【解析】廣東省廣州市廣雅中學2023-2023學年高一上學期物理期末考試試卷

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一、單選題

1．（2023高一上·廣州期末）斜拋運動與平拋運動相比較，正確的是（）

A．斜拋運動是曲線運動，它的速度方向不斷改變，不可能是勻變速運動

B．平拋運動是速度一直增大的運動，而斜拋運動是速度一直減小的運動

C．做變速直線運動的物體，加速度方向與運動方向相同，當加速度減小時，它的速度也減小

D．無論是平拋運動還是斜拋運動，在任意相等時間內(nèi)的速度變化量都相等

2．（2023高一上·廣州期末）汽車自O點從靜止開始在平直公路上做勻加速直線運動，途中依次經(jīng)過P、Q兩根電線桿所經(jīng)歷的時間為6s，已知P、Q電線桿相距60m，車經(jīng)過電線桿Q時的速度是15m/s，則下列結(jié)論中錯誤的是（）

A．經(jīng)過P桿時的速率是5m/s

B．車的加速度是1.5m/s2

C．P、O間的距離是7.5m

D．車從出發(fā)到經(jīng)過Q所用的時間是9s

3．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，三根細線共系于O點，其中OA在豎直方向上，OB水平并跨過定滑輪懸掛一個重物，OC的C點固定在地面上，整個裝置處于靜止狀態(tài)。若OC加長并使C點左移，同時保持O點位置不變，裝置仍然保持靜止狀態(tài)，則細線OA上的拉力FA和OC上的拉力FC與原先相比是（）

A．FA、FC都減小B．FA、FC都增大

C．FA增大，F(xiàn)C減小D．FA減小，F(xiàn)C增大

4．（2023高一上·廣州期末）如圖，一木塊在光滑水平面上受一恒力作用而運動，前方固定一個彈簧，當木塊接觸彈簧后（）

A．將立即做變減速運動

B．將立即做勻減速運動

C．在一段時間內(nèi)仍然做加速運動，速度繼續(xù)增大

D．在彈簧處于最大壓縮量時，物體的加速度為零

5．（2023高一上·廣州期末）一艘船在靜水中的速度是，渡過一條寬且水流速度為的河流，則該小船（）

A．可以渡過過這條河，而且最小位移為

B．以最短時間渡河時，沿水流方向的位移大小為

C．當水流速度減小時，渡河的時間可以少于

D．水流速度大小不會影響渡河時間及航程

二、多選題

6．（2023高一上·廣州期末）甲、乙兩個物體從同一地點、沿同一直線同時做直線運動，其v-t圖象如圖所示，則（）

A．2s時甲和乙相遇

B．2s時甲的速度方向開始反向

C．2~6s內(nèi)甲相對乙做勻速直線運動

D．乙在2s~4s內(nèi)的加速度和它在4s~6s內(nèi)的加速度大小相等，方向向相反

7．（2023高一上·廣州期末）勻速運動的升降機內(nèi)，物體靜止在底板上，與物體相連的彈簧處于伸長狀態(tài)，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)物體突然被彈簧拉向右方，由此可以判斷，此升降機的運動可能是（）

A．加速上升B．減速上升C．加速下降D．減速下降

8．（2023高一上·廣州期末）將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d。現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時（圖中B處），下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

A．小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力大于2mg

B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度約為（－1）d

C．小環(huán)在B處的速度與此時重物上升的速度大小之比等于

D．小環(huán)在B處的速度與此時重物上升的速度大小之比等于

9．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，水平傳送帶以v=1m/s的恒定速率運行。將一小物體無初速地放在A處，物體與傳送間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，A、B間的距離為2m，g取10m/s2，下列說法正確的是（）

A．物體在傳送帶上的加速時間為0.5s

B．物體從A處到B處的時間為2.5s

C．物體剛被放上傳送帶時的加速度大小為1m/s2

D．若傳送帶的速度足夠大，物體從A處到B處的最短時間為1.5s

10．（2023高一上·廣州期末）質(zhì)量為的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住．現(xiàn)用一個力拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法正確的是（）

A．若加速度增大，豎直擋板對球的彈力增大

B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零

C．斜面和擋板對球的彈力及球的重力的的合力等于

D．無論加速度大小如何，斜面對球一定有彈力的作用，而且該彈力是一個定值

三、填空題

11．（2023高三上·衡陽月考）某同學在“探究彈力和彈簧伸長的關系”的實驗中，測得圖中彈簧OC的勁度系數(shù)為500

N/m.如圖1所示，用彈簧OC和彈簧秤a、b做“探究求合力的方法”實驗．在保持彈簧伸長1.00cm不變的條件下：

（1）若彈簧秤a、b間夾角為90°，彈簧秤a的讀數(shù)是N(圖2中所示)，則彈簧秤b的讀數(shù)可能為N.

（2）若彈簧秤a、b間夾角大于90°，保持彈簧秤a與彈簧OC的夾角不變，減小彈簧秤b與彈簧OC的夾角，則彈簧秤a的讀數(shù)、彈簧秤b的讀數(shù)(填“變大”“變小”或“不變”)．

四、實驗題

12．（2023高一上·廣州期末）如圖所示為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。

（1）若實驗所用的交流電頻率為，則根據(jù)下圖所打紙帶的打點記錄，小車此次運動經(jīng)B點時的速度vB=m/s，小車的加速度a=m/s2。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

（2）正確平衡摩擦力后，在研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量的關系”時所得的實驗圖像，橫坐標m為小車上砝碼的質(zhì)量。已知圖中直線的斜率為k縱軸上的截距為b，若懸掛的砝碼總質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量且牛頓第二定律成立，則小車受到的拉力為，小車的質(zhì)量為（用k和b表達）。

13．（2023高一上·廣州期末）物理實驗小組采用如左圖所示的裝置研究平拋物體的運動。

（1）研究平拋運動，下面哪些做法可以減小實驗誤差（____）

A．使用密度大、體積小的鋼球

B．盡量減小鋼球與斜槽間的摩擦

C．實驗時，讓小球每次都從同一高度由靜止開始滾下

D．使斜槽末端的切線保持水平

（2）某同學在實驗中只畫出了如圖所示的一部分曲線，于是他在曲線上取水平距離x相等的三個點A、B、C，量得x=0.2m，又量出它們之間的豎直距離分別為hAB=0.1m，hBC=0.2m。利用這些數(shù)據(jù)，可以知道物體拋出時的初速度為m/s，經(jīng)過B時的豎直分速度為m/s，以及拋出點應在A點上方高度為m處（g=10m/s2）。

五、解答題

14．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，滑板運動員從傾角為53°的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h=1.4m、寬L=1.2m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H=3.2m的A點沿水平方向跳起離開斜面（豎直方向的速度變?yōu)?）。已知運動員的滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）運動員在斜面上滑行的加速度的大?。?/p>

（2）若運動員不觸及障礙物，他從斜面上起跳后到落至水平面的過程所經(jīng)歷的時間；

（3）運動員為了不觸及障礙物，他從A點沿水平方向起跳的最小速度。

15．（2023高一上·大慶月考）如圖所示，質(zhì)量為mB＝24

kg的木板B放在水平地面上，質(zhì)量為mA＝22kg的木箱A放在木板B上。一根輕繩一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，輕繩與水平方向的夾角為θ＝37°。已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5?，F(xiàn)用水平向右、大小為200N的力F將木板B從木箱A下面勻速抽出，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，

（1）繩子對A拉力大?。?/p>

（2）則木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2的大小為多少？

16．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，水平面上有一傾角為的斜面體固定不動，質(zhì)量為M=2kg的木板停靠在斜面底端，木板上表面與斜面底端等高，質(zhì)量為m=1kg的滑塊（可視為質(zhì)點）恰好靜止于斜面頂點A，現(xiàn)用一沿斜面向下、大小為4N的拉力F作用于滑塊上，滑塊運動到斜面底端時撤去拉力。已知h=1.2m，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)是滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)的，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1，設滑塊從斜面底端滑上木板時速度大小不變，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。

（1）求滑塊滑到斜面底端時的速度大小v；

（2）要想使滑塊不從木板上滑下，求木板的最小長度Lmin；

（3）若木板足夠長且水平面光滑，求滑塊的最終速度大小v終。

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點】平拋運動；斜拋運動

【解析】【解答】A．斜拋運動和平拋運動都是只受重力作用，加速度恒為的勻速曲線運動，A不符合題意；

B．平拋運動的速度一直增大，斜拋運動的速度是增大還是減小，要看速度與重力的夾角，成銳角，速度增大；成鈍角，速度減小。斜下拋運動也是速度增大的運動，B不符合題意；

C．變速直線運動的物體，加速度和運動方向相同時，物體做加速度直線運動，當加速度減小時，物體仍然加速，C不符合題意；

D．根據(jù)加速度的定義式知，加速度為一定，所以在相等的時間內(nèi)速度的變化量都相等，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】做平拋運動和斜拋運動的物體只受到重力力，故加速度恒定，為勻變速運動。

2．【答案】B

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用

【解析】【解答】A．由于汽車在P、Q間的平均速度等于它經(jīng)過兩點時瞬時速度的平均值，即

所以vP＝－vQ＝5m/s，A符合題意；

B．車的加速度a＝＝m/s2，B不符合題意；

C．從O到P用時t′＝＝3s，P、O間距離x1＝t′＝7.5m，C符合題意；

D．O到Q用時t′＋t＝3s＋6s＝9s，D符合題意。

故答案為：B。

【分析】物體做勻變速直線運動，假設物體的加速度，結(jié)合題目給出的物體的初末速度、運動位移和運動時間，利用運動學公式列方程求解即可。

3．【答案】A

【知識點】動態(tài)平衡分析

【解析】【解答】以O點為研究對象，其受、、三個力平衡，如圖所示

當按題示情況變化時，OB繩的拉力不變，OA繩拉力的方向不變，OC繩拉力的方向與拉力方向的夾角增大，保持平衡時、的變化如虛線所示，顯然都是減小了，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】對結(jié)點O進行受力分析，在三個拉力的作用下，點O處于平衡狀態(tài)，合力為零，結(jié)合繩子OC拉力方向的變化分析其他力的變化。

4．【答案】C

【知識點】牛頓第二定律

【解析】【解答】AB．物體與彈簧接觸后，物體受到彈力，但開始時彈力小于推力，物體繼續(xù)加速，直到彈力等于推力為止，AB不符合題意；

CD．當彈力增加到等于推力時，物體速度達到最大，此后由于慣性，物體繼續(xù)向右運動，彈力大于推力，物體開始減速，彈簧處于最大壓縮量時，速度為零，彈力大于推力，故合力不為零，加速度也不為零，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】對物體進行受力分析，水平方向受到推力和彈力，水平方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度，當加速度與物體的速度同向時，物體的速度會不斷增加，當兩者反向時，速度會減小。

5．【答案】B

【知識點】小船渡河問題分析

【解析】【解答】A．因為船在靜水中的速度小于河水的流速，由平行四邊形法則求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正達對岸，所以最短位移，A不符合題意；

B．當船頭垂直河岸過河時渡河時間最短，則船最短時間

此時沿河岸的位移，即到對岸時被沖下，B符合題意；

C．當船的靜水中的速度垂直河岸時渡河時間最短，C不符合題意；

D．水流速度不會影響渡河時間，但是會影響沿水流方向的位移即影響航程，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】當船速度與水流速度的合速度指向?qū)Π稌r，此時過河所走的路程最短，求出合速度再除以河寬即可；如果船頭始終垂直于河對岸，那么過河所用的時間最短，直接利用河寬除以船的速度即可。

6．【答案】A,C

【知識點】運動學v-t圖象

【解析】【解答】A．由圖可以知道，0~2s內(nèi)，甲、乙兩圖象與坐標軸圍成的面積相等，即兩者通過的位移相等，甲、乙兩個物體又是從同一地點開始運動的，所以2s時甲乙相遇，A符合題意；

B．甲物體的速度一直沿正方向，速度方向沒有改變，B不符合題意；

C.2s~6s內(nèi)，甲與乙速度之差是定值，說明甲相對乙做勻速直線運動，C符合題意；

D．根據(jù)斜率等于加速度，可以知道，2s~6s內(nèi)，乙的加速度一定，在4s時加速度方向沒有反向，D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】v-t圖像中，橫坐標為時間，縱坐標為速度，圖像與時間軸所圍成的面積是位移，圖像的斜率是加速度，兩圖像的交點意味著兩個物體具有相同的速度，結(jié)合選項分析即可。

7．【答案】B,C

【知識點】超重與失重

【解析】【解答】勻速運動的升降機內(nèi)物體所受彈簧彈力等于地板對的靜摩擦力，若發(fā)現(xiàn)被拉向右方，說明摩擦力小于彈力，而動摩因數(shù)不變，說明地板與間正壓力變小，是失重狀態(tài)的現(xiàn)象，故升降機應該是減速上升或加速下降。

故答案為：BC。

【分析】物體向右運動，因為物體受到的摩擦力變小，壓力減小，物體處于失重狀態(tài)，加速度向下。

8．【答案】B,D

【知識點】速度的合成與分解

【解析】【解答】A．環(huán)剛開始釋放時，環(huán)有向下的加速度，而該加速度沒有沿繩子方向的分量，所以重物在瞬間加速度為零，則繩子的張力等于重物的重力，即T=2mg，所以A不符合題意；

B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度應為右邊繩子縮短的長度，即Dh=d－d，所以B符合題意；

CD．根據(jù)題意，繩子兩端沿繩方向的分速度大小相等，將小環(huán)速度沿繩子方向與垂直于繩子方向正交分解，應有v環(huán)cos45°=v物

得

所以C不符合題意，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】把物體m的速度分解到沿繩子的速度和垂直于繩子的速度，其中沿繩子的速度等于物體2m的速度，再利用幾何關系分析兩個物體速度的關系。

9．【答案】B,C

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系

【解析】【解答】AC．滑動摩擦力為

加速度

物體達到與傳送帶相同速率后不再加速，則

可得

位移為

A不符合題意，C符合題意；

B．物塊加速到與傳送帶共速時的位移為=0.5m

物塊繼續(xù)勻速運動到B點的位移是1.5m，速度為1m/s，到達B點所用時間為1.5s，總時間為2.5s，B符合題意；

D．物體始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a=lm/s2，當物體到達右端時，有

代入數(shù)據(jù)解得

所以傳送帶的最小運行速率為2m/s，物體最短運行時間由

代入數(shù)據(jù)解得

D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度，結(jié)合傳送帶的速度和長度列方程分析求解即可。

10．【答案】A,C,D

【知識點】共點力平衡條件的應用

【解析】【解答】BD．小球受到的重、斜面的支持力、豎直擋板的水平彈力，設斜面的傾斜角為，則豎直方向有：

∵和不變，

∴無論加速度如何變化，不變且不可能為零，B不符合題意，D符合題意．

A．水平方向有：

∴，若加速度增大，豎直擋板的水平彈力增大，A符合題意；

C．根據(jù)牛頓第二定律，斜面和擋板對球的彈力及球的重力的的合力等于，C符合題意．

故答案為：ACD．

【分析】分析小球的受力．豎直方向受力平衡，可知斜面的支持力的變化；水平方向合力為ma，a變化，可知豎直擋板彈力的變化．

11．【答案】（1）3.00；4.00

（2）變大；變大

【知識點】驗證力的平行四邊形定則；力的平行四邊形定則及應用

【解析】【解答】（1）根據(jù)胡克定律可知，；

根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)方法可知，a的讀數(shù)為3.00N；兩彈簧秤夾角為90°，則可知，b的讀數(shù)為：；（2）若彈簧秤a、b間夾角大于90°，保持彈簧秤a與彈簧OC的夾角不變，減小彈簧秤b與彈簧OC的夾角；如圖所示；則可知兩彈簧秤的示數(shù)均變大；

【分析】（1）利用胡克定律可以求出讀數(shù)的大小；結(jié)合力的分解可以求出b的讀數(shù)大小；

（2）利用平行四邊形定則可以判別兩個彈力大小的變化。

12．【答案】（1）0.400；1.46

（2）；

【知識點】探究加速度與力、質(zhì)量的關系

【解析】【解答】(1)相鄰計數(shù)點間的時間間隔為

根據(jù)勻變速直線運動過程中中間時刻速度等于該過程的平均速度可得，B點的瞬時速度為根據(jù)逐差公式可得加速度為(2)設小車質(zhì)量m′，則有

變形可得

則斜率

則小車受到的拉力截距

則小車質(zhì)量為

【分析】（1）B點的速度等于物體在AC段中運動的平均速度，即利用AC的長度除以對應的時間即可；結(jié)合紙帶上點的距離，利用逐差法求解物體的加速度即可；

（2）結(jié)合牛頓第二定律的表達式和圖形的橫縱坐標求解出斜率的表達式，結(jié)合圖形的傾斜程度求解即可。

13．【答案】（1）A；C；D

（2）2；1.5；0.0125

【知識點】研究平拋物體的運動

【解析】【解答】(1)A．使用密度大、體積小的鋼球可以減小做平拋運動時的空氣阻力，A符合題意；

B．該實驗要求小球每次拋出的初速度要相同而且水平，因此要求小球從同一位置靜止釋放，至于鋼球與斜槽間的摩擦沒有影響，B不符合題意；

C．為確保有相同的水平初速度，所以要求從同一位置無初速度釋放，C符合題意；

D．實驗中必須保證小球做平拋運動，而平拋運動要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽軌道必須要水平，D符合題意。

故答案為：ACD。(2)豎直方向上由得

水平方向上得通過B點時的豎直分速度由得

B點與拋出點的豎直距離為

所以拋出點在A點上方的高度為

【分析】（1）保持彈射器水平是為了使小球做平拋運動，而不是斜拋運動，需用到重垂線；從同一位置靜止釋放，是為了使每次實驗的小球具有相同的初速度；小球質(zhì)量過小，受到的重力阻力不能忽略，從而影響實驗結(jié)果；

（2））利用豎直方向的自由落體運動求解出相鄰兩個點的時間間隔，再利用水平位移求解水平速度；求解B點的速度，需要求出B點的水平速度和豎直速度，再進行合成即可。結(jié)合B點豎直方向的速度，利用自由落體運動公式求解運動的時間，再反向推導起始位置的坐標。

14．【答案】（1）解：設運動員連同滑板的質(zhì)量為m，運動員在斜面上滑行的過程中，根據(jù)牛頓第二定律mgsin53°﹣μmgcos53°=ma

解得運動員在斜面上滑行的加速度a=7.4m/s2

（2）解：從運動員斜面上起跳后沿豎直方向做自由落體運動，根據(jù)自由落體公式H=

解得t=0.8s

（3）解：為了不觸及障礙物，運動員以速度v沿水平方向起跳后豎直下落高度為H﹣h時，他沿水平方向的運動的距離為，設他在這段時間內(nèi)運動的時間為，則

代入數(shù)據(jù)解得v=6.0m/s

【知識點】牛頓第二定律；自由落體運動

【解析】【分析】（1）對物體進行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面兩個方向上分解，在沿斜面方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度；

（2）物體做平拋運動，水平方向勻速運動，豎直方向自由落體運動，利用豎直方向的距離求出運動時間；

（3）利用結(jié)合關系求解臨界狀態(tài)的水平位移和豎直位移，利用豎直方向的距離求出運動時間，結(jié)合水平位移求解速度。

15．【答案】（1）解：對受力分析如圖甲所示

由題意得：

聯(lián)立解得：

（2）解：對、整體受力分析如圖乙所示

由題意得：

聯(lián)立解得：

【知識點】共點力平衡條件的應用

【解析】【分析】（1）對物體A進行受力分析，在拉力、重力、支持力和摩擦力的作用下，物體處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)該條件列方程分析求解即可；

（2）同理，對物體B進行受力分析，物體處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)該條件列方程分析求解即可。

16．【答案】（1）解：設滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，施加外力前滑塊恰好靜止，根據(jù)牛頓第二定律可得

解得

施加F后由牛頓第二定律得

代入數(shù)據(jù)解得a0=4m/s2

由運動學規(guī)律知

代入數(shù)值解得v=4m/s

（2）解：因

滑塊在木板上滑動時，木板靜止，滑塊在木板上滑動時由牛頓第二定律得

解得a1=2.5m/s2

由運動學規(guī)律知

得Lmin=3.2m

（3）解：若水平面光滑，滑塊做勻減速運動，加速度大小仍為a1，木板做勻加速運動，由牛頓第二定律

解得a2=1.25m/s2

設滑塊滑上木板后經(jīng)歷時間，兩者共速，則

代入數(shù)值得

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系

【解析】【分析】（1）對物體進行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面兩個方向上分解，在沿斜面方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度，結(jié)合運動學公式求解末速度即可；

（2）對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度，結(jié)合滑塊的初速度求解木板的長度即可；

（3）分別對滑塊和木板兩個物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體各自的加速度，兩者速度相同時相對靜止，列方程求解速度。

1/1廣東省廣州市廣雅中學2023-2023學年高一上學期物理期末考試試卷

一、單選題

1．（2023高一上·廣州期末）斜拋運動與平拋運動相比較，正確的是（）

A．斜拋運動是曲線運動，它的速度方向不斷改變，不可能是勻變速運動

B．平拋運動是速度一直增大的運動，而斜拋運動是速度一直減小的運動

C．做變速直線運動的物體，加速度方向與運動方向相同，當加速度減小時，它的速度也減小

D．無論是平拋運動還是斜拋運動，在任意相等時間內(nèi)的速度變化量都相等

【答案】D

【知識點】平拋運動；斜拋運動

【解析】【解答】A．斜拋運動和平拋運動都是只受重力作用，加速度恒為的勻速曲線運動，A不符合題意；

B．平拋運動的速度一直增大，斜拋運動的速度是增大還是減小，要看速度與重力的夾角，成銳角，速度增大；成鈍角，速度減小。斜下拋運動也是速度增大的運動，B不符合題意；

C．變速直線運動的物體，加速度和運動方向相同時，物體做加速度直線運動，當加速度減小時，物體仍然加速，C不符合題意；

D．根據(jù)加速度的定義式知，加速度為一定，所以在相等的時間內(nèi)速度的變化量都相等，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】做平拋運動和斜拋運動的物體只受到重力力，故加速度恒定，為勻變速運動。

2．（2023高一上·廣州期末）汽車自O點從靜止開始在平直公路上做勻加速直線運動，途中依次經(jīng)過P、Q兩根電線桿所經(jīng)歷的時間為6s，已知P、Q電線桿相距60m，車經(jīng)過電線桿Q時的速度是15m/s，則下列結(jié)論中錯誤的是（）

A．經(jīng)過P桿時的速率是5m/s

B．車的加速度是1.5m/s2

C．P、O間的距離是7.5m

D．車從出發(fā)到經(jīng)過Q所用的時間是9s

【答案】B

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用

【解析】【解答】A．由于汽車在P、Q間的平均速度等于它經(jīng)過兩點時瞬時速度的平均值，即

所以vP＝－vQ＝5m/s，A符合題意；

B．車的加速度a＝＝m/s2，B不符合題意；

C．從O到P用時t′＝＝3s，P、O間距離x1＝t′＝7.5m，C符合題意；

D．O到Q用時t′＋t＝3s＋6s＝9s，D符合題意。

故答案為：B。

【分析】物體做勻變速直線運動，假設物體的加速度，結(jié)合題目給出的物體的初末速度、運動位移和運動時間，利用運動學公式列方程求解即可。

3．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，三根細線共系于O點，其中OA在豎直方向上，OB水平并跨過定滑輪懸掛一個重物，OC的C點固定在地面上，整個裝置處于靜止狀態(tài)。若OC加長并使C點左移，同時保持O點位置不變，裝置仍然保持靜止狀態(tài)，則細線OA上的拉力FA和OC上的拉力FC與原先相比是（）

A．FA、FC都減小B．FA、FC都增大

C．FA增大，F(xiàn)C減小D．FA減小，F(xiàn)C增大

【答案】A

【知識點】動態(tài)平衡分析

【解析】【解答】以O點為研究對象，其受、、三個力平衡，如圖所示

當按題示情況變化時，OB繩的拉力不變，OA繩拉力的方向不變，OC繩拉力的方向與拉力方向的夾角增大，保持平衡時、的變化如虛線所示，顯然都是減小了，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】對結(jié)點O進行受力分析，在三個拉力的作用下，點O處于平衡狀態(tài)，合力為零，結(jié)合繩子OC拉力方向的變化分析其他力的變化。

4．（2023高一上·廣州期末）如圖，一木塊在光滑水平面上受一恒力作用而運動，前方固定一個彈簧，當木塊接觸彈簧后（）

A．將立即做變減速運動

B．將立即做勻減速運動

C．在一段時間內(nèi)仍然做加速運動，速度繼續(xù)增大

D．在彈簧處于最大壓縮量時，物體的加速度為零

【答案】C

【知識點】牛頓第二定律

【解析】【解答】AB．物體與彈簧接觸后，物體受到彈力，但開始時彈力小于推力，物體繼續(xù)加速，直到彈力等于推力為止，AB不符合題意；

CD．當彈力增加到等于推力時，物體速度達到最大，此后由于慣性，物體繼續(xù)向右運動，彈力大于推力，物體開始減速，彈簧處于最大壓縮量時，速度為零，彈力大于推力，故合力不為零，加速度也不為零，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】對物體進行受力分析，水平方向受到推力和彈力，水平方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度，當加速度與物體的速度同向時，物體的速度會不斷增加，當兩者反向時，速度會減小。

5．（2023高一上·廣州期末）一艘船在靜水中的速度是，渡過一條寬且水流速度為的河流，則該小船（）

A．可以渡過過這條河，而且最小位移為

B．以最短時間渡河時，沿水流方向的位移大小為

C．當水流速度減小時，渡河的時間可以少于

D．水流速度大小不會影響渡河時間及航程

【答案】B

【知識點】小船渡河問題分析

【解析】【解答】A．因為船在靜水中的速度小于河水的流速，由平行四邊形法則求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正達對岸，所以最短位移，A不符合題意；

B．當船頭垂直河岸過河時渡河時間最短，則船最短時間

此時沿河岸的位移，即到對岸時被沖下，B符合題意；

C．當船的靜水中的速度垂直河岸時渡河時間最短，C不符合題意；

D．水流速度不會影響渡河時間，但是會影響沿水流方向的位移即影響航程，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】當船速度與水流速度的合速度指向?qū)Π稌r，此時過河所走的路程最短，求出合速度再除以河寬即可；如果船頭始終垂直于河對岸，那么過河所用的時間最短，直接利用河寬除以船的速度即可。

二、多選題

6．（2023高一上·廣州期末）甲、乙兩個物體從同一地點、沿同一直線同時做直線運動，其v-t圖象如圖所示，則（）

A．2s時甲和乙相遇

B．2s時甲的速度方向開始反向

C．2~6s內(nèi)甲相對乙做勻速直線運動

D．乙在2s~4s內(nèi)的加速度和它在4s~6s內(nèi)的加速度大小相等，方向向相反

【答案】A,C

【知識點】運動學v-t圖象

【解析】【解答】A．由圖可以知道，0~2s內(nèi)，甲、乙兩圖象與坐標軸圍成的面積相等，即兩者通過的位移相等，甲、乙兩個物體又是從同一地點開始運動的，所以2s時甲乙相遇，A符合題意；

B．甲物體的速度一直沿正方向，速度方向沒有改變，B不符合題意；

C.2s~6s內(nèi)，甲與乙速度之差是定值，說明甲相對乙做勻速直線運動，C符合題意；

D．根據(jù)斜率等于加速度，可以知道，2s~6s內(nèi)，乙的加速度一定，在4s時加速度方向沒有反向，D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】v-t圖像中，橫坐標為時間，縱坐標為速度，圖像與時間軸所圍成的面積是位移，圖像的斜率是加速度，兩圖像的交點意味著兩個物體具有相同的速度，結(jié)合選項分析即可。

7．（2023高一上·廣州期末）勻速運動的升降機內(nèi)，物體靜止在底板上，與物體相連的彈簧處于伸長狀態(tài)，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)物體突然被彈簧拉向右方，由此可以判斷，此升降機的運動可能是（）

A．加速上升B．減速上升C．加速下降D．減速下降

【答案】B,C

【知識點】超重與失重

【解析】【解答】勻速運動的升降機內(nèi)物體所受彈簧彈力等于地板對的靜摩擦力，若發(fā)現(xiàn)被拉向右方，說明摩擦力小于彈力，而動摩因數(shù)不變，說明地板與間正壓力變小，是失重狀態(tài)的現(xiàn)象，故升降機應該是減速上升或加速下降。

故答案為：BC。

【分析】物體向右運動，因為物體受到的摩擦力變小，壓力減小，物體處于失重狀態(tài)，加速度向下。

8．（2023高一上·廣州期末）將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d?，F(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時（圖中B處），下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

A．小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力大于2mg

B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度約為（－1）d

C．小環(huán)在B處的速度與此時重物上升的速度大小之比等于

D．小環(huán)在B處的速度與此時重物上升的速度大小之比等于

【答案】B,D

【知識點】速度的合成與分解

【解析】【解答】A．環(huán)剛開始釋放時，環(huán)有向下的加速度，而該加速度沒有沿繩子方向的分量，所以重物在瞬間加速度為零，則繩子的張力等于重物的重力，即T=2mg，所以A不符合題意；

B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度應為右邊繩子縮短的長度，即Dh=d－d，所以B符合題意；

CD．根據(jù)題意，繩子兩端沿繩方向的分速度大小相等，將小環(huán)速度沿繩子方向與垂直于繩子方向正交分解，應有v環(huán)cos45°=v物

得

所以C不符合題意，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】把物體m的速度分解到沿繩子的速度和垂直于繩子的速度，其中沿繩子的速度等于物體2m的速度，再利用幾何關系分析兩個物體速度的關系。

9．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，水平傳送帶以v=1m/s的恒定速率運行。將一小物體無初速地放在A處，物體與傳送間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，A、B間的距離為2m，g取10m/s2，下列說法正確的是（）

A．物體在傳送帶上的加速時間為0.5s

B．物體從A處到B處的時間為2.5s

C．物體剛被放上傳送帶時的加速度大小為1m/s2

D．若傳送帶的速度足夠大，物體從A處到B處的最短時間為1.5s

【答案】B,C

【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系

【解析】【解答】AC．滑動摩擦力為

加速度

物體達到與傳送帶相同速率后不再加速，則

可得

位移為

A不符合題意，C符合題意；

B．物塊加速到與傳送帶共速時的位移為=0.5m

物塊繼續(xù)勻速運動到B點的位移是1.5m，速度為1m/s，到達B點所用時間為1.5s，總時間為2.5s，B符合題意；

D．物體始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a=lm/s2，當物體到達右端時，有

代入數(shù)據(jù)解得

所以傳送帶的最小運行速率為2m/s，物體最短運行時間由

代入數(shù)據(jù)解得

D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】對物體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解物體的加速度，結(jié)合傳送帶的速度和長度列方程分析求解即可。

10．（2023高一上·廣州期末）質(zhì)量為的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋?。F(xiàn)用一個力拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法正確的是（）

A．若加速度增大，豎直擋板對球的彈力增大

B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零

C．斜面和擋板對球的彈力及球的重力的的合力等于

D．無論加速度大小如何，斜面對球一定有彈力的作用，而且該彈力是一個定值

【答案】A,C,D

【知識點】共點力平衡條件的應用

【解析】【解答】BD．小球受到的重、斜面的支持力、豎直擋板的水平彈力，設斜面的傾斜角為，則豎直方向有：

∵和不變，

∴無論加速度如何變化，不變且不可能為零，B不符合題意，D符合題意．

A．水平方向有：

∴，若加速度增大，豎直擋板的水平彈力增大，A符合題意；

C．根據(jù)牛頓第二定律，斜面和擋板對球的彈力及球的重力的的合力等于，C符合題意．

故答案為：ACD．

【分析】分析小球的受力．豎直方向受力平衡，可知斜面的支持力的變化；水平方向合力為ma，a變化，可知豎直擋板彈力的變化．

三、填空題

11．（2023高三上·衡陽月考）某同學在“探究彈力和彈簧伸長的關系”的實驗中，測得圖中彈簧OC的勁度系數(shù)為500

N/m.如圖1所示，用彈簧OC和彈簧秤a、b做“探究求合力的方法”實驗．在保持彈簧伸長1.00cm不變的條件下：

（1）若彈簧秤a、b間夾角為90°，彈簧秤a的讀數(shù)是N(圖2中所示)，則彈簧秤b的讀數(shù)可能為N.

（2）若彈簧秤a、b間夾角大于90°，保持彈簧秤a與彈簧OC的夾角不變，減小彈簧秤b與彈簧OC的夾角，則彈簧秤a的讀數(shù)、彈簧秤b的讀數(shù)(填“變大”“變小”或“不變”)．

【答案】（1）3.00；4.00

（2）變大；變大

【知識點】驗證力的平行四邊形定則；力的平行四邊形定則及應用

【解析】【解答】（1）根據(jù)胡克定律可知，；

根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)方法可知，a的讀數(shù)為3.00N；兩彈簧秤夾角為90°，則可知，b的讀數(shù)為：；（2）若彈簧秤a、b間夾角大于90°，保持彈簧秤a與彈簧OC的夾角不變，減小彈簧秤b與彈簧OC的夾角；如圖所示；則可知兩彈簧秤的示數(shù)均變大；

【分析】（1）利用胡克定律可以求出讀數(shù)的大?。唤Y(jié)合力的分解可以求出b的讀數(shù)大?。?/p>

（2）利用平行四邊形定則可以判別兩個彈力大小的變化。

四、實驗題

12．（2023高一上·廣州期末）如圖所示為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。

（1）若實驗所用的交流電頻率為，則根據(jù)下圖所打紙帶的打點記錄，小車此次運動經(jīng)B點時的速度vB=m/s，小車的加速度a=m/s2。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

（2）正確平衡摩擦力后，在研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量的關系”時所得的實驗圖像，橫坐標m為小車上砝碼的質(zhì)量。已知圖中直線的斜率為k縱軸上的截距為b，若懸掛的砝碼總質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量且牛頓第二定律成立，則小車受到的拉力為，小車的質(zhì)量為（用k和b表達）。

【答案】（1）0.400；1.46

（2）；

【知識點】探究加速度與力、質(zhì)量的關系

【解析】【解答】(1)相鄰計數(shù)點間的時間間隔為

根據(jù)勻變速直線運動過程中中間時刻速度等于該過程的平均速度可得，B點的瞬時速度為根據(jù)逐差公式可得加速度為(2)設小車質(zhì)量m′，則有

變形可得

則斜率

則小車受到的拉力截距

則小車質(zhì)量為

【分析】（1）B點的速度等于物體在AC段中運動的平均速度，即利用AC的長度除以對應的時間即可；結(jié)合紙帶上點的距離，利用逐差法求解物體的加速度即可；

（2）結(jié)合牛頓第二定律的表達式和圖形的橫縱坐標求解出斜率的表達式，結(jié)合圖形的傾斜程度求解即可。

13．（2023高一上·廣州期末）物理實驗小組采用如左圖所示的裝置研究平拋物體的運動。

（1）研究平拋運動，下面哪些做法可以減小實驗誤差（____）

A．使用密度大、體積小的鋼球

B．盡量減小鋼球與斜槽間的摩擦

C．實驗時，讓小球每次都從同一高度由靜止開始滾下

D．使斜槽末端的切線保持水平

（2）某同學在實驗中只畫出了如圖所示的一部分曲線，于是他在曲線上取水平距離x相等的三個點A、B、C，量得x=0.2m，又量出它們之間的豎直距離分別為hAB=0.1m，hBC=0.2m。利用這些數(shù)據(jù)，可以知道物體拋出時的初速度為m/s，經(jīng)過B時的豎直分速度為m/s，以及拋出點應在A點上方高度為m處（g=10m/s2）。

【答案】（1）A；C；D

（2）2；1.5；0.0125

【知識點】研究平拋物體的運動

【解析】【解答】(1)A．使用密度大、體積小的鋼球可以減小做平拋運動時的空氣阻力，A符合題意；

B．該實驗要求小球每次拋出的初速度要相同而且水平，因此要求小球從同一位置靜止釋放，至于鋼球與斜槽間的摩擦沒有影響，B不符合題意；

C．為確保有相同的水平初速度，所以要求從同一位置無初速度釋放，C符合題意；

D．實驗中必須保證小球做平拋運動，而平拋運動要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽軌道必須要水平，D符合題意。

故答案為：ACD。(2)豎直方向上由得

水平方向上得通過B點時的豎直分速度由得

B點與拋出點的豎直距離為

所以拋出點在A點上方的高度為

【分析】（1）保持彈射器水平是為了使小球做平拋運動，而不是斜拋運動，需用到重垂線；從同一位置靜止釋放，是為了使每次實驗的小球具有相同的初速度；小球質(zhì)量過小，受到的重力阻力不能忽略，從而影響實驗結(jié)果；

（2））利用豎直方向的自由落體運動求解出相鄰兩個點的時間間隔，再利用水平位移求解水平速度；求解B點的速度，需要求出B點的水平速度和豎直速度，再進行合成即可。結(jié)合B點豎直方向的速度，利用自由落體運動公式求解運動的時間，再反向推導起始位置的坐標。

五、解答題

14．（2023高一上·廣州期末）如圖所示，滑板運動員從傾角為53°的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h=1.4m、寬L=1.2m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H=3.2m的A點沿水平方向跳起離開斜面（豎直方向的速度變?yōu)?）。已知運動員的滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）運動員在斜面上滑行的加速度的大??；

（2）若運動員不觸及障礙物，他從斜面上起跳后到落至水平面的過程所經(jīng)歷的時間；

（3