广东省大湾区2024-2025学年高一上学期1月期末统一测试物理试题
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．（2025高一上·广东期末）一辆电动汽车从A地到B地行驶的运动路线如图所示。已知A地和B地的直线距离为12km，实际路线长20km，用时30min，下列说法正确的是（ ）
A．运动过程中车的位移大小为20km
B．车经过路标C时的速度方向为由A地指向B地
C．运动过程中车的平均速度大小为24km/h，方向由A地指向B地
D．运动过程中车的平均速度大小为40km/h，速度方向一直在变
【答案】C
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【解答】本题主要考查了位移与路程，瞬时速度与平均速度，关键是抓住概念，重点掌握相近知识点的区别和联系。A．位移表示由起点指向终点的有向线段，运动过程中车的位移大小为A地和B地的直线距离，即12km，A错误；
B．车经过路标C时的速度方向为沿C点的切线方向，B错误；
CD．运动过程中车的平均速度大小为
方向由A地指向B地，C正确，D错误。
故选C。
【分析】位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程是运动轨迹的长度，速度方向为沿C点的切线方向，平均速度等于位移除以时间。
2．（2025高一上·广东期末）如图所示，在水平桌面上用手向左拉一张A4纸，手机放在纸面上，则下列说法正确的是（ ）
A．若手机相对纸面滑动，则手机受到摩擦力的大小与纸的速度大小无关
B．若手机和纸一起匀速运动，则速度越大，手机受到的摩擦力越大
C．若手机相对纸面滑动，则手的拉力越大，手机受到的摩擦力越大
D．若手机和纸一起匀速运动，则手机受到水平向左的摩擦力
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查对摩擦力的掌握，要分析摩擦力时要首先明确物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力，掌握摩擦力有无的分析方法。A．滑动摩擦力与相对速度无关，手机受到摩擦力的大小与纸的速度大小无关，选项A正确；
BD．若手机和纸一起匀速运动，则手机受到的摩擦力为零，与匀速运动的速度无关，选项BD错误；
C．若手机相对纸面滑动，则根据
可知手的拉力越大，手机受到的摩擦力不变，选项C错误。
故选A。
【分析】根据手机和纸之间的相对运动情况确定摩擦力的方向，根据滑动摩擦力公式分析摩擦力的大小。
3．（2025高一上·广东期末）乒乓球以20m/s的速度水平向右运动并碰到球拍，与球拍作用0.02s时间后反向弹回，弹回的速度大小为15m/s，关于乒乓球与球拍作用的过程，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球的速度变化量大小为5m/s，方向水平向左
B．乒乓球的速度变化量大小为35m/s，方向水平向右
C．乒乓球的加速度大小为250，方向水平向左
D．乒乓球的加速度大小为1750，方向水平向左
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】加速度是运动学中重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系。AB．选取水平向右的方向为正方向，则有
即乒乓球的速度变化量大小为35m/s，方向水平向左，AB错误；
CD．根据加速度的定义，可得乒乓球的加速度为
即乒乓球的加速度大小为1750，方向水平向左，C错误，D正确。
故选D。
【分析】速度变化量等于末速度减去初速度，结合加速度定义式求解加速度大小。
4．（2025高一上·广东期末）如图所示，A、B两木块间连接一轻质弹簧，A的质量为2m、B的质量为m，一起静止放置在一块木板上。若突然将此木板抽去，在抽离瞬间，忽略接触面摩擦力的影响，重力加速度为g，A、B两木块的加速度分别是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题是动力学中典型的问题：瞬间问题，抓住突变瞬间弹力没有来得及变化。A、B整体受力分析可知，未抽去木板时，木板对B的作用力的大小为
突然抽去木板后，由于弹簧来不及恢复形变，故A的受力情况不变，依然处于平衡状态，故
此时B受到的合外力恰好大小等于，方向与相反，根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小为
故选C。
【分析】突变瞬间弹簧的弹力没有来得及变化，支持力变为零，由牛顿第二定律求解加速度。
5．（2025高一上·广东期末）某农户采用自制的简易装置筛选橙子（近似球形）。如图所示，两根共面但不平行的直杆倾斜放置（与水平面夹角相等），橙子沿两杆向下加速运动，大小不同的橙子会落入不同筐中，下列说法正确的是（ ）
A．杆对橙子的弹力是由橙子发生的形变产生的
B．杆对橙子的作用力大于橙子对杆的作用力
C．杆对橙子的作用力方向竖直向上
D．同一个橙子在不同位置对单根杆的压力大小不同
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律
【解析】【解答】本题考查学生利用平衡条件分析物体受力情况的能力，其中重点考查学生对弹力产生原因以及牛顿定律的理解。A．杆对橙子的弹力是由杆发生的形变产生的，A错误；
B．杆对橙子的作用力与橙子对杆的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B错误；
C．杆对橙子的弹力垂直于杆，杆对橙子的摩擦力沿杆与橙子接触面向上，由于橙子加速下滑，故橙子所受合外力的方向沿杆向下，因此杆对橙子作用力不可能沿竖直方向，C错误；
D．橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，两杆对橙子的弹力方向不断变化，而两杆对橙子的弹力的合力始终与橙子所受重力垂直于杆方向的分量相等，所以同一个橙子在不同位置对单根杆的压力大小不同，D正确。
故选D。
【分析】根据弹力产生的原因判断；根据牛顿第三定律判断；橙子沿两杆向下加速运动，分析杆对橙子的弹力和摩擦力方向，结合牛顿第二定律判断杆对橙子的作用力方向；根据垂直于杆方向受力平衡分析同一个橙子在不同位置对单根杆的压力大小是否相同。
6．（2025高一上·广东期末）如图所示，水平放置的传送带沿顺时针方向以速度运行，现将一物体（可视为质点）轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数，若A端与B端相距8m，则物体由A端到B端的时间是（ ）（重力加速度g取10）
A．2s B．3s C．4s D．5s
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键要理清物体在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行解答。共速前，物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其加速为
物体匀加速运动的时间
物体匀加速运动的位移
故物体匀速运动的时间
故物体由A端到B端的时间
故选B。
【分析】物体先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据速度—时间公式求出匀加速运动的时间，结合位移—时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，再求出匀速运动的时间，从而得出物体A端到B端的时间。
7．（2025高一上·广东期末）“磁悬浮陀螺”依靠磁场力可以悬浮在空中。如图所示，对处于悬浮状态的陀螺，下列说法正确的有（ ）
A．陀螺在竖直方向上受力平衡
B．陀螺处于完全失重状态
C．底座对桌面的压力和桌面对底座的支持力是一对平衡力
D．桌面对底座的支持力等于底座的重力
【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查对超重失重现象的理解以及平衡力与相互作用力的区别和联系，掌握住超重失重的特点以及平衡力与相互作用力的区别与联系即可顺利求解。AB．处于悬浮状态的陀螺，在竖直方向加速度是零，则在竖直方向上受力平衡，即向上的磁场力与向下的重力平衡，因此陀螺既不超重也不失重， 故A正确，B错误；
C．底座对桌面的压力和桌面对底座的支持力是一对作用力和反作用力，故C错误；
D．由题意可知，磁场对陀螺有向上的磁场力作用，由牛顿第三定律可知，同时底座也受向下的磁场力作用，对底座由平衡条件可知，桌面对底座的支持力等于底座的重力与受磁场力的合力，因此桌面对底座的支持力大于底座的重力，故D错误。
故选A。
【分析】悬浮状态的陀螺，受力平衡，加速度为零，既不超重也不失重，作用力和反作用力作用在不同物体，平衡力作用在同一物体；结合平衡条件分析。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·广东期末）甲、乙两辆小车，在同一平直公路上同向做直线运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。其x-t图像如图甲所示，下列说法正确的是（ ）
A．在t2时刻两车速度相等
B．在t1~t2时间内，甲车的平均速度等于乙车的速度
C．在t2时刻，甲车速度大于乙车速度
D．在t1~t2之间的某一时刻，两车加速度相等
【答案】B,C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】对于位移—时间图像，要理解其物理意义，知道纵坐标的变化量等于位移，图像的斜率表示速度。AC．x t图像斜率表示速度，由图可知，在t2时刻甲车图线斜率大于乙车图线斜率，则在t2时刻甲车速度大于乙车速度，故A错误，C正确；
B．由题意可知t1~t2时间内两车的位移相等，根据
可知两车平均速度相等，故B正确；
D．由题意可知，甲车做匀加速直线运动，加速度不为零，乙车做匀速直线运动，加速度为零，因此两车的加速度不可能相等，故D错误。
故选BC。
【分析】根据x-t图像的斜率表示速度，分析速度的大小；由纵坐标的变化量确定位移关系，进而判断平均速度关系；甲、乙的运动情况分析它们的加速度能否相等。
9．（2025高一上·广东期末）如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s内、第2s内、第3s内前进的距离分别是5.4m、7.2m、9.0m。关于汽车，下列说法正确的有（ ）
A．加速度大小为3.6
B．在这3s内的平均速度大小为12.5m/s
C．在1.5s末的瞬时速度大小为7.2m/s
D．在3s末的瞬时速度大小为9.9m/s
【答案】C,D
【知识点】平均速度；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】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。A．根据
可得加速度大小为
故A错误；
BC．汽车在这内的平均速度大小为
汽车在末的瞬时速度等于前的平均速度，则汽车在1.5s末的瞬时速度是，故B错误，C正确；
D．汽车在3s末的瞬时速度为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据Δx=aT2求解加速度，对于匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的速度，结合速度—时间公式求解。
10．（2025高一上·广东期末）图甲为斧头劈开树桩的实例，此过程可简化成图乙中力学模型，斧头截面为等腰三角形，斧锋夹角为θ，斧头受到竖直向下的力F，并处于平衡状态，下列说法正确的有（ ）
A．斧锋夹角越小，斧头对木桩的侧向压力越大
B．斧锋夹角越大，斧头对木桩的侧向压力越大
C．力F越大，斧头对木桩的侧向压力越大
D．力F越小，斧头对木桩的侧向压力越大
【答案】A,C
【知识点】力的分解
【解析】【解答】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。将力F分解为垂直截面的两个分力，则有
解得
则斧锋夹角越小，斧头对木桩的侧向压力越大；施加的力F越大，斧头对木桩的侧向压力越大。
故选AC。
【分析】根据力F的作用效果分解力F，求出分力的大小，然后分析答题。
11．（2025高一上·广东期末）如图，一杂技演员将三个小球1、2、3从手中以大小不同的速度依次竖直向上抛出，然后等待小球落回手中，三个小球上升的最大高度之比为3∶2∶1。已知三个小球抛出的速度分别为v1、v2、v3，在空中运动时间分别为t1、t2、t3，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】解答本题时，一方面要掌握竖直上抛运动的基本规律，另一方面要掌握对称性，并能熟练运用。CD．下落阶段，根据
根据竖直上抛运动的对称性，整个过程的时间
三个小球上升的最大高度之比为3∶2∶1，则
故C正确，D错误；
AB．根据
故A错误，B正确。
故选BC。
【分析】根据位移—时间公式和对称性求出三个小球在空中运动时间之比，由求解三个小球抛出的速度之比。
12．（2025高一上·广东期末）质量为60kg的人站在升降机中的体重计上，体重计的读数用M表示，重力加速度g取10，下列说法正确的有（ ）
A．升降机以1的加速度加速上升时，人处于超重状态
B．升降机以1的加速度减速上升时，M为54kg
C．升降机以1.5的加速度加速下降时，人处于超重状态
D．升降机以1.5的加速度减速下降时，M为51kg
【答案】A,B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题是运用牛顿运动定律研究超重和失重现象，可以定性分析与定量计算结合研究。A．升降机以1的加速度加速上升时，加速度向上，则人处于超重状态，选项A正确；
B．升降机以1的加速度减速上升时，加速度向下，人处于失重状态，则
解得F=540N
可知M为54kg，选项B正确；
C．升降机以1.5的加速度加速下降时，加速度向下，人处于失重状态，选项C错误；
D．升降机以1.5的加速度减速下降时，加速度向上，人处于超重状态，则
解得F=690N
可知M为69kg，选项D错误。
故选AB。
【分析】体重计的读数显示人对体重计的压力大小．以人为研究对象，根据牛顿第二定律求出体重计对人的支持力，再牛顿第三定律分析人对体重计的压力大小，知体重计示数。加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态。
三、非选择题：本题共6小题，共52分。考生根据要求作答。
13．（2025高一上·广东期末）图甲是一款健身房中常用的拉力器，该拉力器由两个手柄和5根完全相同的长弹簧组成。为了测量该拉力器中长弹簧的劲度系数，某同学设计了如下实验步骤：
（1）在铁架台上竖直固定一刻度尺，将该拉力器竖直悬挂在旁边，拉力器两侧手柄上固定有刻度线指针，如图乙所示，调整好装置，待拉力器稳定后，上方指针正好与刻度尺处刻度线平齐，下方指针正好与处刻度线平齐。
（2）在拉力器下挂上的负重，稳定后拉力器下方指针所指刻度如图丙所示，则刻度尺的读数 cm。
（3）通过查资料得知，当地重力加速度，则每根长弹簧的劲度系数 N/m（结果保留3位有效数字）。
（4）因拉力器自身质量较大不可忽略，则用以上方法测量弹簧劲度系数，其结果会 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
【答案】80；80；无影响
【知识点】胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（2）由图丙可知，刻度尺的读数为
（3）拉力器由 5 根弹簧并联，总劲度系数 ，悬挂 m = 10 kg 负重后，弹簧伸长量 ，根据胡克定律其中，，解得
（4）实验中弹簧的自重会影响弹簧的原长，由以上方法测量弹簧劲度系数，对测量结果没有影响。
【分析】（2）考查刻度尺读数，弄清分度值，一定要估读。
（3）根据胡克定律可计算弹簧的劲度系数。
（4）此方法测量弹簧劲度系数，实验中弹簧的自重对测量结果没有影响。
14．（2025高一上·广东期末）为了探究加速度a与合力F的关系，某小组同学设计了如图甲所示的实验装置，利用沙和沙桶的重量mg可近似得到小车受到的拉力，其中小车和车内砝码的总重量为M。
（1）实验时，下列操作正确的是
A．实验时，需要测量车和车内砝码的总质量M
B．小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源打出一条纸带并测量对应的沙和沙桶的质量m
C．为减小实验误差，实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远远小于车和车内砝码的总质量M
D．在实验中每次改变沙和沙桶的质量m后，必须重新补偿阻力即平衡小车与木板间的摩擦力
（2）图乙为小组中某同学在实验时打出的纸带的一段，该纸带上相邻两个计数点间还有四个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz，则小车的加速度大小是 （结果保留三位有效数字）
（3）在“探究加速度与合力的关系”时，此同学以小车的加速度a为纵坐标，以沙和沙桶的重量mg为横坐标，根据多组实验数据得到的图像如图丙所示，试分析图线不通过坐标原点的原因
（4）重新调整仪器改进（3）中的问题再次进行实验，根据多组实验数据得到的图像是一条过原点的倾斜直线，则图线的斜率k= （用题中所给字母表示）
【答案】C；；平衡摩擦力过度；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用匀变速直线运动的推论即可解题，计算时注意单位换算。（1）A．实验时，不需要测量车和车内砝码的总质量M。故A错误；
B．小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带并测量对应的沙和沙桶的质量m。故B错误；
C．为减小实验误差，实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远远小于车和车内砝码的总质量M。故C正确；
D．在实验中每次改变沙和沙桶的质量m后，不需要重新补偿阻力即平衡小车与木板间的摩擦力。故D错误。
故选C。
（2）依题意，纸带上相邻计数点的时间间隔为
由逐差法，可得
（3）由图可知，当沙和沙桶的重量mg等于0时，小车已经有了一定加速度，所以图线不通过坐标原点的原因是平衡摩擦力过度。
（4）由牛顿第二定律，可知
整理，可得
结合图像可知，图线的斜率
【分析】（1）不需要测量车和车内砝码的总质量M；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车；实验时一定要保证沙和沙桶的质量远远小于车和车内砝码的总质量；不需要重新补偿阻力；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）根据悬挂沙和沙桶的质量为零时就具有加速度分析；
（4）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像计算。
15．（2025高一上·广东期末）如图所示，细线的一端悬挂质量的物体，另一端连接细线和，O为结点.细线跨过光滑的定滑轮，段水平，A端与一放在水平地面上、质量的物体相连，段与竖直方向夹角为37°，水平细线的另一端固定在竖直墙壁上，整个系统恰好处于静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10，，。求：
（1）、线的拉力大小；
（2）物体M与水平地面间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：对O点进行受力分析可知，
代入数据可得，线的拉力大小分别为，
（2）解：由于整个系统恰好处于静止状态，则
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对结点O进行受力分析，根据平衡条件求DO、BO线的拉力大小；
（2）整个系统恰好处于静止状态，物体所受静摩擦力最大，根据摩擦力的计算公式求解物体M与水平地面间的动摩擦因数。
（1）对O点进行受力分析可知，
代入数据可得，线的拉力大小分别为，
（2）由于整个系统恰好处于静止状态，则
解得
16．（2025高一上·广东期末）某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一只鸡蛋从离地面20 m高的高楼面由静止释放，鸡蛋下落途中用Δt = 0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）鸡蛋从释放到落地所用的时间及落地前瞬间速度的大小；
（2）鸡蛋经过窗口上边沿瞬间速度的大小。
【答案】（1）解：根据自由落体运动位移与时间的关系
代入数据解得
鸡蛋落地瞬间的速度大小为
（2）解：由题意知，窗口的高度为
设鸡蛋经过窗口上沿的速度为v1，根据匀变速直线运动规律，则有
联立解得
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动，结合自由落体规律求解；
（2）取经过窗户这一段运动过程，加速度仍然为g，初速度为鸡蛋经过窗口上沿的速度，根据匀变速直线运动规律求解。
（1）根据自由落体运动位移与时间的关系
代入数据解得
鸡蛋落地瞬间的速度大小为
（2）由题意知，窗口的高度为
设鸡蛋经过窗口上沿的速度为v1，根据匀变速直线运动规律，则有
联立解得
17．（2025高一上·广东期末）小明通过拉小车训练体能.如图所示，倾角的小车上有一质量的物体，物体与小车间的动摩擦因数。小明拉着小车从静止开始沿直线匀加速奔跑，经过16m后达到最大速度，然后以最大速度匀速跑，再经过64m到达终点，全程共用时12s，物体与小车始终保持相对静止。重力加速度g取，，。求：
（1）小明匀加速运动所用的时间；
（2）小明匀加速运动阶段，物体对斜面压力的大小。
【答案】（1）解：设最大速度为，匀速阶段所用时间为，根据题意有 ，，
联立解得 ，
（2）解：小明匀加速运动阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得，对m有 ，
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对于小明匀加速运动的过程，根据位移等于平均速度与时间的乘积列式。对于匀速运动的过程，根据公式x=vt列式，联立求解小明加速所用的时间t1。
（2）根据加速度的定义式求出小明匀加速运动的加速度大小，对物体，由牛顿第二定律求出斜面对物体的支持力，由牛顿第三定律得到物体对斜面压力的大小。
（1）设最大速度为，匀速阶段所用时间为，根据题意有 ，，
联立解得 ，
（2）小明匀加速运动阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得，对m有 ，
联立解得
18．（2025高一上·广东期末）如图所示，质量、长度的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量为m（大小未知）的物块（可视为质点）在某一时刻以的水平初速度从左端滑上木板，经过时间后物块与木板达到共速，又经时间，长木板与右侧一挡板（高度略低于长木板）碰撞，碰撞后长木板立即静止不动。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）物块的质量m以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端的距离d；
（3）物块最终能否脱离长木板？若能，请计算物块脱离长木板时的速度大小。
【答案】（1）解：设物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
因为2s时达到共速，此时速度大小
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小
（2）解：对长木板由牛顿第二定律有
解得
2s内物块对地位移大小为
2s内长木板对地住移大小为
则时物块到长木板左端的距离为
（3）解：共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有
解得
与挡板碰撞前瞬间，整体具有速度
解得
榳撞后，物块m运动到停下有
解得
因此，物块会脱离长木板，根据匀变速运动规律
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块滑上长木板达到共速前，利用牛顿第二定律计算物块的加速度大小。由2s时达到共速，由速度—时间公式求出共同速度，再对长木板，由速度—时间公式求其加速度大小；（2）对长木板，由牛顿第二定律结合滑动摩擦力公式求物块的质量m。根据位移等于平均速度与时间的乘积可以分别求出物块和木板在这段时间内的位移，进而求出物块相对木板的位移差，确定物块与木板左端的距离d；
（3）共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律求整体的加速度。由速度—时间公式求出长木板与挡板碰撞前瞬间整体具有的速度。根据速度—位移公式求碰后物块m运动的距离，再判断物块最终能否脱离长木板。根据速度—位移公式求物块脱离长木板时的速度大小。
（1）设物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
因为2s时达到共速，此时速度大小
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小
（2）对长木板由牛顿第二定律有
解得
2s内物块对地位移大小为
2s内长木板对地住移大小为
则时物块到长木板左端的距离为
（3）共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有
解得
与挡板碰撞前瞬间，整体具有速度
解得
榳撞后，物块m运动到停下有
解得
因此，物块会脱离长木板，根据匀变速运动规律
解得
1 / 1广东省大湾区2024-2025学年高一上学期1月期末统一测试物理试题
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．（2025高一上·广东期末）一辆电动汽车从A地到B地行驶的运动路线如图所示。已知A地和B地的直线距离为12km，实际路线长20km，用时30min，下列说法正确的是（ ）
A．运动过程中车的位移大小为20km
B．车经过路标C时的速度方向为由A地指向B地
C．运动过程中车的平均速度大小为24km/h，方向由A地指向B地
D．运动过程中车的平均速度大小为40km/h，速度方向一直在变
2．（2025高一上·广东期末）如图所示，在水平桌面上用手向左拉一张A4纸，手机放在纸面上，则下列说法正确的是（ ）
A．若手机相对纸面滑动，则手机受到摩擦力的大小与纸的速度大小无关
B．若手机和纸一起匀速运动，则速度越大，手机受到的摩擦力越大
C．若手机相对纸面滑动，则手的拉力越大，手机受到的摩擦力越大
D．若手机和纸一起匀速运动，则手机受到水平向左的摩擦力
3．（2025高一上·广东期末）乒乓球以20m/s的速度水平向右运动并碰到球拍，与球拍作用0.02s时间后反向弹回，弹回的速度大小为15m/s，关于乒乓球与球拍作用的过程，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球的速度变化量大小为5m/s，方向水平向左
B．乒乓球的速度变化量大小为35m/s，方向水平向右
C．乒乓球的加速度大小为250，方向水平向左
D．乒乓球的加速度大小为1750，方向水平向左
4．（2025高一上·广东期末）如图所示，A、B两木块间连接一轻质弹簧，A的质量为2m、B的质量为m，一起静止放置在一块木板上。若突然将此木板抽去，在抽离瞬间，忽略接触面摩擦力的影响，重力加速度为g，A、B两木块的加速度分别是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2025高一上·广东期末）某农户采用自制的简易装置筛选橙子（近似球形）。如图所示，两根共面但不平行的直杆倾斜放置（与水平面夹角相等），橙子沿两杆向下加速运动，大小不同的橙子会落入不同筐中，下列说法正确的是（ ）
A．杆对橙子的弹力是由橙子发生的形变产生的
B．杆对橙子的作用力大于橙子对杆的作用力
C．杆对橙子的作用力方向竖直向上
D．同一个橙子在不同位置对单根杆的压力大小不同
6．（2025高一上·广东期末）如图所示，水平放置的传送带沿顺时针方向以速度运行，现将一物体（可视为质点）轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数，若A端与B端相距8m，则物体由A端到B端的时间是（ ）（重力加速度g取10）
A．2s B．3s C．4s D．5s
7．（2025高一上·广东期末）“磁悬浮陀螺”依靠磁场力可以悬浮在空中。如图所示，对处于悬浮状态的陀螺，下列说法正确的有（ ）
A．陀螺在竖直方向上受力平衡
B．陀螺处于完全失重状态
C．底座对桌面的压力和桌面对底座的支持力是一对平衡力
D．桌面对底座的支持力等于底座的重力
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·广东期末）甲、乙两辆小车，在同一平直公路上同向做直线运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。其x-t图像如图甲所示，下列说法正确的是（ ）
A．在t2时刻两车速度相等
B．在t1~t2时间内，甲车的平均速度等于乙车的速度
C．在t2时刻，甲车速度大于乙车速度
D．在t1~t2之间的某一时刻，两车加速度相等
9．（2025高一上·广东期末）如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，汽车在第1s内、第2s内、第3s内前进的距离分别是5.4m、7.2m、9.0m。关于汽车，下列说法正确的有（ ）
A．加速度大小为3.6
B．在这3s内的平均速度大小为12.5m/s
C．在1.5s末的瞬时速度大小为7.2m/s
D．在3s末的瞬时速度大小为9.9m/s
10．（2025高一上·广东期末）图甲为斧头劈开树桩的实例，此过程可简化成图乙中力学模型，斧头截面为等腰三角形，斧锋夹角为θ，斧头受到竖直向下的力F，并处于平衡状态，下列说法正确的有（ ）
A．斧锋夹角越小，斧头对木桩的侧向压力越大
B．斧锋夹角越大，斧头对木桩的侧向压力越大
C．力F越大，斧头对木桩的侧向压力越大
D．力F越小，斧头对木桩的侧向压力越大
11．（2025高一上·广东期末）如图，一杂技演员将三个小球1、2、3从手中以大小不同的速度依次竖直向上抛出，然后等待小球落回手中，三个小球上升的最大高度之比为3∶2∶1。已知三个小球抛出的速度分别为v1、v2、v3，在空中运动时间分别为t1、t2、t3，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2025高一上·广东期末）质量为60kg的人站在升降机中的体重计上，体重计的读数用M表示，重力加速度g取10，下列说法正确的有（ ）
A．升降机以1的加速度加速上升时，人处于超重状态
B．升降机以1的加速度减速上升时，M为54kg
C．升降机以1.5的加速度加速下降时，人处于超重状态
D．升降机以1.5的加速度减速下降时，M为51kg
三、非选择题：本题共6小题，共52分。考生根据要求作答。
13．（2025高一上·广东期末）图甲是一款健身房中常用的拉力器，该拉力器由两个手柄和5根完全相同的长弹簧组成。为了测量该拉力器中长弹簧的劲度系数，某同学设计了如下实验步骤：
（1）在铁架台上竖直固定一刻度尺，将该拉力器竖直悬挂在旁边，拉力器两侧手柄上固定有刻度线指针，如图乙所示，调整好装置，待拉力器稳定后，上方指针正好与刻度尺处刻度线平齐，下方指针正好与处刻度线平齐。
（2）在拉力器下挂上的负重，稳定后拉力器下方指针所指刻度如图丙所示，则刻度尺的读数 cm。
（3）通过查资料得知，当地重力加速度，则每根长弹簧的劲度系数 N/m（结果保留3位有效数字）。
（4）因拉力器自身质量较大不可忽略，则用以上方法测量弹簧劲度系数，其结果会 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
14．（2025高一上·广东期末）为了探究加速度a与合力F的关系，某小组同学设计了如图甲所示的实验装置，利用沙和沙桶的重量mg可近似得到小车受到的拉力，其中小车和车内砝码的总重量为M。
（1）实验时，下列操作正确的是
A．实验时，需要测量车和车内砝码的总质量M
B．小车应靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源打出一条纸带并测量对应的沙和沙桶的质量m
C．为减小实验误差，实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远远小于车和车内砝码的总质量M
D．在实验中每次改变沙和沙桶的质量m后，必须重新补偿阻力即平衡小车与木板间的摩擦力
（2）图乙为小组中某同学在实验时打出的纸带的一段，该纸带上相邻两个计数点间还有四个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50Hz，则小车的加速度大小是 （结果保留三位有效数字）
（3）在“探究加速度与合力的关系”时，此同学以小车的加速度a为纵坐标，以沙和沙桶的重量mg为横坐标，根据多组实验数据得到的图像如图丙所示，试分析图线不通过坐标原点的原因
（4）重新调整仪器改进（3）中的问题再次进行实验，根据多组实验数据得到的图像是一条过原点的倾斜直线，则图线的斜率k= （用题中所给字母表示）
15．（2025高一上·广东期末）如图所示，细线的一端悬挂质量的物体，另一端连接细线和，O为结点.细线跨过光滑的定滑轮，段水平，A端与一放在水平地面上、质量的物体相连，段与竖直方向夹角为37°，水平细线的另一端固定在竖直墙壁上，整个系统恰好处于静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10，，。求：
（1）、线的拉力大小；
（2）物体M与水平地面间的动摩擦因数。
16．（2025高一上·广东期末）某校物理兴趣小组，为了了解高空坠物的危害，将一只鸡蛋从离地面20 m高的高楼面由静止释放，鸡蛋下落途中用Δt = 0.2 s的时间通过一个窗口，窗口的高度为2 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）鸡蛋从释放到落地所用的时间及落地前瞬间速度的大小；
（2）鸡蛋经过窗口上边沿瞬间速度的大小。
17．（2025高一上·广东期末）小明通过拉小车训练体能.如图所示，倾角的小车上有一质量的物体，物体与小车间的动摩擦因数。小明拉着小车从静止开始沿直线匀加速奔跑，经过16m后达到最大速度，然后以最大速度匀速跑，再经过64m到达终点，全程共用时12s，物体与小车始终保持相对静止。重力加速度g取，，。求：
（1）小明匀加速运动所用的时间；
（2）小明匀加速运动阶段，物体对斜面压力的大小。
18．（2025高一上·广东期末）如图所示，质量、长度的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量为m（大小未知）的物块（可视为质点）在某一时刻以的水平初速度从左端滑上木板，经过时间后物块与木板达到共速，又经时间，长木板与右侧一挡板（高度略低于长木板）碰撞，碰撞后长木板立即静止不动。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：
（1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小；
（2）物块的质量m以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端的距离d；
（3）物块最终能否脱离长木板？若能，请计算物块脱离长木板时的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】位移与路程；平均速度
【解析】【解答】本题主要考查了位移与路程，瞬时速度与平均速度，关键是抓住概念，重点掌握相近知识点的区别和联系。A．位移表示由起点指向终点的有向线段，运动过程中车的位移大小为A地和B地的直线距离，即12km，A错误；
B．车经过路标C时的速度方向为沿C点的切线方向，B错误；
CD．运动过程中车的平均速度大小为
方向由A地指向B地，C正确，D错误。
故选C。
【分析】位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程是运动轨迹的长度，速度方向为沿C点的切线方向，平均速度等于位移除以时间。
2．【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查对摩擦力的掌握，要分析摩擦力时要首先明确物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力，掌握摩擦力有无的分析方法。A．滑动摩擦力与相对速度无关，手机受到摩擦力的大小与纸的速度大小无关，选项A正确；
BD．若手机和纸一起匀速运动，则手机受到的摩擦力为零，与匀速运动的速度无关，选项BD错误；
C．若手机相对纸面滑动，则根据
可知手的拉力越大，手机受到的摩擦力不变，选项C错误。
故选A。
【分析】根据手机和纸之间的相对运动情况确定摩擦力的方向，根据滑动摩擦力公式分析摩擦力的大小。
3．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】加速度是运动学中重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系。AB．选取水平向右的方向为正方向，则有
即乒乓球的速度变化量大小为35m/s，方向水平向左，AB错误；
CD．根据加速度的定义，可得乒乓球的加速度为
即乒乓球的加速度大小为1750，方向水平向左，C错误，D正确。
故选D。
【分析】速度变化量等于末速度减去初速度，结合加速度定义式求解加速度大小。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题是动力学中典型的问题：瞬间问题，抓住突变瞬间弹力没有来得及变化。A、B整体受力分析可知，未抽去木板时，木板对B的作用力的大小为
突然抽去木板后，由于弹簧来不及恢复形变，故A的受力情况不变，依然处于平衡状态，故
此时B受到的合外力恰好大小等于，方向与相反，根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小为
故选C。
【分析】突变瞬间弹簧的弹力没有来得及变化，支持力变为零，由牛顿第二定律求解加速度。
5．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律
【解析】【解答】本题考查学生利用平衡条件分析物体受力情况的能力，其中重点考查学生对弹力产生原因以及牛顿定律的理解。A．杆对橙子的弹力是由杆发生的形变产生的，A错误；
B．杆对橙子的作用力与橙子对杆的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B错误；
C．杆对橙子的弹力垂直于杆，杆对橙子的摩擦力沿杆与橙子接触面向上，由于橙子加速下滑，故橙子所受合外力的方向沿杆向下，因此杆对橙子作用力不可能沿竖直方向，C错误；
D．橙子受到每根杆的弹力的方向都与杆垂直，但由于两杆不平行，两杆对橙子的弹力方向不断变化，而两杆对橙子的弹力的合力始终与橙子所受重力垂直于杆方向的分量相等，所以同一个橙子在不同位置对单根杆的压力大小不同，D正确。
故选D。
【分析】根据弹力产生的原因判断；根据牛顿第三定律判断；橙子沿两杆向下加速运动，分析杆对橙子的弹力和摩擦力方向，结合牛顿第二定律判断杆对橙子的作用力方向；根据垂直于杆方向受力平衡分析同一个橙子在不同位置对单根杆的压力大小是否相同。
6．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】解决本题的关键要理清物体在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行解答。共速前，物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其加速为
物体匀加速运动的时间
物体匀加速运动的位移
故物体匀速运动的时间
故物体由A端到B端的时间
故选B。
【分析】物体先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据速度—时间公式求出匀加速运动的时间，结合位移—时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，再求出匀速运动的时间，从而得出物体A端到B端的时间。
7．【答案】A
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡；超重与失重
【解析】【解答】本题考查对超重失重现象的理解以及平衡力与相互作用力的区别和联系，掌握住超重失重的特点以及平衡力与相互作用力的区别与联系即可顺利求解。AB．处于悬浮状态的陀螺，在竖直方向加速度是零，则在竖直方向上受力平衡，即向上的磁场力与向下的重力平衡，因此陀螺既不超重也不失重， 故A正确，B错误；
C．底座对桌面的压力和桌面对底座的支持力是一对作用力和反作用力，故C错误；
D．由题意可知，磁场对陀螺有向上的磁场力作用，由牛顿第三定律可知，同时底座也受向下的磁场力作用，对底座由平衡条件可知，桌面对底座的支持力等于底座的重力与受磁场力的合力，因此桌面对底座的支持力大于底座的重力，故D错误。
故选A。
【分析】悬浮状态的陀螺，受力平衡，加速度为零，既不超重也不失重，作用力和反作用力作用在不同物体，平衡力作用在同一物体；结合平衡条件分析。
8．【答案】B,C
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】对于位移—时间图像，要理解其物理意义，知道纵坐标的变化量等于位移，图像的斜率表示速度。AC．x t图像斜率表示速度，由图可知，在t2时刻甲车图线斜率大于乙车图线斜率，则在t2时刻甲车速度大于乙车速度，故A错误，C正确；
B．由题意可知t1~t2时间内两车的位移相等，根据
可知两车平均速度相等，故B正确；
D．由题意可知，甲车做匀加速直线运动，加速度不为零，乙车做匀速直线运动，加速度为零，因此两车的加速度不可能相等，故D错误。
故选BC。
【分析】根据x-t图像的斜率表示速度，分析速度的大小；由纵坐标的变化量确定位移关系，进而判断平均速度关系；甲、乙的运动情况分析它们的加速度能否相等。
9．【答案】C,D
【知识点】平均速度；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】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。A．根据
可得加速度大小为
故A错误；
BC．汽车在这内的平均速度大小为
汽车在末的瞬时速度等于前的平均速度，则汽车在1.5s末的瞬时速度是，故B错误，C正确；
D．汽车在3s末的瞬时速度为
故D正确。
故选CD。
【分析】根据Δx=aT2求解加速度，对于匀变速直线运动，平均速度等于中间时刻的速度，结合速度—时间公式求解。
10．【答案】A,C
【知识点】力的分解
【解析】【解答】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。将力F分解为垂直截面的两个分力，则有
解得
则斧锋夹角越小，斧头对木桩的侧向压力越大；施加的力F越大，斧头对木桩的侧向压力越大。
故选AC。
【分析】根据力F的作用效果分解力F，求出分力的大小，然后分析答题。
11．【答案】B,C
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】解答本题时，一方面要掌握竖直上抛运动的基本规律，另一方面要掌握对称性，并能熟练运用。CD．下落阶段，根据
根据竖直上抛运动的对称性，整个过程的时间
三个小球上升的最大高度之比为3∶2∶1，则
故C正确，D错误；
AB．根据
故A错误，B正确。
故选BC。
【分析】根据位移—时间公式和对称性求出三个小球在空中运动时间之比，由求解三个小球抛出的速度之比。
12．【答案】A,B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题是运用牛顿运动定律研究超重和失重现象，可以定性分析与定量计算结合研究。A．升降机以1的加速度加速上升时，加速度向上，则人处于超重状态，选项A正确；
B．升降机以1的加速度减速上升时，加速度向下，人处于失重状态，则
解得F=540N
可知M为54kg，选项B正确；
C．升降机以1.5的加速度加速下降时，加速度向下，人处于失重状态，选项C错误；
D．升降机以1.5的加速度减速下降时，加速度向上，人处于超重状态，则
解得F=690N
可知M为69kg，选项D错误。
故选AB。
【分析】体重计的读数显示人对体重计的压力大小．以人为研究对象，根据牛顿第二定律求出体重计对人的支持力，再牛顿第三定律分析人对体重计的压力大小，知体重计示数。加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态。
13．【答案】80；80；无影响
【知识点】胡克定律；探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】（2）由图丙可知，刻度尺的读数为
（3）拉力器由 5 根弹簧并联，总劲度系数 ，悬挂 m = 10 kg 负重后，弹簧伸长量 ，根据胡克定律其中，，解得
（4）实验中弹簧的自重会影响弹簧的原长，由以上方法测量弹簧劲度系数，对测量结果没有影响。
【分析】（2）考查刻度尺读数，弄清分度值，一定要估读。
（3）根据胡克定律可计算弹簧的劲度系数。
（4）此方法测量弹簧劲度系数，实验中弹簧的自重对测量结果没有影响。
14．【答案】C；；平衡摩擦力过度；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意应用匀变速直线运动的推论即可解题，计算时注意单位换算。（1）A．实验时，不需要测量车和车内砝码的总质量M。故A错误；
B．小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带并测量对应的沙和沙桶的质量m。故B错误；
C．为减小实验误差，实验时一定要保证沙和沙桶的质量m远远小于车和车内砝码的总质量M。故C正确；
D．在实验中每次改变沙和沙桶的质量m后，不需要重新补偿阻力即平衡小车与木板间的摩擦力。故D错误。
故选C。
（2）依题意，纸带上相邻计数点的时间间隔为
由逐差法，可得
（3）由图可知，当沙和沙桶的重量mg等于0时，小车已经有了一定加速度，所以图线不通过坐标原点的原因是平衡摩擦力过度。
（4）由牛顿第二定律，可知
整理，可得
结合图像可知，图线的斜率
【分析】（1）不需要测量车和车内砝码的总质量M；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车；实验时一定要保证沙和沙桶的质量远远小于车和车内砝码的总质量；不需要重新补偿阻力；
（2）根据逐差法计算加速度；
（3）根据悬挂沙和沙桶的质量为零时就具有加速度分析；
（4）根据牛顿第二定律写出图像的函数表达式，结合图像计算。
15．【答案】（1）解：对O点进行受力分析可知，
代入数据可得，线的拉力大小分别为，
（2）解：由于整个系统恰好处于静止状态，则
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对结点O进行受力分析，根据平衡条件求DO、BO线的拉力大小；
（2）整个系统恰好处于静止状态，物体所受静摩擦力最大，根据摩擦力的计算公式求解物体M与水平地面间的动摩擦因数。
（1）对O点进行受力分析可知，
代入数据可得，线的拉力大小分别为，
（2）由于整个系统恰好处于静止状态，则
解得
16．【答案】（1）解：根据自由落体运动位移与时间的关系
代入数据解得
鸡蛋落地瞬间的速度大小为
（2）解：由题意知，窗口的高度为
设鸡蛋经过窗口上沿的速度为v1，根据匀变速直线运动规律，则有
联立解得
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】（1）自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动，结合自由落体规律求解；
（2）取经过窗户这一段运动过程，加速度仍然为g，初速度为鸡蛋经过窗口上沿的速度，根据匀变速直线运动规律求解。
（1）根据自由落体运动位移与时间的关系
代入数据解得
鸡蛋落地瞬间的速度大小为
（2）由题意知，窗口的高度为
设鸡蛋经过窗口上沿的速度为v1，根据匀变速直线运动规律，则有
联立解得
17．【答案】（1）解：设最大速度为，匀速阶段所用时间为，根据题意有 ，，
联立解得 ，
（2）解：小明匀加速运动阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得，对m有 ，
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对于小明匀加速运动的过程，根据位移等于平均速度与时间的乘积列式。对于匀速运动的过程，根据公式x=vt列式，联立求解小明加速所用的时间t1。
（2）根据加速度的定义式求出小明匀加速运动的加速度大小，对物体，由牛顿第二定律求出斜面对物体的支持力，由牛顿第三定律得到物体对斜面压力的大小。
（1）设最大速度为，匀速阶段所用时间为，根据题意有 ，，
联立解得 ，
（2）小明匀加速运动阶段的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得，对m有 ，
联立解得
18．【答案】（1）解：设物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
因为2s时达到共速，此时速度大小
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小
（2）解：对长木板由牛顿第二定律有
解得
2s内物块对地位移大小为
2s内长木板对地住移大小为
则时物块到长木板左端的距离为
（3）解：共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有
解得
与挡板碰撞前瞬间，整体具有速度
解得
榳撞后，物块m运动到停下有
解得
因此，物块会脱离长木板，根据匀变速运动规律
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块滑上长木板达到共速前，利用牛顿第二定律计算物块的加速度大小。由2s时达到共速，由速度—时间公式求出共同速度，再对长木板，由速度—时间公式求其加速度大小；（2）对长木板，由牛顿第二定律结合滑动摩擦力公式求物块的质量m。根据位移等于平均速度与时间的乘积可以分别求出物块和木板在这段时间内的位移，进而求出物块相对木板的位移差，确定物块与木板左端的距离d；
（3）共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律求整体的加速度。由速度—时间公式求出长木板与挡板碰撞前瞬间整体具有的速度。根据速度—位移公式求碰后物块m运动的距离，再判断物块最终能否脱离长木板。根据速度—位移公式求物块脱离长木板时的速度大小。
（1）设物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
因为2s时达到共速，此时速度大小
长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小
（2）对长木板由牛顿第二定律有
解得
2s内物块对地位移大小为
2s内长木板对地住移大小为
则时物块到长木板左端的距离为
（3）共速后，对物块和长木板整体，由牛顿第二定律有
解得
与挡板碰撞前瞬间，整体具有速度
解得
榳撞后，物块m运动到停下有
解得
因此，物块会脱离长木板，根据匀变速运动规律
解得
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