肉眼直接观察；有时很微小，需要借助仪器将其“放大”才能观察到。如图所示的装置可以显示出硬木板的微小形变，以下说法正确的是（ ）
A．重物受到的重力就是压力
B．重物向上形变使物体受到向上支持力
C．重物受到支持力的方向与硬木板恢复原状的方向一致
D．压力和支持力是一对平衡力
3．（4分）在教材习题中，我们做过同样习题；“歼﹣10”战斗机着陆时的速度很大，可用阻力伞使它减速（如图所示）。假设一架“歼﹣10”战斗机在一条笔直的水平跑道上着陆，刚着陆时速度为120m/s，在着陆的同时立即打开阻力伞。由于阻力的作用，战斗机加速度的大小为6m/s2。战斗机着陆后30s时间内的位移（ ）
A．900mB．1200mC．2400mD．6300m
4．（4分）在教材习题中，我们做过同样习题；弹力在日常生活和工农业生产中有着广泛的应用，如生活中的缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用来实现的。某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型，图中k1，k2为原长相等、劲度系数不同的轻质弹簧。垫片向右移动，以下说法正确的是（ ）
A．k1，k2的压缩量一定相同
B．k1，k2的弹力大小一定相同
C．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
D．劲度系数与弹簧弹力大小成正比
5．（4分）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离分别为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A．1.25m/s2B．1m/s2C．0.5m/s2D．0.25m/s2
6．（4分）在教材习题中，我们阅读过如下材料：中国科学院力学研究所于2000年建成了微重力落塔，如图所示，它是我国自行研制的地基微重力实验设施，是继德国Bremen落塔（ZARM）之后世界上第二座在地面上建成的超百米落塔。为了便于理解，我们对操作过程如下简化，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后撤去作用，实验舱在竖直上抛和自由下落阶段为舱内科学家提供微重力环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2s和下落阶段2s的4s微重力时间。若某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．实验舱开始竖直上抛的速度约为20m/s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100m
D．电磁弹射阶段用时约为2s
7．（4分）如图所示，一辆轿车以20m/s的速度，从匝道驶入限速为25m/s的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小，轿车司机踩油门超车，加速8s后发现无超车条件，立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方货车保持约60m左右距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速。下列说法中正确的是（ ）
A．该过程轿车出现了超速情况
B．该过程轿车在加速阶段的位移为48m
C．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大
D．轿车开始加速时与货车的距离约为101m
（多选）8．（6分）我们学的课本中，有一张这样的安全行驶距离图，具体情境如下：根据我国道路交通管理的相关规定，同一车道行驶的机动车，后车必须根据行驶速度、天气和路面情况，与前车保持必要的安全距离。如图所示的安全距离示意图，标出了一般情况下汽车在不同行驶速度下所对应的大致安全距刹车距离。在通常情况下，驾驶者的反应时间平均为0.4～1.5s，下列说法正确的是（ ）
A．反应时间是指刹车后的0.4s至1.5s一段时间
B．图像看出，驾驶员酒后出现交通事故主要原因是刹车距离显著增大
C．由图像看出，当行驶速度为60km/h，停车距离与反应距离的比值为7：3
D．由图像看出，随着行驶速度的增大，反应距离与刹车距离的比值逐渐减小
（多选）9．（6分）在教材习题中，我们做过相同习题；取一条细线，将细线的一端系在右手的中指上，另一端系上一个重量为G的重物。用轻质铅笔的一端顶住细线上的某点，铅笔的另一端置于右手掌心。保证铅笔水平，挂重物端的细线竖直向下。细线与铅笔的夹角为θ，铅笔与细绳间的摩擦忽略不计，以下说法正确的是（ ）
A．右手中指受到的细线拉力Gsinθ
B．右手掌心受到的压力Gtanθ
C．保持铅笔水平，若系在右手中指上的细线稍稍向下移动少许，手的疼痛感会减弱
D．若仅增加所挂重物重量，手的疼痛感会增强
（多选）10．（6分）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动
C．FN段无人机和装载物速度变化量大小为2m/s
D．EF段无人机加速度大于MN段加速度
二、实验题（每空2分，共16分）
11．（8分）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。
（1）利用ΔLi＝Li+3﹣Li（i＝1，2，3）计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝ cm，压缩量的平均值ΔL=ΔL1+ΔL2+ΔL33= cm；
（2）上述ΔL是管中增加 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留3位有效数字）。
12．（8分）小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。
（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用 。
A.钢球
B.乒乓球
（2）用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示，则h＝ cm。
（3）作出2h﹣t2图线，如图3所示，则可得到重力加速度g＝ m/s2。
（4）在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t′＝ （用h、t和v表示）。
13．（16分）这两年，第一性原理是一个高频词汇，所谓第一性原理，就是主张用物理学的思维看待世界、分析问题，透过现象看本质，意在让人们在探索知识的过程中追寻事物的本源。生活处处皆物理，2024年10月，执信中学刚刚进行了第46届校运动，同学们用自己所学的物理知识，解决几个物理问题：
问题一：引体向上比赛是校运动会的焦点赛事，引体向上分为窄握引体向上和宽握引体向上，窄握引体向上时，手臂基本与地面垂直，运动方向和发力方向相同；而宽握引体向上时，身体向上，但发力是向两边分散的。一个同学现在在操场做宽握引体向上，现在我们把该同学的运动过程进行简化，设该同学静止悬挂时，可以等效为两根相同细绳拉着一个物体，此时两细绳的夹角θ＝60°，物体重量G＝600N。
（1）画出物体的受力分析，并将重力按效果进行分解。（保留分解的作图痕迹）
（2）求细绳的拉力大小。
问题二：4×100米接力赛跑是校运动最火热的项目，接力赛中接棒情况的好坏通常会影响比赛成绩1﹣2秒，为了赛出好的成绩，1班的同学对接力情况进行了物理分析。假设甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10m/s的速度跑完全程。设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为4m/s2，乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。在这次练习中，甲以v＝10m/s的速度跑到接力区前端s0＝12m处向乙发出起跑口令。已知接力区的长度为L＝20m。
（1）若乙从静止加速到10m/s，求乙加速阶段时间和加速阶段位移；
（2）求此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离；
（3）简要说明甲到接力区前端12m处向乙发出起跑口令是否最优？如果不是，应该提前发出还是推迟发出。
14．（10分）2023年末2024年初，东北冰雪游人气“爆棚”，哈尔滨冰雪大世界、各大滑雪胜地都挤满了拉着行李箱来的南方游客。今年期中考期间，刚好是二十四节气的立冬（11月7日），2024年冬天来了，各位“南方小土豆”们，你们想去美丽的东北玩一场痛快的滑雪吗？那我们先来学习一下滑雪的基本知识。如图甲所示的“冰爬型”是北方冬天的一种滑雪游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了x＝12.96m后停下。某同学用v﹣t图象描述了上述运动过程（三次“点冰”过程中爬犁的加速度相同），如图乙所示。运动过程中，空气阻力不计，爬犁在减速阶段加速度恒定。
（1）求爬犁继续减速滑行时加速度a1的大小和运动中的最大速率vmax；
（2）求小孩“点冰”时爬犁加速度a2的大小。
15．（12分）某公共汽车的运行非常规则，先由静止开始匀加速启动，当速度达到v1＝10m/s时再做匀速运动，进站前开始匀减速制动，在到达车站时刚好停住。公共汽车在每个车站停车时间均为Δt＝25s，然后以同样的方式运行至下一站。已知公共汽车在加速启动和减速制动时加速度大小都为a＝1m/s2，所有相邻车站间的行程都为L＝600m，有一次当公共汽车刚刚抵达某一个车站时，一辆速度大小恒定为v2＝6m/s的电动车已经过该车站向前运动了t0＝60s，已知该电动车行进路线、方向与公共汽车完全相同，不考虑其他交通状况的影响，试求：
（1）公共汽车从车站出发至到达下一站所需的时间t是多少；
（2）若从下一站开始计数，公共汽车在刚到达第n站时，电动车也恰好同时到达此车站，求n为多少。
2024-2025学年广东省广州市执信中学高一（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）执信中学今年有78名学生被中山大学录取，录取人数继续保持高位，很多执信学子进入高一就开始着手准备考中大，为了让同学们更好的了解中大，老师用手机导航软件查看了去中大的行驶线路，app界面上会显示出三条路线选择，具体图像如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．线路选择中的21分钟，代表时刻
B．方案中显示的7.8千米，表示位移
C．右侧方案和左侧方案对比，右侧方案汽车行驶的平均速度大
D．右侧方案和中间方案对比，中间方案汽车行驶的平均速率大
【分析】时刻是一个时间点，时间是两个不同时刻之间的时间间隔；位移是矢量，有大小，有方向，位移可由初始点指向终点的有向线段表示，即位移只与物体的始末位置有关，路程是标量，是物体实际的运动轨迹；平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值。
【解答】解：A．线路选择中的“21分钟”代表的是行驶所需的时间段，而不是具体的时刻。时刻是指某一瞬时，而时间段则是指两个时刻之间的间隔。故A错误；
B．方案中显示的“7.8千米”是行驶的总路程，而不是位移。位移是矢量，有大小和方向，而路程只考虑大小，不考虑方向。在这里，“7.8千米”只是表示行驶的总距离，没有方向，所以是路程。故B错误；
C．对比右侧方案和左侧方案，虽然右侧方案的总路程可能较短，但由于我们无法知道两条路线的具体行驶时间，因此无法比较它们的平均速度。平均速度是位移与时间的比值，这里只知道路程，不知道时间，所以无法计算平均速度。故C错误；
D．对比右侧方案和中间方案，我们可以明显看出，中间方案行驶的总路程更长，行驶时间更短。平均速率是路程与时间的比值，路程越长，时间越短，平均速率越大。故D正确；
故选：D。
【点评】这道题主要考察的是对时刻与时间段、位移与路程、平均速度与平均速率的理解。
2．（4分）在教材中，有以下语句：任何物体受力时都会产生形变，只是形变有时很明显，可以用肉眼直接观察；有时很微小，需要借助仪器将其“放大”才能观察到。如图所示的装置可以显示出硬木板的微小形变，以下说法正确的是（ ）
A．重物受到的重力就是压力
B．重物向上形变使物体受到向上支持力
C．重物受到支持力的方向与硬木板恢复原状的方向一致
D．压力和支持力是一对平衡力
【分析】A.先确定重力与压力的施力物体与受力物体，进而判断；
BC.根据重物受到的支持力产生的原因及方向，进行分析判断；
D.根据压力与支持力的施力物体与受力物体，进行分析判断。
【解答】解：A.图中重物受到的重力，其施力物体是地球、受力物体是重物，硬木板受到的压力，其施力物体是重物、受力物体是硬木板，重力与压力是两个不同的力，故A错误；
BC.重物受到硬木板的支持力，是因为硬木板发生形变要恢复原状而产生的，该力与硬木板恢复原状的方向一致，垂直于硬木板指向重物，故B错误，C正确；
D.重物给硬木板的压力与硬木板给重物的支持力，是一对相互作用力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了对相互作用力与弹力的了解，需知弹力是由施力物体发生形变产生的。
3．（4分）在教材习题中，我们做过同样习题；“歼﹣10”战斗机着陆时的速度很大，可用阻力伞使它减速（如图所示）。假设一架“歼﹣10”战斗机在一条笔直的水平跑道上着陆，刚着陆时速度为120m/s，在着陆的同时立即打开阻力伞。由于阻力的作用，战斗机加速度的大小为6m/s2。战斗机着陆后30s时间内的位移（ ）
A．900mB．1200mC．2400mD．6300m
【分析】求出战斗机从开始减速到停止所用时间，根据位移计算公式进行解答。
【解答】解：战斗机从开始减速到停止所用时间为：t0=v0a=1206s＝20s
战斗机着陆后30s时间内已经停止运动了10s，所以战斗机着陆后30s时间内的位移等于20s内的位移。
根据位移计算公式可得：x=v02t0=1202×20m＝1200m，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
4．（4分）在教材习题中，我们做过同样习题；弹力在日常生活和工农业生产中有着广泛的应用，如生活中的缓冲装置就是利用弹簧的弹力作用来实现的。某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型，图中k1，k2为原长相等、劲度系数不同的轻质弹簧。垫片向右移动，以下说法正确的是（ ）
A．k1，k2的压缩量一定相同
B．k1，k2的弹力大小一定相同
C．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关
D．劲度系数与弹簧弹力大小成正比
【分析】垫片向右移动时，两弹簧均被压缩，两弹簧串联弹力相等；缓冲效果与弹簧的劲度系数有关；劲度系数是由弹簧本身的性质决定的。
【解答】解：AB、垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力相等，根据胡克定律可知：F＝kx，k1，k2为原长相等、劲度系数不同的轻质弹簧，则k1，k2的压缩量一定不相同，故A错误、B正确；
C、劲度系数越小的弹簧在相同的力作用下形变量较大，缓冲效果越好，所以缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，故C错误；
D、劲度系数是由弹簧本身的性质决定的，与弹簧弹力大小无关，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查弹簧弹力与伸长量的关系，关键是知道两弹簧串联弹力大小相等、以及劲度系数的决定因素。
5．（4分）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离分别为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A．1.25m/s2B．1m/s2C．0.5m/s2D．0.25m/s2
【分析】根据用平均速度表示的位移公式和加速度定义式求解。
【解答】解：设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为v2，且时间相等，均为2s，根据用平均速度表示的位移公式有
x=v2×4s
解得
v＝1m/s
则加速度
a=vt=12m/s2=0.5m/s2
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查匀变速直线运动的求解，学生要熟练掌握，属于简单题。
6．（4分）在教材习题中，我们阅读过如下材料：中国科学院力学研究所于2000年建成了微重力落塔，如图所示，它是我国自行研制的地基微重力实验设施，是继德国Bremen落塔（ZARM）之后世界上第二座在地面上建成的超百米落塔。为了便于理解，我们对操作过程如下简化，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后撤去作用，实验舱在竖直上抛和自由下落阶段为舱内科学家提供微重力环境。据报道该装置目前达到了上抛阶段2s和下落阶段2s的4s微重力时间。若某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重力加速度取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．实验舱开始竖直上抛的速度约为20m/s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100m
D．电磁弹射阶段用时约为2s
【分析】根据上升时间计算竖直上抛初速度，再根据匀变速直线运动规律计算电磁弹射阶段的时间；根据匀变速直线运动规律计算弹射阶段的上升距离；根据位移计算公式计算竖直上抛的高度。
【解答】解：AD、由题意可知实验舱上升时间为2s，可知实验舱开始上抛的速度大小为：v＝gt上＝10×2m/s＝20m/s；
电磁弹射阶段有v＝5gt，解得电磁弹射阶段用时：t＝0.4s，故A正确，D错误；
B、电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为：h1=v2t=202×0.4m＝4m，故B错误；
C、实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为：h2=v2t上=202×2m＝20m，故C错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。
7．（4分）如图所示，一辆轿车以20m/s的速度，从匝道驶入限速为25m/s的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小，轿车司机踩油门超车，加速8s后发现无超车条件，立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方货车保持约60m左右距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速。下列说法中正确的是（ ）
A．该过程轿车出现了超速情况
B．该过程轿车在加速阶段的位移为48m
C．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大
D．轿车开始加速时与货车的距离约为101m
【分析】由速度—时间图像求解，速度—时间图像的斜率表示加速度，图像与坐标轴所围成的面积表示位移。
【解答】解：A.由图可知，轿车的最大速度为24m/s，24m/s＜25m/s，该过程轿车没有出现超速情况，故A错误；
B.速度—时间图像面积表示位移，该过程轿车在加速阶段的位移为：x=12×(20+24)×8m=176m，故B错误；
C.当轿车速度大于货车速度时，两者距离减小，当轿车速度小于货车速度时，两者距离增加，由图可知轿车速度先大于货车后两车同速，所以该过程轿车与货车之间的距离先减小后不变，故C错误；
D.11s内货车的位移为：x1＝v1t＝18×11m＝198m
轿车的位移为速度—时间图中的面积：x2=12×(20+24)×8m+12×(24+18)×3m=239m
此过程中的位移关系：Δx+x1＝x2+60m
代入数据解得：Δx＝101m，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查速度—时间图像，明确速度—时间图像物理意义，解题关键是图像斜率表示加速度，图像与坐标轴所围成的面积表示位移，交点表示两车速度相等。
（多选）8．（6分）我们学的课本中，有一张这样的安全行驶距离图，具体情境如下：根据我国道路交通管理的相关规定，同一车道行驶的机动车，后车必须根据行驶速度、天气和路面情况，与前车保持必要的安全距离。如图所示的安全距离示意图，标出了一般情况下汽车在不同行驶速度下所对应的大致安全距刹车距离。在通常情况下，驾驶者的反应时间平均为0.4～1.5s，下列说法正确的是（ ）
A．反应时间是指刹车后的0.4s至1.5s一段时间
B．图像看出，驾驶员酒后出现交通事故主要原因是刹车距离显著增大
C．由图像看出，当行驶速度为60km/h，停车距离与反应距离的比值为7：3
D．由图像看出，随着行驶速度的增大，反应距离与刹车距离的比值逐渐减小
【分析】反应时间为刹车前的时间；由图可知停车距离与反应距离的比值；根据图中的数据可求出反应距离与刹车距离的比值。
【解答】解：A.反应时间指的是刹车前的0.4s﹣1.5s时间内，故A错误；
B.驾驶员酒后出现交通事故主要原因是反应距离增大，故B错误；
C.由图可以看出，当行驶速度为60km/h，停车距离与反应距离的比值为：x1：x2＝35：15＝7：3，故C正确；
D.不同行驶距离，反应距离与刹车距离的比值分别为：
s1：x1＝10：10＝1：1
s2：x2＝15：20＝3：4
s3：x3＝20：40＝1：2
比值逐渐减小，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查的是匀变速直线运动的规律，解题的关键明确汽车在整个运动过程中是先匀速再匀减速，熟记匀变速直线运动的速度公式和位移公式。
（多选）9．（6分）在教材习题中，我们做过相同习题；取一条细线，将细线的一端系在右手的中指上，另一端系上一个重量为G的重物。用轻质铅笔的一端顶住细线上的某点，铅笔的另一端置于右手掌心。保证铅笔水平，挂重物端的细线竖直向下。细线与铅笔的夹角为θ，铅笔与细绳间的摩擦忽略不计，以下说法正确的是（ ）
A．右手中指受到的细线拉力Gsinθ
B．右手掌心受到的压力Gtanθ
C．保持铅笔水平，若系在右手中指上的细线稍稍向下移动少许，手的疼痛感会减弱
D．若仅增加所挂重物重量，手的疼痛感会增强
【分析】AB.对细线与铅笔的结点处受力分析，由共点力的平衡条件，分析判断；
CD.结合AB结论，分析变量，进而判断。
【解答】解：AB.因为重物竖直向下拉细线的力F会产生两个作用效果：沿着上边斜线方向斜向下拉紧细线，沿着水平方向向右压紧铅笔，所以中指有被拉的感觉，掌心有被压的感觉。由题意知，重物在细线的拉力F与自身重力G的作用下，处于平衡状态，由共点力的平衡条件可得：F＝G，
如图，对细线与铅笔的结点处受力分析：
由共点力的平衡条件得：Tsinθ＝F，Tcsθ＝N，
联立可得：T=Gsinθ，N=Gtanθ，
则右手的中指受到的细线的拉力大小为Gsinθ，右手掌心受到的压力大小为Gtanθ，故AB正确；
CD.保持铅笔水平，若系在右手中指上的细线稍稍向下移动少许，则θ变小，由以上分析可知，右手的中指受到的细线的拉力变大，右手掌心受到的压力变大，则手的疼痛感会增强；若仅增加所挂重物重量，由以上分析可知，右手的中指受到的细线的拉力变大，右手掌心受到的压力变大，则手的疼痛感会增强。故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键是会正确地进行受力分析，然后根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。
（多选）10．（6分）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动
C．FN段无人机和装载物速度变化量大小为2m/s
D．EF段无人机加速度大于MN段加速度
【分析】根据y﹣t图线斜率物理意义结合该段直线方程进行分析判断；
根据图像斜率的物理意义分析加减速运动过程；
根据图像的斜率物理意义结合直线方程，利用速度变化量的公式列式求解；
匀速运动时加速度为零。
【解答】解：A.根据y﹣t图像切线斜率表示无人机速度，结合EF直线方程可知，EF段无人机做匀速直线运动，速度大小为vEF＝4m/s，故A正确；
B.根据y﹣t图像切线斜率表示无人机速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，故B正确；
CD.根据y﹣t图像切线斜率表示无人机速度，结合MN直线方程可知，MN段无人机做匀速直线运动，MN段无人机速度为vMN＝﹣2m/s，故FN段无人机速度变化量为Δv＝vMN﹣vEF＝﹣2m/s﹣4m/s＝﹣6m/s
由于在EF段和MN段无人机均做匀速直线运动，其加速度均为零，所以EF段加速度等于MN段加速度，故CD错误。
故选：AB。
【点评】考查物体运动的位移—时间图像的认识和理解，结合相应的直线方程分析解答实际问题。
二、实验题（每空2分，共16分）
11．（8分）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。
（1）利用ΔLi＝Li+3﹣Li（i＝1，2，3）计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝ 6.04 cm，压缩量的平均值ΔL=ΔL1+ΔL2+ΔL33= 6.05 cm；
（2）上述ΔL是管中增加 3 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为 48.6 N/m（结果保留3位有效数字）。
【分析】（1）根据表中实验数据求出弹簧的压缩量与弹簧压缩量的平均值。
（2）根据实验步骤与表中实验数据分析答题。
（3）根据胡克定律与平衡条件求出弹簧的劲度系数。
【解答】解：（1）由表中实验数据可知：ΔL3＝L3+3﹣L3＝（18.09﹣12.05）cm＝6.04cm
弹簧压缩量的平均值ΔL=ΔL1+ΔL2+ΔL33=6.03+6.08+6.043cm＝6.05cm
（2）与表中实验数据可知，上述ΔL是管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。
（3）单个钢球的质量m＝200g＝0.200kg，弹簧压缩量的平均值ΔL=6.05cm＝0.0605m
根据胡克定律与平衡条件得：kΔL=3mgsin30°，
代入数据解得，弹簧的劲度系数：k＝48.6N/m
故答案为：（1）6.04；6.05；（2）3；（3）48.6。
【点评】本题考查了测弹簧劲度系数实验，理解实验原理是解题的前提，根据表中实验数据应用平衡条件与胡克定律即可解题；解题时注意单位换算。
12．（8分）小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后，小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。
（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用 A 。
A.钢球
B.乒乓球
（2）用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图2所示，则h＝ 61.20 cm。
（3）作出2h﹣t2图线，如图3所示，则可得到重力加速度g＝ 9.6 m/s2。
（4）在图1中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t′＝ t+hv （用h、t和v表示）。
【分析】为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的钢球；根据自由落体公式结合图像斜率，求重力加速度；根据运动规律求时间。
【解答】解：（1）为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的钢球，故选A；
（2）刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由图2可知h＝61.20cm；
（3）根据自由落体的公式h=12gt2可得：
2h＝gt2
可知2h﹣t2图像的斜率表示重力加速度，根据图线则有：g=3.27-；
（4）下落过程中声音传播的时间为t1=hv
则小球下落的时间为t'=t+t1=t+hv。
故答案为：（1）A；（2）61.20；（3）9.55；（4）t+hv。
【点评】本题解题关键是分析出2h﹣t2图像的斜率表示重力加速度，考查学生用数学解决物理问题的能力。
13．（16分）这两年，第一性原理是一个高频词汇，所谓第一性原理，就是主张用物理学的思维看待世界、分析问题，透过现象看本质，意在让人们在探索知识的过程中追寻事物的本源。生活处处皆物理，2024年10月，执信中学刚刚进行了第46届校运动，同学们用自己所学的物理知识，解决几个物理问题：
问题一：引体向上比赛是校运动会的焦点赛事，引体向上分为窄握引体向上和宽握引体向上，窄握引体向上时，手臂基本与地面垂直，运动方向和发力方向相同；而宽握引体向上时，身体向上，但发力是向两边分散的。一个同学现在在操场做宽握引体向上，现在我们把该同学的运动过程进行简化，设该同学静止悬挂时，可以等效为两根相同细绳拉着一个物体，此时两细绳的夹角θ＝60°，物体重量G＝600N。
（1）画出物体的受力分析，并将重力按效果进行分解。（保留分解的作图痕迹）
（2）求细绳的拉力大小。
问题二：4×100米接力赛跑是校运动最火热的项目，接力赛中接棒情况的好坏通常会影响比赛成绩1﹣2秒，为了赛出好的成绩，1班的同学对接力情况进行了物理分析。假设甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10m/s的速度跑完全程。设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为4m/s2，乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。在这次练习中，甲以v＝10m/s的速度跑到接力区前端s0＝12m处向乙发出起跑口令。已知接力区的长度为L＝20m。
（1）若乙从静止加速到10m/s，求乙加速阶段时间和加速阶段位移；
（2）求此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离；
（3）简要说明甲到接力区前端12m处向乙发出起跑口令是否最优？如果不是，应该提前发出还是推迟发出。
【分析】问题一：（1）物体受到重力、两边细绳的拉力F，由此作图；
（2）竖直方向根据平衡条件进行解答；
问题二：（1）根据速度—时间关系求解时间；根据位移计算公式求解乙加速阶段位移大小；
（2）根据位移—时间关系求解相遇时间，再根据位移计算公式求解乙的位移即可；
（3）为了达到最理想的成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，由此分析。
【解答】解：问题一：（1）物体受到重力、两边细绳的拉力F，并将重力按效果进行分解，如图所示。
（2）竖直方向根据平衡条件可得：2Fcsθ2=G
解得：F＝2003N；
问题二：（1）根据速度—时间关系可得：t=va=104s＝2.5s
乙加速阶段位移大小为：x=v2t=102×2.5m＝12.5m；
（2）设甲向乙发出起跑口令后经过t1时间完成交接，则有：vt1＝s0+12at12
解得：t1＝2s（或t1＝3s＞t＝2.5s，不合题意，舍去）
此过程中乙的位移大小为：x1=12at12=12×4×22m＝8m
交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离为8m；
（3）甲到接力区前端12m处向乙发出起跑口令时，乙接棒时的速度为：v1＝at1＝4×2m/s＝8m/s
为了达到最理想的成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，此过程所用的时间为t＝2.5s，所以应该提前发出口令。
答：问题一：（1）图像见解析；
（2）细绳的拉力大小为2003N。
问题二：（1）若乙从静止加速到10m/s，乙加速阶段时间为2.5s，加速阶段位移为12.5m；
（2）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离为8m；
（3）甲到接力区前端12m处向乙发出起跑口令不是最优；应该提前发出口令。
【点评】在解答匀变速直线运动一类题目时，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度—时间关系和位移—时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度—位移关系公式解答。
14．（10分）2023年末2024年初，东北冰雪游人气“爆棚”，哈尔滨冰雪大世界、各大滑雪胜地都挤满了拉着行李箱来的南方游客。今年期中考期间，刚好是二十四节气的立冬（11月7日），2024年冬天来了，各位“南方小土豆”们，你们想去美丽的东北玩一场痛快的滑雪吗？那我们先来学习一下滑雪的基本知识。如图甲所示的“冰爬型”是北方冬天的一种滑雪游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了x＝12.96m后停下。某同学用v﹣t图象描述了上述运动过程（三次“点冰”过程中爬犁的加速度相同），如图乙所示。运动过程中，空气阻力不计，爬犁在减速阶段加速度恒定。
（1）求爬犁继续减速滑行时加速度a1的大小和运动中的最大速率vmax；
（2）求小孩“点冰”时爬犁加速度a2的大小。
【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移—时间公式求解加速运动的加速度，根据位移平均速度公式求解最大速率；
（2）根据加速运动和减速运动的速度变化量绝对值相等求解小孩“点冰”时爬犁加速度的大小。
【解答】解：（1）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有x=12a1t12，代入数据得，
12.96m=12×a1×(12.0-4.8)2m，可解得：a1＝0.5m/s2，
根据x=12vmaxt1，可解得最大速度为vmax=2xt1=2×；
（2）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，根据v﹣t图象可知，每次点冰时间为0.8s，下一次点冰到上一次点冰的时间间隔为1.2s，
加速的时间共计t2＝0.8s+0.8s+0.8s＝2.4s，
减速的时间共计t1＝1.2s+1.2s+7.2s＝9.6s，
根据a1t1＝a2t2，代入数据得0.5×9.6m/s＝a2×2.4m/s，解得a2=2m/s2。
答：（1）爬犁减速滑行时加速度的大小为0.5m/s2，运动中的最大速率为3.6m/s；
（2）小孩“点冰”时爬犁加速度的大小为2m/s2。
【点评】考查对匀变速直线运动规律和运动学图像的理解，结合公式解答。
15．（12分）某公共汽车的运行非常规则，先由静止开始匀加速启动，当速度达到v1＝10m/s时再做匀速运动，进站前开始匀减速制动，在到达车站时刚好停住。公共汽车在每个车站停车时间均为Δt＝25s，然后以同样的方式运行至下一站。已知公共汽车在加速启动和减速制动时加速度大小都为a＝1m/s2，所有相邻车站间的行程都为L＝600m，有一次当公共汽车刚刚抵达某一个车站时，一辆速度大小恒定为v2＝6m/s的电动车已经过该车站向前运动了t0＝60s，已知该电动车行进路线、方向与公共汽车完全相同，不考虑其他交通状况的影响，试求：
（1）公共汽车从车站出发至到达下一站所需的时间t是多少；
（2）若从下一站开始计数，公共汽车在刚到达第n站时，电动车也恰好同时到达此车站，求n为多少。
【分析】（1）根据匀加速运动的速度—时间关系及位移—时间关系求出加速时的时间和位移，而减速时的时间和位移与加速度的相同，进而求出匀速时的时间，总时间为三者时间之和；
（2）设电动车到达地n站的总时间为T，则T＝n（t+Δt）+t0，根据位移关系即可求解。
【解答】解：设公共汽车加速时所用时间为t1，则：t1=v1a=101s＝10s
设加速启动时行驶的位移为s1，则：s1=v12t1=102×10m＝50m
减速运动的时间及位移与加速度的时间和位移相等，设汽车匀速行驶的位移为s2，
s2＝s﹣2s1＝600m﹣2×50m＝500m
所以匀速行驶的时间：t2=s2v1=50010s＝50s
所以汽车在每站之间行驶的时间为：t＝2t1+t2＝2×10s+50s＝70s；
（2）设电动车到达第n站的总时间为T，T＝n（t+Δt）+t0
所以有：v2T＝ns
代入数据解得：n＝12。
答：（1）公共汽车从其中一站出发至到达下一站所需的时间是70s；
（2）若从下一站开始计数，公共汽车在刚到达第n站时，电动车也恰好同时到达此车站，n为12。
【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，合理的选择匀变速直线运动的计算公式进行解答。n
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