2025-2026学年广西桂林市高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年广西桂林市高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）2025年9月13日，我国海军福建舰赴南海相关海域开展科研试验和训练任务。某舰载机在航母甲板上由静止沿直线加速起飞的过程中，若其加速度恒定不变，下列各图中能反映其速度v随时间t变化关系的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（4分）足球运动有利于青少年自身良好性格的形成。在一场足球比赛中关于质点的描述，下列说法正确的是（ ）
A．研究守门员扑救球过程的动作舒展度时，可以将守门员视为质点
B．研究球员从后场参与进攻冲刺到对方禁区的时间长短时，可以将球员视为质点
C．研究远距离射门过程中球与球门间的距离时，不能将球视为质点
D．研究运动员在比赛过程中的任何动作细节，均可将其视为质点
3．（4分）弩是古代的一种冷兵器，是古代兵车战法中的重要组成部分，它利用张开的弓弦急速回弹形成的动能，高速将箭射出。如图所示，某次发射弩箭的瞬间，两端弓弦的夹角为60°，弓弦上的张力大小为FT，则此时弩箭受到的弓弦的作用力大小为（ ）
A．2FTB．FTC．FTD．FT
4．（4分）自然灾害发生时，无人机可快速进入灾区进行灾情侦查和现场评估，甚至投放应急物资。在一次投放应急物资的过程中，无人机水平向右匀速飞行途中，某时刻将应急物资相对无人机从静止释放（应急物资竖直方向可近似认为只受重力作用）。若以水平向右方向为x轴正方向，竖直向下方向为y轴正方向，关于应急物资在空中的运动轨迹，可能为下列图中的（ ）
A．B．
C．D．
5．（4分）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（ ）
A．0.6gB．1.8gC．2gD．3g
6．（4分）高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，B、C、D为AE的四等分点。汽车刚冲进避险车道A点时的速度为v，经过t时间到达D，最终在E点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．从A到E汽车运动的总位移为vt
B．从A到E汽车运动的总位移为2vt
C．汽车从C运动到E的时间为
D．汽车从C运动到E的时间为
7．（4分）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的大
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的短
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度大小和乙相等
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
（多选）8．（4分）若质量、长度、时间和力分别用m、L、t和F表示，则下列各式可能表示速度的是（ ）
A．B．C．D．
（多选）9．（4分）在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，如图所示。设风力水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程中（ ）
A．风力一直在增大
B．上端的绳子的拉力先增大后减小
C．上端的绳子的拉力在逐渐增大
D．国旗受到的合力增大
（多选）10．（10分）如图甲所示，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，一物块无初速度地放上皮带轮底端，受到一个方向始终与运动方向垂直、大小为F＝kv的拉力作用，物块由底端运动至皮带轮顶端的过程中，其v﹣t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为5.5s，关于物块及其运动过程的说法中正确的是（ ）
A．该物块先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动
B．皮带轮的传动速度大小一定为2m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在3∼5.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中第1315题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（10分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，如图甲所示。
（1）（单选）下列操作或思考可行的是 ；
A．同一次实验，允许结点O的位置变动
B．做实验时先把一个弹簧测力计拉至最大示数，再调节另外一个弹簧测力计示数
C．若只有一个弹簧测力计和两根细绳也能完成实验
D．两根细绳要等长
（2）如图是某同学四次测量操作的照片，其中操作最为合理的是 ；
A．
B．
C．
D．
（3）某次实验中，通过两弹簧测力计把橡皮筋拉至O点，记录了两弹簧测力计的示数和细绳的方向。如图乙所示，通过在坐标纸上作力的图示求得F1、F2合力大小F合＝ N，其中正方形小方格边长表示1.0N。
12．（10分）某校物理实验小组“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）（多选）关于该实验操作，下列说法正确的是 。
A．调节滑轮高度使细线与轨道平行
B．补偿阻力时小车不用连接纸带
C．改变小车质量后，需要重新补偿阻力
D．小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车
（2）实验时为了使得绳子拉力近似等于所挂槽码重力，必须使得小车质量M远大于槽码质量m，若实验过程中要求绳子拉力的相对误差控制在5%以内，则小车质量至少是槽码质量的 倍。（其中相对误差公式为）
（3）实验过程中，已知交流电的频率为50Hz，经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带（每5个点取一个计数点），则计数点2所在位置的刻度尺读数为 cm，小车的加速度大小为 m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（4）为探究小车加速度与所受合外力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下， （选填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。
13．（10分）某款可回收的水火箭升空达到一定高度后从静止开始下落，下落的加速度大小为8m/s2、方向竖直向下，下落3s后降落伞打开；此后水火箭开始做匀减速直线运动，直至落地，测得落地时速度为4m/s。已知下落过程历时11s。求：
（1）降落伞打开时水火箭的速度大小；
（2）水火箭下落时离地高度；
14．（10分）2024年11月，在中国教育学会物理教学专业委员会举办的科学晚会中，图（a）所示的节目《拱形的奥秘》揭示了拱形结构在建筑中的广泛应用，图（b）是两位老师搭建的拱桥模型简化图，整个模型静止在水平桌面上。构件1与构件3相对正中央的构件2左右对称，假设构件2的左右两侧面与竖直方向夹角均为θ＝37°，构件1、2、3质量均为m，构件1、3与水平桌面间动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余摩擦力忽略不计，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）构件1对构件2的弹力大小；
（2）构件1对水平桌面的压力大小；
（3）构件1、3与桌面间动摩擦因数μ的最小值。
15．（14分）如图甲所示，打印机的送纸系统由搓纸轮A、送纸轮B和分纸轮C构成，当按下打印按钮后，A迅速下降到与纸盒中最上面一张纸相接触，通过摩擦将纸张送到B、C之间，然后迅速提升高度离开纸堆，B、C又通过摩擦将纸张输送到下一送纸单元。已知A、B、C与纸张之间的动摩擦因数均为μ1＝0.9，纸张之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，A、B、C与纸张接触时对纸张的压力大小均为FN＝0.5N，每张纸的质量均为m＝5g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为g＝10m/s2。
（1）A搓动最上面的一张纸时，纸的加速度大小是多少；
（2）如图乙所示，当只有一张纸送到B、C之间时，B、C立即以相同大小的速度v＝0.6m/s分别逆时针、顺时针转动。已知纸张送到B、C之间时的速度为v0＝0.3m/s，不计纸张的重力和其他阻力，纸张会在B、C后达到最大速度。求纸张在此加速过程中运动位移的大小；
（3）如图丙所示，若因纸张之间的接触面粗糙程度异常，导致某次有两张纸1、2同时被送到B和C之间，此时B、C立即以相同大小的速度v＝0.6m/s逆时针转动。已知1、2之间的动摩擦因数变为了μ3＝0.8，纸张1、2被送到B、C之间时的速度仍为v0＝0.3m/s，不计纸张的重力和其他阻力，当纸张2离开B、C之间时，纸张1仍在B、C之间，求此过程中纸张1位移的大小。
2025-2026学年广西桂林市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题：本大题共10题，共46分。第1∼7题，每题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8∼10题，每题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1．（4分）2025年9月13日，我国海军福建舰赴南海相关海域开展科研试验和训练任务。某舰载机在航母甲板上由静止沿直线加速起飞的过程中，若其加速度恒定不变，下列各图中能反映其速度v随时间t变化关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由v﹣t图像的斜率表示加速度判断加速度的变化，从而得出结论。
【解答】解：v﹣t图斜率表示加速度，其加速度恒定不变，故v﹣t图是一条过原点的倾斜直线，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题为速度v﹣t图像的考查，解题的关键是要知道v﹣t图像的斜率表示加速度。
2．（4分）足球运动有利于青少年自身良好性格的形成。在一场足球比赛中关于质点的描述，下列说法正确的是（ ）
A．研究守门员扑救球过程的动作舒展度时，可以将守门员视为质点
B．研究球员从后场参与进攻冲刺到对方禁区的时间长短时，可以将球员视为质点
C．研究远距离射门过程中球与球门间的距离时，不能将球视为质点
D．研究运动员在比赛过程中的任何动作细节，均可将其视为质点
【分析】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。
【解答】解：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：
A．研究守门员扑救动作的舒展度时，需要关注其肢体动作和形状，不能将守门员视为质点，故A错误；
B．研究球员冲刺到对方禁区的时间时，球员的大小和形状对时间计算无影响，可以将球员视为质点，故B正确；
C．研究远距离射门时球与球门的距离，球的大小可忽略，能将球视为质点，故C错误；
D．研究动作细节时，运动员的形状和动作不可忽略，不能视为质点，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了对质点的理解，解题关键是掌握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。
3．（4分）弩是古代的一种冷兵器，是古代兵车战法中的重要组成部分，它利用张开的弓弦急速回弹形成的动能，高速将箭射出。如图所示，某次发射弩箭的瞬间，两端弓弦的夹角为60°，弓弦上的张力大小为FT，则此时弩箭受到的弓弦的作用力大小为（ ）
A．2FTB．FTC．FTD．FT
【分析】根据合力与分力的关系，由三角函数关系即可求出。
【解答】解：两端弓弦的夹角为60°，弓弦上的张力大小为FT，根据力合成的平行四边形定则，则此时弩箭受到的弓弦的作用力大小为，F＝2FTcs30 FT，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题关键是正确根据力的矢量法则求解，要注意弓弦对箭的作用力大小是箭的合力。
4．（4分）自然灾害发生时，无人机可快速进入灾区进行灾情侦查和现场评估，甚至投放应急物资。在一次投放应急物资的过程中，无人机水平向右匀速飞行途中，某时刻将应急物资相对无人机从静止释放（应急物资竖直方向可近似认为只受重力作用）。若以水平向右方向为x轴正方向，竖直向下方向为y轴正方向，关于应急物资在空中的运动轨迹，可能为下列图中的（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由于惯性，应急物资释放时有水平初速度，释放后做平抛运动；再根据平抛运动规律列式判断。
【解答】解：应急物资和无人机一起水平匀速飞行，由于惯性，释放后应急物资有水平初速度，只受重力，所以在空中做平抛运动，应急物资被释放后做平抛运动，则有
联立解得
可知这是一条开口向下y轴正方向的抛物线，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了平抛运动，关键是掌握平抛运动的特点。
5．（4分）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（ ）
A．0.6gB．1.8gC．2gD．3g
【分析】在蹦极过程中，最终拉力等于重力，利用牛顿第二定律列方程求解加速度即可。
【解答】解：当时间很长时，拉力等于重力，因此人的重力mg约为0.6F0
而人受到绳子的最大拉力约为F＝1.8F0
设人在蹦极过程中最大加速度为a，根据牛顿第二定律有1.8F0﹣mg＝ma
解得a＝2g，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】关键是看懂图像，最终平衡时，拉力等于重力，且拉力方向与重力方向相反，由牛顿第二定律求得加速度。
6．（4分）高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，B、C、D为AE的四等分点。汽车刚冲进避险车道A点时的速度为v，经过t时间到达D，最终在E点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．从A到E汽车运动的总位移为vt
B．从A到E汽车运动的总位移为2vt
C．汽车从C运动到E的时间为
D．汽车从C运动到E的时间为
【分析】将汽车运动的过程看作是逆向的初速度为零的匀加速运动，结合匀变速直线运动规律求解。
【解答】解：AB．将汽车运动的过程看作是逆向的初速度为零的匀加速运动，因为ED：DA＝1：3，可知D点为整个运动的中间时刻，则从A到E的总时间为2t，汽车刚冲进避险车道A点时的速度为v，最终在E点停下，则从A到E汽车运动的总位移为，故A正确，B错误；
CD．因为B、C、D为AE的四等分点，则
汽车从C运动到E的时间为，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题的技巧是利用匀加速直线运动的推论。对于匀加速直线运动推导的一些推论，应在理解的基础上记忆，解选择题时加以运用，可大大提高解题速度。
7．（4分）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°。已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。下列说法正确的是（ ）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的大
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的短
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度大小和乙相等
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大
【分析】根据水平速度和竖直速度的几何关系、水平位移和竖直位移的几何关系，结合题意分析判断，再结合平抛运动规律分析判断；根据平抛运动规律和题意分析竖直方向速度，再结合水平速度和竖直速度的几何关系，匀速直线运动速度公式分析判断。
【解答】解：AB．设箭的水平初速度为v0，入壶时与水平方向的夹角为θ，则

由于tan53°＞tan37°
所以
若两人站在距壶相同水平距离处投壶，即x甲＝x乙
则h甲＞h乙
根据自由落体运动位移—时间关系式，可知t甲＞t乙
即甲所投的箭在空中运动时间比乙的长，根据x＝v0t可知v0甲＜v0乙，即甲所投箭的初速度比乙的小，故A错误，B正确；
CD．若箭在竖直方向下落的高度相等，即h甲＝h乙
由自由落体运动位移—时间关系式可知t甲＝t乙
根据vy＝gt可知竖直速度相同
根据，可知甲所射箭落入壶口时速度大小小于乙；
根据，可知甲抛出时的初速度较小
根据x＝v0t，可知，甲投壶位置距壶的水平距离比乙的小，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题关键掌握平抛运动的规律，水平速度和竖直速度的几何关系、水平位移和竖直位移的几何关系，及两者的几何关系。
（多选）8．（4分）若质量、长度、时间和力分别用m、L、t和F表示，则下列各式可能表示速度的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】速度的单位为m/s，根据各表达式的单位来确定即可。
【解答】解：速度的单位为m/s；
A．的单位为，不是速度单位，故A错误；
B．的单位为，是速度单位，故B正确；
C．的单位为，不是速度单位，故C错误；
D．的单位为，是速度单位，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了单位制，解题关键是根据各表达式来确定其单位即可。
（多选）9．（4分）在一次学校的升旗仪式中，小明观察到拴在国旗上端和下端各有一根绳子，随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，下端的绳子几乎是松弛的，如图所示。设风力水平，两绳重力忽略不计，由此可判断在国旗升起的过程中（ ）
A．风力一直在增大
B．上端的绳子的拉力先增大后减小
C．上端的绳子的拉力在逐渐增大
D．国旗受到的合力增大
【分析】下端的绳子几乎是松弛的，没有拉力，将国旗看作质点，并对其分析受力，利用图解法分析各力的变化情况。
【解答】解：由题可知，下端的绳子几乎是松弛的，则该段绳子没有拉力，将国旗看作质点，对其分析受力，如图所示：
随着国旗的徐徐升起，上端的绳子与旗杆的夹角在变大，根据图解法有
由上图可以看出，随着上端的绳子与旗杆的夹角在变大，风力F风也逐渐增大、上端绳子的拉力FT也逐渐增大，国旗受到的合力为0，保持不变，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】本题考查动态平衡问题，要注意分析受力，掌握图解法的应用。
（多选）10．（10分）如图甲所示，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，一物块无初速度地放上皮带轮底端，受到一个方向始终与运动方向垂直、大小为F＝kv的拉力作用，物块由底端运动至皮带轮顶端的过程中，其v﹣t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为5.5s，关于物块及其运动过程的说法中正确的是（ ）
A．该物块先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动
B．皮带轮的传动速度大小一定为2m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在3∼5.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
【分析】根据v﹣t图像的斜率表示加速度分析物块的运动情况；当物块的加速度为零时速度最大，根据平衡条件结合F＝kv列方程，即可分析传送带的速度大小，再分析能否求出该过程中物块与皮带发生的相对位移；在3∼5.5s内，若传送带的速度大于物块的速度，物块与皮带有相对运动。
【解答】解：A、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，该物块先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动，故A正确；
BC、当物块的加速度为零时，速度最大，此时有μ（mgcsθ﹣kv）＝mgsinθ，可得物块匀速运动的速度v，可知只要传送带的速度大于2m/s能使物块有沿传送带向上的摩擦力即可，物块达到最大速度v的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度无法确定，也就无法求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故BC错误；
D、由以上分析可知，在3∼5.5s内，若传送带的速度大于物块的速度，物块与皮带有相对运动，故D正确。
故选：AD。
【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不相等，关键要把握物块速度最大的条件：加速度为零。
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中第1315题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
11．（10分）某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，如图甲所示。
（1）（单选）下列操作或思考可行的是 C ；
A．同一次实验，允许结点O的位置变动
B．做实验时先把一个弹簧测力计拉至最大示数，再调节另外一个弹簧测力计示数
C．若只有一个弹簧测力计和两根细绳也能完成实验
D．两根细绳要等长
（2）如图是某同学四次测量操作的照片，其中操作最为合理的是 B ；
A．
B．
C．
D．
（3）某次实验中，通过两弹簧测力计把橡皮筋拉至O点，记录了两弹簧测力计的示数和细绳的方向。如图乙所示，通过在坐标纸上作力的图示求得F1、F2合力大小F合＝ 6.0 N，其中正方形小方格边长表示1.0N。
【分析】（1）根据保证合力和分力的作用效果相同判断；根据可能会超过橡皮筋的弹性限度判断；根据固定一根细线记录另一根细线的大小和方向的方法进行验证；根据减小拉力方向标记的误差判断；
（2）根据减小读数误差分析判断；
（3）根据平行四边形定则作出合力计算。
【解答】解：（1）A．为了保证合力和分力的作用效果相同，同一次实验中，结点O的位置不能变动，故A错误；
B．做实验时先把一个弹簧测力计拉至最大示数，再调节另外一个弹簧测力计示数，再用一个弹簧测力计将橡皮筋拉到O点时，可能会超过橡皮筋的量程，故B错误；
C．测分力时，一根细线的一端固定在墙上，弹簧测力计勾住另一根绳套并用力拉动，记录O点的位置和此时力的大小和方向及另一个力的方向，同理沿原来标记的方向固定这根细绳，弹簧测力计钩在另一根绳套上，沿原来记录的方向拉绳套，使O点重新达到原来的位置，并记录弹簧测力计示数，接下来单独用弹簧秤勾住一根绳的绳套，将结点拉到O点，并记录弹簧测力计的示数和力的方向，即可验证该实验，故C正确；
D．为了减小拉力方向标记的误差，两根细绳应适当长一些，但不需要等长，故D错误。
故选：C。
（2）在实验过程中，为了减小读数误差带来的影响，分力和合力要尽可能的大一些，所以两分力的夹角要适中。分力一定时，夹角过大，合力会偏小；夹角过小，合力会偏大。故B正确，ACD错误。
故选：B。
（3）根据平行四边形定则，作出合力如下图所示
使用刻度尺测量F合，读数为6.0格，正方形小方格边长表示1.0N，所以F合＝6.0N。
故答案为：（1）C；（2）B；（3）6.0。
【点评】本题关键掌握探究两个互成角度的力的合成规律的实验原理和减小实验误差的方法，利用平行四边形定则处理问题的方法。
12．（10分）某校物理实验小组“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
（1）（多选）关于该实验操作，下列说法正确的是 AD 。
A．调节滑轮高度使细线与轨道平行
B．补偿阻力时小车不用连接纸带
C．改变小车质量后，需要重新补偿阻力
D．小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车
（2）实验时为了使得绳子拉力近似等于所挂槽码重力，必须使得小车质量M远大于槽码质量m，若实验过程中要求绳子拉力的相对误差控制在5%以内，则小车质量至少是槽码质量的 20 倍。（其中相对误差公式为）
（3）实验过程中，已知交流电的频率为50Hz，经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带（每5个点取一个计数点），则计数点2所在位置的刻度尺读数为 10.50 cm，小车的加速度大小为 0.55 m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
（4）为探究小车加速度与所受合外力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下， 乙 （选填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。
【分析】（1）根据保证小车合力为绳子拉力判断；根据纸带与打点计时器间存在阻力判断；根据平衡条件分析判断；根据充分利用纸带判断；
（2）根据牛顿第二定律推导拉力表达式和相对误差公式计算；
（3）先确定刻度尺最小分度值再读数；根据逐差法计算小车的加速度；
（4）根据甲、乙实验误差分析判断。
【解答】解：（1）A．调节滑轮高度使细线与轨道平行，可保证小车合力为绳子拉力，故A正确；
B．由于纸带与打点计时器间的存在阻力，补偿阻力时小车需要连接纸带，故B错误；
C．补偿阻力的本质是让小车重力沿木板的分力与所有阻力平衡，即有Mgsinθ＝μMgcsθ（θ为木板倾角）
可知平衡摩擦力过程小车质量可约去，即改变小车质量M后不需要重新平衡，故C错误；
D．小车释放前靠近打点计时器，且先接通电源后释放小车，可在纸带上打出更多点，便于数据处理，故D正确。
故选：AD。
（2）对M有F＝Ma
对m有mg﹣F＝ma
联立解得绳子拉力
根据题意，相对误差为
联立解得M≥20m
可知小车质量至少是槽码质量的20倍。
（3）根据图乙可知，刻度尺最小分度值为0.1cm，则计数点2所在位置的读数为10.50cm。
由题意可知相邻计数点时间间隔为，根据逐差法可知小车加速度为
（4）甲的方法：从桌上添加槽码，绳子拉力始终小于槽码盘及槽码的总重力，而实验时用槽码盘及槽码的总重力作为小车的合力计算，不能消除系统误差，即实验时误差较大。
乙的方法：将小车上的槽码移至盘中，系统（小车、槽码和槽码盘）总质量保持不变，而槽码盘及槽码的总重力可作为系统的合外力使用，可消除系统误差，得到更好的实验结果，故乙误差小。
故答案为：（1）AD；（2）20；（3）10.50，0.55；（4）乙。
【点评】本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理和实验误差分析方法、根据匀变速直线运动规律计算小车加速度的方法。
13．（10分）某款可回收的水火箭升空达到一定高度后从静止开始下落，下落的加速度大小为8m/s2、方向竖直向下，下落3s后降落伞打开；此后水火箭开始做匀减速直线运动，直至落地，测得落地时速度为4m/s。已知下落过程历时11s。求：
（1）降落伞打开时水火箭的速度大小；
（2）水火箭下落时离地高度；
【分析】（1）根据速度—时间关系求解速度大小；
（2）根据平均速度公式求解水火箭下落时离地高度。
【解答】解：（1）降落伞打开时水火箭的速度大小v＝at1＝8×3m/s＝24m/s
（2）水火箭下落时离地高度
答：（1）降落伞打开时水火箭的速度大小等于24m/s；
（2）水火箭下落时离地高度等于148m。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
14．（10分）2024年11月，在中国教育学会物理教学专业委员会举办的科学晚会中，图（a）所示的节目《拱形的奥秘》揭示了拱形结构在建筑中的广泛应用，图（b）是两位老师搭建的拱桥模型简化图，整个模型静止在水平桌面上。构件1与构件3相对正中央的构件2左右对称，假设构件2的左右两侧面与竖直方向夹角均为θ＝37°，构件1、2、3质量均为m，构件1、3与水平桌面间动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余摩擦力忽略不计，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）构件1对构件2的弹力大小；
（2）构件1对水平桌面的压力大小；
（3）构件1、3与桌面间动摩擦因数μ的最小值。
【分析】（1）由对称性可知，构件1、3对构件2的弹力大小相等，对构件2受力分析，根据平衡条件求解弹力大小；
（2）由对称性可知，桌面对构件1、3的支持力大小相等，把三块构件看成一个整体，结合平衡条件和牛顿第三定律求解压力大小；
（3）对构件1受力分析，系统刚好静止，μ最小，结合平衡条件求解动摩擦因数μ的最小值。
【解答】解：（1）由对称性可知，构件1、3对构件2的弹力大小相等，设为F。对构件2受力分析如图所示
由平衡条件可得2Fsin37°＝mg
解得
（2）由对称性可知，桌面对构件1、3的支持力大小相等。构件1、2的摩擦力大小也相等。把三块构件看成一个整体，受力分析如图所示，
由平衡条件可得2FN＝3mg
解得：FN＝1.5mg，根据牛顿第三定律可得构件1对水平桌面的压力大小等于1.5mg
（3）由对称性可知，构件1、3对构件2的弹力大小相等，构件1、2的摩擦力大小也相等。
对构件1受力分析如图所示，
由平衡条件可得：f＝F′cs37°
若系统刚好静止，μ最小，则f＝μminFN
解得
答：（1）构件1对构件2的弹力大小等于；
（2）构件1对水平桌面的压力大小等于1.5mg；
（3）构件1、3与桌面间动摩擦因数μ的最小值等于。
【点评】本题是共点力平衡条件的应用问题，注意正确选择研究对象，采用整体法和隔离法结合，通过受力分析，作出受力分析图即可顺利求解。
15．（14分）如图甲所示，打印机的送纸系统由搓纸轮A、送纸轮B和分纸轮C构成，当按下打印按钮后，A迅速下降到与纸盒中最上面一张纸相接触，通过摩擦将纸张送到B、C之间，然后迅速提升高度离开纸堆，B、C又通过摩擦将纸张输送到下一送纸单元。已知A、B、C与纸张之间的动摩擦因数均为μ1＝0.9，纸张之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，A、B、C与纸张接触时对纸张的压力大小均为FN＝0.5N，每张纸的质量均为m＝5g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为g＝10m/s2。
（1）A搓动最上面的一张纸时，纸的加速度大小是多少；
（2）如图乙所示，当只有一张纸送到B、C之间时，B、C立即以相同大小的速度v＝0.6m/s分别逆时针、顺时针转动。已知纸张送到B、C之间时的速度为v0＝0.3m/s，不计纸张的重力和其他阻力，纸张会在B、C后达到最大速度。求纸张在此加速过程中运动位移的大小；
（3）如图丙所示，若因纸张之间的接触面粗糙程度异常，导致某次有两张纸1、2同时被送到B和C之间，此时B、C立即以相同大小的速度v＝0.6m/s逆时针转动。已知1、2之间的动摩擦因数变为了μ3＝0.8，纸张1、2被送到B、C之间时的速度仍为v0＝0.3m/s，不计纸张的重力和其他阻力，当纸张2离开B、C之间时，纸张1仍在B、C之间，求此过程中纸张1位移的大小。
【分析】（1）分析A与纸张间的摩擦力及纸张间最大静摩擦力，确定合力后用牛顿第二定律求加速度；
（2）先求B、C对纸张的合力得到加速度，再结合运动学公式求位移；
（3）分别分析两张纸的受力与运动阶段，利用运动学公式计算总位移。
【解答】解：（1）A搓动最上面的一张纸时，对纸进行分析，根据牛顿第二定律有μ1FN﹣μ2（FN+mg）＝ma0
解得a0＝35m/s2
（2）对纸进行分析，根据牛顿第二定律有2μ1FN＝ma1
解得a1＝180m/s2
纸加速至最大速度v＝0.6m/s后匀速运动，根据速度与位移的关系有v22a1x1
解得x1＝7.5×10﹣4m
（3）由于B、C均在逆时针转动，则B对纸张1的摩擦力方向向右，C对纸张2的摩擦力方向向左，纸张1开始向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1FN﹣μ3FN＝ma2
解得a2＝10m/s2
根据题意，纸张2先向右做匀减速直线运动，之后向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1FN﹣μ3FN＝ma3
解得a3＝10m/s2
可知，纸张2从进入到离开过程，纸张2做双向匀变速直线运动，根据对称性有﹣v0＝v0﹣a3t1
解得t1＝0.06s
纸张1开始向右做匀加速直线运动，当其加速至v＝0.6m/s过程，根据速度公式有v＝v0+a2t2
解得t2＝0.03s
该时间内纸张1的位移x2
解得x2＝0.0135m
之后纸张1向右做匀速直线运动，则有x3＝v（t1﹣t2）
解得纸张1总位移的大小x总＝x2+x3
代入数据解得x总＝3.15×10﹣2m
答：（1）A搓动最上面的一张纸时，纸的加速度大小是35m/s2；
（2）纸张在此加速过程中运动位移的大小为7.5×10﹣4m；
（3）此过程中纸张1位移的大小为3.15×10﹣2m。
【点评】本题关键是明确不同阶段纸张的受力情况，区分滑动摩擦与静摩擦，结合牛顿第二定律和运动学公式分析多阶段运动，注意加速度的方向与大小变化对位移的影响。
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答案
D
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D
C
A
B
题号
8
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答案
BD
AC
AD