【解析】广东省广州市广雅中学2023-2023学年高一上学期物理期末考试试卷

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一、单选题

1．（2023高一上·广州期末）斜抛运动与平抛运动相比较，正确的是（）

A．斜抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动

B．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度一直减小的运动

C．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当加速度减小时，它的速度也减小

D．无论是平抛运动还是斜抛运动，在任意相等时间内的速度变化量都相等

2．（2023高一上·广州期末）汽车自O点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中依次经过P、Q两根电线杆所经历的时间为6s，已知P、Q电线杆相距60m，车经过电线杆Q时的速度是15m/s，则下列结论中错误的是（）

A．经过P杆时的速率是5m/s

B．车的加速度是1.5m/s2

C．P、O间的距离是7.5m

D．车从出发到经过Q所用的时间是9s

3．（2023高一上·广州期末）如图所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态。若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然保持静止状态，则细线OA上的拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是（）

A．FA、FC都减小B．FA、FC都增大

C．FA增大，FC减小D．FA减小，FC增大

4．（2023高一上·广州期末）如图，一木块在光滑水平面上受一恒力作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后（）

A．将立即做变减速运动

B．将立即做匀减速运动

C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大

D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零

5．（2023高一上·广州期末）一艘船在静水中的速度是，渡过一条宽且水流速度为的河流，则该小船（）

A．可以渡过过这条河，而且最小位移为

B．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为

C．当水流速度减小时，渡河的时间可以少于

D．水流速度大小不会影响渡河时间及航程

二、多选题

6．（2023高一上·广州期末）甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v-t图象如图所示，则（）

A．2s时甲和乙相遇

B．2s时甲的速度方向开始反向

C．2~6s内甲相对乙做匀速直线运动

D．乙在2s~4s内的加速度和它在4s~6s内的加速度大小相等，方向向相反

7．（2023高一上·广州期末）匀速运动的升降机内，物体静止在底板上，与物体相连的弹簧处于伸长状态，现发现物体突然被弹簧拉向右方，由此可以判断，此升降机的运动可能是（）

A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降

8．（2023高一上·广州期末）将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）

A．小环刚释放时轻绳中的张力大于2mg

B．小环到达B处时，重物上升的高度约为（－1）d

C．小环在B处的速度与此时重物上升的速度大小之比等于

D．小环在B处的速度与此时重物上升的速度大小之比等于

9．（2023高一上·广州期末）如图所示，水平传送带以v=1m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速地放在A处，物体与传送间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．物体在传送带上的加速时间为0.5s

B．物体从A处到B处的时间为2.5s

C．物体刚被放上传送带时的加速度大小为1m/s2

D．若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1.5s

10．（2023高一上·广州期末）质量为的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（）

A．若加速度增大，竖直挡板对球的弹力增大

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．斜面和挡板对球的弹力及球的重力的的合力等于

D．无论加速度大小如何，斜面对球一定有弹力的作用，而且该弹力是一个定值

三、填空题

11．（2023高三上·衡阳月考）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500

N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：

（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为N.

（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数、弹簧秤b的读数(填“变大”“变小”或“不变”)．

四、实验题

12．（2023高一上·广州期末）如图所示为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。

（1）若实验所用的交流电频率为，则根据下图所打纸带的打点记录，小车此次运动经B点时的速度vB=m/s，小车的加速度a=m/s2。（结果保留三位有效数字）

（2）正确平衡摩擦力后，在研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。已知图中直线的斜率为k纵轴上的截距为b，若悬挂的砝码总质量远小于小车质量且牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为，小车的质量为（用k和b表达）。

13．（2023高一上·广州期末）物理实验小组采用如左图所示的装置研究平抛物体的运动。

（1）研究平抛运动，下面哪些做法可以减小实验误差（____）

A．使用密度大、体积小的钢球

B．尽量减小钢球与斜槽间的摩擦

C．实验时，让小球每次都从同一高度由静止开始滚下

D．使斜槽末端的切线保持水平

（2）某同学在实验中只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离x相等的三个点A、B、C，量得x=0.2m，又量出它们之间的竖直距离分别为hAB=0.1m，hBC=0.2m。利用这些数据，可以知道物体抛出时的初速度为m/s，经过B时的竖直分速度为m/s，以及抛出点应在A点上方高度为m处（g=10m/s2）。

五、解答题

14．（2023高一上·广州期末）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）。已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；

（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；

（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度。

15．（2023高一上·大庆月考）如图所示，质量为mB＝24

kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22kg的木箱A放在木板B上。一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°。已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5。现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，

（1）绳子对A拉力大小？

（2）则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为多少？

16．（2023高一上·广州期末）如图所示，水平面上有一倾角为的斜面体固定不动，质量为M=2kg的木板停靠在斜面底端，木板上表面与斜面底端等高，质量为m=1kg的滑块（可视为质点）恰好静止于斜面顶点A，现用一沿斜面向下、大小为4N的拉力F作用于滑块上，滑块运动到斜面底端时撤去拉力。已知h=1.2m，滑块与木板间的动摩擦因数是滑块与斜面间的动摩擦因数的，木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，设滑块从斜面底端滑上木板时速度大小不变，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。

（1）求滑块滑到斜面底端时的速度大小v；

（2）要想使滑块不从木板上滑下，求木板的最小长度Lmin；

（3）若木板足够长且水平面光滑，求滑块的最终速度大小v终。

答案解析部分

1．【答案】D

【知识点】平抛运动；斜抛运动

【解析】【解答】A．斜抛运动和平抛运动都是只受重力作用，加速度恒为的匀速曲线运动，A不符合题意；

B．平抛运动的速度一直增大，斜抛运动的速度是增大还是减小，要看速度与重力的夹角，成锐角，速度增大；成钝角，速度减小。斜下抛运动也是速度增大的运动，B不符合题意；

C．变速直线运动的物体，加速度和运动方向相同时，物体做加速度直线运动，当加速度减小时，物体仍然加速，C不符合题意；

D．根据加速度的定义式知，加速度为一定，所以在相等的时间内速度的变化量都相等，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】做平抛运动和斜抛运动的物体只受到重力力，故加速度恒定，为匀变速运动。

2．【答案】B

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用

【解析】【解答】A．由于汽车在P、Q间的平均速度等于它经过两点时瞬时速度的平均值，即

所以vP＝－vQ＝5m/s，A符合题意；

B．车的加速度a＝＝m/s2，B不符合题意；

C．从O到P用时t′＝＝3s，P、O间距离x1＝t′＝7.5m，C符合题意；

D．O到Q用时t′＋t＝3s＋6s＝9s，D符合题意。

故答案为：B。

【分析】物体做匀变速直线运动，假设物体的加速度，结合题目给出的物体的初末速度、运动位移和运动时间，利用运动学公式列方程求解即可。

3．【答案】A

【知识点】动态平衡分析

【解析】【解答】以O点为研究对象，其受、、三个力平衡，如图所示

当按题示情况变化时，OB绳的拉力不变，OA绳拉力的方向不变，OC绳拉力的方向与拉力方向的夹角增大，保持平衡时、的变化如虚线所示，显然都是减小了，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】对结点O进行受力分析，在三个拉力的作用下，点O处于平衡状态，合力为零，结合绳子OC拉力方向的变化分析其他力的变化。

4．【答案】C

【知识点】牛顿第二定律

【解析】【解答】AB．物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，AB不符合题意；

CD．当弹力增加到等于推力时，物体速度达到最大，此后由于惯性，物体继续向右运动，弹力大于推力，物体开始减速，弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】对物体进行受力分析，水平方向受到推力和弹力，水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，当加速度与物体的速度同向时，物体的速度会不断增加，当两者反向时，速度会减小。

5．【答案】B

【知识点】小船渡河问题分析

【解析】【解答】A．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，所以最短位移，A不符合题意；

B．当船头垂直河岸过河时渡河时间最短，则船最短时间

此时沿河岸的位移，即到对岸时被冲下，B符合题意；

C．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短，C不符合题意；

D．水流速度不会影响渡河时间，但是会影响沿水流方向的位移即影响航程，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】当船速度与水流速度的合速度指向对岸时，此时过河所走的路程最短，求出合速度再除以河宽即可；如果船头始终垂直于河对岸，那么过河所用的时间最短，直接利用河宽除以船的速度即可。

6．【答案】A,C

【知识点】运动学v-t图象

【解析】【解答】A．由图可以知道，0~2s内，甲、乙两图象与坐标轴围成的面积相等，即两者通过的位移相等，甲、乙两个物体又是从同一地点开始运动的，所以2s时甲乙相遇，A符合题意；

B．甲物体的速度一直沿正方向，速度方向没有改变，B不符合题意；

C.2s~6s内，甲与乙速度之差是定值，说明甲相对乙做匀速直线运动，C符合题意；

D．根据斜率等于加速度，可以知道，2s~6s内，乙的加速度一定，在4s时加速度方向没有反向，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，两图像的交点意味着两个物体具有相同的速度，结合选项分析即可。

7．【答案】B,C

【知识点】超重与失重

【解析】【解答】匀速运动的升降机内物体所受弹簧弹力等于地板对的静摩擦力，若发现被拉向右方，说明摩擦力小于弹力，而动摩因数不变，说明地板与间正压力变小，是失重状态的现象，故升降机应该是减速上升或加速下降。

故答案为：BC。

【分析】物体向右运动，因为物体受到的摩擦力变小，压力减小，物体处于失重状态，加速度向下。

8．【答案】B,D

【知识点】速度的合成与分解

【解析】【解答】A．环刚开始释放时，环有向下的加速度，而该加速度没有沿绳子方向的分量，所以重物在瞬间加速度为零，则绳子的张力等于重物的重力，即T=2mg，所以A不符合题意；

B．小环到达B处时，重物上升的高度应为右边绳子缩短的长度，即Dh=d－d，所以B符合题意；

CD．根据题意，绳子两端沿绳方向的分速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，应有v环cos45°=v物

得

所以C不符合题意，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】把物体m的速度分解到沿绳子的速度和垂直于绳子的速度，其中沿绳子的速度等于物体2m的速度，再利用几何关系分析两个物体速度的关系。

9．【答案】B,C

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系

【解析】【解答】AC．滑动摩擦力为

加速度

物体达到与传送带相同速率后不再加速，则

可得

位移为

A不符合题意，C符合题意；

B．物块加速到与传送带共速时的位移为=0.5m

物块继续匀速运动到B点的位移是1.5m，速度为1m/s，到达B点所用时间为1.5s，总时间为2.5s，B符合题意；

D．物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a=lm/s2，当物体到达右端时，有

代入数据解得

所以传送带的最小运行速率为2m/s，物体最短运行时间由

代入数据解得

D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合传送带的速度和长度列方程分析求解即可。

10．【答案】A,C,D

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【解答】BD．小球受到的重、斜面的支持力、竖直挡板的水平弹力，设斜面的倾斜角为，则竖直方向有：

∵和不变，

∴无论加速度如何变化，不变且不可能为零，B不符合题意，D符合题意．

A．水平方向有：

∴，若加速度增大，竖直挡板的水平弹力增大，A符合题意；

C．根据牛顿第二定律，斜面和挡板对球的弹力及球的重力的的合力等于，C符合题意．

故答案为：ACD．

【分析】分析小球的受力．竖直方向受力平衡，可知斜面的支持力的变化；水平方向合力为ma，a变化，可知竖直挡板弹力的变化．

11．【答案】（1）3.00；4.00

（2）变大；变大

【知识点】验证力的平行四边形定则；力的平行四边形定则及应用

【解析】【解答】（1）根据胡克定律可知，；

根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；

【分析】（1）利用胡克定律可以求出读数的大小；结合力的分解可以求出b的读数大小；

（2）利用平行四边形定则可以判别两个弹力大小的变化。

12．【答案】（1）0.400；1.46

（2）；

【知识点】探究加速度与力、质量的关系

【解析】【解答】(1)相邻计数点间的时间间隔为

根据匀变速直线运动过程中中间时刻速度等于该过程的平均速度可得，B点的瞬时速度为根据逐差公式可得加速度为(2)设小车质量m′，则有

变形可得

则斜率

则小车受到的拉力截距

则小车质量为

【分析】（1）B点的速度等于物体在AC段中运动的平均速度，即利用AC的长度除以对应的时间即可；结合纸带上点的距离，利用逐差法求解物体的加速度即可；

（2）结合牛顿第二定律的表达式和图形的横纵坐标求解出斜率的表达式，结合图形的倾斜程度求解即可。

13．【答案】（1）A；C；D

（2）2；1.5；0.0125

【知识点】研究平抛物体的运动

【解析】【解答】(1)A．使用密度大、体积小的钢球可以减小做平抛运动时的空气阻力，A符合题意；

B．该实验要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释放，至于钢球与斜槽间的摩擦没有影响，B不符合题意；

C．为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放，C符合题意；

D．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽轨道必须要水平，D符合题意。

故答案为：ACD。(2)竖直方向上由得

水平方向上得通过B点时的竖直分速度由得

B点与抛出点的竖直距离为

所以抛出点在A点上方的高度为

【分析】（1）保持弹射器水平是为了使小球做平抛运动，而不是斜抛运动，需用到重垂线；从同一位置静止释放，是为了使每次实验的小球具有相同的初速度；小球质量过小，受到的重力阻力不能忽略，从而影响实验结果；

（2））利用竖直方向的自由落体运动求解出相邻两个点的时间间隔，再利用水平位移求解水平速度；求解B点的速度，需要求出B点的水平速度和竖直速度，再进行合成即可。结合B点竖直方向的速度，利用自由落体运动公式求解运动的时间，再反向推导起始位置的坐标。

14．【答案】（1）解：设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律mgsin53°﹣μmgcos53°=ma

解得运动员在斜面上滑行的加速度a=7.4m/s2

（2）解：从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H=

解得t=0.8s

（3）解：为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H﹣h时，他沿水平方向的运动的距离为，设他在这段时间内运动的时间为，则

代入数据解得v=6.0m/s

【知识点】牛顿第二定律；自由落体运动

【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；

（2）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间；

（3）利用结合关系求解临界状态的水平位移和竖直位移，利用竖直方向的距离求出运动时间，结合水平位移求解速度。

15．【答案】（1）解：对受力分析如图甲所示

由题意得：

联立解得：

（2）解：对、整体受力分析如图乙所示

由题意得：

联立解得：

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【分析】（1）对物体A进行受力分析，在拉力、重力、支持力和摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；

（2）同理，对物体B进行受力分析，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。

16．【答案】（1）解：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，施加外力前滑块恰好静止，根据牛顿第二定律可得

解得

施加F后由牛顿第二定律得

代入数据解得a0=4m/s2

由运动学规律知

代入数值解得v=4m/s

（2）解：因

滑块在木板上滑动时，木板静止，滑块在木板上滑动时由牛顿第二定律得

解得a1=2.5m/s2

由运动学规律知

得Lmin=3.2m

（3）解：若水平面光滑，滑块做匀减速运动，加速度大小仍为a1，木板做匀加速运动，由牛顿第二定律

解得a2=1.25m/s2

设滑块滑上木板后经历时间，两者共速，则

代入数值得

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系

【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合运动学公式求解末速度即可；

（2）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合滑块的初速度求解木板的长度即可；

（3）分别对滑块和木板两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，两者速度相同时相对静止，列方程求解速度。

1/1广东省广州市广雅中学2023-2023学年高一上学期物理期末考试试卷

一、单选题

1．（2023高一上·广州期末）斜抛运动与平抛运动相比较，正确的是（）

A．斜抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动

B．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度一直减小的运动

C．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当加速度减小时，它的速度也减小

D．无论是平抛运动还是斜抛运动，在任意相等时间内的速度变化量都相等

【答案】D

【知识点】平抛运动；斜抛运动

【解析】【解答】A．斜抛运动和平抛运动都是只受重力作用，加速度恒为的匀速曲线运动，A不符合题意；

B．平抛运动的速度一直增大，斜抛运动的速度是增大还是减小，要看速度与重力的夹角，成锐角，速度增大；成钝角，速度减小。斜下抛运动也是速度增大的运动，B不符合题意；

C．变速直线运动的物体，加速度和运动方向相同时，物体做加速度直线运动，当加速度减小时，物体仍然加速，C不符合题意；

D．根据加速度的定义式知，加速度为一定，所以在相等的时间内速度的变化量都相等，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】做平抛运动和斜抛运动的物体只受到重力力，故加速度恒定，为匀变速运动。

2．（2023高一上·广州期末）汽车自O点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中依次经过P、Q两根电线杆所经历的时间为6s，已知P、Q电线杆相距60m，车经过电线杆Q时的速度是15m/s，则下列结论中错误的是（）

A．经过P杆时的速率是5m/s

B．车的加速度是1.5m/s2

C．P、O间的距离是7.5m

D．车从出发到经过Q所用的时间是9s

【答案】B

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用

【解析】【解答】A．由于汽车在P、Q间的平均速度等于它经过两点时瞬时速度的平均值，即

所以vP＝－vQ＝5m/s，A符合题意；

B．车的加速度a＝＝m/s2，B不符合题意；

C．从O到P用时t′＝＝3s，P、O间距离x1＝t′＝7.5m，C符合题意；

D．O到Q用时t′＋t＝3s＋6s＝9s，D符合题意。

故答案为：B。

【分析】物体做匀变速直线运动，假设物体的加速度，结合题目给出的物体的初末速度、运动位移和运动时间，利用运动学公式列方程求解即可。

3．（2023高一上·广州期末）如图所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态。若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然保持静止状态，则细线OA上的拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是（）

A．FA、FC都减小B．FA、FC都增大

C．FA增大，FC减小D．FA减小，FC增大

【答案】A

【知识点】动态平衡分析

【解析】【解答】以O点为研究对象，其受、、三个力平衡，如图所示

当按题示情况变化时，OB绳的拉力不变，OA绳拉力的方向不变，OC绳拉力的方向与拉力方向的夹角增大，保持平衡时、的变化如虚线所示，显然都是减小了，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】对结点O进行受力分析，在三个拉力的作用下，点O处于平衡状态，合力为零，结合绳子OC拉力方向的变化分析其他力的变化。

4．（2023高一上·广州期末）如图，一木块在光滑水平面上受一恒力作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后（）

A．将立即做变减速运动

B．将立即做匀减速运动

C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大

D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零

【答案】C

【知识点】牛顿第二定律

【解析】【解答】AB．物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，AB不符合题意；

CD．当弹力增加到等于推力时，物体速度达到最大，此后由于惯性，物体继续向右运动，弹力大于推力，物体开始减速，弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】对物体进行受力分析，水平方向受到推力和弹力，水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，当加速度与物体的速度同向时，物体的速度会不断增加，当两者反向时，速度会减小。

5．（2023高一上·广州期末）一艘船在静水中的速度是，渡过一条宽且水流速度为的河流，则该小船（）

A．可以渡过过这条河，而且最小位移为

B．以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为

C．当水流速度减小时，渡河的时间可以少于

D．水流速度大小不会影响渡河时间及航程

【答案】B

【知识点】小船渡河问题分析

【解析】【解答】A．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，所以最短位移，A不符合题意；

B．当船头垂直河岸过河时渡河时间最短，则船最短时间

此时沿河岸的位移，即到对岸时被冲下，B符合题意；

C．当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短，C不符合题意；

D．水流速度不会影响渡河时间，但是会影响沿水流方向的位移即影响航程，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】当船速度与水流速度的合速度指向对岸时，此时过河所走的路程最短，求出合速度再除以河宽即可；如果船头始终垂直于河对岸，那么过河所用的时间最短，直接利用河宽除以船的速度即可。

二、多选题

6．（2023高一上·广州期末）甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v-t图象如图所示，则（）

A．2s时甲和乙相遇

B．2s时甲的速度方向开始反向

C．2~6s内甲相对乙做匀速直线运动

D．乙在2s~4s内的加速度和它在4s~6s内的加速度大小相等，方向向相反

【答案】A,C

【知识点】运动学v-t图象

【解析】【解答】A．由图可以知道，0~2s内，甲、乙两图象与坐标轴围成的面积相等，即两者通过的位移相等，甲、乙两个物体又是从同一地点开始运动的，所以2s时甲乙相遇，A符合题意；

B．甲物体的速度一直沿正方向，速度方向没有改变，B不符合题意；

C.2s~6s内，甲与乙速度之差是定值，说明甲相对乙做匀速直线运动，C符合题意；

D．根据斜率等于加速度，可以知道，2s~6s内，乙的加速度一定，在4s时加速度方向没有反向，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，两图像的交点意味着两个物体具有相同的速度，结合选项分析即可。

7．（2023高一上·广州期末）匀速运动的升降机内，物体静止在底板上，与物体相连的弹簧处于伸长状态，现发现物体突然被弹簧拉向右方，由此可以判断，此升降机的运动可能是（）

A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降

【答案】B,C

【知识点】超重与失重

【解析】【解答】匀速运动的升降机内物体所受弹簧弹力等于地板对的静摩擦力，若发现被拉向右方，说明摩擦力小于弹力，而动摩因数不变，说明地板与间正压力变小，是失重状态的现象，故升降机应该是减速上升或加速下降。

故答案为：BC。

【分析】物体向右运动，因为物体受到的摩擦力变小，压力减小，物体处于失重状态，加速度向下。

8．（2023高一上·广州期末）将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g）（）

A．小环刚释放时轻绳中的张力大于2mg

B．小环到达B处时，重物上升的高度约为（－1）d

C．小环在B处的速度与此时重物上升的速度大小之比等于

D．小环在B处的速度与此时重物上升的速度大小之比等于

【答案】B,D

【知识点】速度的合成与分解

【解析】【解答】A．环刚开始释放时，环有向下的加速度，而该加速度没有沿绳子方向的分量，所以重物在瞬间加速度为零，则绳子的张力等于重物的重力，即T=2mg，所以A不符合题意；

B．小环到达B处时，重物上升的高度应为右边绳子缩短的长度，即Dh=d－d，所以B符合题意；

CD．根据题意，绳子两端沿绳方向的分速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，应有v环cos45°=v物

得

所以C不符合题意，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】把物体m的速度分解到沿绳子的速度和垂直于绳子的速度，其中沿绳子的速度等于物体2m的速度，再利用几何关系分析两个物体速度的关系。

9．（2023高一上·广州期末）如图所示，水平传送带以v=1m/s的恒定速率运行。将一小物体无初速地放在A处，物体与传送间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．物体在传送带上的加速时间为0.5s

B．物体从A处到B处的时间为2.5s

C．物体刚被放上传送带时的加速度大小为1m/s2

D．若传送带的速度足够大，物体从A处到B处的最短时间为1.5s

【答案】B,C

【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系

【解析】【解答】AC．滑动摩擦力为

加速度

物体达到与传送带相同速率后不再加速，则

可得

位移为

A不符合题意，C符合题意；

B．物块加速到与传送带共速时的位移为=0.5m

物块继续匀速运动到B点的位移是1.5m，速度为1m/s，到达B点所用时间为1.5s，总时间为2.5s，B符合题意；

D．物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a=lm/s2，当物体到达右端时，有

代入数据解得

所以传送带的最小运行速率为2m/s，物体最短运行时间由

代入数据解得

D不符合题意。

故答案为：BC。

【分析】对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合传送带的速度和长度列方程分析求解即可。

10．（2023高一上·广州期末）质量为的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（）

A．若加速度增大，竖直挡板对球的弹力增大

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．斜面和挡板对球的弹力及球的重力的的合力等于

D．无论加速度大小如何，斜面对球一定有弹力的作用，而且该弹力是一个定值

【答案】A,C,D

【知识点】共点力平衡条件的应用

【解析】【解答】BD．小球受到的重、斜面的支持力、竖直挡板的水平弹力，设斜面的倾斜角为，则竖直方向有：

∵和不变，

∴无论加速度如何变化，不变且不可能为零，B不符合题意，D符合题意．

A．水平方向有：

∴，若加速度增大，竖直挡板的水平弹力增大，A符合题意；

C．根据牛顿第二定律，斜面和挡板对球的弹力及球的重力的的合力等于，C符合题意．

故答案为：ACD．

【分析】分析小球的受力．竖直方向受力平衡，可知斜面的支持力的变化；水平方向合力为ma，a变化，可知竖直挡板弹力的变化．

三、填空题

11．（2023高三上·衡阳月考）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500

N/m.如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：

（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为N.

（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数、弹簧秤b的读数(填“变大”“变小”或“不变”)．

【答案】（1）3.00；4.00

（2）变大；变大

【知识点】验证力的平行四边形定则；力的平行四边形定则及应用

【解析】【解答】（1）根据胡克定律可知，；

根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为：；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；

【分析】（1）利用胡克定律可以求出读数的大小；结合力的分解可以求出b的读数大小；

（2）利用平行四边形定则可以判别两个弹力大小的变化。

四、实验题

12．（2023高一上·广州期末）如图所示为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。

（1）若实验所用的交流电频率为，则根据下图所打纸带的打点记录，小车此次运动经B点时的速度vB=m/s，小车的加速度a=m/s2。（结果保留三位有效数字）

（2）正确平衡摩擦力后，在研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像，横坐标m为小车上砝码的质量。已知图中直线的斜率为k纵轴上的截距为b，若悬挂的砝码总质量远小于小车质量且牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为，小车的质量为（用k和b表达）。

【答案】（1）0.400；1.46

（2）；

【知识点】探究加速度与力、质量的关系

【解析】【解答】(1)相邻计数点间的时间间隔为

根据匀变速直线运动过程中中间时刻速度等于该过程的平均速度可得，B点的瞬时速度为根据逐差公式可得加速度为(2)设小车质量m′，则有

变形可得

则斜率

则小车受到的拉力截距

则小车质量为

【分析】（1）B点的速度等于物体在AC段中运动的平均速度，即利用AC的长度除以对应的时间即可；结合纸带上点的距离，利用逐差法求解物体的加速度即可；

（2）结合牛顿第二定律的表达式和图形的横纵坐标求解出斜率的表达式，结合图形的倾斜程度求解即可。

13．（2023高一上·广州期末）物理实验小组采用如左图所示的装置研究平抛物体的运动。

（1）研究平抛运动，下面哪些做法可以减小实验误差（____）

A．使用密度大、体积小的钢球

B．尽量减小钢球与斜槽间的摩擦

C．实验时，让小球每次都从同一高度由静止开始滚下

D．使斜槽末端的切线保持水平

（2）某同学在实验中只画出了如图所示的一部分曲线，于是他在曲线上取水平距离x相等的三个点A、B、C，量得x=0.2m，又量出它们之间的竖直距离分别为hAB=0.1m，hBC=0.2m。利用这些数据，可以知道物体抛出时的初速度为m/s，经过B时的竖直分速度为m/s，以及抛出点应在A点上方高度为m处（g=10m/s2）。

【答案】（1）A；C；D

（2）2；1.5；0.0125

【知识点】研究平抛物体的运动

【解析】【解答】(1)A．使用密度大、体积小的钢球可以减小做平抛运动时的空气阻力，A符合题意；

B．该实验要求小球每次抛出的初速度要相同而且水平，因此要求小球从同一位置静止释放，至于钢球与斜槽间的摩擦没有影响，B不符合题意；

C．为确保有相同的水平初速度，所以要求从同一位置无初速度释放，C符合题意；

D．实验中必须保证小球做平抛运动，而平抛运动要求有水平初速度且只受重力作用，所以斜槽轨道必须要水平，D符合题意。

故答案为：ACD。(2)竖直方向上由得

水平方向上得通过B点时的竖直分速度由得

B点与抛出点的竖直距离为

所以抛出点在A点上方的高度为

【分析】（1）保持弹射器水平是为了使小球做平抛运动，而不是斜抛运动，需用到重垂线；从同一位置静止释放，是为了使每次实验的小球具有相同的初速度；小球质量过小，受到的重力阻力不能忽略，从而影响实验结果；

（2））利用竖直方向的自由落体运动求解出相邻两个点的时间间隔，再利用水平位移求解水平速度；求解B点的速度，需要求出B点的水平速度和竖直速度，再进行合成即可。结合B点竖直方向的速度，利用自由落体运动公式求解运动的时间，再反向推导起始位置的坐标。

五、解答题

14．（2023高一上·广州期末）如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面（竖直方向的速度变为0）。已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；

（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；

（3