江苏省苏州市部分校2024-2025学年高一上学期期末迎考物理试题
一、单项选择题∶共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·苏州期末）以下关于物理学研究方法以及物理学相关知识的叙述正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．当时，平均速度可看成瞬时速度，这运用了理想模型法
C．在国际单位制中，力学中的三个基本单位为：、、
D．加速度与质量、合外力之间的关系，利用了比值定义法
2．（2025高一上·苏州期末）如图是频闪照相机拍摄的篮球离开手后在空中的运动轨迹，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．篮球离开手瞬间的加速度为0
B．篮球经过轨迹最高点时的速度为0
C．篮球经过A点处受到的合外力方向沿轨迹的切线方向
D．篮球从离开手到落入篮筐过程中速度变化量的方向始终竖直向下
3．（2025高一上·苏州期末）学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为。两位工作人员用轻绳按图甲所示的方式匀速移动石礅时，两根轻绳水平，延长线之间的夹角为，俯视图如图乙所示。重力加速度大小为g，忽略轻绳与石墩之间的摩擦，则轻绳的拉力大小为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·苏州期末）课间，一些“弹簧”男常在走廊上跳摸指示牌秀弹跳。如图所示，身高1.60m的小李同学在指示牌正下方原地竖直向上跳起，手指恰好能摸到指示牌的下边沿，已知指示牌下边沿到地面的竖直距离为2.50m。小李同学双脚离地时速度大小最接近于（ ）
A．0.5m/s B．3m/s C．6m/s D．9m/s
5．（2025高一上·苏州期末）某同学用智能手机中加速度传感器研究运动。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到竖直方向的加速度随时间变化图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度g =10m/s2，由此可判断出手机（ ）
A．t1时刻运动到最高点
B．t2时刻运动到最高点
C．t3时刻对手掌的压力为零
D．t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
6．（2025高一上·苏州期末）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ）
A．g， B．2g， C．2g， D．g，
7．（2025高一上·苏州期末）消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图所示。取某个碗的正视图如图所示，其中a、b分别为两光滑水平金属杆，下列说法正确的是（ ）
A．若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗的合力减小
B．若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，a杆受到的弹力不变
C．若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力变小
D．若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力不变
8．（2025高一上·苏州期末）图（a）为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图（b）所示的模型。紧朋的传送带始终以的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在处时，也以的恒定速度平行于传送带运动到处取行李，、间的距离为，行李与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度取，则（ ）
A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动
B．乘客与行李同时到达处
C．乘客提前到达处
D．行李提前到达处
9．（2025高一上·苏州期末）小船从M出发横渡一条河，船头始终垂直于河岸方向，船速大小不变。已知小船的运动轨迹如图甲中虚线所示，则能表示河水的流速（图中箭头的长短表示流速的大小）的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·苏州期末）如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
11．（2025高一上·苏州期末）如图所示，Q物块放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧时刻将P物块从弹簧的上端由静止释放．P向下运动距离为时，所受合外力为零；运动时间为时到达最低点．在P运动的过程中，不计空气阻力．下列关于P物块的速度v、相对于初始位置的位移x，Q物块所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、非选择题∶共5题，共56分。其中第13题第16题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025高一上·苏州期末）某小组同学用如图甲所示的装置，完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）该实验中，认为细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m （需要或不需要）远小于滑块质量M。
（2）实验小组将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两个光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d，则滑块加速度大小 。（用字母、、L、d表示）
（3）为了减小实验误差，该小组同学测得两个光电门间的距离为L，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为t。保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组L和t，作出图像，如图丙所示。已知图像的纵轴截距为，横轴截距为，则表示遮光条通过光电门 （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小 。（用字母、表示）
（4）为探究滑块加速度与质量M的关系，保持槽码质量m不变，改变滑块与遮光条的总质量M，实验中用槽码重力mg代替细线拉力，把细线中实际拉力记为F，由此引起的相对误差表示为。请写出δ随M变化的关系式： 。
13．（2025高一上·苏州期末）如图，滑雪者与装备的总质量为80kg，从静止开始沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为37°，滑雪者受到的阻力（包括空气阻力和摩擦阻力）大小恒为80N。取；求：
（1）雪面对滑雪者的支持力大小；
（2）滑雪者4s内的位移（假设山坡足够长）。
14．（2025高一上·苏州期末）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着车轮进行负荷训练，运动过程中保持绳子与水平面间的夹角恒为，车轮质量为，重力加速度为，，。
（1）当车轮做匀速直线运动时，若地面对车轮的阻力大小为，求绳中的拉力大小和车轮对地面的压力大小；
（2）若训练的过程中，为确保车轮不飞离地面，求绳中拉力的最大值大小。
15．（2025高一上·苏州期末）如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以起跳，最后落在缓冲坡上的B点，轨迹上的C点与A点等高（图中未画出），已知缓冲坡倾角θ=37°，不计空气阻力。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）运动员从A点到C点过程中速度变化量的大小；
（2）缓冲坡上A、B两点间的距离L；
（3）运动员落在B点的速度方向与水平面夹角的正切值k。
16．（2025高一上·苏州期末）质量为的长木板置于水平面上，物块（视为质点）质量，初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为和。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取。求：
（1）刚开始运动时长木板与物块的加速度大小和；
（2）从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间；
（3）到两者都静止时，物块距木板右端的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】理想模型法；单位制
【解析】【解答】A、 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，A错误。
B、当时，平均速度可看成瞬时速度，这运用了极限法，B错误。
C、在国际单位制中，力学的三个基本单位为：m，kg，s。C正确。
D、加速度与质量、合外力之间的关系，是加速度的决定式，并不是比值定义式，D错误。
故答案为：C
【分析】 用质点来代替物体的方法叫理想模型法，当时，平均速度可看成瞬时速度，这运用了极限法，加速度与质量和合力之间存在决定关系，不属于比值定义式。
2．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】A：篮球离开手后只受重力，加速度为（不为0），A错误；
B：最高点水平方向有速度，速度不为0，B错误；
C：合外力（重力）方向竖直向下，不是切线方向，C错误；
D：速度变化量，方向与相同（竖直向下），D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是结合抛体运动的受力（重力）、加速度（）及速度变化规律，逐一分析选项。
3．【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】根据题意，设轻绳的拉力大小为，由平衡条件有
解得
故选A。
【分析】受力分析根据平衡力由合成法求解拉力。
4．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】小李起跳后做匀减速直线运动，采用逆向思维，小李向下做匀加速直线运动，则有
解得
结合生活实际可知，原地站立且胳膊向上时，手指离地高度约为2.0m，则
代入数据解得
故答案为：B。
【分析】核心是将竖直上抛运动逆向转化为自由落体，利用运动学公式计算初速度。
5．【答案】C
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】对手机受力分析，受重力和手掌的支持力，根据牛顿第二定律（ 向上为正 ）：
AB．时刻加速度向上最大，手机向上加速；时刻加速度为，速度向上最大，之后手机向上减速，直到速度为时才到最高点，故A、B错误；
C．时刻加速度（ 向下为），代入公式得，手机完全失重，对手掌压力为零，C正确；
D．时间内，加速度先向上（ 超重，且先增大后减小，故先增大后减小 ），后向下（ 失重，且增大，故减小 ），所以支持力先增大后减小，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律分析支持力与加速度的关系，结合超重（ 加速度向上，）、失重（ 加速度向下，）的概念，判断不同时刻的受力和运动状态。
6．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律、力的平衡条件等知识点。关键点：弹簧弹力不会突变，细绳的拉力会发生突变。剪断前，对BCD分析
对D
剪断后，对B
解得
方向竖直向上；对C
解得
方向竖直向下。
故选A。
【分析】剪断前，对BCD整体和对D分析列式；剪断瞬间，分别对B、C分析列式。
7．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．对碗受力分析，判断间距减小对碗所受合力的影响。若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗的合力仍为零，合力不变，选项A错误；
B．利用平衡条件，在竖直方向、水平方向对b点受力分析，进而判断间距减小对a受力的影响。对碗受力分析如图
设b点对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则
若减小a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力F1减小，选项B错误；
CD．杆对碗的作用力与碗的重力有关。杆对碗的作用力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，则碗受到杆的作用力不变，总等于重力，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查了对共点力平衡模型的理解，其中根据平衡条件受力分析，探究间距对力的影响为本题的解题关键。
8．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】将行李无初速度地放在A处时，行李在传送带上开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得
行李与传送带达到共速所用时间，由速度时间公式可得
由位移时间公式可得行李的位移为
可知行李与传送带达到共速后，随传送带一起做匀速运动，做匀速运动的时间为
行李从A到B的时间为
乘客一直做匀速直线运动，从A到B的时间为
可知乘客提前0.25s到达B处， ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】核心是分别分析行李（先匀加速后匀速）和乘客（匀速）的运动时间，通过时间差判断提前到达的对象。
9．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速，以及知道合力方向指向轨迹内侧。小船做曲线运动，小船的合速度沿切线，船头始终垂直于河岸方向，设小船合速度与水平方向的夹角为，则有
小船运动过程中，小船合速度与水平方向的夹角先减小后增大，由于船速大小不变，可知先增后减小。
故选C。
【分析】 轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左。
10．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】以A为研究对象，受力如图所示
根据牛顿第二定律得
解得，方向水平向右；
以B为研究对象，小车对B的摩擦力大小为，方向水平向右；
小车对B的支持力大小为，方向竖直向上；
则小车对物块B产生的作用力的大小为，方向斜向右上方。
故答案为：D。
【分析】通过分析小球 A 的受力求出整体加速度，再对物块 B 受力分析，利用牛顿第二定律求出摩擦力，结合支持力，最后用勾股定理计算小车对 B 的作用力大小。
11．【答案】D
【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】AD．由物块P的受力可知，，由此可知，随着物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P向下运动距离为的过程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动；P从距离为向下运动距离至的过程中加速度向上增大，做加速度增大的减速运动，A错误，D正确；
B．Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，B错误；
C．由物块Q的受力可知，P物块运动时间为时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，C错误。
故答案为：D。
【分析】对物块P进行受力分析，结合牛顿第二定律分析加速度变化，进而确定速度随位移的变化规律；同时分析弹簧弹力和Q对地面压力的变化规律，判断各选项图像的正确性。
12．【答案】（1）需要
（2）
（3）2；
（4）
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）根据牛顿第二定律可得
所以
若细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m需要远小于滑块质量M。
故答案为：需要
（2）解：遮光条通过光电门1、2的速度分别为，
所以
故答案为：
（3）根据逆向思维法可知，滑块从光电门2运动到光电门1做匀减速直线运动，根据位移与时间关系可得
则
该解析式与图线符合，所以v0表示遮光条通过光电门2的速度的大小，且
所以
故答案为：2；
（4）由以上分析可知
故答案为：
【分析】（1）通过牛顿第二定律推导拉力与砝码重力的关系，明确砝码质量需远小于滑块质量的条件。
（2）利用光电门测瞬时速度的原理，结合匀变速直线运动公式求解加速度。
（3）将运动逆向分析，结合位移公式推导图像截距和斜率的物理意义，进而求解加速度。
（4）通过拉力的理论推导，结合相对误差的定义，推导误差与质量的关系式。
（1）根据牛顿第二定律可得
所以
若细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m需要远小于滑块质量M。
（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为
，
所以
（3）[1][2]根据逆向思维法可知，滑块从光电门2运动到光电门1做匀减速直线运动，根据位移与时间关系可得
则
该解析式与图线符合，所以v0表示遮光条通过光电门2的速度的大小，且
所以
（4）由以上分析可知
13．【答案】（1）解：根据共点力平衡条件有
解得
（2）解：沿斜面方向，根据牛顿第二定律有
根据位移与时间的关系有
解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）通过垂直斜面方向的受力平衡，直接利用重力的分力求解支持力。
（2）先沿斜面方向列牛顿第二定律方程求加速度，再结合匀加速位移公式求解位移，明确 “从静止开始” 的初速度条件，简化计算过程。
（1）根据共点力平衡条件有
解得
（2）沿斜面方向，根据牛顿第二定律有
根据位移与时间的关系有
解得
14．【答案】（1）解：车轮做匀速直线运动，根据平衡条件可得
解得，
根据牛顿第三定律车轮对地面的压力大小为
（2）解：为确保车轮不飞离地面，有，
可得
绳中拉力的最大值大小为
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）通过水平和竖直方向的平衡条件，分别求解绳的拉力和地面对车轮的支持力，再利用牛顿第三定律得到车轮对地面的压力。
（2）分析车轮不飞离地面的临界状态（支持力为 0），结合竖直方向的平衡条件求解拉力的最大值。
15．【答案】（1）解：运动员竖直分速度
从A点到C点过程中速度变化量大小为
（2）解：沿缓冲坡为x轴，起跳方向为y轴
y向加速度为
y向往返时间为
x向加速度为
AB之间的距离为
（3）解：沿水平方向为x轴，竖直方向为y轴
着陆时水平方向的分速度为
着陆时竖直方向的分速度为
着陆速度与地面夹角的正切值为
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）利用抛体运动的对称性，竖直方向速度变化量为上抛初速度的 2 倍，直接求解。
（2）通过建立沿斜面的坐标系，将运动分解为沿斜面和垂直斜面的分运动，结合匀变速运动公式求解位移。
（3）将速度分解为水平和竖直分量，利用正切值定义求解速度方向与水平面夹角的正切值。
16．【答案】（1）解：对长木板受力分析
解得
对物块受力分析得
解得
（2）解：对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的图像如图
令水平向右为正方向，设经时间物块与木板的速度相同，有
解得
此时的速度
（3）解：物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为
对长木板受力分析得
解得
长木板从二者速度相等经时间减速停下
解得
长木板在与物块速度相等前运动的位移为
长木板在时间内的位移为
可得
由图物块的v-t图可知，物块对地位移为
向右运动两者的相对位移为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）通过对长木板和物块分别受力分析，结合牛顿第二定律求解加速度。
（2）分析两者的运动过程（长木板匀减速、物块先左减后右加），利用速度公式联立求解共速时间。
（3）分阶段计算相对位移，结合共速后的匀减速运动，累加得到最终物块距木板右端的距离。
（1）对长木板受力分析
解得
对物块受力分析得
解得
（2）对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的图像如图
令水平向右为正方向，设经时间物块与木板的速度相同，有
解得
此时的速度
（3）物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为
对长木板受力分析得
解得
长木板从二者速度相等经时间减速停下
解得
长木板在与物块速度相等前运动的位移为
长木板在时间内的位移为
可得
由图物块的v-t图可知，物块对地位移为
向右运动两者的相对位移为
1 / 1江苏省苏州市部分校2024-2025学年高一上学期期末迎考物理试题
一、单项选择题∶共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025高一上·苏州期末）以下关于物理学研究方法以及物理学相关知识的叙述正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．当时，平均速度可看成瞬时速度，这运用了理想模型法
C．在国际单位制中，力学中的三个基本单位为：、、
D．加速度与质量、合外力之间的关系，利用了比值定义法
【答案】C
【知识点】理想模型法；单位制
【解析】【解答】A、 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，A错误。
B、当时，平均速度可看成瞬时速度，这运用了极限法，B错误。
C、在国际单位制中，力学的三个基本单位为：m，kg，s。C正确。
D、加速度与质量、合外力之间的关系，是加速度的决定式，并不是比值定义式，D错误。
故答案为：C
【分析】 用质点来代替物体的方法叫理想模型法，当时，平均速度可看成瞬时速度，这运用了极限法，加速度与质量和合力之间存在决定关系，不属于比值定义式。
2．（2025高一上·苏州期末）如图是频闪照相机拍摄的篮球离开手后在空中的运动轨迹，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．篮球离开手瞬间的加速度为0
B．篮球经过轨迹最高点时的速度为0
C．篮球经过A点处受到的合外力方向沿轨迹的切线方向
D．篮球从离开手到落入篮筐过程中速度变化量的方向始终竖直向下
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】A：篮球离开手后只受重力，加速度为（不为0），A错误；
B：最高点水平方向有速度，速度不为0，B错误；
C：合外力（重力）方向竖直向下，不是切线方向，C错误；
D：速度变化量，方向与相同（竖直向下），D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是结合抛体运动的受力（重力）、加速度（）及速度变化规律，逐一分析选项。
3．（2025高一上·苏州期末）学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为。两位工作人员用轻绳按图甲所示的方式匀速移动石礅时，两根轻绳水平，延长线之间的夹角为，俯视图如图乙所示。重力加速度大小为g，忽略轻绳与石墩之间的摩擦，则轻绳的拉力大小为（ ）
A． B． C． D．
【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】根据题意，设轻绳的拉力大小为，由平衡条件有
解得
故选A。
【分析】受力分析根据平衡力由合成法求解拉力。
4．（2025高一上·苏州期末）课间，一些“弹簧”男常在走廊上跳摸指示牌秀弹跳。如图所示，身高1.60m的小李同学在指示牌正下方原地竖直向上跳起，手指恰好能摸到指示牌的下边沿，已知指示牌下边沿到地面的竖直距离为2.50m。小李同学双脚离地时速度大小最接近于（ ）
A．0.5m/s B．3m/s C．6m/s D．9m/s
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】小李起跳后做匀减速直线运动，采用逆向思维，小李向下做匀加速直线运动，则有
解得
结合生活实际可知，原地站立且胳膊向上时，手指离地高度约为2.0m，则
代入数据解得
故答案为：B。
【分析】核心是将竖直上抛运动逆向转化为自由落体，利用运动学公式计算初速度。
5．（2025高一上·苏州期末）某同学用智能手机中加速度传感器研究运动。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到竖直方向的加速度随时间变化图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度g =10m/s2，由此可判断出手机（ ）
A．t1时刻运动到最高点
B．t2时刻运动到最高点
C．t3时刻对手掌的压力为零
D．t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
【答案】C
【知识点】图象法；超重与失重
【解析】【解答】对手机受力分析，受重力和手掌的支持力，根据牛顿第二定律（ 向上为正 ）：
AB．时刻加速度向上最大，手机向上加速；时刻加速度为，速度向上最大，之后手机向上减速，直到速度为时才到最高点，故A、B错误；
C．时刻加速度（ 向下为），代入公式得，手机完全失重，对手掌压力为零，C正确；
D．时间内，加速度先向上（ 超重，且先增大后减小，故先增大后减小 ），后向下（ 失重，且增大，故减小 ），所以支持力先增大后减小，D错误。
故答案为：C。
【分析】利用牛顿第二定律分析支持力与加速度的关系，结合超重（ 加速度向上，）、失重（ 加速度向下，）的概念，判断不同时刻的受力和运动状态。
6．（2025高一上·苏州期末）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（ ）
A．g， B．2g， C．2g， D．g，
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律、力的平衡条件等知识点。关键点：弹簧弹力不会突变，细绳的拉力会发生突变。剪断前，对BCD分析
对D
剪断后，对B
解得
方向竖直向上；对C
解得
方向竖直向下。
故选A。
【分析】剪断前，对BCD整体和对D分析列式；剪断瞬间，分别对B、C分析列式。
7．（2025高一上·苏州期末）消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图所示。取某个碗的正视图如图所示，其中a、b分别为两光滑水平金属杆，下列说法正确的是（ ）
A．若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗的合力减小
B．若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，a杆受到的弹力不变
C．若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力变小
D．若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力不变
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．对碗受力分析，判断间距减小对碗所受合力的影响。若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗的合力仍为零，合力不变，选项A错误；
B．利用平衡条件，在竖直方向、水平方向对b点受力分析，进而判断间距减小对a受力的影响。对碗受力分析如图
设b点对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则
若减小a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力F1减小，选项B错误；
CD．杆对碗的作用力与碗的重力有关。杆对碗的作用力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，则碗受到杆的作用力不变，总等于重力，选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题考查了对共点力平衡模型的理解，其中根据平衡条件受力分析，探究间距对力的影响为本题的解题关键。
8．（2025高一上·苏州期末）图（a）为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为图（b）所示的模型。紧朋的传送带始终以的恒定速率运行，旅客将行李无初速度地放在处时，也以的恒定速度平行于传送带运动到处取行李，、间的距离为，行李与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度取，则（ ）
A．行李在传送带上一直做匀加速直线运动
B．乘客与行李同时到达处
C．乘客提前到达处
D．行李提前到达处
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】将行李无初速度地放在A处时，行李在传送带上开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得
行李与传送带达到共速所用时间，由速度时间公式可得
由位移时间公式可得行李的位移为
可知行李与传送带达到共速后，随传送带一起做匀速运动，做匀速运动的时间为
行李从A到B的时间为
乘客一直做匀速直线运动，从A到B的时间为
可知乘客提前0.25s到达B处， ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】核心是分别分析行李（先匀加速后匀速）和乘客（匀速）的运动时间，通过时间差判断提前到达的对象。
9．（2025高一上·苏州期末）小船从M出发横渡一条河，船头始终垂直于河岸方向，船速大小不变。已知小船的运动轨迹如图甲中虚线所示，则能表示河水的流速（图中箭头的长短表示流速的大小）的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速，以及知道合力方向指向轨迹内侧。小船做曲线运动，小船的合速度沿切线，船头始终垂直于河岸方向，设小船合速度与水平方向的夹角为，则有
小船运动过程中，小船合速度与水平方向的夹角先减小后增大，由于船速大小不变，可知先增后减小。
故选C。
【分析】 轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与水流的方向一致，可见加速度的方向先向右再向左。
10．（2025高一上·苏州期末）如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小为（重力加速度为g）（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】以A为研究对象，受力如图所示
根据牛顿第二定律得
解得，方向水平向右；
以B为研究对象，小车对B的摩擦力大小为，方向水平向右；
小车对B的支持力大小为，方向竖直向上；
则小车对物块B产生的作用力的大小为，方向斜向右上方。
故答案为：D。
【分析】通过分析小球 A 的受力求出整体加速度，再对物块 B 受力分析，利用牛顿第二定律求出摩擦力，结合支持力，最后用勾股定理计算小车对 B 的作用力大小。
11．（2025高一上·苏州期末）如图所示，Q物块放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧时刻将P物块从弹簧的上端由静止释放．P向下运动距离为时，所受合外力为零；运动时间为时到达最低点．在P运动的过程中，不计空气阻力．下列关于P物块的速度v、相对于初始位置的位移x，Q物块所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【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】AD．由物块P的受力可知，，由此可知，随着物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P向下运动距离为的过程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动；P从距离为向下运动距离至的过程中加速度向上增大，做加速度增大的减速运动，A错误，D正确；
B．Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，B错误；
C．由物块Q的受力可知，P物块运动时间为时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，C错误。
故答案为：D。
【分析】对物块P进行受力分析，结合牛顿第二定律分析加速度变化，进而确定速度随位移的变化规律；同时分析弹簧弹力和Q对地面压力的变化规律，判断各选项图像的正确性。
二、非选择题∶共5题，共56分。其中第13题第16题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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（2025高一上·苏州期末）某小组同学用如图甲所示的装置，完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。
（1）该实验中，认为细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m （需要或不需要）远小于滑块质量M。
（2）实验小组将滑块从图甲所示位置由静止释放，测得遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，两个光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d，则滑块加速度大小 。（用字母、、L、d表示）
（3）为了减小实验误差，该小组同学测得两个光电门间的距离为L，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为t。保持光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多次实验测得多组L和t，作出图像，如图丙所示。已知图像的纵轴截距为，横轴截距为，则表示遮光条通过光电门 （选填“1”或“2”）时的速度大小，滑块的加速度大小 。（用字母、表示）
（4）为探究滑块加速度与质量M的关系，保持槽码质量m不变，改变滑块与遮光条的总质量M，实验中用槽码重力mg代替细线拉力，把细线中实际拉力记为F，由此引起的相对误差表示为。请写出δ随M变化的关系式： 。
【答案】（1）需要
（2）
（3）2；
（4）
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）根据牛顿第二定律可得
所以
若细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m需要远小于滑块质量M。
故答案为：需要
（2）解：遮光条通过光电门1、2的速度分别为，
所以
故答案为：
（3）根据逆向思维法可知，滑块从光电门2运动到光电门1做匀减速直线运动，根据位移与时间关系可得
则
该解析式与图线符合，所以v0表示遮光条通过光电门2的速度的大小，且
所以
故答案为：2；
（4）由以上分析可知
故答案为：
【分析】（1）通过牛顿第二定律推导拉力与砝码重力的关系，明确砝码质量需远小于滑块质量的条件。
（2）利用光电门测瞬时速度的原理，结合匀变速直线运动公式求解加速度。
（3）将运动逆向分析，结合位移公式推导图像截距和斜率的物理意义，进而求解加速度。
（4）通过拉力的理论推导，结合相对误差的定义，推导误差与质量的关系式。
（1）根据牛顿第二定律可得
所以
若细绳中拉力近似等于砝码重力，砝码质量m需要远小于滑块质量M。
（2）遮光条通过光电门1、2的速度分别为
，
所以
（3）[1][2]根据逆向思维法可知，滑块从光电门2运动到光电门1做匀减速直线运动，根据位移与时间关系可得
则
该解析式与图线符合，所以v0表示遮光条通过光电门2的速度的大小，且
所以
（4）由以上分析可知
13．（2025高一上·苏州期末）如图，滑雪者与装备的总质量为80kg，从静止开始沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为37°，滑雪者受到的阻力（包括空气阻力和摩擦阻力）大小恒为80N。取；求：
（1）雪面对滑雪者的支持力大小；
（2）滑雪者4s内的位移（假设山坡足够长）。
【答案】（1）解：根据共点力平衡条件有
解得
（2）解：沿斜面方向，根据牛顿第二定律有
根据位移与时间的关系有
解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）通过垂直斜面方向的受力平衡，直接利用重力的分力求解支持力。
（2）先沿斜面方向列牛顿第二定律方程求加速度，再结合匀加速位移公式求解位移，明确 “从静止开始” 的初速度条件，简化计算过程。
（1）根据共点力平衡条件有
解得
（2）沿斜面方向，根据牛顿第二定律有
根据位移与时间的关系有
解得
14．（2025高一上·苏州期末）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着车轮进行负荷训练，运动过程中保持绳子与水平面间的夹角恒为，车轮质量为，重力加速度为，，。
（1）当车轮做匀速直线运动时，若地面对车轮的阻力大小为，求绳中的拉力大小和车轮对地面的压力大小；
（2）若训练的过程中，为确保车轮不飞离地面，求绳中拉力的最大值大小。
【答案】（1）解：车轮做匀速直线运动，根据平衡条件可得
解得，
根据牛顿第三定律车轮对地面的压力大小为
（2）解：为确保车轮不飞离地面，有，
可得
绳中拉力的最大值大小为
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）通过水平和竖直方向的平衡条件，分别求解绳的拉力和地面对车轮的支持力，再利用牛顿第三定律得到车轮对地面的压力。
（2）分析车轮不飞离地面的临界状态（支持力为 0），结合竖直方向的平衡条件求解拉力的最大值。
15．（2025高一上·苏州期末）如图所示，滑雪运动员通过助滑道加速后从A点垂直于缓冲坡以起跳，最后落在缓冲坡上的B点，轨迹上的C点与A点等高（图中未画出），已知缓冲坡倾角θ=37°，不计空气阻力。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）运动员从A点到C点过程中速度变化量的大小；
（2）缓冲坡上A、B两点间的距离L；
（3）运动员落在B点的速度方向与水平面夹角的正切值k。
【答案】（1）解：运动员竖直分速度
从A点到C点过程中速度变化量大小为
（2）解：沿缓冲坡为x轴，起跳方向为y轴
y向加速度为
y向往返时间为
x向加速度为
AB之间的距离为
（3）解：沿水平方向为x轴，竖直方向为y轴
着陆时水平方向的分速度为
着陆时竖直方向的分速度为
着陆速度与地面夹角的正切值为
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）利用抛体运动的对称性，竖直方向速度变化量为上抛初速度的 2 倍，直接求解。
（2）通过建立沿斜面的坐标系，将运动分解为沿斜面和垂直斜面的分运动，结合匀变速运动公式求解位移。
（3）将速度分解为水平和竖直分量，利用正切值定义求解速度方向与水平面夹角的正切值。
16．（2025高一上·苏州期末）质量为的长木板置于水平面上，物块（视为质点）质量，初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为和。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取。求：
（1）刚开始运动时长木板与物块的加速度大小和；
（2）从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间；
（3）到两者都静止时，物块距木板右端的距离。
【答案】（1）解：对长木板受力分析
解得
对物块受力分析得
解得
（2）解：对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的图像如图
令水平向右为正方向，设经时间物块与木板的速度相同，有
解得
此时的速度
（3）解：物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为
对长木板受力分析得
解得
长木板从二者速度相等经时间减速停下
解得
长木板在与物块速度相等前运动的位移为
长木板在时间内的位移为
可得
由图物块的v-t图可知，物块对地位移为
向右运动两者的相对位移为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）通过对长木板和物块分别受力分析，结合牛顿第二定律求解加速度。
（2）分析两者的运动过程（长木板匀减速、物块先左减后右加），利用速度公式联立求解共速时间。
（3）分阶段计算相对位移，结合共速后的匀减速运动，累加得到最终物块距木板右端的距离。
（1）对长木板受力分析
解得
对物块受力分析得
解得
（2）对物块与木板的运动情况分析，结合（1）问作出长木板与物块的图像如图
令水平向右为正方向，设经时间物块与木板的速度相同，有
解得
此时的速度
（3）物块与长木板速度达到相等后的运动分析：由于，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。对物块受力分析知：物块加速度仍为
对长木板受力分析得
解得
长木板从二者速度相等经时间减速停下
解得
长木板在与物块速度相等前运动的位移为
长木板在时间内的位移为
可得
由图物块的v-t图可知，物块对地位移为
向右运动两者的相对位移为
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