广东省广州市九区2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题
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·广州期末）如图所示，某同学从学校骑行到广州图书馆，骑行导航提供了三条可行线路及相关数据，下列说法正确的是（ ）
A．三条线路的位移大小不相等
B．三条线路的平均速度大小相等
C．图中方案一显示的“13分钟，2.5公里”分别指时间和路程
D．在导航地图上研究自行车的运动轨迹时，自行车不可视为质点
2．（2025高一上·广州期末）2024年8月中国网球选手在巴黎奥运会中首获女子单打金牌，创造了历史性的一刻。如图所示，运动员把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．网球的速度越大，惯性越大
B．被击回的网球在飞行过程中受到重力和球拍的作用力
C．若球拍没有击中球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对网球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
3．（2025高一上·广州期末）如图，一智能机械臂水平夹住一个金属小球在空中处于静止状态，与球接触的机械臂铁夹面保持竖直，则（ ）
A．小球受到3个力的作用
B．机械手臂的铁夹受到的摩擦力方向竖直向上
C．小球受到的摩擦力大小与小球的重力大小相等
D．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大
4．（2025高一上·广州期末）如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中B物体做匀加速直线运动
B．甲图时间内C物体的平均速度最大
C．乙图中第1秒内与第2秒内的位移大小之比
D．乙图中第2.5秒末物体离出发点的距离最远
5．（2025高一上·广州期末）手推车作为不可缺少的搬运工具而沿用至今，如图所示，有一手推车的平面与挡板垂直，某次在运货时手推车平面与水平地面的夹角为，重力加速度为，货物与手推车保持相对静止，若忽略货物与车平面之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．手推车水平匀速运动时，货物受挡板的弹力大小等于重力的大小
B．为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过
C．无论手推车怎么运动，手推车对货物的作用力的方向总是竖直向上
D．手推车静止时，若缓慢增大到，则挡板对货物的作用越来越小
6．（2025高一上·广州期末）传送带输送线是物流搬运和输送的常见设备，、图中货物的重力均为G，匀速转动的传送带斜面的倾角为，箭头代表传送带的运动方向，货物均与传送带保持相对静止，且传送带均足够长。以下说法正确的是（ ）
A．图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向下
B．图b中的货物相对于传送带有向上运动的趋势
C．图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物受到的摩擦力方向不会改变
7．（2025高一上·广州期末）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，在某次比赛中，质量为18千克的冰壶被投出后近似做匀减速直线运动，用时20s停止，最后1s内位移大小为0.2m，若忽略冰壶转动的影响，下面说法正确的是（ ）
A．冰壶的初速度大小是
B．冰壶的加速度大小是
C．冰壶受到的摩擦力大小为8.2N
D．前10s位移和后10s的位移之比为
二、多项选择题：本题共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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·广州期末）直线折返跑是训练足球运动员体能的方式。如图将6个标示筒两两间隔5m摆放，跑动顺序为，运动时间为10s，则全过程的平均速度大小和平均速率分别为（ ）
A．平均速度大小为 B．平均速度大小为
C．平均速率为 D．平均速率为
9．（2025高一上·广州期末）如图所示，小物块以某一初速度从斜面底端冲上固定粗糙斜面。下面给出的描述上述全过程中小物块的速度v随时间t变化和加速度a随时间变化t的图像中，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·广州期末）如图，港珠澳大桥人工岛建设时，起重机用8根对称分布且长度为的钢索将直径为、质量为的钢筒以匀加速竖直吊起，重力加速度为，若每根钢索所能承受的最大拉力大小为，则吊起过程中下列说法正确的是（ ）
A．钢索拉力不断变大
B．每根钢索所受到的拉力大小为
C．钢筒的最大加速度为
D．钢筒处于超重状态
三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。
11．（2025高一上·广州期末）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤：
（1）某同学用图甲的实验装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，实验时将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置。
①本实验用到的方法是 ；
A.控制变量法 B.等效替换法 C.理想模型法
②图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为 N；
③根据实验数据在白纸上作出如图乙所示的力的图示，、、、四个力中，一定沿方向的力是 。（填上述字母）
（2）某同学用下图中的装置进行实验，探究小车的加速度与小车受力，小车质量的关系。
①下列说法正确的是
A.图中的电磁打点计时器应接直流电源
B.平衡摩擦力时，需要把砝码盘通过细绳系在小车上
C.改变小车质量后，需重新平衡摩擦力
D.需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行
②实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是 。
③实验中获得一条纸带如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，小车运动的加速度大小 。（计算结果要求保留两位有效数字）
12．（2025高一上·广州期末）某实验小组利用如图所示的实验装置来测量橡皮绳的劲度系数。将手机悬挂在橡皮绳下，利用手机内置传感器结合软件可获得手机运动的位移。
（1）该实验小组进行了如下主要的实验步骤：
①安装实验器材，橡皮绳分别与手机和铁架台连接，手机重心和橡皮绳在同一竖直线；
②手掌托着手机，使橡皮绳处于原长状态，打开手机软件；
③缓慢释放手机，当手机平衡时记录下手机下降的高度；
④在手机正下方悬挂不同个数的钩码，每个钩码的质量，缓慢释放，当钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量；
⑤重复上述第4步操作，数据记录如表所示；
（2）根据表格中的数据，在答题纸图中描点作出钩码数量与手机位移图像 ；
钩码数量 0 1 2 3 4
手机下落高度 1.50 2.01 2.51 2.99 3.50
（3）根据图像，可知不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为 cm；
（4）已知每个钩码的质量为50g，重力加速度，由图像可以求得弹力绳的劲度系数为 ，由此计算出手机的质量为 g。（结果保留三位有效数字）
（5）某同学查阅相关资料得知当地重力加速度的值为，若考虑此因素的影响，实验测得的劲度系数结果 （填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
13．（2025高一上·广州期末）不少的办公及住宅小区安装了可水平移动的电动伸缩门。现一辆宽为的汽车匀速直线行驶到A位置时，电动门以速度从门柱匀速向左打开，驾驶员看到后操作刹车。已知驾驶员反应时间为0.5s，刹车时汽车的加速度大小为，汽车到达位置处停下，左前端恰好没碰到电动门，此时车右端距离门柱水平距离为，求：
（1）电动门从位置打开到位置所用的时间；
（2）汽车做匀减速运动的初速度及间距离大小。
14．（2025高一上·广州期末）在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为，后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的图像如图乙所示。不计空气阻力，已知，，g取。求：
（1）地面对轮胎的滑动摩擦系数；
（2）拖绳对轮胎的拉力大小。
15．（2025高一上·广州期末）如图所示，一长木板静止在水平地面上，其左端有一小木块（可视为质点），某时刻有的水平拉力作用在木块上，使其由静止开始运动，2s后撤去拉力。已知木块的质量，长木板的质量，木块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，木板长度为，重力加速度。
（1）求开始运动时木块和长木板的加速度；
（2）求撤去前木块在长木板上运动的距离（木块还没有掉下木板）；
（3）为使木块不从长木板滑出，长木板至少有多长。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】对于物理中的基本概念要理解其本质不同，不能停在表面，如时间与时刻的区别，看成质点的条件等，难度不大，属于基础题。A．位移表示由起点指向终点的有向线段，由于三条路线始末位置相同，可知，三条线路的位移大小相等，故A错误；
B．平均速度等于总位移与总时间之比，结合上述与题意可知，三条线路的位移大小相等，三条路线总时间不相等，则三条线路的平均速度大小不相等，故B错误；
C.3分钟描述的是方案一所用的总时间，2.5公里是方案一运动轨迹的总长度，可知，方案一显示的“13分钟，2.5公里”分别指时间和路程，故C正确；
D．在导航地图上研究自行车的运动轨迹时，自行车的形状和体积对所研究问题的影响可以忽略，此时自行车可视为质点，故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；平均速度等于位移除以时间；时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。
2．【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；受力分析的应用；惯性与质量
【解析】【解答】本题主要考查了惯性以及弹力和受力分析等，解题关键是掌握惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量有关。A．惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关。网球的质量不变，无论速度大小如何，其惯性都不变，故A错误；
B．被击回的网球在飞行过程中，已经与球拍脱离，不再受到球拍的作用力，只受到重力，故B错误；
C．球拍没有击中球，网球依然会受到重力的作用，重力会改变球的运动状态，使其运动轨迹发生变化，不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．根据弹力的定义，弹力是由于物体发生弹性形变而产生的。球拍对网球的弹力，正是因为球拍在击打网球时发生了弹性形变，为了恢复原状而对网球产生了力的作用，故D正确。
故选D。
【分析】惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量有关；对网球进行受力分析即可；当物体不受外力或所受外力为零时其运动状态不会改变；形变的物体为施力物体。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查摩擦力，要注意小球在竖直方向上受到重力和静摩擦力作用，二力平衡，静摩擦力的大小与正压力大小无关。A．小球处于静止平衡状态，对小球进行分析可知，小球受到机械臂两个弹力、两个向上的静摩擦力与重力，即小球受到5 个力的作用，故A错误；
B．与球接触的机械臂铁夹面保持竖直，根据平衡条件可知，小球所受摩擦力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，机械手臂的铁夹受到的摩擦力方向竖直向下，故B错误；
C．结合上述，根据平衡条件可知，小球受到的摩擦力大小与小球的重力大小相等，故C正确；
D．结合上述可知，小球所受摩擦力的合力与重力大小相等，方向相反，即若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力不变，故D错误。
故选C。
【分析】对小球受力分析，根据平衡条件确定小球受到的摩擦力方向，并分析摩擦力与重力的关系。结合牛顿第三定律分析机械手臂的铁夹受到的摩擦力方向。若增大铁夹对小球的压力，小球受到的静摩擦力不变。
4．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物理图像往往要从形状、斜率、交点、面积、截距等数学意义来理解其物理意义。A．图像的斜率表示速度，根据图甲可知，B物体做匀速直线运动，故A错误；
B．平均速度等于总位移与总时间之比，根据图甲可知，时间内三个物体的位移相等，则该时间内，三个物体的平均速度相等，故B错误；
C．图像中，图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，则乙图中第1秒内与第2秒内的位移大小之比
故C正确；
D．图乙中，3s内速度一直为正值，表明乙图中第3秒末物体离出发点的距离最远，故D错误。
故选C。
【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动，v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移。
5．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查对力的平衡条件和牛顿第二定律的理解，运用力的合成与分解法和牛顿第二定律分析。A．手推车水平匀速运动时，对货物进行分析，根据平衡条件可知，货物受挡板的弹力大小
可知，货物受挡板的弹力大小小于重力的大小，故A错误；
B．为使货物不离开挡板，当挡板对货物弹力恰好为0时的加速度为最大值，此时对货物进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．结合上述可知，当手推车做匀速直线运动时，手推车对货物的作用力的方向与重力方向相反，总是竖直向上，当手推车做匀加速直线运动时，手推车对货物的作用力的方向斜向右上方，故C错误；
D．手推车静止时，若缓慢增大到，根据平衡条件可知，挡板对货物的作用力
缓慢增大到，则挡板对货物的作用越来越大，故D错误。
故选B。
【分析】根据共点力平衡条件分析货物静止或匀速运动时的受力，根据牛顿第二定律分析货物做变速运动时的受力。
6．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了传送带相关知识，理解货物在传送带不同情况下的受力，正确掌握摩擦力方向的特点是解决此类问题的关键。A．货物均与传送带保持相对静止，即货物向下做匀速直线运动，根据平衡条件可知，图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向上，故A错误；
B．货物均与传送带保持相对静止，即货物向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，图b中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向上，则货物相对于传送带有向下运动的趋势，故B错误；
C．对货物进行分析，货物受到重力、传送带的支持力与摩擦力，根据平衡条件可知，支持力与摩擦力的合力大小与重力相等，方向与重力方向相反，即图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G，故C正确；
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物相对于传送带向上运动，货物受到沿传送带向下的滑动摩擦力，即货物受到的摩擦力方向会改变，故D错误。
故选C。
【分析】根据货物均与传送带保持相对静止，货物受到重力、传送带的支持力与摩擦力，结合平衡条件，综合传送带不同情况分析求解。
7．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题解题关键根据逆向思维求解加速度，然后利用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律求解。AB．题意知最后t=1s内位移大小为x=0.2m，逆向思维法可得
代入数据，解得冰壶的加速度大小
由于用时20s停止，故初速度
故A正确，B错误；
C．分析可知摩擦力f就是冰壶受到的合力，由牛顿第二定律有
故C错误；
D．匀变速直线运动规律可知，初速度为0的匀加速直线运动，在连线相等的时间内位移比等于奇数比，逆时思维法可知前10s位移和后10s的位移之比为3：1，故D错误。
故选A。
【分析】根据逆向思维结合运动学公式求解；对冰壶受力分析，结合牛顿第二定律列式求解。
8．【答案】A,D
【知识点】速度与速率；平均速度
【解析】【解答】本题主要考查了平均速率与平均速度，关键是抓住概念，重点掌握相近知识点的区别和联系。AB．平均速度等于总位移与总时间之比，则有
故A正确，B错误；
CD．平均速率等于总路程与总时间之比，则有
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间，据此分析即可。
9．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，利用牛顿第二定律比较两个过程加速度的大小。同时，要知道速度图像的斜率表示加速度。A．设斜面的倾角为，小物块上滑过程中，根据牛顿第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物块的速度为
速度方向沿斜面向上，若
小物块将保持静止，加速度为零，故A正确；
BCD．若
小物块将下滑，小物块下滑过程中，根据牛顿第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物块的速度为
速度方向沿斜面向下，故BD正确，C错误。
故选ABD。
【分析】先根据牛顿第二定律分析物块上滑和下滑时加速度大小，从而判断出图像斜率的关系，根据速度—时间公式分析两个过程运动时间关系，由此得解。
10．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】在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。A．根据对称性可知，8根钢索的拉力大小相等，令钢索与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律有
钢筒做匀加速直线运动，加速度一定，则钢索拉力不变，故A错误；
B．根据几何关系有
结合上述解得，
故B错误；
C．结合题意与上述可知，当加速度最大时，钢索拉力最大，即拉力大小为F，则
解得
故C正确；
D．钢筒的加速度方向竖直向上，则钢筒处于超重状态，故D正确。
故选CD。
【分析】对钢筒受力分析，受重力和绳索拉力，加速度向上，根据牛顿第二定律结合几何关系列式求解即可。加速度方向竖直向上，则钢筒处于超重状态。
11．【答案】（1）B；3.70；
（2）D；使细绳拉力大小近似等于砝码盘和砝码的重力；0.39
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题考查了验证牛顿第二定律以及探究两个互成角度的力的合成规律实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）①实验中用一根弹簧测力计拉橡皮条与用两根弹簧测力计拉橡皮条时，均将橡皮条末端拉至同一位置，可知，实验采用了等效替代法。
故选B。
②根据弹簧测力计的读数规律，该读数为3.70N。
③AO方向是橡皮条拉伸方向，即为一根弹簧测力计拉橡皮条时拉力的反向，可知，、、、四个力中，一定沿方向的力是。
（2）①A．图中的电磁打点计时器应接交流电源，故A错误；
B．平衡摩擦力时，需要把砝码盘取下，故B错误；
C．令木板倾角为θ，则有
小车质量可以消去，可知，改变小车质量后，不需重新平衡摩擦力，故C错误；
D．为了使细绳拉力等于小车所受外力的合力，实验中需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故D正确。
故选D。
②对小车进行分析有
对砝码盘和砝码进行分析有
解得
为了使细绳拉力大小近似等于砝码盘和砝码的重力，实验中需要使小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多。
③由于相邻计数点间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，加速度
【分析】（1）①根据实验中用一根弹簧测力计拉橡皮条与用两根弹簧测力计拉橡皮条时，均将橡皮条末端拉至同一位置分析求解；
②根据弹簧测力计的读数规律分析求解；
③根据AO方向是橡皮条拉伸方向，即为一根弹簧测力计拉橡皮条时拉力的反向分析求解；
（2）①根据实验的步骤和注意事项分析求解；
②对砝码盘和砝码以及小车分析，结合牛顿第二定律分析求解；
③根据逐差法，结合相邻计数点之间的时间间隔分析求解。
（1）①[1]实验中用一根弹簧测力计拉橡皮条与用两根弹簧测力计拉橡皮条时，均将橡皮条末端拉至同一位置，可知，实验采用了等效替代法。
故选B。
②[2]根据弹簧测力计的读数规律，该读数为3.70N。
③[3]AO方向是橡皮条拉伸方向，即为一根弹簧测力计拉橡皮条时拉力的反向，可知，、、、四个力中，一定沿方向的力是。
（2）①[1]A．图中的电磁打点计时器应接交流电源，故A错误；
B．平衡摩擦力时，需要把砝码盘取下，故B错误；
C．令木板倾角为θ，则有
小车质量可以消去，可知，改变小车质量后，不需重新平衡摩擦力，故C错误；
D．为了使细绳拉力等于小车所受外力的合力，实验中需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故D正确。
故选D。
②[2]对小车进行分析有
对砝码盘和砝码进行分析有
解得
为了使细绳拉力大小近似等于砝码盘和砝码的重力，实验中需要使小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多。
③[3]由于相邻计数点间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，加速度
12．【答案】见解析；1.50；100；0.150；大于
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】本题考查了测量橡皮绳劲度系数的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。（2）将表格中的数据在图中描点作出钩码数量与手机位移图像如图所示
（3）当手机平衡时记录下手机下降的高度，根据胡克定律与平衡条件有
钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量，根据胡克定律与平衡条件有
解得
将坐标（1.5cm，0）代入上式解得
（4）结合上述有
解得
由于
结合上述解得
（5）结合上述，劲度系数是根据图像的斜率求解，即有
解得
由于当地重力加速度的值为，而实验中重力加速度取，可知，实验测得的劲度系数结果大于真实值。
【分析】（2）根据表格中的数据在图中描点作出钩码数量与手机位移n-x图像；
（3）根据胡克定律与平衡条件，结合钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量分析求解；
（4）根据平衡条件，结合表达式的斜率分析求解；
（5）根据劲度系数是根据图像的斜率分析求解。
13．【答案】（1）解：电动门以速度从门柱匀速向左打开，则电动门从位置打开到位置过程有
结合题中所给数据解得
（2）解：根据题意可知，反应时间为
汽车减速至0过程，利用逆向思维，根据速度公式有
解得
驾驶员反应时间内做匀速直线运动，此过程的位移
汽车匀减速直线运动过程的位移
则间距离
解得
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）根据匀速运动特点求出电动门匀速的时间，再根据反应时间分析求解；
（2）根据速度—时间关系以及速度—时间关系，结合汽车运动状态分析求解。
（1）电动门以速度从门柱匀速向左打开，则电动门从位置打开到位置过程有
结合题中所给数据解得
（2）根据题意可知，反应时间为
汽车减速至0过程，利用逆向思维，根据速度公式有
解得
驾驶员反应时间内做匀速直线运动，此过程的位移
汽车匀减速直线运动过程的位移
则间距离
解得
14．【答案】（1）解：轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为
解得
（2）解：4s之前对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为
解得
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示加速度，根据图乙求解加速度，对轮胎进行分析，根据牛顿第二定律求解地面对轮胎的滑动摩擦系数；
（2）4s之前对轮胎进行分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（1）轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为
解得
（2）4s之前对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为
解得
15．【答案】（1）解：开始运动时木块的加速度，方向水平向右
长木板的加速度，方向水平向右
（2）解：撤去F前木块在长木板上运动的距离
（3）解：撤去F时，木块和木板的速度分别为，
此后木块的加速度
当两者共速时
解得，
则
则长木板的长度至少为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求开始运动时木块和长木板的加速度；
（2）根据位移—时间公式结合木块和长木板的位移之差求撤去F前木块在长木板上运动的距离；
（3）根据速度—时间公式求出撤去F时木块和长木板的速度。根据牛顿第二定律求出撤去拉力后木块的加速度，再根据运动学公式求解木块相对于木板的位移，根据几何关系求解长木板的总长度。
（1）开始运动时木块的加速度，方向水平向右
长木板的加速度，方向水平向右
（2）撤去F前木块在长木板上运动的距离
（3）撤去F时，木块和木板的速度分别为，
此后木块的加速度
当两者共速时
解得，
则
则长木板的长度至少为
1 / 1广东省广州市九区2024-2025学年高一上学期期末考试物理试题
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·广州期末）如图所示，某同学从学校骑行到广州图书馆，骑行导航提供了三条可行线路及相关数据，下列说法正确的是（ ）
A．三条线路的位移大小不相等
B．三条线路的平均速度大小相等
C．图中方案一显示的“13分钟，2.5公里”分别指时间和路程
D．在导航地图上研究自行车的运动轨迹时，自行车不可视为质点
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】对于物理中的基本概念要理解其本质不同，不能停在表面，如时间与时刻的区别，看成质点的条件等，难度不大，属于基础题。A．位移表示由起点指向终点的有向线段，由于三条路线始末位置相同，可知，三条线路的位移大小相等，故A错误；
B．平均速度等于总位移与总时间之比，结合上述与题意可知，三条线路的位移大小相等，三条路线总时间不相等，则三条线路的平均速度大小不相等，故B错误；
C.3分钟描述的是方案一所用的总时间，2.5公里是方案一运动轨迹的总长度，可知，方案一显示的“13分钟，2.5公里”分别指时间和路程，故C正确；
D．在导航地图上研究自行车的运动轨迹时，自行车的形状和体积对所研究问题的影响可以忽略，此时自行车可视为质点，故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；平均速度等于位移除以时间；时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。
2．（2025高一上·广州期末）2024年8月中国网球选手在巴黎奥运会中首获女子单打金牌，创造了历史性的一刻。如图所示，运动员把飞来的网球击打回去，落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．网球的速度越大，惯性越大
B．被击回的网球在飞行过程中受到重力和球拍的作用力
C．若球拍没有击中球，则球会保持原来的运动状态不变
D．球拍对网球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的
【答案】D
【知识点】形变与弹力；牛顿第一定律；受力分析的应用；惯性与质量
【解析】【解答】本题主要考查了惯性以及弹力和受力分析等，解题关键是掌握惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量有关。A．惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关。网球的质量不变，无论速度大小如何，其惯性都不变，故A错误；
B．被击回的网球在飞行过程中，已经与球拍脱离，不再受到球拍的作用力，只受到重力，故B错误；
C．球拍没有击中球，网球依然会受到重力的作用，重力会改变球的运动状态，使其运动轨迹发生变化，不会保持原来的运动状态不变，故C错误；
D．根据弹力的定义，弹力是由于物体发生弹性形变而产生的。球拍对网球的弹力，正是因为球拍在击打网球时发生了弹性形变，为了恢复原状而对网球产生了力的作用，故D正确。
故选D。
【分析】惯性是物体的固有属性，其大小只与物体的质量有关；对网球进行受力分析即可；当物体不受外力或所受外力为零时其运动状态不会改变；形变的物体为施力物体。
3．（2025高一上·广州期末）如图，一智能机械臂水平夹住一个金属小球在空中处于静止状态，与球接触的机械臂铁夹面保持竖直，则（ ）
A．小球受到3个力的作用
B．机械手臂的铁夹受到的摩擦力方向竖直向上
C．小球受到的摩擦力大小与小球的重力大小相等
D．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查摩擦力，要注意小球在竖直方向上受到重力和静摩擦力作用，二力平衡，静摩擦力的大小与正压力大小无关。A．小球处于静止平衡状态，对小球进行分析可知，小球受到机械臂两个弹力、两个向上的静摩擦力与重力，即小球受到5 个力的作用，故A错误；
B．与球接触的机械臂铁夹面保持竖直，根据平衡条件可知，小球所受摩擦力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，机械手臂的铁夹受到的摩擦力方向竖直向下，故B错误；
C．结合上述，根据平衡条件可知，小球受到的摩擦力大小与小球的重力大小相等，故C正确；
D．结合上述可知，小球所受摩擦力的合力与重力大小相等，方向相反，即若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力不变，故D错误。
故选C。
【分析】对小球受力分析，根据平衡条件确定小球受到的摩擦力方向，并分析摩擦力与重力的关系。结合牛顿第三定律分析机械手臂的铁夹受到的摩擦力方向。若增大铁夹对小球的压力，小球受到的静摩擦力不变。
4．（2025高一上·广州期末）如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中B物体做匀加速直线运动
B．甲图时间内C物体的平均速度最大
C．乙图中第1秒内与第2秒内的位移大小之比
D．乙图中第2.5秒末物体离出发点的距离最远
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】物理图像往往要从形状、斜率、交点、面积、截距等数学意义来理解其物理意义。A．图像的斜率表示速度，根据图甲可知，B物体做匀速直线运动，故A错误；
B．平均速度等于总位移与总时间之比，根据图甲可知，时间内三个物体的位移相等，则该时间内，三个物体的平均速度相等，故B错误；
C．图像中，图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，则乙图中第1秒内与第2秒内的位移大小之比
故C正确；
D．图乙中，3s内速度一直为正值，表明乙图中第3秒末物体离出发点的距离最远，故D错误。
故选C。
【分析】x-t图像的形状反映了物体的位移随时间变化的情况，图像的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，曲线则表示物体做变速直线运动，v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移。
5．（2025高一上·广州期末）手推车作为不可缺少的搬运工具而沿用至今，如图所示，有一手推车的平面与挡板垂直，某次在运货时手推车平面与水平地面的夹角为，重力加速度为，货物与手推车保持相对静止，若忽略货物与车平面之间的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．手推车水平匀速运动时，货物受挡板的弹力大小等于重力的大小
B．为使货物不离开挡板，手推车水平向右的加速度不能超过
C．无论手推车怎么运动，手推车对货物的作用力的方向总是竖直向上
D．手推车静止时，若缓慢增大到，则挡板对货物的作用越来越小
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查对力的平衡条件和牛顿第二定律的理解，运用力的合成与分解法和牛顿第二定律分析。A．手推车水平匀速运动时，对货物进行分析，根据平衡条件可知，货物受挡板的弹力大小
可知，货物受挡板的弹力大小小于重力的大小，故A错误；
B．为使货物不离开挡板，当挡板对货物弹力恰好为0时的加速度为最大值，此时对货物进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．结合上述可知，当手推车做匀速直线运动时，手推车对货物的作用力的方向与重力方向相反，总是竖直向上，当手推车做匀加速直线运动时，手推车对货物的作用力的方向斜向右上方，故C错误；
D．手推车静止时，若缓慢增大到，根据平衡条件可知，挡板对货物的作用力
缓慢增大到，则挡板对货物的作用越来越大，故D错误。
故选B。
【分析】根据共点力平衡条件分析货物静止或匀速运动时的受力，根据牛顿第二定律分析货物做变速运动时的受力。
6．（2025高一上·广州期末）传送带输送线是物流搬运和输送的常见设备，、图中货物的重力均为G，匀速转动的传送带斜面的倾角为，箭头代表传送带的运动方向，货物均与传送带保持相对静止，且传送带均足够长。以下说法正确的是（ ）
A．图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向下
B．图b中的货物相对于传送带有向上运动的趋势
C．图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物受到的摩擦力方向不会改变
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了传送带相关知识，理解货物在传送带不同情况下的受力，正确掌握摩擦力方向的特点是解决此类问题的关键。A．货物均与传送带保持相对静止，即货物向下做匀速直线运动，根据平衡条件可知，图a中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向上，故A错误；
B．货物均与传送带保持相对静止，即货物向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，图b中的货物受到的摩擦力方向沿传送带斜面向上，则货物相对于传送带有向下运动的趋势，故B错误；
C．对货物进行分析，货物受到重力、传送带的支持力与摩擦力，根据平衡条件可知，支持力与摩擦力的合力大小与重力相等，方向与重力方向相反，即图a、b中传送带给货物的作用力的大小都为G，故C正确；
D．若图b中的传送带突然停止转动，货物相对于传送带向上运动，货物受到沿传送带向下的滑动摩擦力，即货物受到的摩擦力方向会改变，故D错误。
故选C。
【分析】根据货物均与传送带保持相对静止，货物受到重力、传送带的支持力与摩擦力，结合平衡条件，综合传送带不同情况分析求解。
7．（2025高一上·广州期末）冰壶运动是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，在某次比赛中，质量为18千克的冰壶被投出后近似做匀减速直线运动，用时20s停止，最后1s内位移大小为0.2m，若忽略冰壶转动的影响，下面说法正确的是（ ）
A．冰壶的初速度大小是
B．冰壶的加速度大小是
C．冰壶受到的摩擦力大小为8.2N
D．前10s位移和后10s的位移之比为
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题解题关键根据逆向思维求解加速度，然后利用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律求解。AB．题意知最后t=1s内位移大小为x=0.2m，逆向思维法可得
代入数据，解得冰壶的加速度大小
由于用时20s停止，故初速度
故A正确，B错误；
C．分析可知摩擦力f就是冰壶受到的合力，由牛顿第二定律有
故C错误；
D．匀变速直线运动规律可知，初速度为0的匀加速直线运动，在连线相等的时间内位移比等于奇数比，逆时思维法可知前10s位移和后10s的位移之比为3：1，故D错误。
故选A。
【分析】根据逆向思维结合运动学公式求解；对冰壶受力分析，结合牛顿第二定律列式求解。
二、多项选择题：本题共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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．（2025高一上·广州期末）直线折返跑是训练足球运动员体能的方式。如图将6个标示筒两两间隔5m摆放，跑动顺序为，运动时间为10s，则全过程的平均速度大小和平均速率分别为（ ）
A．平均速度大小为 B．平均速度大小为
C．平均速率为 D．平均速率为
【答案】A,D
【知识点】速度与速率；平均速度
【解析】【解答】本题主要考查了平均速率与平均速度，关键是抓住概念，重点掌握相近知识点的区别和联系。AB．平均速度等于总位移与总时间之比，则有
故A正确，B错误；
CD．平均速率等于总路程与总时间之比，则有
故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】平均速率等于路程除以时间，平均速度等于位移除以时间，据此分析即可。
9．（2025高一上·广州期末）如图所示，小物块以某一初速度从斜面底端冲上固定粗糙斜面。下面给出的描述上述全过程中小物块的速度v随时间t变化和加速度a随时间变化t的图像中，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，利用牛顿第二定律比较两个过程加速度的大小。同时，要知道速度图像的斜率表示加速度。A．设斜面的倾角为，小物块上滑过程中，根据牛顿第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物块的速度为
速度方向沿斜面向上，若
小物块将保持静止，加速度为零，故A正确；
BCD．若
小物块将下滑，小物块下滑过程中，根据牛顿第二定律有
解得
加速度方向沿斜面向下，小物块的速度为
速度方向沿斜面向下，故BD正确，C错误。
故选ABD。
【分析】先根据牛顿第二定律分析物块上滑和下滑时加速度大小，从而判断出图像斜率的关系，根据速度—时间公式分析两个过程运动时间关系，由此得解。
10．（2025高一上·广州期末）如图，港珠澳大桥人工岛建设时，起重机用8根对称分布且长度为的钢索将直径为、质量为的钢筒以匀加速竖直吊起，重力加速度为，若每根钢索所能承受的最大拉力大小为，则吊起过程中下列说法正确的是（ ）
A．钢索拉力不断变大
B．每根钢索所受到的拉力大小为
C．钢筒的最大加速度为
D．钢筒处于超重状态
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】在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。A．根据对称性可知，8根钢索的拉力大小相等，令钢索与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律有
钢筒做匀加速直线运动，加速度一定，则钢索拉力不变，故A错误；
B．根据几何关系有
结合上述解得，
故B错误；
C．结合题意与上述可知，当加速度最大时，钢索拉力最大，即拉力大小为F，则
解得
故C正确；
D．钢筒的加速度方向竖直向上，则钢筒处于超重状态，故D正确。
故选CD。
【分析】对钢筒受力分析，受重力和绳索拉力，加速度向上，根据牛顿第二定律结合几何关系列式求解即可。加速度方向竖直向上，则钢筒处于超重状态。
三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。
11．（2025高一上·广州期末）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤：
（1）某同学用图甲的实验装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验，实验时将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置。
①本实验用到的方法是 ；
A.控制变量法 B.等效替换法 C.理想模型法
②图甲中沿方向拉的弹簧测力计的示数为 N；
③根据实验数据在白纸上作出如图乙所示的力的图示，、、、四个力中，一定沿方向的力是 。（填上述字母）
（2）某同学用下图中的装置进行实验，探究小车的加速度与小车受力，小车质量的关系。
①下列说法正确的是
A.图中的电磁打点计时器应接直流电源
B.平衡摩擦力时，需要把砝码盘通过细绳系在小车上
C.改变小车质量后，需重新平衡摩擦力
D.需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行
②实验中要求小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多，这样做的目的是 。
③实验中获得一条纸带如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，小车运动的加速度大小 。（计算结果要求保留两位有效数字）
【答案】（1）B；3.70；
（2）D；使细绳拉力大小近似等于砝码盘和砝码的重力；0.39
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】本题考查了验证牛顿第二定律以及探究两个互成角度的力的合成规律实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）①实验中用一根弹簧测力计拉橡皮条与用两根弹簧测力计拉橡皮条时，均将橡皮条末端拉至同一位置，可知，实验采用了等效替代法。
故选B。
②根据弹簧测力计的读数规律，该读数为3.70N。
③AO方向是橡皮条拉伸方向，即为一根弹簧测力计拉橡皮条时拉力的反向，可知，、、、四个力中，一定沿方向的力是。
（2）①A．图中的电磁打点计时器应接交流电源，故A错误；
B．平衡摩擦力时，需要把砝码盘取下，故B错误；
C．令木板倾角为θ，则有
小车质量可以消去，可知，改变小车质量后，不需重新平衡摩擦力，故C错误；
D．为了使细绳拉力等于小车所受外力的合力，实验中需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故D正确。
故选D。
②对小车进行分析有
对砝码盘和砝码进行分析有
解得
为了使细绳拉力大小近似等于砝码盘和砝码的重力，实验中需要使小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多。
③由于相邻计数点间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，加速度
【分析】（1）①根据实验中用一根弹簧测力计拉橡皮条与用两根弹簧测力计拉橡皮条时，均将橡皮条末端拉至同一位置分析求解；
②根据弹簧测力计的读数规律分析求解；
③根据AO方向是橡皮条拉伸方向，即为一根弹簧测力计拉橡皮条时拉力的反向分析求解；
（2）①根据实验的步骤和注意事项分析求解；
②对砝码盘和砝码以及小车分析，结合牛顿第二定律分析求解；
③根据逐差法，结合相邻计数点之间的时间间隔分析求解。
（1）①[1]实验中用一根弹簧测力计拉橡皮条与用两根弹簧测力计拉橡皮条时，均将橡皮条末端拉至同一位置，可知，实验采用了等效替代法。
故选B。
②[2]根据弹簧测力计的读数规律，该读数为3.70N。
③[3]AO方向是橡皮条拉伸方向，即为一根弹簧测力计拉橡皮条时拉力的反向，可知，、、、四个力中，一定沿方向的力是。
（2）①[1]A．图中的电磁打点计时器应接交流电源，故A错误；
B．平衡摩擦力时，需要把砝码盘取下，故B错误；
C．令木板倾角为θ，则有
小车质量可以消去，可知，改变小车质量后，不需重新平衡摩擦力，故C错误；
D．为了使细绳拉力等于小车所受外力的合力，实验中需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故D正确。
故选D。
②[2]对小车进行分析有
对砝码盘和砝码进行分析有
解得
为了使细绳拉力大小近似等于砝码盘和砝码的重力，实验中需要使小车的质量比砝码盘和砝码的总质量大很多。
③[3]由于相邻计数点间有四个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，加速度
12．（2025高一上·广州期末）某实验小组利用如图所示的实验装置来测量橡皮绳的劲度系数。将手机悬挂在橡皮绳下，利用手机内置传感器结合软件可获得手机运动的位移。
（1）该实验小组进行了如下主要的实验步骤：
①安装实验器材，橡皮绳分别与手机和铁架台连接，手机重心和橡皮绳在同一竖直线；
②手掌托着手机，使橡皮绳处于原长状态，打开手机软件；
③缓慢释放手机，当手机平衡时记录下手机下降的高度；
④在手机正下方悬挂不同个数的钩码，每个钩码的质量，缓慢释放，当钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量；
⑤重复上述第4步操作，数据记录如表所示；
（2）根据表格中的数据，在答题纸图中描点作出钩码数量与手机位移图像 ；
钩码数量 0 1 2 3 4
手机下落高度 1.50 2.01 2.51 2.99 3.50
（3）根据图像，可知不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为 cm；
（4）已知每个钩码的质量为50g，重力加速度，由图像可以求得弹力绳的劲度系数为 ，由此计算出手机的质量为 g。（结果保留三位有效数字）
（5）某同学查阅相关资料得知当地重力加速度的值为，若考虑此因素的影响，实验测得的劲度系数结果 （填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【答案】见解析；1.50；100；0.150；大于
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】本题考查了测量橡皮绳劲度系数的实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。（2）将表格中的数据在图中描点作出钩码数量与手机位移图像如图所示
（3）当手机平衡时记录下手机下降的高度，根据胡克定律与平衡条件有
钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量，根据胡克定律与平衡条件有
解得
将坐标（1.5cm，0）代入上式解得
（4）结合上述有
解得
由于
结合上述解得
（5）结合上述，劲度系数是根据图像的斜率求解，即有
解得
由于当地重力加速度的值为，而实验中重力加速度取，可知，实验测得的劲度系数结果大于真实值。
【分析】（2）根据表格中的数据在图中描点作出钩码数量与手机位移n-x图像；
（3）根据胡克定律与平衡条件，结合钩码平衡时，记录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量分析求解；
（4）根据平衡条件，结合表达式的斜率分析求解；
（5）根据劲度系数是根据图像的斜率分析求解。
13．（2025高一上·广州期末）不少的办公及住宅小区安装了可水平移动的电动伸缩门。现一辆宽为的汽车匀速直线行驶到A位置时，电动门以速度从门柱匀速向左打开，驾驶员看到后操作刹车。已知驾驶员反应时间为0.5s，刹车时汽车的加速度大小为，汽车到达位置处停下，左前端恰好没碰到电动门，此时车右端距离门柱水平距离为，求：
（1）电动门从位置打开到位置所用的时间；
（2）汽车做匀减速运动的初速度及间距离大小。
【答案】（1）解：电动门以速度从门柱匀速向左打开，则电动门从位置打开到位置过程有
结合题中所给数据解得
（2）解：根据题意可知，反应时间为
汽车减速至0过程，利用逆向思维，根据速度公式有
解得
驾驶员反应时间内做匀速直线运动，此过程的位移
汽车匀减速直线运动过程的位移
则间距离
解得
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）根据匀速运动特点求出电动门匀速的时间，再根据反应时间分析求解；
（2）根据速度—时间关系以及速度—时间关系，结合汽车运动状态分析求解。
（1）电动门以速度从门柱匀速向左打开，则电动门从位置打开到位置过程有
结合题中所给数据解得
（2）根据题意可知，反应时间为
汽车减速至0过程，利用逆向思维，根据速度公式有
解得
驾驶员反应时间内做匀速直线运动，此过程的位移
汽车匀减速直线运动过程的位移
则间距离
解得
14．（2025高一上·广州期末）在水平路面上带动轮胎加速跑是锻炼运动员核心力量和耐力的一种有效方法，如图甲所示，在某次训练活动中，运动员腰部系着不可伸长的轻绳拖着质量的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，轻绳与水平地面间的夹角为，后轻绳从轮胎上脱落，轮胎直线运动的图像如图乙所示。不计空气阻力，已知，，g取。求：
（1）地面对轮胎的滑动摩擦系数；
（2）拖绳对轮胎的拉力大小。
【答案】（1）解：轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为
解得
（2）解：4s之前对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为
解得
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示加速度，根据图乙求解加速度，对轮胎进行分析，根据牛顿第二定律求解地面对轮胎的滑动摩擦系数；
（2）4s之前对轮胎进行分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（1）轻绳从轮胎上脱落后，对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落后的加速度大小为
解得
（2）4s之前对轮胎进行分析，则有，，
根据图乙可知，轻绳从轮胎上脱落前的加速度大小为
解得
15．（2025高一上·广州期末）如图所示，一长木板静止在水平地面上，其左端有一小木块（可视为质点），某时刻有的水平拉力作用在木块上，使其由静止开始运动，2s后撤去拉力。已知木块的质量，长木板的质量，木块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，木板长度为，重力加速度。
（1）求开始运动时木块和长木板的加速度；
（2）求撤去前木块在长木板上运动的距离（木块还没有掉下木板）；
（3）为使木块不从长木板滑出，长木板至少有多长。
【答案】（1）解：开始运动时木块的加速度，方向水平向右
长木板的加速度，方向水平向右
（2）解：撤去F前木块在长木板上运动的距离
（3）解：撤去F时，木块和木板的速度分别为，
此后木块的加速度
当两者共速时
解得，
则
则长木板的长度至少为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求开始运动时木块和长木板的加速度；
（2）根据位移—时间公式结合木块和长木板的位移之差求撤去F前木块在长木板上运动的距离；
（3）根据速度—时间公式求出撤去F时木块和长木板的速度。根据牛顿第二定律求出撤去拉力后木块的加速度，再根据运动学公式求解木块相对于木板的位移，根据几何关系求解长木板的总长度。
（1）开始运动时木块的加速度，方向水平向右
长木板的加速度，方向水平向右
（2）撤去F前木块在长木板上运动的距离
（3）撤去F时，木块和木板的速度分别为，
此后木块的加速度
当两者共速时
解得，
则
则长木板的长度至少为
1 / 1
