浙江省绍兴市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一上·绍兴期末）幺米，英文符号，也称为攸米，是一种很小的长度单位。其大小为，下列关于幺米的说法中正确的是（ ）
A．既是基本单位，也是国际制单位
B．既不是基本单位，也不是国际制单位
C．是基本单位，但不是国际制单位
D．是国际制单位，但不是基本单位
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】基本量的单位都是基本单位，长度是物理学中的一个基本物理量，故长度的单位都是基本单位，因此幺米是基本单位，但不是国际单位。
故答案为：C。
【分析】1.基本单位定义：基本物理量的单位为基本单位（长度是基本物理量，其单位都是基本单位 ）。
2.国际制单位定义：国际制单位中，长度的基本单位是 “米（m）”，幺米是米的十进制衍生，非 SI 规定的基本 / 导出单位。
2．（2025高一上·绍兴期末）2024年8月11日在巴黎举行的第33届夏季奥林匹克运动会上，中国体育代表团获金牌榜并列第一，总奖牌榜第二、下列说法中正确的是（ ）
A．研究双人跳水运动员的动作时，运动员可视为质点
B．田径项目铅球比赛的成绩取决于铅球通过的路程
C．中国选手杨家玉以1小时25分54秒夺得女子20公里竞走比赛冠军，其中1小时25分54秒为时刻
D．举重女子49公斤级比赛中，侯志慧举起117公斤破奥运纪录，在保持平衡时手对杠铃的作用力和杠铃的重力是一对平衡力
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；共点力的平衡
【解析】【解答】A．研究双人跳水运动员的动作时，需要考察运动员的姿态，不能把运动员视为质点，A错误；
B．田径项目铅球比赛的成绩取决于铅球通过的水平位移，B错误；
C．中国选手杨家玉以1小时25分54秒夺得女子20公里竞走比赛冠军，其中1小时25分54秒为时间间隔，C错误；
D．举重女子49公斤级比赛中，侯志慧举起117公斤破奥运纪录，在保持平衡时手对杠铃的作用力和杠铃的重力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，是一对平衡力，D正确。
故答案为：D。
【分析】1.质点条件：研究动作时，物体大小形状不可忽略。
2.位移与路程：铅球成绩对应水平位移（实际比赛规则 ）。
3.时间与时刻：过程对应时间间隔，瞬间对应时刻。
4.平衡力条件：同体、等大、反向、共线。
3．（2025高一上·绍兴期末）用一根长度为1m的轻质细绳将一幅重力为10N画框对称悬挂在墙壁上（如图甲所示），画框上两个挂钉间的距离为0.5m，在某次调整画框位置时不小心使画框受到向下的拉力导致细绳断裂，工作人员在将细绳打结后重新对称悬挂（如图乙所示），忽略所有的摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A．细绳的最大拉力可能为5N
B．挂钉对细绳的弹力是由于细绳的形变产生
C．重新悬挂后细绳的张力变小
D．重新悬挂后细绳对挂画的作用力不变
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据平衡条件可得，
解得
故A错误；
B．挂钉对细绳的弹力是由于挂钉的形变产生的，故B错误；
C．将细绳打结后重新对称悬挂，细绳长度变短，则θ变大，cosθ变小，细绳的张力变大，故C错误；
D．重新悬挂后，细绳中的张力变大，但重新悬挂后细绳对挂画的作用力仍然等于重力的大小，所以细绳对挂画的作用力不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 平衡条件：利用两绳张力合力与重力平衡，结合几何关系算夹角，推导张力。
2. 弹力成因：明确弹力由施力物体（挂钉 ）形变产生。
3. 张力变化：绳长改变致夹角变，通过平衡式判断张力随 减小而增大。
4. 合力分析：张力合力始终与重力平衡，大小保持不变。
4．（2025高一上·绍兴期末）2013年6月20日上午10时，我国航天员在天宫一号目标飞行器进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。测量仪的机构可简化为如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生已知大小的恒定拉力F，再利用力学传感器测量一些数据后，最终测出航天员甲的质量，下列说法中正确的是（ ）
A．航天员甲在整个过程中做匀速运动
B．用该方法测量物体的质量，利用了牛顿第二定律
C．天宫一号中的物体处于超重状态，故而无法用天平测量物体的质量
D．若只用传感器测得航天员运动过程中的位移x和时间t，无法测出质量
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．航天员甲在恒定拉力的作用下做匀加速直线运动，A错误；
B．该方法应用了牛顿第二定律，B正确；
C．天宫一号中的物体处于完全失重状态，故而无法用天平测量物体的质量，C错误；
D．根据运动学公式
解得
结合牛顿第二定律可得物体的质量为，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.牛顿第二定律：恒力产生加速度，建立力、质量、加速度关系。
2.完全失重：天宫一号中物体重力提供向心力，天平无法测质量（托盘无压力 ）。
3.运动学公式：由位移和时间算加速度，代入牛顿第二定律求质量。
5．（2025高一上·绍兴期末）如图所示中虚线为一个小铁球在磁铁作用下的运动轨迹，关于磁铁的位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】在曲线运动中，物体所受合外力的方向总是指向曲线的内侧，小铁球受到磁铁的引力作用，则轨迹为A。
故答案为：A。
【分析】1.曲线运动条件：合外力方向必须指向轨迹内侧，提供向心力改变速度方向。
2.受力方向判断：磁铁引力作为合外力，需指向轨迹内侧，据此筛选选项。
6．（2025高一上·绍兴期末）如图所示，用拍照时间间隔为1s的频闪照相机拍出玩具车的运动情况，已知玩具车的实际长度为20cm，运动过程为匀加速直线运动，下列说法中正确的是（ ）
A．加速度的大小为0.4m/s2
B．B点的速度大小为1m/s
C．A点的速度大小为0.3m/s
D．从B到C的平均速度大小为0.5m/s
【答案】C
【知识点】加速度；平均速度
【解析】【解答】A．加速度的大小为，故A错误；
B．B点的速度大小为，故B错误；
C．A点的速度大小为，故C正确；
D．从B到C的平均速度大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 加速度公式：利用连续相等时间内的位移差 算加速度。
2. 中间时刻速度：某段时间中间时刻的速度等于该段的平均速度。
3. 速度公式：，由B点速度推A点速度。
4. 平均速度：位移除以时间，计算B到C的平均速度。
7．（2025高一上·绍兴期末）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从高台下落，到最低点的过程中，忽略空气阻力的影响，其运动的速度v和加速度a随时间变化的规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】弹性蹦极绳张紧前：运动员做自由落体运动，加速度不变，速度均匀增加；
蹦极绳张紧后的下落过程中：弹性绳的弹力一直增大，开始弹力小于重力，所以加速度先向下减小，当弹性绳弹力增大到与重力相等时，加速度减为零，速度达到最大；由于惯性继续向下运动，运动员的重力小于弹性绳的弹力，加速度反向增大，运动员做减速运动，直到最低点，速度减为零，此时加速度向上的最大。所以此过程运动员的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小到0。
故答案为：B。
【分析】1.受力分析：分 “绳未张紧”（重力 ）和 “绳张紧后”（重力 + 弹力 ）两个阶段，分析合力变化。
2.运动状态：合力决定加速度，加速度决定速度变化（加速 / 减速，加速度大小变化 ）。
8．（2025高一上·绍兴期末）直角侧移门（如图甲所示）可以解决小户型浴室开关门不方便的问题，其结构可简化成如图乙和图丙（俯视图）所示，玻璃门的两端滑轮A、B通过一根可自由转动的轻杆连接，滑轮可沿直角导轨自由滑动，已知滑轮可视为质点，玻璃门的宽度为，在某次关门的过程中，使用者拉住把手使滑轮A从初始位置静止开始做加速度为的匀加速运动，当玻璃门与滑轮A达到丁图示位置时，滑轮B的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】根据几何关系可知A运动的位移为，根据速度—位移公式
解得
根据速度的分解有
解得
故答案为：A。
【分析】1.匀加速速度计算：用速度 - 位移公式算滑轮 A 的速度（匀加速直线运动 ）。
2.速度分解：轻杆连接的两滑轮，沿杆方向速度分量相等（约束条件 ），据此列方程求滑轮 B 速度。
9．（2025高一上·绍兴期末）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，两个完全相同的均质球体A和B靠在一起，其中A球紧贴斜面，现用外力F推着球B缓慢前进至球B刚好接触斜面，忽略所有阻力，则在此过程中（ ）
A．斜面对A的弹力逐渐增大 B．A、B间的弹力先减小后增大
C．F先减小后增大 D．地面对B的弹力逐渐增大
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对A球受力分析如图：
B对A的弹力FBA由水平向左逐渐变为沿左上方最后变为沿斜面向上，由矢量三角形的变化可知由FBA逐渐变为与FNA垂直，则斜面对A的弹力FNA逐渐变小，AB间的弹力大小为FBA逐渐减小，AB错误；
C．对B球受力分析如图：
水平方向上有
又
随着AB位置的改变，FBA逐渐减小，α增大，cosα减小，所以推力F减小，C错误；
D．以AB整体为研究对象，受力分析如图：
竖直方向上有
所以
由前面分析知FNA逐渐减小，cosθ不变，所以地面对B的弹力FNB逐渐变大，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 隔离法：对A、B分别受力分析，用矢量三角形（或分解 ）判断单个力的变化。
2. 整体法：对A、B整体分析，利用竖直方向平衡，结合斜面弹力的变化，推导地面弹力的变化。
3. 动态平衡：通过力的方向变化（如 方向改变 ），分析力的大小变化。
10．（2025高一上·绍兴期末）抛接球杂技是一种十分常见的杂技表演，在某次演出中，杂技演员为观众表演单手抛接球，他以的初速度每隔竖直向上抛出一个小球并保证这些小球不断在空中运动，在一段时间后，杂技演员因身体不适，抛出小球的速度减小为，但仍继续保持演出。已知这些小球均可视为质点，每次都在竖直方向上运动并在运动过程中不会相撞，抛接球点距离地面的高度为，空气阻力可忽略。下列说法中正确的是（ ）
A．杂技演员依旧可以保持与之前一样的表演
B．球以初速度抛出阶段在空中最多有5个球
C．球以初速度抛出阶段空中运动的球最多有4个球
D．若有某个球在抛球过程中掉到地上，则球落地的速度一定为
【答案】B,C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】ABC．以的速度抛出小球在空中的时间
因为他每隔抛出一球，则抛6号球时1号球恰好落地，空中最多有5个球，同理以的速度抛出小球在空中的时间
因为他每隔抛出一球，则抛5号球时1号球恰好落地，空中最多有4个球，所以杂技演员依旧不能保持与之前一样的表演，A错误，BC正确；
D．若有某个球在抛球过程中掉到地上，则
其中
解得球落地的速度
由于未说明掉到地上的球的初速度，无法准确求得球落地的速度一定为，D错误。
故答案为：BC。
【分析】1. 竖直上抛时间：用 算总运动时间，结合抛球间隔算空中最大球数。
2. 落地速度：竖直上抛全程运动，位移与初速度相关，速度不唯一。
3. 表演一致性：初速度改变导致运动参数变化，无法保持一致。
二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题3分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025高一上·绍兴期末）下列说法正确的是（ ）
A．伽利略在研究自由落体时运用斜面“冲淡”了重力
B．加速度是通过比值定义法得到的物理量，从其定义公式可知加速度与时间成反比
C．通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中运用了放大法
D．在研究物体的运动时，满足一定条件可以将物体抽象成质点，这样的方法叫做“微元法”
【答案】A,C
【知识点】形变与弹力；物理学史
【解析】【解答】A．伽利略在研究自由落体时，由于直接测量时间的误差较大，于是他运用斜面“冲淡”了重力的影响，A正确；
B．加速度是通过比值定义法得到的物理量，但加速度与速度变化量、时间没有关系，与物体受到的外力及物体的质量有关，B错误；
C．通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中运用了放大法，C正确；
D．在研究物体的运动时，满足一定条件可以将物体抽象成质点，这样的方法叫做“理想模型法”，D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.斜面实验：伽利略用斜面延长运动时间，减小测量误差，理解 “冲淡” 重力的意义。
2.比值定义：加速度由合力与质量决定，定义式不反映因果关系。
3.放大法：通过物理手段（平面镜反射 ）放大微小变化，便于观察。
4.理想模型：质点是忽略次要因素（大小形状 ）的理想化模型。
12．（2025高一上·绍兴期末）一倾角为的足够长的倾斜传送带以恒定速率沿逆时针转动，一小物块从传送带的顶端无初速度释放，其运动的部分图像如图所示，取，，下列说法中正确的是（ ）
A．传动带与物块间的动摩擦因数为0.5
B．传送带转动的速度为
C．物块在时的速度为
D．使传送带顺时针转动，再在顶端无初速度释放物块，物块的运动情况与原来相同
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．对物块受力分析可知，刚放上传送带上时，根据牛顿第二定律可得
结合图像可得
物块与传送带共速后，则有
结合图像可得
联立上述各式，解得，A正确；
B．由图像可知，时，物块与传送带速度相等，故传送带转动的速度为，B错误；
C．由图可知，时，物块与传送带速度相等，此时物块的速度，此后物块以加速度加速下滑，故时物块的速度，C正确；
D．若传送带顺时针转动，再在顶端无初速度释放物块，则开始时物块受到的摩擦力与传送带逆时针转动时的方向刚好相反，因此物块受到的合外力不同，物块的运动情况不同，D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.分阶段受力：物块速度小于 / 大于传送带速度时，摩擦力方向不同，合力不同，加速度不同。
2.v-t 图像：斜率对应加速度，转折点对应共速时刻（传送带速度 ）。
3.运动学公式：用加速度和时间计算速度，判断运动情况变化。
13．（2025高一上·绍兴期末）一个小球从如图所示尺寸的多段斜面顶端以不同的速度水平抛出后还能落在该斜面上（包括水平段），则其落到斜面上时的速度与水平方向的夹角可能是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设图中上方斜面倾角为，下方斜面倾角为，由图中几何关系可知，
若小球落在上方斜面上，根据平抛运动推论可得速度与水平方向的夹角的正切值为，可得
若小球落在下方斜面上，根据平抛运动推论可得速度与水平方向的夹角的正切值为，可得
则小球落到斜面上时的速度与水平方向的夹角满足
故答案为：BC。
【分析】1. 平抛推论：速度偏角正切值是位移偏角正切值的2倍（ ）。
2. 斜面倾角：计算上下斜面的位移偏角正切值，代入推论得速度偏角范围。
14．（2025高一上·绍兴期末）如图甲所示在倾角为的足够大的光滑斜面上，质量为的物块A与质量为的物块B通过一根轻绳绕过两个轻质定滑轮C、D相互连接，位置关系如图乙所示，从某时刻开始同时静止释放A和B，末还没有物块碰到滑轮，忽略滑轮与轻绳之间的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．A和B具有相同的加速度 B．B在末的速度大小为
C．滑轮C对轻绳的作用力为 D．滑轮D对轻绳的作用力为
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，A错误；
B．A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
B在末的速度大小为，B正确；
C．对物体A受力分析，设绳子的拉力为，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
由乙图可知，滑轮C两边绳子的夹角为，由平行四边形定则可知，滑轮C对轻绳的作用力，C正确；
D．结合上述分析可得，滑轮D对轻绳的作用力，D错误。
故答案为：BC。
【分析】1. 整体法：对A、B整体列牛顿定律，求共同加速度。
2. 隔离法：对A隔离，求绳拉力 。
3. 力的合成：用平行四边形定则，结合绳夹角，求滑轮对绳的作用力。
三、实验题（本题共2小题，每一空格2分，共20分）
15．（2025高一上·绍兴期末）如图1所示是“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置。
（1）下列实验器材需要用到的是___________。
A． B．
C． D．
（2）某次实验中，其中一根弹簧测力计的示数如图2所示，与这根弹簧测力计相连的细绳弹力大小为 N。
（3）某同学换用坐标纸进行合力与分力关系的探究，用两根量程为0~5N弹簧测力计进行3组实验，并在坐标纸上画出3组分力和，如图3所示，以结点O为原点建立直角坐标系，橡皮筋拉伸方向始终在x轴上，已知图中小正方形的边长表示1N，下列哪组探究实验能正确说明合力与分力关系的是
（4）下列操作有益于减小实验误差的是___________
A．两细绳必须等长
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．标记同一细绳方向的两点要近些
【答案】（1）D
（2）4.00
（3）C
（4）B
【知识点】验证力的平行四边形定则；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）探究两个互成角度的力的合成规律，不需要用到小车、天平和重锤；需要用三角板作图。
故答案为：D。
（2）图中弹簧测力计的分度值为，由图2可知与这根弹簧测力计相连的细绳弹力大小为.
故答案为：4.00
（3）以结点O为原点建立直角坐标系，橡皮筋拉伸方向始终在x轴上，已知图中小正方形的边长表示1N，则和的合力应沿x轴方向，A图中和沿y轴方向的合力不为0；B图中和沿x轴方向的分力均为4N，则和的合力为8N，超过弹簧测力计的量程；C图中和沿y轴方向的合力为0，和沿x轴方向的合力不超过5N；故能正确说明合力与分力关系的是C。
故答案为：C
（4）A．两细绳应适当长一些，但不需要等长，故A错误；
B．为了减小误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤的示数应适当大一些，但不是两弹簧秤示数之差尽可能大，故C错误；
D．为了减小拉力方向标记的误差，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误。
故答案为：B。
【分析】（1）器材作用：三角板用于作力的图示，其他器材与实验无关。
（2）弹簧秤读数：注意分度值，精确到最小刻度下一位。
（3）合力验证：合力需沿橡皮筋方向（x 轴 ），且分力不超量程，合力与分力满足平行四边形定则。
（4）误差控制：保证力的方向在同一平面（与木板平行 ），标记点远、示数适当等减小误差。
（1）探究两个互成角度的力的合成规律，不需要用到小车、天平和重锤；需要用三角板作图。
故选D。
（2）图中弹簧测力计的分度值为，由图2可知与这根弹簧测力计相连的细绳弹力大小为.
（3）以结点O为原点建立直角坐标系，橡皮筋拉伸方向始终在x轴上，已知图中小正方形的边长表示1N，则和的合力应沿x轴方向，A图中和沿y轴方向的合力不为0；B图中和沿x轴方向的分力均为4N，则和的合力为8N，超过弹簧测力计的量程；C图中和沿y轴方向的合力为0，和沿x轴方向的合力不超过5N；故能正确说明合力与分力关系的是C。
（4）A．两细绳应适当长一些，但不需要等长，故A错误；
B．为了减小误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤的示数应适当大一些，但不是两弹簧秤示数之差尽可能大，故C错误；
D．为了减小拉力方向标记的误差，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误。
故选B。
16．（2025高一上·绍兴期末）图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）关于此实验，下列说法正确的是___________。
A．图2所示装置的工作电压为交流
B．槽码的质量应远小于小车的质量
C．补偿阻力时应移去打点计时器和纸带
D．槽码牵引小车运动时，一定要让细线与水平桌面保持平行
（2）规范操作后得到一条纸带，图3所示，以纸带上能够看清的某个点作为0点，后面每5个点取一个计数点，测量各计数点与0点的距离，图4所示，已知交流电频率为。则从打计数点0到打计数点2小车位移大小为 ；经过测量并计算，已得到计时器在打1、2、4、5四个点时小车的瞬时速度，打下计数点3时小车的速度为 （此空结果保留三位有效数字），如下表得到的速度作出小车运动的图像 ，并利用该图像求出物体的加速度 （此空结果保留两位有效数字）；
计数点 0 1 2 3 4 5 6
速度值 / 0.483 0.548 ___________ 0.680 0.715 /
（3）探究“加速度与质量的关系”实验中，以小车和钩码的总质量M为纵坐标，加速度的倒数为横坐标，得到的图像如图6所示，横轴上的截距为b、根据理论推导可知 。（已知重力加速度为g）
【答案】（1）B
（2）9.66；0.613；；0.68
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）A．该打点计时器为电火花打点计时器，使用220V的交流电源，A错误；
B．槽码的质量应远小于小车的质量时，可以近似认为小车受到的合外力大小等于槽码重力的大小，B正确；
C．补偿摩擦力时，应使小车拖动纸带做匀速直线运动（不需要挂槽码），C错误；
D．槽码牵引小车运动时，一定要让细线与长木板保持平行，D错误。
故答案为：B。
（2）由于刻度尺的分度值为1mm，故应估读到分度值的下一位，打计数点0到打计数点2小车位移大小为9.66cm；
相邻计数点的时间间隔为
打下计数点3时小车的速度为
描出对应各点，作出图像如下
根据图像可得小车的加速度
故答案为：9.66；0.613；
；0.68
（3）对小车、槽码整体受力分析可得
解得
结合可知解得
故答案为：
【分析】（1）实验原理：理解槽码质量与小车合力的关系（近似条件 ），补偿阻力的操作。
（2）数据处理：用平均速度法算瞬时速度（中间时刻速度 ），v-t图像斜率求加速度。
（3）理论推导：通过牛顿定律推导 关系，确定截距物理意义。
（1）A．该打点计时器为电火花打点计时器，使用220V的交流电源，A错误；
B．槽码的质量应远小于小车的质量时，可以近似认为小车受到的合外力大小等于槽码重力的大小，B正确；
C．补偿摩擦力时，应使小车拖动纸带做匀速直线运动（不需要挂槽码），C错误；
D．槽码牵引小车运动时，一定要让细线与长木板保持平行，D错误。
故选B。
（2）[1]由于刻度尺的分度值为1mm，故应估读到分度值的下一位，打计数点0到打计数点2小车位移大小为9.66cm；
[2]相邻计数点的时间间隔为
打下计数点3时小车的速度为
[3]描出对应各点，作出图像如下
[4]根据图像可得小车的加速度
（3）对小车、槽码整体受力分析可得
解得
结合可知解得
四、计算题（本题共4小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
17．（2025高一上·绍兴期末）一小球从空中自由下落，每次撞击地面后被竖直弹起，速度大小变为碰撞前的0.6倍，其速度随时间变化的情况如表格和图像所示（取向下为正方向），不计空气阻力，求小球：
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
2 4 0 2
（1）在0~过程中的位移；
（2）运动过程中的最大速率；
（3）在0~内的平均速度。
【答案】（1）解：由图表可得
则在0~过程中的位移。
（2）解：由图像可知时的速率最大，有。
（3）解：0~过程中的位移
撞击地面后的速速
弹起的最大高度
由图像得第二次下降的时刻是，下降的位移
则
在0~内的平均速度。
【知识点】加速度；自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）加速度推导：由v-t数据算加速度 （重力加速度 ）。
（2）分段运动：分“自由下落” “弹起上升” “再次下落”三段，用匀变速公式（、 ）计算位移。
（3）平均速度：总位移除以总时间，注意位移的正负（下落正、上升负 ）。
（1）由图表可得
则在0~过程中的位移
（2）由图像可知时的速率最大，有
（3）0~过程中的位移
撞击地面后的速速
弹起的最大高度
由图像得第二次下降的时刻是，下降的位移
则
在0~内的平均速度
18．（2025高一上·绍兴期末）挂灯笼是中国传统文化中富有象征意义的代表。在春节期间，挂灯笼不仅是为了增添节日气氛，更是内涵丰富的祝福和期盼。如图所示，质量均为m的两个灯笼A、B在O1M、O1O2、O2N三条细绳的作用下处于静止状态，O1、O2为结点，O1O2之间的绳子与竖直方向成53°，O2N之间的绳子呈水平状态。已知sin37°=0.6，重力加速度为g，求：
（1）细绳O1O2上的拉力F1大小；
（2）细绳O1M上的拉力F2大小；
（3）有一游客轻摸灯笼B，对其施加一水平向右的恒力，使灯笼B呈倾斜状态，O1、O2结点位置不变，细绳O2N上的拉力F3大小。
【答案】（1）解：对结点O2，根据平衡条件可得
所以。
（2）解：对结点O2，根据平衡条件可得
所以
以灯笼A、B及两个结点O1、O2为研究对象，根据平衡条件可得
所以。
（3）解：以灯笼B、O2为研究对象，由于竖直方向平衡，O1O2之间细绳拉力在竖直方向上与重力mg平衡，则O1O2之间细绳拉力不变，由于结点位置不变，夹角不变，所以
解得。
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）结点隔离法：对 单独受力分析，用正交分解（竖直、水平方向平衡 ）求 、。
（2）整体法：以A、B及结点为整体，结合竖直、水平平衡，用勾股定理求 。
（3） 动态平衡：游客施力后， 不变（结点位置不变 ），重新分析 水平平衡求 。
（1）对结点O2，根据平衡条件可得
所以
（2）对结点O2，根据平衡条件可得
所以
以灯笼A、B及两个结点O1、O2为研究对象，根据平衡条件可得
所以
（3）以灯笼B、O2为研究对象，由于竖直方向平衡，O1O2之间细绳拉力在竖直方向上与重力mg平衡，则O1O2之间细绳拉力不变，由于结点位置不变，夹角不变，所以
解得
19．（2025高一上·绍兴期末）跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，调节飞行姿势，身子与滑雪板平行呈水平状态，如图所示，使空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，在空中飞行一段距离后着陆。现有总质量的运动员（含滑雪板）A滑到跳台a处不小心撞出一块冰块B，两者一起沿水平方向以从a点飞出，分别落在与水平方向成的直斜坡b、c上，已知a、b两点之间的距离为，，不计冰块下落时空气的作用力，求：
（1）冰块B下落时间；
（2）运动员（含滑雪板）A在下落过程中的加速度大小；
（3）空气对运动员（含滑雪板）竖直方向的恒力大小。
【答案】（1）解：不计冰块下落时空气的作用力，冰块B水平飞出，做平抛运动，设冰块B初速度大小为，冰块B从开始运动到直斜坡c所用的时间为，由水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动有
由几何关系得
联立上式代入数据解得。
（2）解：因为空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，故运动员（含滑雪板）做类平抛运动，由运动的分解与合成可得
水平方向运动有
竖直方向运动有
联立上式代入数据解得。
（3）解：对运动员（含滑雪板）受力分析，竖直方向受到重力和空气的恒定阻力，
由牛顿第二定律得
代入数据解得。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）运动分解：平抛（冰块B ）和类平抛（运动员A ）均分解为水平匀速、竖直匀变速。
（2）几何关系：斜面倾角对应竖直与水平位移比（ ）。
（3）牛顿定律：对运动员A竖直方向受力，合力产生加速度，推导空气力。
（1）不计冰块下落时空气的作用力，冰块B水平飞出，做平抛运动，设冰块B初速度大小为，冰块B从开始运动到直斜坡c所用的时间为，由水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动有
由几何关系得
联立上式代入数据解得
（2）因为空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，故运动员（含滑雪板）做类平抛运动，由运动的分解与合成可得
水平方向运动有
竖直方向运动有
联立上式代入数据解得
（3）对运动员（含滑雪板）受力分析，竖直方向受到重力和空气的恒定阻力，
由牛顿第二定律得
代入数据解得
20．（2025高一上·绍兴期末）滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，深受青年人喜爱。图甲为某滑草运动场地，图乙为其中一条滑道的示意图，滑道由倾角的滑道和水平滑道、组成，其中为助跑跑道，通过一定的加速可以使人和滑草车在b点获得一定的初速度沿滑道下滑，其速度范围为，水平滑道末端e点装有一弹性墙，滑草车撞击后获得一等大反向的速率，d、e两点之间是滑草车回收区。已知，，，滑草车与各接触面的动摩擦因数均为0.5，滑草车经过滑道交接处速度大小不变，不计滑草车的大小，，求：
（1）滑草车下滑过程中，在和两段的加速度大小；
（2）滑草车从b点静止下滑，速度减到零经过的时间；
（3）要求滑草车最终能停在回收区，对初速度大小有什么要求。
【答案】（1）解：在段，根据牛顿第二定律
解得
在段，根据牛顿第二定律
解得。
（2）解：在段，做匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
此时
在段，
解得
滑草车从b点静止下滑，速度减到零经过的时间。
（3）解：在第二小题中b点初速度为0，在水平滑道上滑行的路程
即滑道车已在回收区，随着b点初速度越来越大，水平滑道上滑行的距离越来越大。滑道车撞击弹性墙之后的运动可以看作没有弹性墙往左运动，即滑道上向左一直匀减速到速度为0，即水平滑道上滑行的距离最大值为
此时，在段，
在段，
联立解得
故。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）牛顿定律：分斜面（重力分力+摩擦力 ）和水平（仅摩擦力 ）段，求加速度。
（2）运动学公式：匀加速（ ）、匀减速（ ），计算时间。
（3）位移约束：结合回收区范围，推导初速度 的允许区间。
（1）在段，根据牛顿第二定律
解得
在段，根据牛顿第二定律
解得
（2）在段，做匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
此时
在段，
解得
滑草车从b点静止下滑，速度减到零经过的时间
（3）在第二小题中b点初速度为0，在水平滑道上滑行的路程
即滑道车已在回收区，随着b点初速度越来越大，水平滑道上滑行的距离越来越大。滑道车撞击弹性墙之后的运动可以看作没有弹性墙往左运动，即滑道上向左一直匀减速到速度为0，即水平滑道上滑行的距离最大值为
此时，在段，
在段，
联立解得
故
1 / 1浙江省绍兴市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一上·绍兴期末）幺米，英文符号，也称为攸米，是一种很小的长度单位。其大小为，下列关于幺米的说法中正确的是（ ）
A．既是基本单位，也是国际制单位
B．既不是基本单位，也不是国际制单位
C．是基本单位，但不是国际制单位
D．是国际制单位，但不是基本单位
2．（2025高一上·绍兴期末）2024年8月11日在巴黎举行的第33届夏季奥林匹克运动会上，中国体育代表团获金牌榜并列第一，总奖牌榜第二、下列说法中正确的是（ ）
A．研究双人跳水运动员的动作时，运动员可视为质点
B．田径项目铅球比赛的成绩取决于铅球通过的路程
C．中国选手杨家玉以1小时25分54秒夺得女子20公里竞走比赛冠军，其中1小时25分54秒为时刻
D．举重女子49公斤级比赛中，侯志慧举起117公斤破奥运纪录，在保持平衡时手对杠铃的作用力和杠铃的重力是一对平衡力
3．（2025高一上·绍兴期末）用一根长度为1m的轻质细绳将一幅重力为10N画框对称悬挂在墙壁上（如图甲所示），画框上两个挂钉间的距离为0.5m，在某次调整画框位置时不小心使画框受到向下的拉力导致细绳断裂，工作人员在将细绳打结后重新对称悬挂（如图乙所示），忽略所有的摩擦，下列说法中正确的是（ ）
A．细绳的最大拉力可能为5N
B．挂钉对细绳的弹力是由于细绳的形变产生
C．重新悬挂后细绳的张力变小
D．重新悬挂后细绳对挂画的作用力不变
4．（2025高一上·绍兴期末）2013年6月20日上午10时，我国航天员在天宫一号目标飞行器进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。测量仪的机构可简化为如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生已知大小的恒定拉力F，再利用力学传感器测量一些数据后，最终测出航天员甲的质量，下列说法中正确的是（ ）
A．航天员甲在整个过程中做匀速运动
B．用该方法测量物体的质量，利用了牛顿第二定律
C．天宫一号中的物体处于超重状态，故而无法用天平测量物体的质量
D．若只用传感器测得航天员运动过程中的位移x和时间t，无法测出质量
5．（2025高一上·绍兴期末）如图所示中虚线为一个小铁球在磁铁作用下的运动轨迹，关于磁铁的位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·绍兴期末）如图所示，用拍照时间间隔为1s的频闪照相机拍出玩具车的运动情况，已知玩具车的实际长度为20cm，运动过程为匀加速直线运动，下列说法中正确的是（ ）
A．加速度的大小为0.4m/s2
B．B点的速度大小为1m/s
C．A点的速度大小为0.3m/s
D．从B到C的平均速度大小为0.5m/s
7．（2025高一上·绍兴期末）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从高台下落，到最低点的过程中，忽略空气阻力的影响，其运动的速度v和加速度a随时间变化的规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高一上·绍兴期末）直角侧移门（如图甲所示）可以解决小户型浴室开关门不方便的问题，其结构可简化成如图乙和图丙（俯视图）所示，玻璃门的两端滑轮A、B通过一根可自由转动的轻杆连接，滑轮可沿直角导轨自由滑动，已知滑轮可视为质点，玻璃门的宽度为，在某次关门的过程中，使用者拉住把手使滑轮A从初始位置静止开始做加速度为的匀加速运动，当玻璃门与滑轮A达到丁图示位置时，滑轮B的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·绍兴期末）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，两个完全相同的均质球体A和B靠在一起，其中A球紧贴斜面，现用外力F推着球B缓慢前进至球B刚好接触斜面，忽略所有阻力，则在此过程中（ ）
A．斜面对A的弹力逐渐增大 B．A、B间的弹力先减小后增大
C．F先减小后增大 D．地面对B的弹力逐渐增大
10．（2025高一上·绍兴期末）抛接球杂技是一种十分常见的杂技表演，在某次演出中，杂技演员为观众表演单手抛接球，他以的初速度每隔竖直向上抛出一个小球并保证这些小球不断在空中运动，在一段时间后，杂技演员因身体不适，抛出小球的速度减小为，但仍继续保持演出。已知这些小球均可视为质点，每次都在竖直方向上运动并在运动过程中不会相撞，抛接球点距离地面的高度为，空气阻力可忽略。下列说法中正确的是（ ）
A．杂技演员依旧可以保持与之前一样的表演
B．球以初速度抛出阶段在空中最多有5个球
C．球以初速度抛出阶段空中运动的球最多有4个球
D．若有某个球在抛球过程中掉到地上，则球落地的速度一定为
二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题3分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．（2025高一上·绍兴期末）下列说法正确的是（ ）
A．伽利略在研究自由落体时运用斜面“冲淡”了重力
B．加速度是通过比值定义法得到的物理量，从其定义公式可知加速度与时间成反比
C．通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中运用了放大法
D．在研究物体的运动时，满足一定条件可以将物体抽象成质点，这样的方法叫做“微元法”
12．（2025高一上·绍兴期末）一倾角为的足够长的倾斜传送带以恒定速率沿逆时针转动，一小物块从传送带的顶端无初速度释放，其运动的部分图像如图所示，取，，下列说法中正确的是（ ）
A．传动带与物块间的动摩擦因数为0.5
B．传送带转动的速度为
C．物块在时的速度为
D．使传送带顺时针转动，再在顶端无初速度释放物块，物块的运动情况与原来相同
13．（2025高一上·绍兴期末）一个小球从如图所示尺寸的多段斜面顶端以不同的速度水平抛出后还能落在该斜面上（包括水平段），则其落到斜面上时的速度与水平方向的夹角可能是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
14．（2025高一上·绍兴期末）如图甲所示在倾角为的足够大的光滑斜面上，质量为的物块A与质量为的物块B通过一根轻绳绕过两个轻质定滑轮C、D相互连接，位置关系如图乙所示，从某时刻开始同时静止释放A和B，末还没有物块碰到滑轮，忽略滑轮与轻绳之间的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．A和B具有相同的加速度 B．B在末的速度大小为
C．滑轮C对轻绳的作用力为 D．滑轮D对轻绳的作用力为
三、实验题（本题共2小题，每一空格2分，共20分）
15．（2025高一上·绍兴期末）如图1所示是“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置。
（1）下列实验器材需要用到的是___________。
A． B．
C． D．
（2）某次实验中，其中一根弹簧测力计的示数如图2所示，与这根弹簧测力计相连的细绳弹力大小为 N。
（3）某同学换用坐标纸进行合力与分力关系的探究，用两根量程为0~5N弹簧测力计进行3组实验，并在坐标纸上画出3组分力和，如图3所示，以结点O为原点建立直角坐标系，橡皮筋拉伸方向始终在x轴上，已知图中小正方形的边长表示1N，下列哪组探究实验能正确说明合力与分力关系的是
（4）下列操作有益于减小实验误差的是___________
A．两细绳必须等长
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．标记同一细绳方向的两点要近些
16．（2025高一上·绍兴期末）图1是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）关于此实验，下列说法正确的是___________。
A．图2所示装置的工作电压为交流
B．槽码的质量应远小于小车的质量
C．补偿阻力时应移去打点计时器和纸带
D．槽码牵引小车运动时，一定要让细线与水平桌面保持平行
（2）规范操作后得到一条纸带，图3所示，以纸带上能够看清的某个点作为0点，后面每5个点取一个计数点，测量各计数点与0点的距离，图4所示，已知交流电频率为。则从打计数点0到打计数点2小车位移大小为 ；经过测量并计算，已得到计时器在打1、2、4、5四个点时小车的瞬时速度，打下计数点3时小车的速度为 （此空结果保留三位有效数字），如下表得到的速度作出小车运动的图像 ，并利用该图像求出物体的加速度 （此空结果保留两位有效数字）；
计数点 0 1 2 3 4 5 6
速度值 / 0.483 0.548 ___________ 0.680 0.715 /
（3）探究“加速度与质量的关系”实验中，以小车和钩码的总质量M为纵坐标，加速度的倒数为横坐标，得到的图像如图6所示，横轴上的截距为b、根据理论推导可知 。（已知重力加速度为g）
四、计算题（本题共4小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
17．（2025高一上·绍兴期末）一小球从空中自由下落，每次撞击地面后被竖直弹起，速度大小变为碰撞前的0.6倍，其速度随时间变化的情况如表格和图像所示（取向下为正方向），不计空气阻力，求小球：
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
2 4 0 2
（1）在0~过程中的位移；
（2）运动过程中的最大速率；
（3）在0~内的平均速度。
18．（2025高一上·绍兴期末）挂灯笼是中国传统文化中富有象征意义的代表。在春节期间，挂灯笼不仅是为了增添节日气氛，更是内涵丰富的祝福和期盼。如图所示，质量均为m的两个灯笼A、B在O1M、O1O2、O2N三条细绳的作用下处于静止状态，O1、O2为结点，O1O2之间的绳子与竖直方向成53°，O2N之间的绳子呈水平状态。已知sin37°=0.6，重力加速度为g，求：
（1）细绳O1O2上的拉力F1大小；
（2）细绳O1M上的拉力F2大小；
（3）有一游客轻摸灯笼B，对其施加一水平向右的恒力，使灯笼B呈倾斜状态，O1、O2结点位置不变，细绳O2N上的拉力F3大小。
19．（2025高一上·绍兴期末）跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，调节飞行姿势，身子与滑雪板平行呈水平状态，如图所示，使空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，在空中飞行一段距离后着陆。现有总质量的运动员（含滑雪板）A滑到跳台a处不小心撞出一块冰块B，两者一起沿水平方向以从a点飞出，分别落在与水平方向成的直斜坡b、c上，已知a、b两点之间的距离为，，不计冰块下落时空气的作用力，求：
（1）冰块B下落时间；
（2）运动员（含滑雪板）A在下落过程中的加速度大小；
（3）空气对运动员（含滑雪板）竖直方向的恒力大小。
20．（2025高一上·绍兴期末）滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，深受青年人喜爱。图甲为某滑草运动场地，图乙为其中一条滑道的示意图，滑道由倾角的滑道和水平滑道、组成，其中为助跑跑道，通过一定的加速可以使人和滑草车在b点获得一定的初速度沿滑道下滑，其速度范围为，水平滑道末端e点装有一弹性墙，滑草车撞击后获得一等大反向的速率，d、e两点之间是滑草车回收区。已知，，，滑草车与各接触面的动摩擦因数均为0.5，滑草车经过滑道交接处速度大小不变，不计滑草车的大小，，求：
（1）滑草车下滑过程中，在和两段的加速度大小；
（2）滑草车从b点静止下滑，速度减到零经过的时间；
（3）要求滑草车最终能停在回收区，对初速度大小有什么要求。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】基本量的单位都是基本单位，长度是物理学中的一个基本物理量，故长度的单位都是基本单位，因此幺米是基本单位，但不是国际单位。
故答案为：C。
【分析】1.基本单位定义：基本物理量的单位为基本单位（长度是基本物理量，其单位都是基本单位 ）。
2.国际制单位定义：国际制单位中，长度的基本单位是 “米（m）”，幺米是米的十进制衍生，非 SI 规定的基本 / 导出单位。
2．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；共点力的平衡
【解析】【解答】A．研究双人跳水运动员的动作时，需要考察运动员的姿态，不能把运动员视为质点，A错误；
B．田径项目铅球比赛的成绩取决于铅球通过的水平位移，B错误；
C．中国选手杨家玉以1小时25分54秒夺得女子20公里竞走比赛冠军，其中1小时25分54秒为时间间隔，C错误；
D．举重女子49公斤级比赛中，侯志慧举起117公斤破奥运纪录，在保持平衡时手对杠铃的作用力和杠铃的重力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，是一对平衡力，D正确。
故答案为：D。
【分析】1.质点条件：研究动作时，物体大小形状不可忽略。
2.位移与路程：铅球成绩对应水平位移（实际比赛规则 ）。
3.时间与时刻：过程对应时间间隔，瞬间对应时刻。
4.平衡力条件：同体、等大、反向、共线。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．根据平衡条件可得，
解得
故A错误；
B．挂钉对细绳的弹力是由于挂钉的形变产生的，故B错误；
C．将细绳打结后重新对称悬挂，细绳长度变短，则θ变大，cosθ变小，细绳的张力变大，故C错误；
D．重新悬挂后，细绳中的张力变大，但重新悬挂后细绳对挂画的作用力仍然等于重力的大小，所以细绳对挂画的作用力不变，故D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 平衡条件：利用两绳张力合力与重力平衡，结合几何关系算夹角，推导张力。
2. 弹力成因：明确弹力由施力物体（挂钉 ）形变产生。
3. 张力变化：绳长改变致夹角变，通过平衡式判断张力随 减小而增大。
4. 合力分析：张力合力始终与重力平衡，大小保持不变。
4．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．航天员甲在恒定拉力的作用下做匀加速直线运动，A错误；
B．该方法应用了牛顿第二定律，B正确；
C．天宫一号中的物体处于完全失重状态，故而无法用天平测量物体的质量，C错误；
D．根据运动学公式
解得
结合牛顿第二定律可得物体的质量为，D错误。
故答案为：B。
【分析】1.牛顿第二定律：恒力产生加速度，建立力、质量、加速度关系。
2.完全失重：天宫一号中物体重力提供向心力，天平无法测质量（托盘无压力 ）。
3.运动学公式：由位移和时间算加速度，代入牛顿第二定律求质量。
5．【答案】A
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】在曲线运动中，物体所受合外力的方向总是指向曲线的内侧，小铁球受到磁铁的引力作用，则轨迹为A。
故答案为：A。
【分析】1.曲线运动条件：合外力方向必须指向轨迹内侧，提供向心力改变速度方向。
2.受力方向判断：磁铁引力作为合外力，需指向轨迹内侧，据此筛选选项。
6．【答案】C
【知识点】加速度；平均速度
【解析】【解答】A．加速度的大小为，故A错误；
B．B点的速度大小为，故B错误；
C．A点的速度大小为，故C正确；
D．从B到C的平均速度大小为，故D错误。
故答案为：C。
【分析】1. 加速度公式：利用连续相等时间内的位移差 算加速度。
2. 中间时刻速度：某段时间中间时刻的速度等于该段的平均速度。
3. 速度公式：，由B点速度推A点速度。
4. 平均速度：位移除以时间，计算B到C的平均速度。
7．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】弹性蹦极绳张紧前：运动员做自由落体运动，加速度不变，速度均匀增加；
蹦极绳张紧后的下落过程中：弹性绳的弹力一直增大，开始弹力小于重力，所以加速度先向下减小，当弹性绳弹力增大到与重力相等时，加速度减为零，速度达到最大；由于惯性继续向下运动，运动员的重力小于弹性绳的弹力，加速度反向增大，运动员做减速运动，直到最低点，速度减为零，此时加速度向上的最大。所以此过程运动员的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小到0。
故答案为：B。
【分析】1.受力分析：分 “绳未张紧”（重力 ）和 “绳张紧后”（重力 + 弹力 ）两个阶段，分析合力变化。
2.运动状态：合力决定加速度，加速度决定速度变化（加速 / 减速，加速度大小变化 ）。
8．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】根据几何关系可知A运动的位移为，根据速度—位移公式
解得
根据速度的分解有
解得
故答案为：A。
【分析】1.匀加速速度计算：用速度 - 位移公式算滑轮 A 的速度（匀加速直线运动 ）。
2.速度分解：轻杆连接的两滑轮，沿杆方向速度分量相等（约束条件 ），据此列方程求滑轮 B 速度。
9．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．对A球受力分析如图：
B对A的弹力FBA由水平向左逐渐变为沿左上方最后变为沿斜面向上，由矢量三角形的变化可知由FBA逐渐变为与FNA垂直，则斜面对A的弹力FNA逐渐变小，AB间的弹力大小为FBA逐渐减小，AB错误；
C．对B球受力分析如图：
水平方向上有
又
随着AB位置的改变，FBA逐渐减小，α增大，cosα减小，所以推力F减小，C错误；
D．以AB整体为研究对象，受力分析如图：
竖直方向上有
所以
由前面分析知FNA逐渐减小，cosθ不变，所以地面对B的弹力FNB逐渐变大，D正确。
故答案为：D。
【分析】1. 隔离法：对A、B分别受力分析，用矢量三角形（或分解 ）判断单个力的变化。
2. 整体法：对A、B整体分析，利用竖直方向平衡，结合斜面弹力的变化，推导地面弹力的变化。
3. 动态平衡：通过力的方向变化（如 方向改变 ），分析力的大小变化。
10．【答案】B,C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】ABC．以的速度抛出小球在空中的时间
因为他每隔抛出一球，则抛6号球时1号球恰好落地，空中最多有5个球，同理以的速度抛出小球在空中的时间
因为他每隔抛出一球，则抛5号球时1号球恰好落地，空中最多有4个球，所以杂技演员依旧不能保持与之前一样的表演，A错误，BC正确；
D．若有某个球在抛球过程中掉到地上，则
其中
解得球落地的速度
由于未说明掉到地上的球的初速度，无法准确求得球落地的速度一定为，D错误。
故答案为：BC。
【分析】1. 竖直上抛时间：用 算总运动时间，结合抛球间隔算空中最大球数。
2. 落地速度：竖直上抛全程运动，位移与初速度相关，速度不唯一。
3. 表演一致性：初速度改变导致运动参数变化，无法保持一致。
11．【答案】A,C
【知识点】形变与弹力；物理学史
【解析】【解答】A．伽利略在研究自由落体时，由于直接测量时间的误差较大，于是他运用斜面“冲淡”了重力的影响，A正确；
B．加速度是通过比值定义法得到的物理量，但加速度与速度变化量、时间没有关系，与物体受到的外力及物体的质量有关，B错误；
C．通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中运用了放大法，C正确；
D．在研究物体的运动时，满足一定条件可以将物体抽象成质点，这样的方法叫做“理想模型法”，D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.斜面实验：伽利略用斜面延长运动时间，减小测量误差，理解 “冲淡” 重力的意义。
2.比值定义：加速度由合力与质量决定，定义式不反映因果关系。
3.放大法：通过物理手段（平面镜反射 ）放大微小变化，便于观察。
4.理想模型：质点是忽略次要因素（大小形状 ）的理想化模型。
12．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．对物块受力分析可知，刚放上传送带上时，根据牛顿第二定律可得
结合图像可得
物块与传送带共速后，则有
结合图像可得
联立上述各式，解得，A正确；
B．由图像可知，时，物块与传送带速度相等，故传送带转动的速度为，B错误；
C．由图可知，时，物块与传送带速度相等，此时物块的速度，此后物块以加速度加速下滑，故时物块的速度，C正确；
D．若传送带顺时针转动，再在顶端无初速度释放物块，则开始时物块受到的摩擦力与传送带逆时针转动时的方向刚好相反，因此物块受到的合外力不同，物块的运动情况不同，D错误。
故答案为：AC。
【分析】1.分阶段受力：物块速度小于 / 大于传送带速度时，摩擦力方向不同，合力不同，加速度不同。
2.v-t 图像：斜率对应加速度，转折点对应共速时刻（传送带速度 ）。
3.运动学公式：用加速度和时间计算速度，判断运动情况变化。
13．【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】设图中上方斜面倾角为，下方斜面倾角为，由图中几何关系可知，
若小球落在上方斜面上，根据平抛运动推论可得速度与水平方向的夹角的正切值为，可得
若小球落在下方斜面上，根据平抛运动推论可得速度与水平方向的夹角的正切值为，可得
则小球落到斜面上时的速度与水平方向的夹角满足
故答案为：BC。
【分析】1. 平抛推论：速度偏角正切值是位移偏角正切值的2倍（ ）。
2. 斜面倾角：计算上下斜面的位移偏角正切值，代入推论得速度偏角范围。
14．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，A错误；
B．A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
B在末的速度大小为，B正确；
C．对物体A受力分析，设绳子的拉力为，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
由乙图可知，滑轮C两边绳子的夹角为，由平行四边形定则可知，滑轮C对轻绳的作用力，C正确；
D．结合上述分析可得，滑轮D对轻绳的作用力，D错误。
故答案为：BC。
【分析】1. 整体法：对A、B整体列牛顿定律，求共同加速度。
2. 隔离法：对A隔离，求绳拉力 。
3. 力的合成：用平行四边形定则，结合绳夹角，求滑轮对绳的作用力。
15．【答案】（1）D
（2）4.00
（3）C
（4）B
【知识点】验证力的平行四边形定则；实验基础知识与实验误差
【解析】【解答】（1）探究两个互成角度的力的合成规律，不需要用到小车、天平和重锤；需要用三角板作图。
故答案为：D。
（2）图中弹簧测力计的分度值为，由图2可知与这根弹簧测力计相连的细绳弹力大小为.
故答案为：4.00
（3）以结点O为原点建立直角坐标系，橡皮筋拉伸方向始终在x轴上，已知图中小正方形的边长表示1N，则和的合力应沿x轴方向，A图中和沿y轴方向的合力不为0；B图中和沿x轴方向的分力均为4N，则和的合力为8N，超过弹簧测力计的量程；C图中和沿y轴方向的合力为0，和沿x轴方向的合力不超过5N；故能正确说明合力与分力关系的是C。
故答案为：C
（4）A．两细绳应适当长一些，但不需要等长，故A错误；
B．为了减小误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤的示数应适当大一些，但不是两弹簧秤示数之差尽可能大，故C错误；
D．为了减小拉力方向标记的误差，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误。
故答案为：B。
【分析】（1）器材作用：三角板用于作力的图示，其他器材与实验无关。
（2）弹簧秤读数：注意分度值，精确到最小刻度下一位。
（3）合力验证：合力需沿橡皮筋方向（x 轴 ），且分力不超量程，合力与分力满足平行四边形定则。
（4）误差控制：保证力的方向在同一平面（与木板平行 ），标记点远、示数适当等减小误差。
（1）探究两个互成角度的力的合成规律，不需要用到小车、天平和重锤；需要用三角板作图。
故选D。
（2）图中弹簧测力计的分度值为，由图2可知与这根弹簧测力计相连的细绳弹力大小为.
（3）以结点O为原点建立直角坐标系，橡皮筋拉伸方向始终在x轴上，已知图中小正方形的边长表示1N，则和的合力应沿x轴方向，A图中和沿y轴方向的合力不为0；B图中和沿x轴方向的分力均为4N，则和的合力为8N，超过弹簧测力计的量程；C图中和沿y轴方向的合力为0，和沿x轴方向的合力不超过5N；故能正确说明合力与分力关系的是C。
（4）A．两细绳应适当长一些，但不需要等长，故A错误；
B．为了减小误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确；
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤的示数应适当大一些，但不是两弹簧秤示数之差尽可能大，故C错误；
D．为了减小拉力方向标记的误差，标记同一细绳方向的两点要远些，故D错误。
故选B。
16．【答案】（1）B
（2）9.66；0.613；；0.68
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）A．该打点计时器为电火花打点计时器，使用220V的交流电源，A错误；
B．槽码的质量应远小于小车的质量时，可以近似认为小车受到的合外力大小等于槽码重力的大小，B正确；
C．补偿摩擦力时，应使小车拖动纸带做匀速直线运动（不需要挂槽码），C错误；
D．槽码牵引小车运动时，一定要让细线与长木板保持平行，D错误。
故答案为：B。
（2）由于刻度尺的分度值为1mm，故应估读到分度值的下一位，打计数点0到打计数点2小车位移大小为9.66cm；
相邻计数点的时间间隔为
打下计数点3时小车的速度为
描出对应各点，作出图像如下
根据图像可得小车的加速度
故答案为：9.66；0.613；
；0.68
（3）对小车、槽码整体受力分析可得
解得
结合可知解得
故答案为：
【分析】（1）实验原理：理解槽码质量与小车合力的关系（近似条件 ），补偿阻力的操作。
（2）数据处理：用平均速度法算瞬时速度（中间时刻速度 ），v-t图像斜率求加速度。
（3）理论推导：通过牛顿定律推导 关系，确定截距物理意义。
（1）A．该打点计时器为电火花打点计时器，使用220V的交流电源，A错误；
B．槽码的质量应远小于小车的质量时，可以近似认为小车受到的合外力大小等于槽码重力的大小，B正确；
C．补偿摩擦力时，应使小车拖动纸带做匀速直线运动（不需要挂槽码），C错误；
D．槽码牵引小车运动时，一定要让细线与长木板保持平行，D错误。
故选B。
（2）[1]由于刻度尺的分度值为1mm，故应估读到分度值的下一位，打计数点0到打计数点2小车位移大小为9.66cm；
[2]相邻计数点的时间间隔为
打下计数点3时小车的速度为
[3]描出对应各点，作出图像如下
[4]根据图像可得小车的加速度
（3）对小车、槽码整体受力分析可得
解得
结合可知解得
17．【答案】（1）解：由图表可得
则在0~过程中的位移。
（2）解：由图像可知时的速率最大，有。
（3）解：0~过程中的位移
撞击地面后的速速
弹起的最大高度
由图像得第二次下降的时刻是，下降的位移
则
在0~内的平均速度。
【知识点】加速度；自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）加速度推导：由v-t数据算加速度 （重力加速度 ）。
（2）分段运动：分“自由下落” “弹起上升” “再次下落”三段，用匀变速公式（、 ）计算位移。
（3）平均速度：总位移除以总时间，注意位移的正负（下落正、上升负 ）。
（1）由图表可得
则在0~过程中的位移
（2）由图像可知时的速率最大，有
（3）0~过程中的位移
撞击地面后的速速
弹起的最大高度
由图像得第二次下降的时刻是，下降的位移
则
在0~内的平均速度
18．【答案】（1）解：对结点O2，根据平衡条件可得
所以。
（2）解：对结点O2，根据平衡条件可得
所以
以灯笼A、B及两个结点O1、O2为研究对象，根据平衡条件可得
所以。
（3）解：以灯笼B、O2为研究对象，由于竖直方向平衡，O1O2之间细绳拉力在竖直方向上与重力mg平衡，则O1O2之间细绳拉力不变，由于结点位置不变，夹角不变，所以
解得。
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）结点隔离法：对 单独受力分析，用正交分解（竖直、水平方向平衡 ）求 、。
（2）整体法：以A、B及结点为整体，结合竖直、水平平衡，用勾股定理求 。
（3） 动态平衡：游客施力后， 不变（结点位置不变 ），重新分析 水平平衡求 。
（1）对结点O2，根据平衡条件可得
所以
（2）对结点O2，根据平衡条件可得
所以
以灯笼A、B及两个结点O1、O2为研究对象，根据平衡条件可得
所以
（3）以灯笼B、O2为研究对象，由于竖直方向平衡，O1O2之间细绳拉力在竖直方向上与重力mg平衡，则O1O2之间细绳拉力不变，由于结点位置不变，夹角不变，所以
解得
19．【答案】（1）解：不计冰块下落时空气的作用力，冰块B水平飞出，做平抛运动，设冰块B初速度大小为，冰块B从开始运动到直斜坡c所用的时间为，由水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动有
由几何关系得
联立上式代入数据解得。
（2）解：因为空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，故运动员（含滑雪板）做类平抛运动，由运动的分解与合成可得
水平方向运动有
竖直方向运动有
联立上式代入数据解得。
（3）解：对运动员（含滑雪板）受力分析，竖直方向受到重力和空气的恒定阻力，
由牛顿第二定律得
代入数据解得。
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动
【解析】【分析】（1）运动分解：平抛（冰块B ）和类平抛（运动员A ）均分解为水平匀速、竖直匀变速。
（2）几何关系：斜面倾角对应竖直与水平位移比（ ）。
（3）牛顿定律：对运动员A竖直方向受力，合力产生加速度，推导空气力。
（1）不计冰块下落时空气的作用力，冰块B水平飞出，做平抛运动，设冰块B初速度大小为，冰块B从开始运动到直斜坡c所用的时间为，由水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做自由落体运动有
由几何关系得
联立上式代入数据解得
（2）因为空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，故运动员（含滑雪板）做类平抛运动，由运动的分解与合成可得
水平方向运动有
竖直方向运动有
联立上式代入数据解得
（3）对运动员（含滑雪板）受力分析，竖直方向受到重力和空气的恒定阻力，
由牛顿第二定律得
代入数据解得
20．【答案】（1）解：在段，根据牛顿第二定律
解得
在段，根据牛顿第二定律
解得。
（2）解：在段，做匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
此时
在段，
解得
滑草车从b点静止下滑，速度减到零经过的时间。
（3）解：在第二小题中b点初速度为0，在水平滑道上滑行的路程
即滑道车已在回收区，随着b点初速度越来越大，水平滑道上滑行的距离越来越大。滑道车撞击弹性墙之后的运动可以看作没有弹性墙往左运动，即滑道上向左一直匀减速到速度为0，即水平滑道上滑行的距离最大值为
此时，在段，
在段，
联立解得
故。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）牛顿定律：分斜面（重力分力+摩擦力 ）和水平（仅摩擦力 ）段，求加速度。
（2）运动学公式：匀加速（ ）、匀减速（ ），计算时间。
（3）位移约束：结合回收区范围，推导初速度 的允许区间。
（1）在段，根据牛顿第二定律
解得
在段，根据牛顿第二定律
解得
（2）在段，做匀加速直线运动，根据运动学公式
解得
此时
在段，
解得
滑草车从b点静止下滑，速度减到零经过的时间
（3）在第二小题中b点初速度为0，在水平滑道上滑行的路程
即滑道车已在回收区，随着b点初速度越来越大，水平滑道上滑行的距离越来越大。滑道车撞击弹性墙之后的运动可以看作没有弹性墙往左运动，即滑道上向左一直匀减速到速度为0，即水平滑道上滑行的距离最大值为
此时，在段，
在段，
联立解得
故
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