2025-2026学年辽宁省沈阳铁路实验学校高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年辽宁省沈阳铁路实验学校高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．物体的加速度不变，其运动状态一定不变
B．体积、质量很大的物体一定不能看成质点
C．“米”、“秒”、“牛顿”都属于国际单位制的基本单位
D．伽利略的理想斜面实验是建立在可靠的事实基础之上的合乎逻辑的科学推理
2．（4分）如图所示，网球以很大的速度v沿着水平方向冲击球拍，再以等大的速度被反向打回，作用时间很短，冲击过程可以认为网球速度方向始终在水平方向上，作用过程忽略重力和空气阻力的影响，下列关于这个过程描述正确的（ ）
A．球拍受到的弹力是由球拍的形变产生的
B．网球冲击球拍的过程中，惯性先减小后增大
C．网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为2v
D．网球从接触球拍到离开球拍先做匀减速运动再做匀加速运动
3．（4分）蹦极是一项极限运动，在做好充足防护的情况下，人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用绳索的弹力大小遵循胡克定律，人下降过程中的加速度随位移变化的图像如图所示，图中x3﹣x2＝x2﹣x1，忽略空气阻力以及绳索的重力，下列说法正确的是（ ）
A．从x1到x2，人做减速运动
B．从x2到x3，人处于失重状态
C．下降到x1时，人的速度达到最大
D．下降到x3时，人受到的拉力是重力的2倍
4．（4分）如图所示为某公交车运行过程中车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向偏离竖直方向角度α和β并保持不变。取重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．公交车可能在加速出站
B．两角度一定满足α＝β
C．减小拉手悬绳长度，则偏角变大
D．公交车加速度大小为a＝gsinβ
5．（4分）如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法中正确的是（ ）
A．FOA一直增大B．FOB一直减小
C．FOB先减小，后增大D．FOB一直增大
6．（4分）“牡丹文化节”距今已有1600多年历史，2025年4月1日第42届“牡丹文化节”开幕，电视台摄制组为了拍到更广、更美的景色，采用了无人机拍摄的方法。现通过传感器采集某台无人机飞行过程中的数据，得到了水平方向的速度vx及竖直方向的加速度ay与飞行时间t的关系图像，如图甲、乙所示。取水平向前和竖直向上为正方向，竖直方向初速度为零，则下列说法正确的是（ ）
A．0∼4s内，无人机做匀变速曲线运动
B．t＝4s时，无人机速度为
C．t＝4s时，无人机运动到最高点
D．t＝8s时，无人机竖直方向的速度为10m/s
7．（4分）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为M的物块D，则以下判断正确的是（ ）
A．当Mg＞3μmg时，木板B开始滑动
B．不管M多大，木板B一定保持静止
C．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmg
D．B受到地面的摩擦力大小不可能等于Mg
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（6分）《简氏防务周刊》最近披露美国政府对阿富汗和伊拉克境内的“中国制穿甲弹”感到担忧，并正就此事与北京展开“交涉”．假设装甲运兵车的车壳由AB、BC两层紧密固定在一起的合金甲板组成，如图所示，甲板AB的长度是BC的三倍，一颗穿甲弹以初速度v0从A端射入甲板，并恰能从C端射出，用的时间为t，子弹在甲板中的运动可以看成是匀变速运动，则以下说法中正确的是（ ）
A．穿甲弹到B点的速度为
B．穿甲弹到B点的速度为
C．穿甲弹从A到B的时间为
D．穿甲弹从A到B的时间为
（多选）9．（6分）一直角V形槽固定在水平面上，其横截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为μ，与BC面间无摩擦。现用平行于槽的水平力F推木块，使之沿槽向里匀速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木块受到5个力的作用
B．木块对V形槽的作用力大小为mg
C．推力F大小为μmg
D．木块对BC面的压力大小为 mg
（多选）10．（6分）甲、乙两车在一条路上沿同一方向做直线运动，初始时刻乙车在甲车前，且间距为s0＝12m，如图1所示，图2为甲车的v2﹣x图像，图3为乙车的图像，已知两车的运动互不影响，则（ ）
A．甲车运动24m时，与乙车第一次相遇
B．甲、乙两车能相遇两次，且甲车已经停止运动后，与乙车第二次相遇
C．从第一次相遇到第二次相遇甲车的位移为21.12m
D．甲、乙两车能相遇两次，第二次相遇时乙车共运行的位移为25.92m
三、非选择题（共54分）
11．（10分）小马同学利用手机拍摄小球做平抛运动的视频，实验装置如甲图所示。从视频中截取分帧图片，通过分析小球位置来研究小球水平方向和竖直方向的运动特点。
（1）为了尽可能减小空气阻力的影响，小球应选择 （填选项前的字母）。
A．玻璃球
B．塑料球
C．小钢球
（2）判断轨道末端水平段是否调节水平时，有甲、乙两位同学分别给出了建议。甲说可以通过目测重垂线与水平段是否垂直，来判断水平段是否水平；乙说可以将小球轻放在轨道水平段，若小球能保持静止，则说明轨道末端水平段水平。你觉得 （填“甲”或“乙”）同学的方法更合理。
（3）从视频中截取连续的多帧图片，合成出如乙图所示的图片，已知实验所用的坐标纸最小正方形边长为1cm，相邻两帧之间的时间间隔为，小马从图片中读取了七个连续小球的位置信息如丙图所示，图中y轴对应竖直方向，坐标原点不对应平抛起点，则小球平抛运动的水平分速度为 m/s。由丙图中信息还可求出小球运动中的重力加速度，若当地的重力加速度为9.797m/s2，本次实验中重力加速度测量值的相对误差为 。（以上结果均保留一位有效数字）
12．（10分）如图所示，孙华和刘刚两位同学合作设计了一套研究小车加速度与力关系的实验装置。已知小车的质量M一定，砂和砂桶的总质量为m，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，小车的前端用一根轻质短杆固定着质量为m0的光滑滑轮。
（1）下列说法正确的是 ；（填选项前的字母）
A．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．本实验不需要确保滑轮左端的两段细线与木板平行
C．小车靠近打点计时器，应先释放小车，再接通电源
（2）本实验 （填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
（3）孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的a﹣F图线与横坐标的夹角为θ，且斜率为k，则小车的质量为 ；（填选项前的字母）
A．
B．
C．
D．
（4）刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为4.00N，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），其中，s1＝4.79cm，s2＝5.61cm，s3＝6.39cm，s4＝7.17cm，s5＝7.98cm，s6＝8.84cm，则小车的加速度a＝ m/s2，此次实验中砂和砂桶的总质量m＝ kg。（重力加速度取9.8m/s2，结果均保留两位有效数字）
13．（10分）跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动。质量m＝50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以v0的速度从上边缘的A点水平向右跳出，运动时间t1＝0.6s后落在一倾角为53°的斜面上的B点，速度方向与斜面垂直。此时运动员迅速转身并调整姿势，以的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点。（D点为平台的下边缘点，假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。求：
（1）运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
（2）水平高台AD的高度H。
14．（10分）如图甲，为一名滑雪运动员为迎接2022年北京冬奥会的训练画面，其运动过程可简化为如图乙的模型：运动员（可视为质点）沿倾斜滑道由静止开始沿直线匀加速下滑，到达坡底后进入水平滑道沿直线匀减速滑行一段距离后停下。已知运动员及装备的总质量m＝70kg，倾斜滑道的倾角θ＝37°，运动员沿斜面下滑x＝24m到达坡底时的速度大小v＝12m/s。设运动员与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员从倾斜滑道进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）运动员沿倾斜滑道下滑时的加速度大小；
（2）滑道上的动摩擦因数；
（3）运动员从静止开始8s内运动的总路程。
15．（14分）如图所示，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板某一位置处，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M＝1kg，物块的质量为m＝1kg，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，对长木板施加一个水平向右的恒力F，拉力大小F＝11N，作用t0＝1.0s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）t0＝1.0s时物块与长木板的速度大小分别为多大；
（2）m全程运动的时间为多少；
（3）长木板的最短长度L。
2025-2026学年辽宁省沈阳铁路实验学校高一（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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．物体的加速度不变，其运动状态一定不变
B．体积、质量很大的物体一定不能看成质点
C．“米”、“秒”、“牛顿”都属于国际单位制的基本单位
D．伽利略的理想斜面实验是建立在可靠的事实基础之上的合乎逻辑的科学推理
【分析】物体的运动状态的变化包括速度的大小和方向的变化；根据物体能否看成质点的条件判断；单位分为基本单位和导出单位，国际基本单位只有7个，据此作答；根据理想实验的含义作答。
【解答】解：A.速度是描述物体运动状态的，物体的加速度不变则速度一定变化，所以物体的运动状态一定改变，故A错误；
B.物体能不能看成质点，取决于所研究的问题，跟物体本身的体积无关，故B错误；
C.米、秒是基本单位，牛顿是导出单位，故C错误；
D.伽利略在研究力和运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略次要因素，所以伽利略的理想斜面实验是建立在可靠的事实基础之上的合乎逻辑的科学推理，故D正确；
故选：D。
【点评】注意：在国际单位制中，基本单位只有7个，分别是：长度单位m、质量单位kg、时间单位s、热力学温度单位K、电流强度单位A、物质的量的单位ml、发光强度的单位cd。
2．（4分）如图所示，网球以很大的速度v沿着水平方向冲击球拍，再以等大的速度被反向打回，作用时间很短，冲击过程可以认为网球速度方向始终在水平方向上，作用过程忽略重力和空气阻力的影响，下列关于这个过程描述正确的（ ）
A．球拍受到的弹力是由球拍的形变产生的
B．网球冲击球拍的过程中，惯性先减小后增大
C．网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为2v
D．网球从接触球拍到离开球拍先做匀减速运动再做匀加速运动
【分析】根据弹力的大小根球拍的形变量有关，惯性大小只是与网球的质量有关。速度的变化量等于末速度和初速度的矢量差。
【解答】解：A、球拍受到的弹力是由网球发生形变而产生的，故A错误；
B、惯性只与质量有关，由于网球冲击球拍的过程中质量不变，则惯性不变，故B错误；
C、取速度v的方向为正方向，则网球从接触球拍到离开球拍速度变化量为：Δv＝﹣v﹣v＝﹣2v，其中负号表示方向与原来速度的方向相反，即网球从接触球拍到离开球拍速度变化量大小为2v，故C正确；
D、网球从接触球拍到离开球拍的过程中，受到球拍的弹力不恒定，根据牛顿第二定律可知，网球的加速度不恒定，则网球先做变减速运动再做变加速运动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查实际生活中的物理知识，基础题目。
3．（4分）蹦极是一项极限运动，在做好充足防护的情况下，人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用绳索的弹力大小遵循胡克定律，人下降过程中的加速度随位移变化的图像如图所示，图中x3﹣x2＝x2﹣x1，忽略空气阻力以及绳索的重力，下列说法正确的是（ ）
A．从x1到x2，人做减速运动
B．从x2到x3，人处于失重状态
C．下降到x1时，人的速度达到最大
D．下降到x3时，人受到的拉力是重力的2倍
【分析】本题根据超重、失重本质，结合a﹣x图象进行分析，从而判断出人的运动状态和超重、失重状态，再根据胡克定律进行分析计算求解出下降到x3时，人受到的拉力大小。
【解答】解：A、由题中图象可知，加速度向下为正，则从x1到x2，人的加速度向下，加速度方向与速度方向相同，人做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、从x2到x3人的加速度为负，说明方向向上，可知人处于超重状态，故B错误；
C、人从开始下降到x2的过程中，速度方向一直向下，且一直做加速运动，下降到x2时，人的加速度为0，速度达最大，而下降到x2以后，加速度方向与速度方向相反，人做减速运动，所以下降到x2时，人的速度达到最大，故C错误；
D、由图象可知，人在下降到x1以后，绳才产生弹力，从x1到x2绳的弹力小于重力，从x2到x3绳的弹力大于重力，在x2时绳的弹力等于重力，因x3﹣x2＝x2﹣x1，再根据F＝kΔx则有
F1＝k（x2﹣x1）＝mg＝k（x3﹣x2）
所以下降到x3时，所受拉力为F2＝k（x3﹣x1）＝k（x3﹣x2）+k（x2﹣x1）＝2mg，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对超失重理解和胡克定律的应用，其中a＝0，是速度最大的临界，需要学生掌握技巧，同时明确题意，知道弹力大小可以由胡克定律求解。
4．（4分）如图所示为某公交车运行过程中车厢截面示意图，车厢内两拉手A、B分别向前进方向偏离竖直方向角度α和β并保持不变。取重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．公交车可能在加速出站
B．两角度一定满足α＝β
C．减小拉手悬绳长度，则偏角变大
D．公交车加速度大小为a＝gsinβ
【分析】对拉手A、B的受力分析，判断出公交车加速度的方向，根据公交车加速度方向与速度方向间的关系判断公交车的运动性质，由牛顿第二定律可求得加速度大小。
【解答】解：A．根结合图像可知，拉手所受合力向后，则加速度向后，与公交车速度方向相反，公交车做减速运动，故A错误；
BD．对两拉手根据牛顿第二定律分别有mAgtanα＝mAa，mBgtanβ＝mBa
可得α＝β，a＝gtanα＝gtanβ，故B正确，D错误；
C．因
则偏角大小只与加速度大小有关，与悬绳长度无关，故C错误。
故选：B。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意正确选取研究对象，受力分析，然后利用牛顿第二定律列式求解是此类问题的一般思路。
5．（4分）如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法中正确的是（ ）
A．FOA一直增大B．FOB一直减小
C．FOB先减小，后增大D．FOB一直增大
【分析】根据平行四边形法则（或矢量三角形）作图，根据图中表示力的有向线段长度变化情况分析力的大小。
【解答】解：对结点O受力分析，受到OA、OB绳的拉力FOA与FOB，受到向下的拉力等于物体重力，随着OB绳端由B点缓慢上移至B′点，如图所示
图中1、2、3表示移动过程中FOB的三个不同位置，由图可知FOA一直减小，FOB先减小后增大，（OB′与OA之间的夹角θ＜90°，FOB已过了最小值的位置），故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡之动态分析问题，如果一个力大小方向不变、一个力的方向不变，可以根据矢量三角形（图解法）分析各力的变化情况。
6．（4分）“牡丹文化节”距今已有1600多年历史，2025年4月1日第42届“牡丹文化节”开幕，电视台摄制组为了拍到更广、更美的景色，采用了无人机拍摄的方法。现通过传感器采集某台无人机飞行过程中的数据，得到了水平方向的速度vx及竖直方向的加速度ay与飞行时间t的关系图像，如图甲、乙所示。取水平向前和竖直向上为正方向，竖直方向初速度为零，则下列说法正确的是（ ）
A．0∼4s内，无人机做匀变速曲线运动
B．t＝4s时，无人机速度为
C．t＝4s时，无人机运动到最高点
D．t＝8s时，无人机竖直方向的速度为10m/s
【分析】结合甲图像求解加速度大小，合加速度不恒定，不是匀变速曲线运动；a﹣t面积表示速度变化量，运动的合成求解合速度大小；根据竖直方向运动分析运动到最高点的时刻；根据图乙求解竖直方向速度。
【解答】解：A．由图乙可知0∼4s内无人机在竖直方向的加速度ay是变化的，由图甲可知0∼4s内无人机在水平方向的加速度，可知合加速度不恒定，因此无人机不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．图甲可知4s时水平方向速度vx4＝2m/s，a﹣t面积表示速度变化量，由于竖直方向初速度为零，则0∼4s内有
则4s时无人机速度，故B错误；
C．图乙可知0～8s内无人机在竖直方向一直做加速运动，可知无人机在t＝8s时运动到最高点，故C错误；
D．根据图乙，可知0～8s内有，故D正确。
故选：D。
【点评】对于物理图像，往往要对照物理规律来分析图像的物理意义。特别要注意分析图像的斜率、面积和截距的意义。
7．（4分）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为m的木板A、B以及木块C，初始时刻木板与木块均处于静止状态，A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现将水平轻绳一端固定在A上，另一端绕过光滑滑轮系一质量为M的物块D，则以下判断正确的是（ ）
A．当Mg＞3μmg时，木板B开始滑动
B．不管M多大，木板B一定保持静止
C．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmg
D．B受到地面的摩擦力大小不可能等于Mg
【分析】先对木块B受力分析，竖直方向受重力、A的压力和地面的支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力fDB，由于A对B的最大静摩擦力小于地面对B的最大静摩擦力，故物体B一定保持静止，然后对BC整体和ABC整体分别受力分析，并根据牛顿第二定律列式分析。
【解答】解：AB、先对木块B受力分析，B竖直方向受重力、A的压力和地面的支持力，水平方向受A对B向右的摩擦力fAB和地面对B向左的摩擦力f地B，由于A对B的最大静摩擦力μ（m+m）g，小于地面对B的最大静摩擦力μ（m+2m）g，故不管M多大，木板B一定保持静止。故A错误，B正确。
C、当A、C发生相对滑动时，A、C之间的摩擦力等于μmg．若A、C相对静止，则A、C之间的摩擦力随M的变化而变化，若A、C的加速度小于μg时，A、C间的摩擦力大于μmg，故C错误。
D、当D的质量M较小时，A、B、C保持静止，根据平衡条件可知，B受到地面的摩擦力大小等于Mg，故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键灵活地选择研究对象进行受力分析，然后根据牛顿第二定律列式判断。判断三者间是否发生相对滑动是解题的关键。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（多选）8．（6分）《简氏防务周刊》最近披露美国政府对阿富汗和伊拉克境内的“中国制穿甲弹”感到担忧，并正就此事与北京展开“交涉”．假设装甲运兵车的车壳由AB、BC两层紧密固定在一起的合金甲板组成，如图所示，甲板AB的长度是BC的三倍，一颗穿甲弹以初速度v0从A端射入甲板，并恰能从C端射出，用的时间为t，子弹在甲板中的运动可以看成是匀变速运动，则以下说法中正确的是（ ）
A．穿甲弹到B点的速度为
B．穿甲弹到B点的速度为
C．穿甲弹从A到B的时间为
D．穿甲弹从A到B的时间为
【分析】根据匀变速直线运动的速度—位移公式得出穿甲弹到B点的速度，结合平均速度的推论求出穿甲弹从A到B的时间．
【解答】解：A、设总长度为L，根据速度—位移公式有：，，联立两式解得．故A错误，B正确。
C、根据平均速度推论，L，，联立两式解得．故C错误，D正确。
故选：BD。
【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．
（多选）9．（6分）一直角V形槽固定在水平面上，其横截面如图所示，BC面与水平面间夹角为60°，有一质量为m的正方体木块放在槽内，木块与AB面间的动摩擦因数为μ，与BC面间无摩擦。现用平行于槽的水平力F推木块，使之沿槽向里匀速运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．木块受到5个力的作用
B．木块对V形槽的作用力大小为mg
C．推力F大小为μmg
D．木块对BC面的压力大小为 mg
【分析】以物体为研究对象进行受力分析，将重力按照实际作用效果正交分解，求解出正压力，然后根据滑动摩擦力的计算公式结合平衡条件求解。
【解答】接：A、木块受重力、斜面AB的支持力、斜面BC的支持力、斜面AB的摩擦力以及推力F的作用，故A正确；
B、木块对V形槽的作用力大小等于力F与重力mg的合力，则大小大于mg，故B错误；
C、将重力按照实际作用效果正交分解，如图
故F1＝mgcs30°mg
根据平衡条件可得：F＝f＝μF1μmg，故C正确；
D、木块对BC面的压力大小为：F2＝mgcs60°＝0.5mg，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
（多选）10．（6分）甲、乙两车在一条路上沿同一方向做直线运动，初始时刻乙车在甲车前，且间距为s0＝12m，如图1所示，图2为甲车的v2﹣x图像，图3为乙车的图像，已知两车的运动互不影响，则（ ）
A．甲车运动24m时，与乙车第一次相遇
B．甲、乙两车能相遇两次，且甲车已经停止运动后，与乙车第二次相遇
C．从第一次相遇到第二次相遇甲车的位移为21.12m
D．甲、乙两车能相遇两次，第二次相遇时乙车共运行的位移为25.92m
【分析】根据匀变速直线运动速度与位移的关系式，整理得，对比图2，求得甲车的初速度v0甲和加速度a甲1、a甲2；根据匀变速直线运动位移公式，整理得，对比图3，求得乙车的初速度v0乙和加速度a乙，结合图像根据匀变速直线运动位移公式，分析求得甲、乙两车相遇的时间以及相遇时甲、乙两车运动的位移，注意两车相遇时，甲车的运动状态，从而判断出各选项所述内容是否正确。
【解答】解：根据匀变速直线运动速度与位移的关系式
整理得
对比图2可知，
解得，
根据匀变速直线运动位移公式
整理得
对比图3可知，v0乙＝2m/s，
解得
A．若甲、乙两车相遇则有
代入数据，解得t1＝2s
甲车做匀加速直线运动的时间
则结合图2可知甲、乙两车在甲车匀加速的末态相遇，即甲车运动24m时，与乙车第一次相遇，故A正确；
BC．t1＝2s时，乙车的速度为v乙1＝v0乙+a乙t1＝2m/s+4×2m/s＝10m/s＜v甲122m/s
可知两车相遇后，甲车在前方减速运动，乙车在后方加速运动，两车一定能再次相遇，假设在甲车停止运动前两车相遇，设经过时间t2，两车再次相遇，则有
代入数据，解得t2＝1.6s
甲车匀减速到停止运动所需要的时间为
由于t2＜t甲2，则假设成立，在甲车停止运动前两车相遇。从第一次相遇到第二次相遇甲车的位移，故B错误，C正确；
D．甲、乙两车第二次相遇的时刻t总＝t1+t2＝2s+1.6s＝3.6s
第二次相遇时乙车共运行的位移，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查匀变速直线运动的规律、追及相遇问题的分析能力以及v2﹣x图像、t图像的应用。解题的关键在于根据匀变速直线运动速度与位移的关系式、位移公式推导出v2与x的关系式、与t的关系式，然后结合图像的斜率和截距来求解相关的物理量，最后根据运动学规律判断甲、乙两车的相遇情况。
三、非选择题（共54分）
11．（10分）小马同学利用手机拍摄小球做平抛运动的视频，实验装置如甲图所示。从视频中截取分帧图片，通过分析小球位置来研究小球水平方向和竖直方向的运动特点。
（1）为了尽可能减小空气阻力的影响，小球应选择 C （填选项前的字母）。
A．玻璃球
B．塑料球
C．小钢球
（2）判断轨道末端水平段是否调节水平时，有甲、乙两位同学分别给出了建议。甲说可以通过目测重垂线与水平段是否垂直，来判断水平段是否水平；乙说可以将小球轻放在轨道水平段，若小球能保持静止，则说明轨道末端水平段水平。你觉得 乙 （填“甲”或“乙”）同学的方法更合理。
（3）从视频中截取连续的多帧图片，合成出如乙图所示的图片，已知实验所用的坐标纸最小正方形边长为1cm，相邻两帧之间的时间间隔为，小马从图片中读取了七个连续小球的位置信息如丙图所示，图中y轴对应竖直方向，坐标原点不对应平抛起点，则小球平抛运动的水平分速度为 0.6 m/s。由丙图中信息还可求出小球运动中的重力加速度，若当地的重力加速度为9.797m/s2，本次实验中重力加速度测量值的相对误差为 3% 。（以上结果均保留一位有效数字）
【分析】（1）通过增大质量减小体积来减小空气阻力对实验的影响判断；
（2）根据小球能在轨道水平段保持静止分析判断；
（3）根据匀速直线运动速度公式计算；根据匀变速直线运动规律计算重力加速度，根据相对误差公式计算。
【解答】解：（1）为了尽可能减小空气阻力的影响，小球应选择密度较大、体积较小的小钢球。故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2）甲同学通过目测重垂线与水平段是否垂直，来判断水平段是否水平，目测的误差较大；将小球轻放在轨道水平段，由于小球受到的摩擦力很小，若小球能保持静止，则说明轨道末端水平段水平。所以乙同学的方法更合理。
（3）小球水平方向做匀速直线运动，则由图丙可知小球平抛运动的水平分速度为
竖直方向根据Δy＝g（3T）2
由图丙可知可得小球运动中的重力加速度为
则相对误差为
故答案为：（1）C；（2）乙；（3）0.6，3%。
【点评】本题关键掌握研究小球水平方向和竖直方向运动特点的实验原理，判断轨道末端水平段水平的方法，利用匀速直线运动和匀变速直线运动规律计算水平分速度和重力加速度的方法。
12．（10分）如图所示，孙华和刘刚两位同学合作设计了一套研究小车加速度与力关系的实验装置。已知小车的质量M一定，砂和砂桶的总质量为m，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，小车的前端用一根轻质短杆固定着质量为m0的光滑滑轮。
（1）下列说法正确的是 A ；（填选项前的字母）
A．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．本实验不需要确保滑轮左端的两段细线与木板平行
C．小车靠近打点计时器，应先释放小车，再接通电源
（2）本实验 不需要 （填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
（3）孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的a﹣F图线与横坐标的夹角为θ，且斜率为k，则小车的质量为 D ；（填选项前的字母）
A．
B．
C．
D．
（4）刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为4.00N，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），其中，s1＝4.79cm，s2＝5.61cm，s3＝6.39cm，s4＝7.17cm，s5＝7.98cm，s6＝8.84cm，则小车的加速度a＝ 0.80 m/s2，此次实验中砂和砂桶的总质量m＝ 0.49 kg。（重力加速度取9.8m/s2，结果均保留两位有效数字）
【分析】（1）根据细线的拉力作为小车和滑轮所受的合外力判断；根据确保两段细线的拉力作为小车和滑轮所受的合外力；根据充分利用纸带判断；
（2）根据细线的拉力可以从力传感器上直接读出判断；
（3）牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
（4）根据逐差法计算小车的加速度；根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律计算。
【解答】解：（1）A．实验要求细线的拉力作为小车和滑轮所受的合外力，故需要平衡摩擦力，故A正确；
B．本实验需要确保滑轮左端的两段细线与木板平行，以确保两段细线的拉力作为小车和滑轮所受的合外力，故B错误；
C．小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，可以充分利用纸带，故C错误。
故选：A。
（2）细线的拉力可以从力传感器上直接读出，没有认为细线的拉力近似等于砂和砂桶的重力，故不需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M。
（3）依题意，由牛顿第二定律有2F＝（m0+M）a
解得，已知图线斜率为k，有
解得
故D正确，ABC错误。
故选：D。
（4）依题意相邻两个计数点间的时间间隔
由Δx＝aT2有
解得a＝0.80m/s2
设砂和砂桶的加速度为a1，经过时间t，小车和滑轮向左运动的位移为x，根据动滑轮的性质可知，此过程砂和砂桶向下运动的位移为2x，由可得
解得a1＝2a
对砂和砂桶进行受力分析，由牛顿第二定律有mg﹣F＝ma1
解得m＝0.49kg
故答案为：（1）A；（2）不需要；（3）D；（4）0.80，0.49。
【点评】本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理、利用图像处理问题的方法、根据逐差法计算小车加速度的方法。
13．（10分）跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动。质量m＝50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以v0的速度从上边缘的A点水平向右跳出，运动时间t1＝0.6s后落在一倾角为53°的斜面上的B点，速度方向与斜面垂直。此时运动员迅速转身并调整姿势，以的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点。（D点为平台的下边缘点，假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。求：
（1）运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
（2）水平高台AD的高度H。
【分析】（1）运动员从A运动到B点做平抛运动，到达B点时速度方向与斜面垂直，由公式vy＝gt求出运动员刚落在B点时竖直方向的速度，再由分速度关系求运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
（2）根据竖直方向的运动规律求解运动员从A点落到B点竖直方向的位移。运动员从B点落到C点做平抛运动，根据水平分位移和竖直分位移公式，以及它们的关系分别列式，即可求BC间的高度差，从而求出水平高台AD的高度H。
【解答】解：（1）设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy，运动员从A点落到B点时间为t1，有vy＝gt1
运动员到达B点时速度方向与斜面垂直，再次进行速度合成与分解，如图所示：
则到达B点的速度与竖直方向的夹角为53°，则v0＝vytan53°
解得：v0＝8m/s
（2）运动员从A点落到B点，竖直方向有y110×0.62m＝1.8m
运动员从B点落到C点做平抛运动，设时间为t2，水平位移和竖直位移分别为：
x2v0t2，y2
又tan53°
联立解得：y2＝3.2m
故水平高台AD的高度为：H＝y1+y2＝1.8m+3.2m＝5m
答：（1）运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小为8m/s；
（2）水平高台AD的高度为5m。
【点评】本题通过运动员两次做平抛运动分别涉及到速度分解和位移分解，考查了学生对平抛运动规律的理解与运用，体现了学生学科素养理解能力的考查。
14．（10分）如图甲，为一名滑雪运动员为迎接2022年北京冬奥会的训练画面，其运动过程可简化为如图乙的模型：运动员（可视为质点）沿倾斜滑道由静止开始沿直线匀加速下滑，到达坡底后进入水平滑道沿直线匀减速滑行一段距离后停下。已知运动员及装备的总质量m＝70kg，倾斜滑道的倾角θ＝37°，运动员沿斜面下滑x＝24m到达坡底时的速度大小v＝12m/s。设运动员与整个滑道的动摩擦因数均相同，运动员从倾斜滑道进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）运动员沿倾斜滑道下滑时的加速度大小；
（2）滑道上的动摩擦因数；
（3）运动员从静止开始8s内运动的总路程。
【分析】（1）根据速度—位移公式计算出运动员的加速度；
（2）根据牛顿第二定律计算出动摩擦因数；
（3）分阶段计算出运动员的位移最后相加即可。
【解答】解：（1）运动员沿斜面下滑时，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度设为a1，根据运动学公式

可得：
（2）对运动员受力分析，根据牛顿第二定律
mgsinθ﹣f＝ma1
f＝μN
N＝mgcsθ
解得：μ＝0.375
（3）运动员在斜面上的运动时间

运动员在水平滑道上做匀减速直线运动，加速度为a2，根据牛顿第二定律
﹣μmg＝ma2
根据运动学公式
0﹣v＝a2t2
运动员在整个滑行过程中所用的总时间
t＝t1+t2
得t＝7.2s＜8s
运动员在水平面上的位移
0﹣v2＝2a2x2
运动员运动的总路程
s＝x+x2
解得：s＝43.2m
答：（1）运动员沿倾斜滑道下滑时的加速度大小为3m/s2；
（2）滑道上的动摩擦因数为0.375；
（3）运动员从静止开始8s内运动的总路程为43.2m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟练掌握运动学公式，同时在分析过程中要将运动分阶段分析，同时结合牛顿第二定律即可完成解答。
15．（14分）如图所示，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板某一位置处，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M＝1kg，物块的质量为m＝1kg，物块与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.3，对长木板施加一个水平向右的恒力F，拉力大小F＝11N，作用t0＝1.0s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）t0＝1.0s时物块与长木板的速度大小分别为多大；
（2）m全程运动的时间为多少；
（3）长木板的最短长度L。
【分析】（1）分别对物块与长木板受力分析，由牛顿第二定律求出各自加速度，结合运动学速度公式，计算两者的速度大小；
（2）撤去拉力后，重新分析物块与长木板的受力，求出新的加速度，判断共速情况，再结合运动学公式计算物块从开始到停止的总运动时间；
（3）分阶段计算长木板与物块的位移，求出各阶段的相对位移，将各阶段相对位移相加，即为保证物块不掉落的长木板最短长度。
【解答】解：（1）在拉力F的作用下，长木板与物块各自做加速运动，对物块有μ1mg＝ma1
代入数据得
对长木板分析，有F﹣μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma2
代入数据得
所以t0＝1.0s时物块的速度为v1＝a1t0
代入数据得v1＝2m/s
t0＝1.0s时长木板的速度为v2＝a2t0
代入数据得v2＝3m/s
（2）外力F作用1s后撤去，之后物块在滑动摩擦力的作用下继续做加速运动，加速度大小不变。长木板在地面的摩擦力和物块对长木板的摩擦力的作用下做减速运动，有μ2（m+M）g+μ1mg＝Ma3
代入数据得
设再经过t1时间物块与长木板能共速，则v共＝v1+a1t1＝v2﹣a3t1
可解得t1＝0.1s，v共＝2.2m/s
接下来由于地面对木板的动摩擦因数更大，所以长木板减速会更快，对长木板分析，有μ2（m+M）g﹣μ1mg＝Ma4
代入数据得
长木板再经过t2的时间速度减为0，则
代入数据得t2＝0.55s
物块在摩擦力的作用下做减速运动，加速度大小依然是a1，物块减速到0所用的时间设为t3，则
代入数据得t3＝1.1s
物块全程运动的时间为t＝t0+t1+t3
代入数据得t＝2.2s
（3）在t0+t1时间段内，长木板比物块运动的位移更大，位移差为
代入数据得Δx1＝0.55m
在t2时间段内，长木板运动的位移为
代入数据得x2＝0.605m
在t3时间段内，物块运动的位移为
代入数据得x3＝1.21m
二者的位移差为Δx2＝x3﹣x2
代入数据得Δx2＝0.605m
由于Δx1＜Δx2，所以长木板最小距离为L＝Δx2＝0.605m
答：（1）t0＝1.0s时物块速度是2m/s与长木板的速度大小是3m/s；
（2）m全程运动的时间是2.2s；
（3）长木板的最短长度是0.605m。
【点评】本题以板块模型为背景，分阶段考查受力分析、加速度计算与相对位移求解，注重对多过程物理情景的拆解与综合分析能力。
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答案
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题号
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答案
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