广东省深圳市南山区2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
一、单项选择题（本部分包括6小题，每小题5分，共30分。每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得分）
1．（2025高一上·南山期末）深中通道是连接深圳市和中山市的特大桥，于2024年6月30日建成开通，全长约24公里，限速100km/h。一游客开汽车经过深中通道用时约20分钟。下列说法正确的是（ ）
A．汽车仪表台上的速度计测量的是瞬时速度，里程表测的是位移
B．100km/h是指汽车行驶的瞬时速度大小
C．该游客的平均速度约为72km/h
D．该游客全程的位移为24km
【答案】B
【知识点】位移与路程；平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查瞬时速度等概念，知道位移和路程的概念，知道平均速度和平均速率的计算关系。AB．限速100km/h，100km/h是指小车行驶的瞬时速度的大小，里程表测的是路程，故A错误，B正确；
C．根据题意可以求出该游客的平均速率，无法求出该游客的平均速度，平均速率为
故C错误；
D．根据题意可知该游客的路程为24km，位移大小要小于此，故D错误。
故选B。
【分析】汽车仪表台上的速度计测量的是瞬时速度，里程表测的是路程；100km/h是指小车行驶的瞬时速度的大小；平均速率是路程与时间的比值，平均速度是位移与时间的比值；24km表示路程。
2．（2025高一上·南山期末）独轮小推车是古代运输粮食等物品的重要工具，如图所示，车轮外半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动。当轮上最高处的一个点，第一次运动到与地面接触时，该点位移大小为（ ）
A．πR B．2R C．2πR D．
【答案】D
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】本题主要考查矢量的合成法则，解题关键是知道该点的位移方向，分别求出水平及竖直方向的位移，再根据平行四边形定则求出位移的大小。当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子正下方时轮子向前运动半个周长，气门芯在水平方向上移动的距离为，在竖直方向上移动的距离为，由勾股定理可知，气门芯位移的大小为
故选D。
【分析】分别求出该点水平方向的位移及竖直方向的位移，再根据矢量的合成法则平行四边形进行求解即可。
3．（2025高一上·南山期末）诗词与成语是我国五千年灿烂文化的瑰宝，其中很多诗句与成语中含有丰富的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．“一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕”，“弯弓”的弓发生的是弹性形变
B．“以卵击石”中“卵”对“石”的作用力小于“石”对“卵”的作用力
C．“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”中可估算出船行驶的平均速度
D．“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”，其中“八万里”指的是位移
【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．弹性形变是指 是指物体在外力作用下发生几何形状改变，当外力撤除后能够完全恢复到原始状态的形变。 诗句“一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕”，人在“弯弓”的过程中弓发生的是弹性形变，故A正确；
B．成语“以卵击石”中“卵”对“石”的作用力等于“石”对“卵”的作用力，因为是相互作用力，故B错误；
C．诗句“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”中根据“千里江陵一日还”可估算出船行驶的平均速率，故C错误；
D．“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”，其中“八万里”指的是路程，轨迹的长度，故D错误。
故选A。
【分析】根据诗句的意思，获取有用的信息，从而进行分析判断。
4．（2025高一上·南山期末）如图所示为用每隔0.2s闪光一次的频闪相机，在真空实验室拍摄苹果下落的频闪照片，图片中第一个苹果为下落起点，，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．图中的大小为6m/s D．图中的位移大小为1.8m
【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题考查初速度为0的匀变速直线运动的相关规律和推论，注意这些结论的初始条件，否则会出现错误的应用这些规律。A．根据题意可得，图片中第一个苹果为下落起点，由初速度为零的匀变速直线运动，从开始计时，连续相等的时间内位移为
故从开始计时，连续相等的时间内位移之比为
故A错误；
B．由运动学公式可知
故B错误；
C．图中的大小为
故C正确；
D．图中的位移大小为
故D错误。
故选C。
【分析】根据初始度为0的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移规律进行解答；根据初始度为0的匀加速直线运动的速度规律进行解答。
5．（2025高一上·南山期末）由于无人机小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至火灾点后，迅速布置无人机进行消防作业。假设无人机由静止竖直向上起飞至火灾位置，整个过程速度时间图像如下图所示，下列正确的是（ ）
A．无人机整个上升过程的平均速度为5m/s
B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大
C．火灾位置距离消防地面的距离为90m
D．减速阶段，无人机的加速度大小为2.5m/s2
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查v-t图像，解题关键是知道v-t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。A．速度时间图像面积表示位移，可知整个过程位移为
故平均速度
故A错误；
B．速度时间图像斜率表加速度，图像可知前4s加速运动，10s到12s减速运动，故，
故加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要小，故B错误；
C．以上分析可知火灾位置距离消防地面的距离为90m，故C正确；
D．以上分析可知，减速阶段，无人机的加速度大小为，故D错误。
故选C 。
【分析】在v-t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，由此求解火灾位置距离消防地面的距离，再求平均速度。图像的斜率表示加速度，根据斜率大小分析加速度大小。
6．（2025高一上·南山期末）如图所示，半球形碗里有两只缓慢移动的蚂蚁a和b（可视为质点）质量均为m，O点为半球形碗的球心，蚂蚁b与球心O连线与竖直方向的夹角为，则（ ）
A．蚂蚁a受到的弹力大于蚂蚁b
B．蚂蚁a受到的摩擦力小于蚂蚁b
C．蚂蚁b受到的弹力大小为
D．蚂蚁b受到的摩擦力大小为
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。CD．根据题意可知，蚂蚁b所在位置的切线与水平方向夹角为，对蚂蚁b分析得，支持力和静摩擦力分别为，
故C错误，D正确；
AB．蚂蚁a的位置与圆心连线夹角更大，可知蚂蚁a受到的支持力减小，静摩擦力增大。故AB错误；
故选D。
【分析】对蚂蚁受力分析，由平衡条件分别列式求解。
二、多项选择题（本部分共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（2025高一上·南山期末）材料：2024年11月13日，珠海航展火热进行，观众热情持续高涨。歼10、歼20、歼35联袂献技，运20、运油20、直20等中国空军的明星机型悉数登场，展示了强大的国防实力与科技魅力。每个飞行表演的瞬间，每一款先进飞机的亮相，都是中国航空工业发展和军事现代化的缩影，体现了中国在航空航天领域的强大实力和科技创新的活力。
请以上述材料为背景完成下列小题。
7．飞行员与座椅间的作用力会随着战斗机运动状态的变化而改变，若在战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动的过程中，机身方向与运动方向时刻保持一致。则下列说法正确的是（ ）
A．座椅对飞行员的作用力方向与速度方向相同
B．座椅对飞行员的作用力方向与加速度方向相同
C．座椅对飞行员的作用力一定大于飞行员的重力
D．飞行员在此过程中处于超重状态
8．战斗机对表面涂料的动摩擦因数有一定要求，这种涂料不仅需要能够承受高温和耐磨，还需要保证飞机在起降时的安全。某同学想对某种涂料与木块间的动摩擦因数进行初步测定，他设计了一种检测方式如图所示，将涂料均匀喷涂在平板表面，平板上静置一木块，缓慢抬起平板的一端，当平板与水平面夹角为35°时木块恰好能沿平板匀速下滑，tan35°取值为0.7。则对于以上过程分析正确的是（ ）
A．抬升平板过程中，物块未滑动前受到的摩擦力不断增大
B．抬升平板过程中，物块受到的支持力不断增大
C．无法通过该方式判断涂料与木块间的动摩擦因数的大小
D．该涂料与木块间的动摩擦因数约为0.7
9．某航展游客拍摄了几张战斗机在平直路面上加速起飞过程的频闪照片，频闪拍摄时间间隔为0.2s。他发现了4张有意思的照片，机身首尾分别与地面上的两条引导线刚好对齐，将4张照片合成后如图所示。将所有连续拍摄的频闪照片进行编号，这四张照片的编号分别为11、15、62、64。已知战斗机的机身长度为20m，若将战斗机加速起飞的过程视为匀加速直线运动，引导线的宽度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．战斗机通过引导线1的平均速度大小为25m/s
B．战斗机通过引导线2的平均速度大小为50m/s
C．战斗机的加速度大小约为2.5m/s2
D．两条引导线间的距离为382.5m
【答案】7．C；D
8．A；D
9．A；B；C
【知识点】平均速度；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意，应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
（1）A．在战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动的过程中，机身方向与运动方向时刻保持一致。则人做匀加速直线运动，即重力和座椅对飞行员的作用力的合力方向与速度方向相同，并非座椅对飞行员的作用力的方向与速度方向相同，故A错误；
B．座椅对飞行员的作用力方向与合力方向不同，则与加速度方向不同，故B错误；
CD．因为飞机竖直方向上加速度向上，处于超重状态，所以座椅对飞行员的作用力一定大于飞行员的重力，故CD正确；
故选CD。
（2）A．抬升平板过程中，设倾角为，根据平衡条件可知，物块未滑动前受到的摩擦力随着倾角增大，摩擦力也逐渐变大，故A正确；
B．抬升平板过程中，物块受到的支持力，随着倾角增大，支持力不断减小，故B错误；
CD．当平板与水平面夹角为35°时木块恰好能沿平板匀速下滑，根据平衡条件可得
动摩擦因数为
可以计算，故C错误、D正确。
故选AD。
（3）A．战斗机通过引导线1的平均速度大小为
故A正确
B．战斗机通过引导线2的平均速度大小为
故B正确；
C．匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正确
D．两条引导线间的距离为
故D错误。
故选ABC。
【分析】（1）战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动，则由直线运动的特征及牛顿第二定律，即可分析判断；结合前面分析，根据超重与失重的特点，即可分析判断。
（2） 在长直木板由水平位置缓慢向上转动的过程中，物体受到的是静摩擦力，对物体受力分析可以求得物体受到的摩擦力大小以及支持力大小；
（3） 根据平均速度速度等于位移与时间的比值，计算出战斗机通过两条引导线的平均速度；根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，结合加速度的公式，求出战斗机的加速度大小；根据匀变速直线运动位移与时间的关系计算两条引线间的距离。
7．A．在战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动的过程中，机身方向与运动方向时刻保持一致。则人做匀加速直线运动，即重力和座椅对飞行员的作用力的合力方向与速度方向相同，并非座椅对飞行员的作用力的方向与速度方向相同，故A错误；
B．座椅对飞行员的作用力方向与合力方向不同，则与加速度方向不同，故B错误；
CD．因为飞机竖直方向上加速度向上，处于超重状态，所以座椅对飞行员的作用力一定大于飞行员的重力，故CD正确；
故选CD。
8．A．设倾角为，抬升平板过程中，根据平衡条件可知，物块未滑动前受到的摩擦力，随着倾角增大，摩擦力也逐渐变大，故A正确；
B．抬升平板过程中，物块受到的支持力，随着倾角增大，支持力不断减小，故B错误；
CD．当平板与水平面夹角为35°时木块恰好能沿平板匀速下滑，此时
动摩擦因数为
可以计算，故C错误、D正确。
故选AD。
9．A．战斗机通过引导线1的平均速度大小为
故A正确
B．战斗机通过引导线2的平均速度大小为
故B正确；
C．根据匀变速直线运动，中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正确
D．两条引导线间的距离为
故D错误。
故选ABC。
三、实验填空及论述计算题（本部分包括5小题。实验填空题只写出最后结果；论述计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）
10．（2025高一上·南山期末）某同学利用两只弹簧测力计和一个茶杯在家庭实验室做验证平行四边形定则的实验。实验步骤如下：
（1）用弹簧测力计测量茶杯的重力，示数如图甲所示，则茶杯的重力G= N；
（2）在竖直墙面上贴一张坐标纸；
（3）如图乙所示，三根细绳的一端系成一个结点，另一端分别与两只弹簧测力计和茶杯相连。调节弹簧测力计的位置，茶杯静止时，在坐标纸上记录 、三根细绳的方向、两只弹簧测力计的示数；
（4）根据力的大小和方向在坐标纸上作出三个力的图示；
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时， （填“需要”或“不需要”）使结点始终在同一位置。
（6）根据记录的数据，该同学在坐标纸上作出G、FP和FQ三个力的图示，如图丙所示。若三根细绳方向、重力的方向和大小均在丙图中正确表示出来，则根据平行四边形定则，可以判断其中力的大小记录有误的是 （选填“FP”或“FQ”）。
【答案】3.65；结点O的位置；不需要；FQ
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作和注意事项。（1）弹簧测力计示数为3.65N，根据二力平衡，茶杯的重力
（3）为了作力的图示，需要记录力的作用点，即结点O的位置。
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，即使结点不在同一位置，拉力和的合力也是竖直向上，与茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同，所以不需要使结点始终在同一位置。
（6）拉力水平向右，竖直方向拉力的竖直分力与重力等大反向，与事实一致；但水平方向，拉力与拉力的水平分力不相等，故可以判断其中力的大小记录有误的是。
【分析】 （1）结合弹簧测力计的分度读出茶杯的重力G；
（3）在坐标纸上记录结点O的位置；
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，只要力的作用效果相同即可；
（6）根据水平方向和竖直方向分力关系分析。
11．（2025高一上·南山期末）如图所示是某同学设计的探究“滑动摩擦力大小的影响因素”的实验方案。实验步骤如下：
（1）测量木块的质量m=50g；
（2）按照如图方式组装实验器材，将木块一端通过轻绳连接弹簧测力计，平板小车一端通过轻绳连接电动机，由电动机带动平板小车运动；
（3）打开电动机开关，待弹簧测力计示数稳定后读数，此时弹簧测力计的示数如图所示，可知此时木块与平板小车间的摩擦力大小为 N；
（4）在木块上方的凹槽中逐个加入质量为m0=50g的砝码，重复上一步骤，记录数据；
（5）将实验所得数据记录在表格中，如下表所示。
实验次数n 1 2 3 4
压力FN 0.49 0.98 1.47 1.96
弹簧测力计示数f （3）的读数 0.68 1.00 1.35
（6）将以上4组数据绘制在f-FN图像中，请在f-FN图像中补充第1组数据点并作图 。通过图像分析可得，平板小车与木块之间的动摩擦因数为 （保留2位有效数字）。
【答案】0.34；；0.68
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】该题考查了仪器读数、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题。（3）弹簧测力计示数为0.35N，木块处于平衡状态，根据平衡条件可知，木块与平板小车间的摩擦力大小为0.35N。
（6）在f-FN图像中补充第1组数据点并作图如下
根据可知，图像斜率代表动摩擦力因数，则
【分析】 （3）根据指针示数读数，根据最小刻度确定是否要估读；
（6）通过描点法作图，图像斜率等于动摩擦因数，求解图像斜率从而求解动摩擦因数。
12．（2025高一上·南山期末）如图所示，可视为质点的小灯笼用轻绳连接并悬挂在O点，在稳定水平风力作用下发生倾斜，灯笼稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为37°，设灯笼的质量m=0.2kg。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求水平风力F和轻绳拉力T的大小；
（2）当风力F增大时，请写出轻绳拉力T与F的大小关系以及轻绳与竖直方向夹角θ与F的大小关系。（结果可用根号或三角函数表示）
【答案】（1）解：受力分析如图所示
由平衡条件可得
F=mgtan37°=1.5N，
（2）解：风力增大时，设轻绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得
，
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【分析】（1）对灯笼受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断；（2）风力增大时，对灯笼受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断。
（1）受力分析如图所示
由平衡条件可得F=mgtan37°=1.5N，
（2）风力增大时，设轻绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得，
13．（2025高一上·南山期末）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上利用滑雪杖对雪面作用而获得水平推力，从静止向前滑行。通过滑雪杖对雪面的作用具有“间歇性”，每次作用时运动员滑行距离相同，每次撤除水平推力F后经过t0=2.0s再次利用滑雪杖获得相同的水平推力，水平推力大小恒为F=84N；其第一次作用时间为t1=1.0s。已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12N，求：
（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用，运动员获得的速度大小及这段时间内的位移大小；
（2）若该运动员（可视为质点）只提供了两次推力，第二次撤除水平推力后，能够继续滑行的距离；
（3）按照题目所述节奏，经过足够远后，能达到的最大速度。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得
运动员利用滑雪杖获得的加速度为
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
位移为
（2）解：运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
设运动员第一次撤去推力后最终的末速度为，则
第二次利用滑雪杖获得的速度大小，则
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
解得
（3）解：每次撤去推力后速度减小量都相同，大小为
所以，当速度增加量也为时，设施加n次推力达到最大速度，此时
其中
解得
即，能达到的最大速度为。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可求解运动员利用滑雪杖获得的加速度，由公式可计算第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小，由公式可计算位移。
（2）运动员停止使用滑雪杖后， 由公式 可计算加速度大小，由可计算运动员第一次撤去推力后最终的末速度， 由 可计算第二次利用滑雪杖获得的速度大小，由 可计算第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
（3）每次撤去推力后速度减小量都相同，大小，施加n次推力达到最大速度，此时
，其中，联立可求解能达到的最大速度。
（1）根据牛顿第二定律得
运动员利用滑雪杖获得的加速度为
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
位移为
（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
设运动员第一次撤去推力后最终的末速度为，则
第二次利用滑雪杖获得的速度大小，则
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
解得
（3）每次撤去推力后速度减小量都相同，大小为
所以，当速度增加量也为时，设施加n次推力达到最大速度，此时
其中
解得
即，能达到的最大速度为。
1 / 1广东省深圳市南山区2024-2025学年高一上学期1月期末物理试题
一、单项选择题（本部分包括6小题，每小题5分，共30分。每小题只有一个选项符合题意，错选、不选该题不得分）
1．（2025高一上·南山期末）深中通道是连接深圳市和中山市的特大桥，于2024年6月30日建成开通，全长约24公里，限速100km/h。一游客开汽车经过深中通道用时约20分钟。下列说法正确的是（ ）
A．汽车仪表台上的速度计测量的是瞬时速度，里程表测的是位移
B．100km/h是指汽车行驶的瞬时速度大小
C．该游客的平均速度约为72km/h
D．该游客全程的位移为24km
2．（2025高一上·南山期末）独轮小推车是古代运输粮食等物品的重要工具，如图所示，车轮外半径为R，车轮沿直线无滑动地滚动。当轮上最高处的一个点，第一次运动到与地面接触时，该点位移大小为（ ）
A．πR B．2R C．2πR D．
3．（2025高一上·南山期末）诗词与成语是我国五千年灿烂文化的瑰宝，其中很多诗句与成语中含有丰富的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．“一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕”，“弯弓”的弓发生的是弹性形变
B．“以卵击石”中“卵”对“石”的作用力小于“石”对“卵”的作用力
C．“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”中可估算出船行驶的平均速度
D．“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”，其中“八万里”指的是位移
4．（2025高一上·南山期末）如图所示为用每隔0.2s闪光一次的频闪相机，在真空实验室拍摄苹果下落的频闪照片，图片中第一个苹果为下落起点，，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．图中的大小为6m/s D．图中的位移大小为1.8m
5．（2025高一上·南山期末）由于无人机小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。某消防中队接到群众报警，赶至火灾点后，迅速布置无人机进行消防作业。假设无人机由静止竖直向上起飞至火灾位置，整个过程速度时间图像如下图所示，下列正确的是（ ）
A．无人机整个上升过程的平均速度为5m/s
B．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大
C．火灾位置距离消防地面的距离为90m
D．减速阶段，无人机的加速度大小为2.5m/s2
6．（2025高一上·南山期末）如图所示，半球形碗里有两只缓慢移动的蚂蚁a和b（可视为质点）质量均为m，O点为半球形碗的球心，蚂蚁b与球心O连线与竖直方向的夹角为，则（ ）
A．蚂蚁a受到的弹力大于蚂蚁b
B．蚂蚁a受到的摩擦力小于蚂蚁b
C．蚂蚁b受到的弹力大小为
D．蚂蚁b受到的摩擦力大小为
二、多项选择题（本部分共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（2025高一上·南山期末）材料：2024年11月13日，珠海航展火热进行，观众热情持续高涨。歼10、歼20、歼35联袂献技，运20、运油20、直20等中国空军的明星机型悉数登场，展示了强大的国防实力与科技魅力。每个飞行表演的瞬间，每一款先进飞机的亮相，都是中国航空工业发展和军事现代化的缩影，体现了中国在航空航天领域的强大实力和科技创新的活力。
请以上述材料为背景完成下列小题。
7．飞行员与座椅间的作用力会随着战斗机运动状态的变化而改变，若在战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动的过程中，机身方向与运动方向时刻保持一致。则下列说法正确的是（ ）
A．座椅对飞行员的作用力方向与速度方向相同
B．座椅对飞行员的作用力方向与加速度方向相同
C．座椅对飞行员的作用力一定大于飞行员的重力
D．飞行员在此过程中处于超重状态
8．战斗机对表面涂料的动摩擦因数有一定要求，这种涂料不仅需要能够承受高温和耐磨，还需要保证飞机在起降时的安全。某同学想对某种涂料与木块间的动摩擦因数进行初步测定，他设计了一种检测方式如图所示，将涂料均匀喷涂在平板表面，平板上静置一木块，缓慢抬起平板的一端，当平板与水平面夹角为35°时木块恰好能沿平板匀速下滑，tan35°取值为0.7。则对于以上过程分析正确的是（ ）
A．抬升平板过程中，物块未滑动前受到的摩擦力不断增大
B．抬升平板过程中，物块受到的支持力不断增大
C．无法通过该方式判断涂料与木块间的动摩擦因数的大小
D．该涂料与木块间的动摩擦因数约为0.7
9．某航展游客拍摄了几张战斗机在平直路面上加速起飞过程的频闪照片，频闪拍摄时间间隔为0.2s。他发现了4张有意思的照片，机身首尾分别与地面上的两条引导线刚好对齐，将4张照片合成后如图所示。将所有连续拍摄的频闪照片进行编号，这四张照片的编号分别为11、15、62、64。已知战斗机的机身长度为20m，若将战斗机加速起飞的过程视为匀加速直线运动，引导线的宽度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．战斗机通过引导线1的平均速度大小为25m/s
B．战斗机通过引导线2的平均速度大小为50m/s
C．战斗机的加速度大小约为2.5m/s2
D．两条引导线间的距离为382.5m
三、实验填空及论述计算题（本部分包括5小题。实验填空题只写出最后结果；论述计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）
10．（2025高一上·南山期末）某同学利用两只弹簧测力计和一个茶杯在家庭实验室做验证平行四边形定则的实验。实验步骤如下：
（1）用弹簧测力计测量茶杯的重力，示数如图甲所示，则茶杯的重力G= N；
（2）在竖直墙面上贴一张坐标纸；
（3）如图乙所示，三根细绳的一端系成一个结点，另一端分别与两只弹簧测力计和茶杯相连。调节弹簧测力计的位置，茶杯静止时，在坐标纸上记录 、三根细绳的方向、两只弹簧测力计的示数；
（4）根据力的大小和方向在坐标纸上作出三个力的图示；
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时， （填“需要”或“不需要”）使结点始终在同一位置。
（6）根据记录的数据，该同学在坐标纸上作出G、FP和FQ三个力的图示，如图丙所示。若三根细绳方向、重力的方向和大小均在丙图中正确表示出来，则根据平行四边形定则，可以判断其中力的大小记录有误的是 （选填“FP”或“FQ”）。
11．（2025高一上·南山期末）如图所示是某同学设计的探究“滑动摩擦力大小的影响因素”的实验方案。实验步骤如下：
（1）测量木块的质量m=50g；
（2）按照如图方式组装实验器材，将木块一端通过轻绳连接弹簧测力计，平板小车一端通过轻绳连接电动机，由电动机带动平板小车运动；
（3）打开电动机开关，待弹簧测力计示数稳定后读数，此时弹簧测力计的示数如图所示，可知此时木块与平板小车间的摩擦力大小为 N；
（4）在木块上方的凹槽中逐个加入质量为m0=50g的砝码，重复上一步骤，记录数据；
（5）将实验所得数据记录在表格中，如下表所示。
实验次数n 1 2 3 4
压力FN 0.49 0.98 1.47 1.96
弹簧测力计示数f （3）的读数 0.68 1.00 1.35
（6）将以上4组数据绘制在f-FN图像中，请在f-FN图像中补充第1组数据点并作图 。通过图像分析可得，平板小车与木块之间的动摩擦因数为 （保留2位有效数字）。
12．（2025高一上·南山期末）如图所示，可视为质点的小灯笼用轻绳连接并悬挂在O点，在稳定水平风力作用下发生倾斜，灯笼稳定时，轻绳与竖直方向的夹角为37°，设灯笼的质量m=0.2kg。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求水平风力F和轻绳拉力T的大小；
（2）当风力F增大时，请写出轻绳拉力T与F的大小关系以及轻绳与竖直方向夹角θ与F的大小关系。（结果可用根号或三角函数表示）
13．（2025高一上·南山期末）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上利用滑雪杖对雪面作用而获得水平推力，从静止向前滑行。通过滑雪杖对雪面的作用具有“间歇性”，每次作用时运动员滑行距离相同，每次撤除水平推力F后经过t0=2.0s再次利用滑雪杖获得相同的水平推力，水平推力大小恒为F=84N；其第一次作用时间为t1=1.0s。已知该运动员连同装备的总质量为m=60kg，整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff=12N，求：
（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用，运动员获得的速度大小及这段时间内的位移大小；
（2）若该运动员（可视为质点）只提供了两次推力，第二次撤除水平推力后，能够继续滑行的距离；
（3）按照题目所述节奏，经过足够远后，能达到的最大速度。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】位移与路程；平均速度；瞬时速度
【解析】【解答】本题考查瞬时速度等概念，知道位移和路程的概念，知道平均速度和平均速率的计算关系。AB．限速100km/h，100km/h是指小车行驶的瞬时速度的大小，里程表测的是路程，故A错误，B正确；
C．根据题意可以求出该游客的平均速率，无法求出该游客的平均速度，平均速率为
故C错误；
D．根据题意可知该游客的路程为24km，位移大小要小于此，故D错误。
故选B。
【分析】汽车仪表台上的速度计测量的是瞬时速度，里程表测的是路程；100km/h是指小车行驶的瞬时速度的大小；平均速率是路程与时间的比值，平均速度是位移与时间的比值；24km表示路程。
2．【答案】D
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】本题主要考查矢量的合成法则，解题关键是知道该点的位移方向，分别求出水平及竖直方向的位移，再根据平行四边形定则求出位移的大小。当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子正下方时轮子向前运动半个周长，气门芯在水平方向上移动的距离为，在竖直方向上移动的距离为，由勾股定理可知，气门芯位移的大小为
故选D。
【分析】分别求出该点水平方向的位移及竖直方向的位移，再根据矢量的合成法则平行四边形进行求解即可。
3．【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．弹性形变是指 是指物体在外力作用下发生几何形状改变，当外力撤除后能够完全恢复到原始状态的形变。 诗句“一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕”，人在“弯弓”的过程中弓发生的是弹性形变，故A正确；
B．成语“以卵击石”中“卵”对“石”的作用力等于“石”对“卵”的作用力，因为是相互作用力，故B错误；
C．诗句“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”中根据“千里江陵一日还”可估算出船行驶的平均速率，故C错误；
D．“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”，其中“八万里”指的是路程，轨迹的长度，故D错误。
故选A。
【分析】根据诗句的意思，获取有用的信息，从而进行分析判断。
4．【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题考查初速度为0的匀变速直线运动的相关规律和推论，注意这些结论的初始条件，否则会出现错误的应用这些规律。A．根据题意可得，图片中第一个苹果为下落起点，由初速度为零的匀变速直线运动，从开始计时，连续相等的时间内位移为
故从开始计时，连续相等的时间内位移之比为
故A错误；
B．由运动学公式可知
故B错误；
C．图中的大小为
故C正确；
D．图中的位移大小为
故D错误。
故选C。
【分析】根据初始度为0的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移规律进行解答；根据初始度为0的匀加速直线运动的速度规律进行解答。
5．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查v-t图像，解题关键是知道v-t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。A．速度时间图像面积表示位移，可知整个过程位移为
故平均速度
故A错误；
B．速度时间图像斜率表加速度，图像可知前4s加速运动，10s到12s减速运动，故，
故加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要小，故B错误；
C．以上分析可知火灾位置距离消防地面的距离为90m，故C正确；
D．以上分析可知，减速阶段，无人机的加速度大小为，故D错误。
故选C 。
【分析】在v-t图像中，图像与时间轴围成的面积表示位移，由此求解火灾位置距离消防地面的距离，再求平均速度。图像的斜率表示加速度，根据斜率大小分析加速度大小。
6．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。CD．根据题意可知，蚂蚁b所在位置的切线与水平方向夹角为，对蚂蚁b分析得，支持力和静摩擦力分别为，
故C错误，D正确；
AB．蚂蚁a的位置与圆心连线夹角更大，可知蚂蚁a受到的支持力减小，静摩擦力增大。故AB错误；
故选D。
【分析】对蚂蚁受力分析，由平衡条件分别列式求解。
【答案】7．C；D
8．A；D
9．A；B；C
【知识点】平均速度；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意，应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
（1）A．在战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动的过程中，机身方向与运动方向时刻保持一致。则人做匀加速直线运动，即重力和座椅对飞行员的作用力的合力方向与速度方向相同，并非座椅对飞行员的作用力的方向与速度方向相同，故A错误；
B．座椅对飞行员的作用力方向与合力方向不同，则与加速度方向不同，故B错误；
CD．因为飞机竖直方向上加速度向上，处于超重状态，所以座椅对飞行员的作用力一定大于飞行员的重力，故CD正确；
故选CD。
（2）A．抬升平板过程中，设倾角为，根据平衡条件可知，物块未滑动前受到的摩擦力随着倾角增大，摩擦力也逐渐变大，故A正确；
B．抬升平板过程中，物块受到的支持力，随着倾角增大，支持力不断减小，故B错误；
CD．当平板与水平面夹角为35°时木块恰好能沿平板匀速下滑，根据平衡条件可得
动摩擦因数为
可以计算，故C错误、D正确。
故选AD。
（3）A．战斗机通过引导线1的平均速度大小为
故A正确
B．战斗机通过引导线2的平均速度大小为
故B正确；
C．匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正确
D．两条引导线间的距离为
故D错误。
故选ABC。
【分析】（1）战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动，则由直线运动的特征及牛顿第二定律，即可分析判断；结合前面分析，根据超重与失重的特点，即可分析判断。
（2） 在长直木板由水平位置缓慢向上转动的过程中，物体受到的是静摩擦力，对物体受力分析可以求得物体受到的摩擦力大小以及支持力大小；
（3） 根据平均速度速度等于位移与时间的比值，计算出战斗机通过两条引导线的平均速度；根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，结合加速度的公式，求出战斗机的加速度大小；根据匀变速直线运动位移与时间的关系计算两条引线间的距离。
7．A．在战斗机起飞斜向上做匀加速直线运动的过程中，机身方向与运动方向时刻保持一致。则人做匀加速直线运动，即重力和座椅对飞行员的作用力的合力方向与速度方向相同，并非座椅对飞行员的作用力的方向与速度方向相同，故A错误；
B．座椅对飞行员的作用力方向与合力方向不同，则与加速度方向不同，故B错误；
CD．因为飞机竖直方向上加速度向上，处于超重状态，所以座椅对飞行员的作用力一定大于飞行员的重力，故CD正确；
故选CD。
8．A．设倾角为，抬升平板过程中，根据平衡条件可知，物块未滑动前受到的摩擦力，随着倾角增大，摩擦力也逐渐变大，故A正确；
B．抬升平板过程中，物块受到的支持力，随着倾角增大，支持力不断减小，故B错误；
CD．当平板与水平面夹角为35°时木块恰好能沿平板匀速下滑，此时
动摩擦因数为
可以计算，故C错误、D正确。
故选AD。
9．A．战斗机通过引导线1的平均速度大小为
故A正确
B．战斗机通过引导线2的平均速度大小为
故B正确；
C．根据匀变速直线运动，中间时刻瞬时速度等于全程平均速度可知，
加速度
故C正确
D．两条引导线间的距离为
故D错误。
故选ABC。
10．【答案】3.65；结点O的位置；不需要；FQ
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】本题考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作和注意事项。（1）弹簧测力计示数为3.65N，根据二力平衡，茶杯的重力
（3）为了作力的图示，需要记录力的作用点，即结点O的位置。
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，即使结点不在同一位置，拉力和的合力也是竖直向上，与茶杯的重力等大反向，使茶杯平衡，作用效果相同，所以不需要使结点始终在同一位置。
（6）拉力水平向右，竖直方向拉力的竖直分力与重力等大反向，与事实一致；但水平方向，拉力与拉力的水平分力不相等，故可以判断其中力的大小记录有误的是。
【分析】 （1）结合弹簧测力计的分度读出茶杯的重力G；
（3）在坐标纸上记录结点O的位置；
（5）改变弹簧测力计的位置重复步骤（3）、（4），进行多次实验时，只要力的作用效果相同即可；
（6）根据水平方向和竖直方向分力关系分析。
11．【答案】0.34；；0.68
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】该题考查了仪器读数、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题。（3）弹簧测力计示数为0.35N，木块处于平衡状态，根据平衡条件可知，木块与平板小车间的摩擦力大小为0.35N。
（6）在f-FN图像中补充第1组数据点并作图如下
根据可知，图像斜率代表动摩擦力因数，则
【分析】 （3）根据指针示数读数，根据最小刻度确定是否要估读；
（6）通过描点法作图，图像斜率等于动摩擦因数，求解图像斜率从而求解动摩擦因数。
12．【答案】（1）解：受力分析如图所示
由平衡条件可得
F=mgtan37°=1.5N，
（2）解：风力增大时，设轻绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得
，
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【分析】（1）对灯笼受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断；（2）风力增大时，对灯笼受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析判断。
（1）受力分析如图所示
由平衡条件可得F=mgtan37°=1.5N，
（2）风力增大时，设轻绳与竖直方向夹角为θ，由平衡条件得，
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得
运动员利用滑雪杖获得的加速度为
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
位移为
（2）解：运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
设运动员第一次撤去推力后最终的末速度为，则
第二次利用滑雪杖获得的速度大小，则
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
解得
（3）解：每次撤去推力后速度减小量都相同，大小为
所以，当速度增加量也为时，设施加n次推力达到最大速度，此时
其中
解得
即，能达到的最大速度为。
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可求解运动员利用滑雪杖获得的加速度，由公式可计算第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小，由公式可计算位移。
（2）运动员停止使用滑雪杖后， 由公式 可计算加速度大小，由可计算运动员第一次撤去推力后最终的末速度， 由 可计算第二次利用滑雪杖获得的速度大小，由 可计算第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
（3）每次撤去推力后速度减小量都相同，大小，施加n次推力达到最大速度，此时
，其中，联立可求解能达到的最大速度。
（1）根据牛顿第二定律得
运动员利用滑雪杖获得的加速度为
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
位移为
（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
设运动员第一次撤去推力后最终的末速度为，则
第二次利用滑雪杖获得的速度大小，则
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
解得
（3）每次撤去推力后速度减小量都相同，大小为
所以，当速度增加量也为时，设施加n次推力达到最大速度，此时
其中
解得
即，能达到的最大速度为。
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