河北省保定市六校2024-2025学年高一上学期11月期中考试物理试题
1．（2024高一上·保定期中）北京时间2024年7月31日，巴黎奥运会跳水女子双人10米跳台决赛，中国选手全红婵/陈芋汐以总分359.10分的绝对优势获得金牌。在比赛过程中，全红婵和陈芋汐是绝对同步的，下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中全红婵感觉水面是静止的
B．起跳瞬间全红婵和陈芋汐的加速度相等
C．全红婵的速率越大，其惯性越大
D．下落和入水过程中全红婵可以看成质点
【答案】B
【知识点】质点；加速度；参考系与坐标系；惯性与质量
【解析】【解答】A．在全红婵跳水下落过程中，全红婵感觉水面是向上运动的，故A错误；
B．全红婵和陈芋汐是绝对同步的，故起跳瞬间加速度相同，故B正确；
C．全红婵的速率越大，由于质量不变，所以惯性不变，故C错误；
D．入水过程中，全红婵的形状大小不能忽略不计，不可以将全红婵看成质点，故D错误。
故选B。
【分析】根据物理的基本概念分析：
1.理解参考系的选择对物体运动特点的影响。
2.熟记物体的惯性只与物体的质量有关，与物体的速度无关。
3.掌握将物体看成质点的条件。
2．（2024高一上·保定期中）如图所示，一舰载机在航母甲板上直线弹射起飞过程中，在1s内速度大小从零变为10m/s；一足球在草地上做直线运动过程中，在8s内速度大小从20m/s减为零。对于上述两个过程，下列说法不正确的是（ ）
A．舰载机的速度变化量比足球的速度变化量大
B．舰载机的平均加速度比足球的平均加速度大
C．题述中的“10m/s”“20m/s”均指的是瞬时速率
D．足球运动过程中的速度方向与加速度方向相反
【答案】A
【知识点】加速度
【解析】【解答】A． 一舰载机在航母甲板上直线弹射起飞过程中，在1s内速度大小从零变为10m/s；一足球在草地上做直线运动过程中，在8s内速度大小从20m/s减为零 舰载机速度的变化量为10m/s，足球的速度变化量为-20m/s，舰载机的速度变化量比足球的速度变化量小，故A错误；
B．根据加速度的定义式可以得出舰载机的平均加速度
根据加速度的定义式可以得出足球的平均加速度
（“-”代表方向）
舰载机的平均加速度比足球的平均加速度大，故B正确；
C．“10m/s”“20m/s”均是速度大小，指的是瞬时速率，故C正确；
D．足球的加速度是负值，速度为正值，则足球做减速运动，因此速度方向与加速度方向相反，故D正确。
本题选择错误选项，故选A。
【分析】利用初末速度可以求出速度变化量的大小，结合作用时间可以求出平均加速度的大小；题干中的速度代表瞬时速度的大小；利用足球做减速运动，所以速度方向与加速度方向相反。
3．（2024高一上·保定期中）靠墙静蹲是一种流行的健身运动，动作要点是双脚分开与肩同宽，双手放于大腿上，背部紧贴墙面缓慢下蹲至大腿与地面平行，然后保持住处于静蹲状态，除了靠墙的静蹲，背靠瑞士球的静蹲也是经常看到的，如图所示为一女士借助瑞士球做靠墙静蹲运动，女士后背部保持挺直且倚靠在瑞士球上，瑞士球则倚靠在竖直墙面上，此时女士和瑞士球都处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．瑞士球总共受到3个力作用
B．女士的脚不受地面的摩擦力作用
C．女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的
D．女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对相互作用力
【答案】C
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据瑞士球的平衡条件可以得出瑞士球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；
B．女士在水平方向上受力平衡，由于瑞士球对女士有水平向左的弹力，根据女士的平衡条件可以得出地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；
C．根据弹力为形变物体对所接触物体产生力的作用，则女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的，故C正确；
D．根据瑞士球的平衡条件可以得出女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】利用瑞士球的平衡条件可以判别瑞士球的受力情况；利用平衡条件可以得出：女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对平衡力；根据女士的平衡条件可以得出地面对女士一定有水平向右的摩擦力；女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的。
4．（2024高一上·保定期中）“枫叶落秋风，片片枫叶转”，离地高处的枫树树梢上一片枫叶在萧瑟的秋风中飘落到地面，完成了它最后叶落归根的使命。则它落到地面的时间可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】枫叶如果做自由落体运动时根据位移公式
可得落到地面的时间
树叶在下落过程中受到空气阻力作用，使得下落的时间增大，大于1s。
故选D。
【分析】利用自由落体运动的位移公式可以得出枫叶运动的时间。
5．（2024高一上·保定期中）汽车匀加速经过笔直的公路边的等间距的树木。设经过第1棵树时的速度为，经过第4棵树时的速度为，则它经过第2棵树时的速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】设两棵树之间的距离为x，汽车做匀加速直线运动，利用速度位移公式有
设经过第2棵树时的速度为v2，根据速度位移公式有
联立可得
故选C。
【分析】汽车做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出经过第2棵树运动的速度大小。
6．（2024高一上·保定期中）如图所示，光滑竖直墙壁上有一颗钉子，分两次用长短不同的轻绳将同一个足球挂在该钉子上，足球分别静止在A、B两点；绳子拉力分别为TA和TB，墙对足球的支持力分别为FNA和FNB，则（ ）
A．TATB，FNAC．TAFNB D．TA>TB，FNA>FNB
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设轻绳与墙壁间的夹角为，由于足球处于静止，根据平衡条件可得
解得绳子拉力和墙壁的支持力大小为
由图可知
故
故选D。
【分析】利用足球的平衡方程结合角度的大小可以比较绳子拉力及墙壁支持力的大小。
7．（2024高一上·保定期中）如图所示是某质点运动的速度—时间图像，由图像可知（ ）
A．在t=2s时，该质点的速度方向发生了改变
B．在2～4s内该质点的位移是24m
C．在0～2s内该质点的位移是6m
D．在4～6s内该质点运动的加速度是3m/s2
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中速度的符号代表运动的方向，第2s末前后速度都取负值，所以在t=2s时，该质点的速度方向没有改变，故A错误；
B．在速度图像中，面积表示位移，根据图像面积的大小可以得出在2～4s内该质点的位移大小是
故B错误；
C．在速度图像中，面积表示位移，在0～2s内横轴上方三角形面积与横轴下方三角形面积相等，根据图像面积可以得出：在0～2s内该质点的位移是0，故C错误；
D．在速度图像中，斜率表示加速度，根据图像斜率可以得出：在4～6s内该质点运动的加速度是
故D正确。
故选D。
【分析】利用图像斜率可以求出加速度的大小；利用速度的符号可以判别运动的方向；利用图像面积的大小可以求出位移的大小。
8．（2024高一上·保定期中）关于物体的重力和重心，下列说法中正确的是（ ）
A．重力的方向总是竖直向下的
B．重力就是地球对物体的吸引力
C．物体的形状改变时，它的重心位置可能随之改变
D．重心就是物体上最重的一点
【答案】A,C
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】A．根据自由落体运动的规律可以得出：重力的方向总是竖直向下的，故A正确；
B．重力是由于地球的吸引而产生，是万有引力其中一个分力，故B错误；
C．当物体形状的变化时，重心位置也可能发生变化，故C正确；
D．重心并非实际存在的点，是物体重力作用的等效作用点，也不是物体上最重的一点，故D错误；
故选AC。
【分析】重力方向竖直向下；重力是万有引力其中一个分力；物体的重心可能随物体的形状发生改变；重心不是物体上最重的一点。
9．（2024高一上·保定期中）用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平则（ ）
A．细线a对小球1的拉力大小
B．细线c对小球2的拉力大小
C．细线b对小球2的拉力大小
D．细线b对小球1的拉力大小为G
【答案】A,B,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于两个小球处于静止，将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
根据两个小球的平衡方程有：
联立得
，
故AB正确；
CD．对2小球隔离分析，由于小球2处于静止，根据平衡方程有
则细线b对小球2和小球1的拉力都为，故C正确，D错误；
故选ABC。
【分析】利用两个小球整体的平衡方程可以求出a和c绳子拉力的大小；利用小球2的平衡方程可以求出绳子b的拉力大小。
10．（2024高一上·保定期中）甲、乙两车在同一平直公路不同车道上行驶的位置随时间变化的关系图像如图所示。已知乙车做匀变速直线运动，其图线与轴相切于6s处，则0~6s过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲车做匀加速直线运动 B．甲车的位移大小为120m
C．乙车的初速度大小为40m/s D．乙车的加速度大小为5m/s2
【答案】B,D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】AB．在位移时间图像中，由于图像的斜率表示速度可知，甲车做匀速直线运动，根据图像斜率可以得出速度大小为
根据位移公式可以得出甲车的位移大小为
故A错误、B正确；
CD．乙车做匀变速直线运动，其图线与轴相切于6s处，跟图像斜率可知在时速度为零，则乙车的逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式有
由图像可得
解得乙车的加速度大小为
根据速度公式则乙车的初速度大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用图像斜率可以求出甲车匀速运动的位移大小，结合运动的时间可以求出甲车运动的位移；利用图像斜率可以判别乙车的逆运动为匀加速直线运动，利用位移公式可以求出乙车加速度的大小，利用速度公式可以求出乙车初速度的大小。
11．（2024高一上·保定期中）在研究匀变速直线运动实验中，某同学得到一条的纸带如图所示，并在其上取了A、B、 C、D、 E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出．
(1)设打点计时器打点周期为T，打F点时速度为vF，则计算vF的公式为vF= （用T和图中已知物理量表示）
(2)图中d1=2.00cm、d2=4.50cm、d3=7.60cm、d4=11.30cm、d5=15.50cm、d6=20.20cm，打点计时器打点周期为0.02s，则小车运动的加速度a= m/s2.（结果保留2位有效数字）
(3)如果当时电网中交变电流的频率是f=52Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的 （选填“系统”或“偶然”）误差将使加速度的测量值比实际值偏 （选填“大”或“小”）
【答案】；0.55；系统；小
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】(1)每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，那么每相邻两计数点之间间隔为，在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，根据平均速度公式可以得出打点时速度为
(2)根据邻差公式
可以得出小车运动的加速度有：
(3)如果在某次实验中，交流电的频率为52Hz，那么实际周期小于0.02s，属于系统误差，由于测量时使用的时间偏大，则根据运动学公式
得加速度值测量值就会偏小，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小的．
【分析】利用平均速度公式可以求出中间时刻瞬时速度的大小；
（2）利用邻差公式可以求出加速度的大小；
（3）由于实际频率偏大会导致测量时使用的时间偏大，根据加速度的公式可以得出加速度的测量值偏小于真实值。
12．（2024高一上·保定期中）如图所示是小华物理学习小组探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验。
（1）观察图甲、乙，发现弹簧测力计的示数，由此可知：在接触面粗糙程度相同时， 越大，滑动摩擦力越大。
（2）在实验后交流的过程中，小华发现有同学设计的实验装置如图丁所示，实验时，在托盘中放入适量的砝码，使木块做匀速直线运动。（滑轮的摩擦不计）请回答下列问题：
①为了测木块滑动摩擦力，需要测量物理量是 （填编号）。
A．木板的质量 B．木块的质量 C．砝码的质量 D．托盘和砝码的总质量
②小华猜想：摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关。于是，他在上述实验的基础上，将木块沿竖直方向切去一部分后。用剩下的部分继续进行实验，测得的滑动摩擦力变小。由此得出：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小。你认为她的探究过程存在的问题是 ，正确的做法是：小华将木块沿竖直方向切去一部分后，只要将 ，就可以进行实验并得出正确结论。
【答案】压力；D；未控制压力一定；将截去部分叠在剩余部分上面
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）甲乙两图由于物块接触的都是木板的表面，所以接触面粗糙程度相同，对比两图可以得出压力不同。根据弹簧测力计的示数
由此可知，在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
（2）在图丁的实验设计中，由于木块做匀速直线运动，则木块受到的拉力等于滑动摩擦力，由于拉力又等于托盘和砝码的总重力，所以为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是托盘和砝码的总质量。
故选D。
小华在探究滑动摩擦力与接触面积的大小关系时，没有控制压力大小一定，不符合控制变量法的要求，因此结论不可靠。正确的做法是：将木块沿竖直方向截去一部分后，将截去部分叠在剩余部分上面进行实验，这样做才能保证接触面粗糙程度相同和压力不变，符合控制变量法的要求。
【分析】（1）甲乙两图由于接触面粗糙程度相同，对比两图可以得出压力越大滑动摩擦力越大；
（2）木块做匀速直线运动，则木块受到的拉力等于滑动摩擦力，由于拉力又等于托盘和砝码的总重力，所以为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是托盘和砝码的总质量；小华探究滑动摩擦力与接触面积的大小关系时，没有控制压力大小一定，不符合控制变量法的要求，因此结论不可靠。正确的做法是：将木块沿竖直方向截去一部分后，将截去部分叠在剩余部分上面进行实验。
13．（2024高一上·保定期中）如图所示，某质点沿边长AB=3m，BC=4m的矩形从A点沿逆时针方向匀速率运动，在5s内运动了矩形周长的一半到达C点。求：
（1）质点的位移的大小和路程；
（2）平均速度和平均速率。
【答案】解：(1)位移是初末位置的有向线段，所以质点位移的大小
路程为
(2)平均速度为
平均速率为
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【分析】（1）已知质点运动的路径，利用初末位置可以求出位移的大小，利用轨迹长度可以求出路程的大小；
（2）已知路程和位移的大小，结合运动的时间可以求出平均速率和平均速度的大小。
14．（2024高一上·保定期中）如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆弧形轻杆，圆心为O，其直径AB位于水平桌面上，原长为R的轻弹簧一端固定在A点，另一端连接着质量为m的小球，小球套在弧形杆上的C点处于静止状态。已知OC与水平面间的夹角为θ=60°，重力加速度为g。求∶
(1)画出小球的受力示意图（图画在答题卡）；
(2)弧形杆对小球的弹力大小；
(3)弹簧的劲度系数。
【答案】解：(1)根据题意小球受重力mg、弧形杆对小球的弹力FN和弹簧弹力F弹三个力作用，受力分析如图
(2) θ=60°，OA=OC，所以
对小球受力正交分解，由平衡条件可得，水平方向有
竖直方向有
联立解得
，
(3)由几何关系得AC长为
由胡克定律得
联立解得弹簧的劲度系数为
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据小球的接触对象可以得出小球的受力情况；
（2）小球处于静止时，利用平衡方程可以求出杆对小球弹力的大小；
（3）根据几何关系可以求出弹簧形变量的大小，结合胡克定律可以求出弹簧劲度系数的大小。
15．（2024高一上·保定期中）如图所示，在离地面高处以的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长的小车，其前端距离抛出点的正下方，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间为t=4s，g取10 m/s2，忽略空气阻力及小车的高度，求：
（1）小球抛出点离地面的高度；
（2）小球落地前最后一秒的位移大小x；
（3）当小车末端到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为，方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度大小的范围。
【答案】解：（1）以竖直向上为正方向，初速度，加速度，由竖直上抛规律得
解得
则小球抛出点离地面的高度为。
（2）小球做上抛运动所用时间为
因此下落总时间为3s，小球落地前最后一秒的位移大小
（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为，由
解得
速度为
当小车车尾刚好接住小球，则
解得
当小车车头刚好接住小球，则
解得
故为了让小车接住小球，加速度大小的范围为
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）小球做竖直上抛运动，利用位移公式可以求出抛出点到地面的高度；
（2）小球做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出最后1s内的位移大小；
（3）当小车恰好接住小球时，利用位移公式可以求出小车加速度的大小范围。
1 / 1河北省保定市六校2024-2025学年高一上学期11月期中考试物理试题
1．（2024高一上·保定期中）北京时间2024年7月31日，巴黎奥运会跳水女子双人10米跳台决赛，中国选手全红婵/陈芋汐以总分359.10分的绝对优势获得金牌。在比赛过程中，全红婵和陈芋汐是绝对同步的，下列说法正确的是（ ）
A．在下落过程中全红婵感觉水面是静止的
B．起跳瞬间全红婵和陈芋汐的加速度相等
C．全红婵的速率越大，其惯性越大
D．下落和入水过程中全红婵可以看成质点
2．（2024高一上·保定期中）如图所示，一舰载机在航母甲板上直线弹射起飞过程中，在1s内速度大小从零变为10m/s；一足球在草地上做直线运动过程中，在8s内速度大小从20m/s减为零。对于上述两个过程，下列说法不正确的是（ ）
A．舰载机的速度变化量比足球的速度变化量大
B．舰载机的平均加速度比足球的平均加速度大
C．题述中的“10m/s”“20m/s”均指的是瞬时速率
D．足球运动过程中的速度方向与加速度方向相反
3．（2024高一上·保定期中）靠墙静蹲是一种流行的健身运动，动作要点是双脚分开与肩同宽，双手放于大腿上，背部紧贴墙面缓慢下蹲至大腿与地面平行，然后保持住处于静蹲状态，除了靠墙的静蹲，背靠瑞士球的静蹲也是经常看到的，如图所示为一女士借助瑞士球做靠墙静蹲运动，女士后背部保持挺直且倚靠在瑞士球上，瑞士球则倚靠在竖直墙面上，此时女士和瑞士球都处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．瑞士球总共受到3个力作用
B．女士的脚不受地面的摩擦力作用
C．女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的
D．女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对相互作用力
4．（2024高一上·保定期中）“枫叶落秋风，片片枫叶转”，离地高处的枫树树梢上一片枫叶在萧瑟的秋风中飘落到地面，完成了它最后叶落归根的使命。则它落到地面的时间可能是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·保定期中）汽车匀加速经过笔直的公路边的等间距的树木。设经过第1棵树时的速度为，经过第4棵树时的速度为，则它经过第2棵树时的速度为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·保定期中）如图所示，光滑竖直墙壁上有一颗钉子，分两次用长短不同的轻绳将同一个足球挂在该钉子上，足球分别静止在A、B两点；绳子拉力分别为TA和TB，墙对足球的支持力分别为FNA和FNB，则（ ）
A．TATB，FNAC．TAFNB D．TA>TB，FNA>FNB
7．（2024高一上·保定期中）如图所示是某质点运动的速度—时间图像，由图像可知（ ）
A．在t=2s时，该质点的速度方向发生了改变
B．在2～4s内该质点的位移是24m
C．在0～2s内该质点的位移是6m
D．在4～6s内该质点运动的加速度是3m/s2
8．（2024高一上·保定期中）关于物体的重力和重心，下列说法中正确的是（ ）
A．重力的方向总是竖直向下的
B．重力就是地球对物体的吸引力
C．物体的形状改变时，它的重心位置可能随之改变
D．重心就是物体上最重的一点
9．（2024高一上·保定期中）用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平则（ ）
A．细线a对小球1的拉力大小
B．细线c对小球2的拉力大小
C．细线b对小球2的拉力大小
D．细线b对小球1的拉力大小为G
10．（2024高一上·保定期中）甲、乙两车在同一平直公路不同车道上行驶的位置随时间变化的关系图像如图所示。已知乙车做匀变速直线运动，其图线与轴相切于6s处，则0~6s过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲车做匀加速直线运动 B．甲车的位移大小为120m
C．乙车的初速度大小为40m/s D．乙车的加速度大小为5m/s2
11．（2024高一上·保定期中）在研究匀变速直线运动实验中，某同学得到一条的纸带如图所示，并在其上取了A、B、 C、D、 E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出．
(1)设打点计时器打点周期为T，打F点时速度为vF，则计算vF的公式为vF= （用T和图中已知物理量表示）
(2)图中d1=2.00cm、d2=4.50cm、d3=7.60cm、d4=11.30cm、d5=15.50cm、d6=20.20cm，打点计时器打点周期为0.02s，则小车运动的加速度a= m/s2.（结果保留2位有效数字）
(3)如果当时电网中交变电流的频率是f=52Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的 （选填“系统”或“偶然”）误差将使加速度的测量值比实际值偏 （选填“大”或“小”）
12．（2024高一上·保定期中）如图所示是小华物理学习小组探究“滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验。
（1）观察图甲、乙，发现弹簧测力计的示数，由此可知：在接触面粗糙程度相同时， 越大，滑动摩擦力越大。
（2）在实验后交流的过程中，小华发现有同学设计的实验装置如图丁所示，实验时，在托盘中放入适量的砝码，使木块做匀速直线运动。（滑轮的摩擦不计）请回答下列问题：
①为了测木块滑动摩擦力，需要测量物理量是 （填编号）。
A．木板的质量 B．木块的质量 C．砝码的质量 D．托盘和砝码的总质量
②小华猜想：摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关。于是，他在上述实验的基础上，将木块沿竖直方向切去一部分后。用剩下的部分继续进行实验，测得的滑动摩擦力变小。由此得出：滑动摩擦力的大小随接触面积的减小而减小。你认为她的探究过程存在的问题是 ，正确的做法是：小华将木块沿竖直方向切去一部分后，只要将 ，就可以进行实验并得出正确结论。
13．（2024高一上·保定期中）如图所示，某质点沿边长AB=3m，BC=4m的矩形从A点沿逆时针方向匀速率运动，在5s内运动了矩形周长的一半到达C点。求：
（1）质点的位移的大小和路程；
（2）平均速度和平均速率。
14．（2024高一上·保定期中）如图所示，竖直平面内有半径为R的光滑半圆弧形轻杆，圆心为O，其直径AB位于水平桌面上，原长为R的轻弹簧一端固定在A点，另一端连接着质量为m的小球，小球套在弧形杆上的C点处于静止状态。已知OC与水平面间的夹角为θ=60°，重力加速度为g。求∶
(1)画出小球的受力示意图（图画在答题卡）；
(2)弧形杆对小球的弹力大小；
(3)弹簧的劲度系数。
15．（2024高一上·保定期中）如图所示，在离地面高处以的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长的小车，其前端距离抛出点的正下方，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做的匀加速直线运动。已知小球在空中运动的总时间为t=4s，g取10 m/s2，忽略空气阻力及小车的高度，求：
（1）小球抛出点离地面的高度；
（2）小球落地前最后一秒的位移大小x；
（3）当小车末端到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为，方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度大小的范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】质点；加速度；参考系与坐标系；惯性与质量
【解析】【解答】A．在全红婵跳水下落过程中，全红婵感觉水面是向上运动的，故A错误；
B．全红婵和陈芋汐是绝对同步的，故起跳瞬间加速度相同，故B正确；
C．全红婵的速率越大，由于质量不变，所以惯性不变，故C错误；
D．入水过程中，全红婵的形状大小不能忽略不计，不可以将全红婵看成质点，故D错误。
故选B。
【分析】根据物理的基本概念分析：
1.理解参考系的选择对物体运动特点的影响。
2.熟记物体的惯性只与物体的质量有关，与物体的速度无关。
3.掌握将物体看成质点的条件。
2．【答案】A
【知识点】加速度
【解析】【解答】A． 一舰载机在航母甲板上直线弹射起飞过程中，在1s内速度大小从零变为10m/s；一足球在草地上做直线运动过程中，在8s内速度大小从20m/s减为零 舰载机速度的变化量为10m/s，足球的速度变化量为-20m/s，舰载机的速度变化量比足球的速度变化量小，故A错误；
B．根据加速度的定义式可以得出舰载机的平均加速度
根据加速度的定义式可以得出足球的平均加速度
（“-”代表方向）
舰载机的平均加速度比足球的平均加速度大，故B正确；
C．“10m/s”“20m/s”均是速度大小，指的是瞬时速率，故C正确；
D．足球的加速度是负值，速度为正值，则足球做减速运动，因此速度方向与加速度方向相反，故D正确。
本题选择错误选项，故选A。
【分析】利用初末速度可以求出速度变化量的大小，结合作用时间可以求出平均加速度的大小；题干中的速度代表瞬时速度的大小；利用足球做减速运动，所以速度方向与加速度方向相反。
3．【答案】C
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据瑞士球的平衡条件可以得出瑞士球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；
B．女士在水平方向上受力平衡，由于瑞士球对女士有水平向左的弹力，根据女士的平衡条件可以得出地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；
C．根据弹力为形变物体对所接触物体产生力的作用，则女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的，故C正确；
D．根据瑞士球的平衡条件可以得出女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】利用瑞士球的平衡条件可以判别瑞士球的受力情况；利用平衡条件可以得出：女士对瑞士球的弹力与墙壁对瑞士球的弹力是一对平衡力；根据女士的平衡条件可以得出地面对女士一定有水平向右的摩擦力；女士对瑞士球的弹力是由女士的形变产生的。
4．【答案】D
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】枫叶如果做自由落体运动时根据位移公式
可得落到地面的时间
树叶在下落过程中受到空气阻力作用，使得下落的时间增大，大于1s。
故选D。
【分析】利用自由落体运动的位移公式可以得出枫叶运动的时间。
5．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】设两棵树之间的距离为x，汽车做匀加速直线运动，利用速度位移公式有
设经过第2棵树时的速度为v2，根据速度位移公式有
联立可得
故选C。
【分析】汽车做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出经过第2棵树运动的速度大小。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】设轻绳与墙壁间的夹角为，由于足球处于静止，根据平衡条件可得
解得绳子拉力和墙壁的支持力大小为
由图可知
故
故选D。
【分析】利用足球的平衡方程结合角度的大小可以比较绳子拉力及墙壁支持力的大小。
7．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中速度的符号代表运动的方向，第2s末前后速度都取负值，所以在t=2s时，该质点的速度方向没有改变，故A错误；
B．在速度图像中，面积表示位移，根据图像面积的大小可以得出在2～4s内该质点的位移大小是
故B错误；
C．在速度图像中，面积表示位移，在0～2s内横轴上方三角形面积与横轴下方三角形面积相等，根据图像面积可以得出：在0～2s内该质点的位移是0，故C错误；
D．在速度图像中，斜率表示加速度，根据图像斜率可以得出：在4～6s内该质点运动的加速度是
故D正确。
故选D。
【分析】利用图像斜率可以求出加速度的大小；利用速度的符号可以判别运动的方向；利用图像面积的大小可以求出位移的大小。
8．【答案】A,C
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】A．根据自由落体运动的规律可以得出：重力的方向总是竖直向下的，故A正确；
B．重力是由于地球的吸引而产生，是万有引力其中一个分力，故B错误；
C．当物体形状的变化时，重心位置也可能发生变化，故C正确；
D．重心并非实际存在的点，是物体重力作用的等效作用点，也不是物体上最重的一点，故D错误；
故选AC。
【分析】重力方向竖直向下；重力是万有引力其中一个分力；物体的重心可能随物体的形状发生改变；重心不是物体上最重的一点。
9．【答案】A,B,C
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于两个小球处于静止，将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示
根据两个小球的平衡方程有：
联立得
，
故AB正确；
CD．对2小球隔离分析，由于小球2处于静止，根据平衡方程有
则细线b对小球2和小球1的拉力都为，故C正确，D错误；
故选ABC。
【分析】利用两个小球整体的平衡方程可以求出a和c绳子拉力的大小；利用小球2的平衡方程可以求出绳子b的拉力大小。
10．【答案】B,D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】AB．在位移时间图像中，由于图像的斜率表示速度可知，甲车做匀速直线运动，根据图像斜率可以得出速度大小为
根据位移公式可以得出甲车的位移大小为
故A错误、B正确；
CD．乙车做匀变速直线运动，其图线与轴相切于6s处，跟图像斜率可知在时速度为零，则乙车的逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式有
由图像可得
解得乙车的加速度大小为
根据速度公式则乙车的初速度大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用图像斜率可以求出甲车匀速运动的位移大小，结合运动的时间可以求出甲车运动的位移；利用图像斜率可以判别乙车的逆运动为匀加速直线运动，利用位移公式可以求出乙车加速度的大小，利用速度公式可以求出乙车初速度的大小。
11．【答案】；0.55；系统；小
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】(1)每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，那么每相邻两计数点之间间隔为，在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，根据平均速度公式可以得出打点时速度为
(2)根据邻差公式
可以得出小车运动的加速度有：
(3)如果在某次实验中，交流电的频率为52Hz，那么实际周期小于0.02s，属于系统误差，由于测量时使用的时间偏大，则根据运动学公式
得加速度值测量值就会偏小，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小的．
【分析】利用平均速度公式可以求出中间时刻瞬时速度的大小；
（2）利用邻差公式可以求出加速度的大小；
（3）由于实际频率偏大会导致测量时使用的时间偏大，根据加速度的公式可以得出加速度的测量值偏小于真实值。
12．【答案】压力；D；未控制压力一定；将截去部分叠在剩余部分上面
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）甲乙两图由于物块接触的都是木板的表面，所以接触面粗糙程度相同，对比两图可以得出压力不同。根据弹簧测力计的示数
由此可知，在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
（2）在图丁的实验设计中，由于木块做匀速直线运动，则木块受到的拉力等于滑动摩擦力，由于拉力又等于托盘和砝码的总重力，所以为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是托盘和砝码的总质量。
故选D。
小华在探究滑动摩擦力与接触面积的大小关系时，没有控制压力大小一定，不符合控制变量法的要求，因此结论不可靠。正确的做法是：将木块沿竖直方向截去一部分后，将截去部分叠在剩余部分上面进行实验，这样做才能保证接触面粗糙程度相同和压力不变，符合控制变量法的要求。
【分析】（1）甲乙两图由于接触面粗糙程度相同，对比两图可以得出压力越大滑动摩擦力越大；
（2）木块做匀速直线运动，则木块受到的拉力等于滑动摩擦力，由于拉力又等于托盘和砝码的总重力，所以为了测量木块的滑动摩擦力，需要测量的物理量是托盘和砝码的总质量；小华探究滑动摩擦力与接触面积的大小关系时，没有控制压力大小一定，不符合控制变量法的要求，因此结论不可靠。正确的做法是：将木块沿竖直方向截去一部分后，将截去部分叠在剩余部分上面进行实验。
13．【答案】解：(1)位移是初末位置的有向线段，所以质点位移的大小
路程为
(2)平均速度为
平均速率为
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【分析】（1）已知质点运动的路径，利用初末位置可以求出位移的大小，利用轨迹长度可以求出路程的大小；
（2）已知路程和位移的大小，结合运动的时间可以求出平均速率和平均速度的大小。
14．【答案】解：(1)根据题意小球受重力mg、弧形杆对小球的弹力FN和弹簧弹力F弹三个力作用，受力分析如图
(2) θ=60°，OA=OC，所以
对小球受力正交分解，由平衡条件可得，水平方向有
竖直方向有
联立解得
，
(3)由几何关系得AC长为
由胡克定律得
联立解得弹簧的劲度系数为
【知识点】胡克定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）根据小球的接触对象可以得出小球的受力情况；
（2）小球处于静止时，利用平衡方程可以求出杆对小球弹力的大小；
（3）根据几何关系可以求出弹簧形变量的大小，结合胡克定律可以求出弹簧劲度系数的大小。
15．【答案】解：（1）以竖直向上为正方向，初速度，加速度，由竖直上抛规律得
解得
则小球抛出点离地面的高度为。
（2）小球做上抛运动所用时间为
因此下落总时间为3s，小球落地前最后一秒的位移大小
（3）小车车尾到达抛出点正下方时间为，由
解得
速度为
当小车车尾刚好接住小球，则
解得
当小车车头刚好接住小球，则
解得
故为了让小车接住小球，加速度大小的范围为
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）小球做竖直上抛运动，利用位移公式可以求出抛出点到地面的高度；
（2）小球做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出最后1s内的位移大小；
（3）当小车恰好接住小球时，利用位移公式可以求出小车加速度的大小范围。
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