期末模拟测试培优卷（含解析）-2025-2026学年粤教版物理高一上学期

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期末模拟测试培优卷
一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 九龙坡区校级月考）下列描述的几种物理情景中，分析和判断正确的是（　　）
A．电子在自转的同时绕原子核旋转，电子很小，故研究电子自转时，可将其看作质点
B．高速飞行的子弹因为速度很大，所以惯性很大
C．点火后即将升空的火箭，因其速度为零，所以加速度一定为零
D．马拉车向前加速运动时，马对车的拉力与车对马的拉力大小相等，方向相反
2．（4分）（2024秋 东莞市校级月考）我国自主研发的全海深载人潜水器奋斗者号”（如图），已在马里亚纳海沟正式投入常规科考应用。前期海试中，“奋斗者号”实现8次万米载人深潜，最大作业深度达到10909米、在某次海试中，潜水器在某时刻的速度为负值，加速度也是负值并不断减小直到为零，则此过程中（　　）
A．该潜水器速度先增大后减小，直到加速度等于零后速度不变
B．该潜水器速度一直在增大，直到加速度等于零后速度不变
C．该潜水器位移先增大，后减小，直到加速度等于零后位移不再变化
D．该潜水器位移一直在增大，直到加速度为零后位移不再变化
3．（4分）（2024秋 嘉兴月考）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（　　）
A．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
B．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
C．树枝对蚂蚁的摩擦力方向沿着树枝斜向下
D．当蚂蚁加速爬行时，食物处于失重状态
4．（4分）（2025 鼎湖区一模）11月11日浙江杭州正式启用多条无人机物流配送航线，开启基于无人机公共起降场的城市低空配送新模式。下面是无人机在直线运输过程中记录的4次运动图像，反映无人机在0～4s内的平均速度最大的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（4分）（2024秋 安徽月考）如图所示，两个完全相同的薄木板固定在水平桌面上，薄木板的一端带滑轮，滑块A、B分别放置在左右木板上，连接两滑块的细线拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂重物C，已知A、B、C的质量分别为m、2m、4m，木板上面的细线与木板平行，动滑轮两侧细线竖直平行，细线不可伸长，不计一切摩擦和动滑轮的质量，重力加速度为g，现将A、B、C三者同时由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A和B的速度大小始终相等
B．细线的拉力大小为0.6mg
C．滑块A的速度大于滑块C的速度
D．物块C的加速度小于滑块B的加速度
6．（4分）（2024秋 成都期末）图示为量程为5N的某款弹簧测力计，测力计表盘刻度0到5之间的长度为8cm，可知该弹簧测力计内部弹簧的劲度系数为（　　）
A．0.8N/cm B．1.6N/cm C．0.625N/cm D．1.25N/cm
7．（4分）（2024秋 安徽开学）翻斗车是一种特殊的料斗可倾翻的短途输送物料的车辆，可以翻转以方便卸货。如图为翻斗车模型，翻斗车车箱由斜面和撑杆组成，一般可用来调节角度。车箱调节角度过程中货物与斜面保持相对静止。货物由位置斜面1到位置2，斜面对货物的支持力FN和摩擦力Ff大小变化情况是（　　）
A．FN变小，Ff变小 B．FN变小，Ff变大
C．FN变大，Ff变小 D．FN变大，Ff变大
8．（4分）（2021春 福田区校级期中）红岭中学饭堂的“红岭粉”闻名天下，红岭学子在享受美味后把餐具放在指定的传送带处。如图所示，某餐具静止放在传送带上最左端，若传送带顺时针方向转动且足够长，则（　　）
A．餐具一直做匀加速直线运动
B．加速阶段，传送带的速度越快，餐具的加速度越大
C．加速阶段，传送带对餐具做正功，餐具对传送带做负功
D．传送带的速度越快，餐具到达最右端的时间越短
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）9．（4分）（2024秋 榕城区校级期末）物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是（　　）
A．物体零时刻的速度是4m/s
B．物体的加速度是2m/s2
C．任何1s内的速度变化量都是2/s
D．第1s内的平均速度等于6m/s
（多选）10．（4分）（2024秋 红河州期末）如图甲所示，一台空调外机用两个相同的三角形支架固定在外墙上，图乙为简化示意图。若空调外机的重心恰好在横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，重力大小为300N。AO水平，BO与AO的夹角为37°，sin37°＝0.6。假定横梁对O点的拉力总沿OA方向，斜梁对O点的支持力总沿BO方向。下列判断正确的是（　　）
A．横梁对O点的拉力为200N
B．斜梁对O点的支持力为90N
C．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁对O点的作用力将变大
D．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时斜梁对O点的作用力将变小
（多选）11．（4分）（2025 雨花区校级一模）乒乓球是一种世界流行的球类体育项目，如图所示，装满乒乓球的纸箱沿着倾角为θ的粗糙斜面下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m的乒乓球，下列说法正确的是（　　）
A．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力不可能为F3
B．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F4
C．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F1
D．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2
（多选）12．（4分）（2024秋 肥城市校级期末）如图所示，甲、乙二人想让水平地面上静止放置的A、B两小车向右运动，两小车相互接触但并不连接，质量分别为mA＝20kg、mB＝30kg。从t＝0时刻开始，甲给A水平向右的推力FA和乙给B水平向右的拉力FB，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝（10﹣2t）（N），FB＝（2+2t）（N）。（车轮与地面的摩擦忽略不计）（　　）
A．A、B两车在2.6s时分离
B．3s内B车的位移是1.08m
C．4s时A车的加速度0.24m/s2
D．4s时B车的加速度
三．实验题（共6小题，满分52分）
13．（7分）（2025秋 兴宁区校级月考）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，桌上放一块方木板，用图钉把一张白纸钉在方木板上，再用图钉把橡皮条一端固定在板上的A点，如图甲所示，在橡皮条另一端栓上两条细绳形成结点O，细绳的另一端系着绳套，先用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条；再用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮条。
（1）判断力F单独作用与力F1、F2共同作用效果相同的依据是　 　 。
A.F的大小等于F1与F2的大小之和
B.使橡皮条OA的长度相同
C.使橡皮条上的结点O到达同一位置
（2）实验中需要标记或者记录的信息有　 　 。
A.橡皮条的原长
B.橡皮条拉长后结点的位置
C.力F的大小和方向
D.力F1、F2夹角的大小
（3）在该探究实验中，老师先用两个成一定角度的弹簧测力计拉悬挂的橡皮条，使橡皮条由O点伸长到E点（如图乙所示），现保持橡皮条伸长后的位置E点不动，使弹簧测力计的拉力F1的方向不变，将另一个弹簧测力计的拉力F2的方向由水平方向顺时针转过90°，该过程中F1和F2将　 　 。
A.F1保持不变，F2先减小后增大
B.F1逐渐减小，F2先减小后增大
C.F1逐渐增大，F2先增大后减小
D.F1保持不变，F2先增大后减小
14．（9分）（2024秋 城关区校级期末）某实验小组同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
①将光电门A、B固定在长木板上，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L；
②调节长木板左端的高度，直至滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间相等；
③将细绳的一端与滑块相连，另一端与小球相连，细绳跨过光滑轻质定滑轮，调整滑轮，使滑块与滑轮间的细绳与长木板平行；
④将滑块置于光电门A上方某位置，由静止释放，记录滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间Δt1和Δt2；
⑤用天平测量滑块（含遮光片）的质量M，测量小球的质量m；
⑥测量出遮光片的宽度d。
回答下列问题（重力加速度为g）：
（1）实验步骤②的目的是 　 　 ；
（2）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力大小TT≈　 　 ；（用题中所给物理量符号表示）
（3）若小球的质量m不满足远小于滑块（含遮光片）的质量M的条件，则牛顿第二定律在本实验中的具体表达形式为 　 　 （用题中所给物理量符号表示）。
15．（9分）（2024秋 思明区校级月考）如图（a）所示，质量为5kg的小物块以初速度v0＝11m/s从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面。第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图（b）中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v﹣t图线。不考虑空气阻力，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则：
（1）恒力F的大小为 　 　 ；
（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为 　 　 。
16．（7分）（2024秋 咸阳期末）冰壶，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属于冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时16s停止，最后1s内位移大小为0.25m，求：
（1）冰壶的加速度大小是多少？
（2）冰壶第1s内的位移大小是多少？
17．（9分）（2024秋 眉山期末）如图所示，光滑圆球由一轻绳AB系于竖直粗糙墙壁上，一正方体木块在圆球和墙壁之间，圆球和木块处于静止状态。木块的几何中心O1和圆球的圆心O2在同一水平线上，且O2O1延长线垂直墙壁。轻绳AB的长度是圆球半径的2.5倍，圆球半径是木块边长的2倍，圆球质量是木块质量的3倍。已知木块受到竖直墙壁向上的摩擦力是f，重力加速度为g。求：
（1）圆球的质量；
（2）轻绳AB的拉力大小。
18．（11分）（2024秋 长宁区校级期末）如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角θ＝37°，质量m＝2kg的物块在平行于斜面向上的恒力F＝28N作用下以v0＝1m/s的初速度从斜面底端向上运动，经过s1＝1.25m后撤去F。物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）求物块沿斜面向上运动过程中的最大速度；
（2）求物块沿斜面向上运动的总位移；
（3）在v﹣t坐标系中画出物块从斜面底端开始运动到再次回到底端时的图线，运用物理规律进行演算，分析图线上关键点的物理量并标注在纵横轴对应的位置。
期末模拟测试培优卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 九龙坡区校级月考）下列描述的几种物理情景中，分析和判断正确的是（　　）
A．电子在自转的同时绕原子核旋转，电子很小，故研究电子自转时，可将其看作质点
B．高速飞行的子弹因为速度很大，所以惯性很大
C．点火后即将升空的火箭，因其速度为零，所以加速度一定为零
D．马拉车向前加速运动时，马对车的拉力与车对马的拉力大小相等，方向相反
【考点】作用力与反作用力；质点；速度、速度变化量和加速度的关联；惯性与质量．
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】D
【分析】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；
物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性，质量是惯性大小的唯一量度；
即将升空的火箭，速度等于0，但加速度不等于零；
作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同。
【解答】解：A．研究电子自转时，电子的形状大小不能忽略不计，不可以将其看作质点，故A错误；
B．质量是惯性的唯一量度，高速飞行的子弹虽然速度很大，但子弹的质量很小，所以惯性很小，故B错误；
C．点火后即将升空的火箭，速度为零，但点火后所受合力不为零，加速度不为零，故C错误；
D．马对车的拉力与车对马的拉力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D正确。
故选：D。
【点评】考查学生对质点、惯性、作用力与反作用力等概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小、形状对所研究的问题是否产生影响，物体的大小、形状能否忽略。
2．（4分）（2024秋 东莞市校级月考）我国自主研发的全海深载人潜水器奋斗者号”（如图），已在马里亚纳海沟正式投入常规科考应用。前期海试中，“奋斗者号”实现8次万米载人深潜，最大作业深度达到10909米、在某次海试中，潜水器在某时刻的速度为负值，加速度也是负值并不断减小直到为零，则此过程中（　　）
A．该潜水器速度先增大后减小，直到加速度等于零后速度不变
B．该潜水器速度一直在增大，直到加速度等于零后速度不变
C．该潜水器位移先增大，后减小，直到加速度等于零后位移不再变化
D．该潜水器位移一直在增大，直到加速度为零后位移不再变化
【考点】加速度的定义、表达式、单位及物理意义；速度与速率的定义、物理意义、标矢性及换算和比较．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度与速度都为负值，说明两者方向相同，潜水器在加速，由此判断位移大小的变化情况，据此解答。
【解答】解：AB、由于加速度的方向始终与速度方向相同，则速度一直在增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，并保持不变，故A错误，B正确；
CD、运动过程中，潜水器的速度方向没有变化，位移一直在增大，由于加速度的方向始终与速度方向相同，则速度一直在增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，但位移随时间继续增大，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查加速度与速度、位移的关系，题中已知加速度的变化情况，要注意加速度与速度、位移的联系。
3．（4分）（2024秋 嘉兴月考）如图所示，蚂蚁们“头顶着”食物沿树枝向上爬行，10s内前进了0.2m，则（　　）
A．“10s”是时刻，“0.2m”是路程
B．观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁不能视为质点
C．树枝对蚂蚁的摩擦力方向沿着树枝斜向下
D．当蚂蚁加速爬行时，食物处于失重状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；质点；位移、路程及其区别与联系．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据时间和时刻，位移和路程的区别即可判定，能否看作质点的条件是物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计；摩擦力方向与相对运动方向相反；加速度向上为超重状态，加速度向下为失重状态。
【解答】解：A．时刻为时间点，时间间隔为时间段，可知“10s”所指为时间间隔；路程为实际运动轨迹长度，所以“0.2m”是路程，故A错误；
B．能否看作质点的条件是物体的形状和大小对于所研究的问题可忽略不计；所以观察蚂蚁行走时的肢体分工时，蚂蚁的形状及大小不能忽略不计，蚂蚁不能视为质点，故B正确；
C．树枝对蚂蚁的摩擦力方向沿着树枝斜向上，从而提供动力使蚂蚁沿树枝向上运动，故C错误；
D．当蚂蚁加速爬行时，具有竖直向上的分加速度，所以可知食物处于超重状态，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了力学中的基本概念，质点，位移与路程，时间和时刻，摩擦力方向判定以及超失重情况，比较基础，要求学生对基础知识理解透彻。
4．（4分）（2025 鼎湖区一模）11月11日浙江杭州正式启用多条无人机物流配送航线，开启基于无人机公共起降场的城市低空配送新模式。下面是无人机在直线运输过程中记录的4次运动图像，反映无人机在0～4s内的平均速度最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】根据物体的运动情况判断v﹣t图像是否正确；根据物体的运动情况判断x﹣t图像是否正确．
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据v﹣t图线与坐标轴围成的面积表示位移、x﹣t图线可直接读出位移的大小，位移越大，时间相同，平均速度越大。
【解答】解：x﹣t图线可直接读出位移的大小，在0～4s内，A图对应位移等于0，B图位移为8m，v﹣t图线与坐标轴围成的面积表示位移，根据几何知识可得C图面积等于8m，D图面积等于20m，位移越大，时间相同，平均速度越大，所以D图对应平均速度最大。故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】掌握各种运动图像的物理意义是解题关键。
5．（4分）（2024秋 安徽月考）如图所示，两个完全相同的薄木板固定在水平桌面上，薄木板的一端带滑轮，滑块A、B分别放置在左右木板上，连接两滑块的细线拉着一个动滑轮，动滑轮下面挂重物C，已知A、B、C的质量分别为m、2m、4m，木板上面的细线与木板平行，动滑轮两侧细线竖直平行，细线不可伸长，不计一切摩擦和动滑轮的质量，重力加速度为g，现将A、B、C三者同时由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．滑块A和B的速度大小始终相等
B．细线的拉力大小为0.6mg
C．滑块A的速度大于滑块C的速度
D．物块C的加速度小于滑块B的加速度
【考点】连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律判断加速度，再判断速度；根据滑轮组的关系判断速度，再判断加速度；根据牛顿第二定律和加速度关系求绳中张力。
【解答】解：A．A、B由同一轻绳连接，同一轻绳张力处处相等，A、B质量之比为1：2，根据牛顿第二定律F＝ma，加速度与质量成反比，故A、B的加速度之比为2：1，v＝at，故滑块A和B的速度大小始终为2：1，故A错误；
CD．由于轻绳不可伸长且根据滑轮组的关系可知vA：vB：vC＝4：2：3
则加速度之比为aA：aB：aC＝4：2：3
故C正确，D错误；
B．设绳中张力为T，则有
且aA：aC＝4：3
解得T＝0.8mg
故B错误。
故选：C。
【点评】本题的关键点是综合使用牛顿第二定律及滑轮组的关系，去分析加速度、速度，难度适中。
6．（4分）（2024秋 成都期末）图示为量程为5N的某款弹簧测力计，测力计表盘刻度0到5之间的长度为8cm，可知该弹簧测力计内部弹簧的劲度系数为（　　）
A．0.8N/cm B．1.6N/cm C．0.625N/cm D．1.25N/cm
【考点】劲度系数及其特点．
【专题】定量思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】利用胡克定律即可求出弹力的大小。
【解答】解：根据胡克定律F＝kx
可知弹簧测力计内部弹簧的劲度系数为kN/cm＝0.625N/cm，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】学生在解决本题时，应注意胡克定律的应用和计算。
7．（4分）（2024秋 安徽开学）翻斗车是一种特殊的料斗可倾翻的短途输送物料的车辆，可以翻转以方便卸货。如图为翻斗车模型，翻斗车车箱由斜面和撑杆组成，一般可用来调节角度。车箱调节角度过程中货物与斜面保持相对静止。货物由位置斜面1到位置2，斜面对货物的支持力FN和摩擦力Ff大小变化情况是（　　）
A．FN变小，Ff变小 B．FN变小，Ff变大
C．FN变大，Ff变小 D．FN变大，Ff变大
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对货物受力分析，根据平衡条件列式求解支持力和摩擦力的大小，斜面倾角变化，根据表达式分析支持力和摩擦力的变化。
【解答】解：对货物进行受力分析，如图所示
由平衡条件得：斜面对货物的摩擦力Ff＝mgsinα
斜面对货物的支持力FN＝mgcosα
货物由位置斜面1到位置2，斜面倾角α增大，则sinα增大，cosα减小，则摩擦力Ff增大，支持力FN逐渐减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查动态平衡问题，解题关键是对货物做好受力分析，根据平衡条件列式分析即可。
8．（4分）（2021春 福田区校级期中）红岭中学饭堂的“红岭粉”闻名天下，红岭学子在享受美味后把餐具放在指定的传送带处。如图所示，某餐具静止放在传送带上最左端，若传送带顺时针方向转动且足够长，则（　　）
A．餐具一直做匀加速直线运动
B．加速阶段，传送带的速度越快，餐具的加速度越大
C．加速阶段，传送带对餐具做正功，餐具对传送带做负功
D．传送带的速度越快，餐具到达最右端的时间越短
【考点】重力做功的特点和计算；匀变速直线运动位移与时间的关系；水平传送带模型．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】C
【分析】AB.餐具刚放上传送带时，对餐具进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度，再分析餐具的运动情况；C.餐具加速运动阶段分析，分析餐具和传送带所受摩擦力的方向，再结合做功公式作答；
D.根据运动学公式求解餐具的加速时间和匀速运动的时间，最后求总时间。
【解答】解：AB.餐具刚放到传送带上时，相对传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律，对餐具有μmg＝ma
解得a＝μg
因此餐具先做匀加速运动
当餐具和传送带共速时，餐具相对传送带静止，水平方向不受力，做匀速运动，故AB错误；
C.加速阶段，餐具受到的摩擦力和运动方向相同，摩擦力对餐具做正功；根据牛顿第三定律可知，传送带受到的摩擦力和运动方向相反，摩擦力对传送带做负功，故C正确；
D.根据运动学公式，餐具加速时间为
加速距离
设传送带长为x，则匀速距离
餐具匀速运动的时间
餐具运动的总时间
根据均值不等式，可得
当时，，即餐具在传送带上一直加速时，所用的时间最短；
当传送带的速度时，时间的一阶导数，为减函数，因此随传送带速度的增大，所用时间减小；
当传送带的速度时，随着传送带的速度增大，餐具到达右端的时间不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查传送带问题，要求掌握运动和受力分析，根据运动学公式和做功公式计算。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）9．（4分）（2024秋 榕城区校级期末）物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是（　　）
A．物体零时刻的速度是4m/s
B．物体的加速度是2m/s2
C．任何1s内的速度变化量都是2/s
D．第1s内的平均速度等于6m/s
【考点】匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）；用定义式计算物体的加速度；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】根据匀变速直线运动的速度—时间公式的规律即可求解。
【解答】解：AB、规定初速度方向为正方向，根据加速度定义式得：物体的加速度 a 代入数据得：a＝2m/s2，
根据v1＝v0+at 代入数据得：v0＝4m/s。故AB正确；
C、由a得Δv＝aΔt，可知任何1 s内的速度变化都是2 m/s，故C正确。
D、第1s内的平均速度 代入数据得：5m/s。故D错误；
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度—时间公式和平均速度公式，并能灵活运用。
（多选）10．（4分）（2024秋 红河州期末）如图甲所示，一台空调外机用两个相同的三角形支架固定在外墙上，图乙为简化示意图。若空调外机的重心恰好在横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，重力大小为300N。AO水平，BO与AO的夹角为37°，sin37°＝0.6。假定横梁对O点的拉力总沿OA方向，斜梁对O点的支持力总沿BO方向。下列判断正确的是（　　）
A．横梁对O点的拉力为200N
B．斜梁对O点的支持力为90N
C．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁对O点的作用力将变大
D．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时斜梁对O点的作用力将变小
【考点】共点力的平衡问题及求解．
【专题】比较思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】以O点为研究对象，分析受力，根据平衡条件列方程，即可求解横梁对O点的拉力和斜梁对O点的支持力。如果把斜梁加长一点，根据横梁对O点的作用力表达式和斜梁对O点的作用力表达式，分析这两个力的变化情况。
【解答】解：AB、以O点为研究对象，O点受到空调外机的压力大小等于、斜梁OB的作用力FOB和横梁OA的作用力FOA，作出受力图如图所示。
由平衡条件结合几何关系可得
FOAN＝200N，
FOBN＝250N，故A正确，B错误；
CD、若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ变大，sinθ变大、tanθ变大，由
FOA，FOB，可知FOA将变小、FOB将变小，即横梁对O点的作用力和斜梁对O点的作用力均变小，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：先确定研究对象、再进行受力分析、然后利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，最后根据共点力的平衡求解。
（多选）11．（4分）（2025 雨花区校级一模）乒乓球是一种世界流行的球类体育项目，如图所示，装满乒乓球的纸箱沿着倾角为θ的粗糙斜面下滑，在箱子正中央夹有一个质量为m的乒乓球，下列说法正确的是（　　）
A．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力不可能为F3
B．若纸箱向下做匀速直线运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F4
C．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F1
D．若纸箱向下做加速运动，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】本题以装满乒乓球的纸箱沿着倾角为θ的粗糙斜面下滑，且箱子正中央夹有一个质量为m的乒乓球这一情景为背景。通过分析纸箱不同的运动状态（匀速直线运动和加速运动），来考查周围乒乓球对该乒乓球作用力的方向判断。需要结合牛顿第二定律，根据乒乓球的运动状态确定其受力情况，进而分析周围乒乓球对该乒乓球作用力的可能方向。
【解答】解：AB．分析纸箱做匀速直线运动时乒乓球的受力情况当纸箱向下做匀速直线运动时，乒乓球处于平衡状态，所受合力为零。乒乓球受到重力mg和周围乒乓球对它的作用力F，这两个力大小相等、方向相反，且在同一条直线上。重力方向竖直向下，所以周围乒乓球对该乒乓球的作用力方向竖直向上，故A正确，B错误。
CD．若纸箱向下做加速运动，可知加速度沿斜面向下，将加速度水平竖直分解，可知应有水平向右的分量，周围的乒乓球对该乒乓球的作用力可能为F2，不可能是F1，故D正确，C错误。
故选：AD。
【点评】本题可根据纸箱的运动状态，对乒乓球进行受力分析，结合牛顿第二定律判断乒乓球所受合力的方向，进而判断周围乒乓球对该乒乓球作用力的方向。
（多选）12．（4分）（2024秋 肥城市校级期末）如图所示，甲、乙二人想让水平地面上静止放置的A、B两小车向右运动，两小车相互接触但并不连接，质量分别为mA＝20kg、mB＝30kg。从t＝0时刻开始，甲给A水平向右的推力FA和乙给B水平向右的拉力FB，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝（10﹣2t）（N），FB＝（2+2t）（N）。（车轮与地面的摩擦忽略不计）（　　）
A．A、B两车在2.6s时分离
B．3s内B车的位移是1.08m
C．4s时A车的加速度0.24m/s2
D．4s时B车的加速度
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】AB分离瞬间，两物体加速度相同，接触面间弹力为0，分别对物体A和物体B受力分析，根据牛顿第二定律，列式求解时间。分离后，结合牛顿运动定律求解加速度。
【解答】解：A．t＝0时
FA＝（10﹣2t）＝10N
FB＝（2+2t）＝2N，
则
因为aA＞aB，所以甲、乙是一起运动的，则
FA+FB＝（mA+mB）a
所以
A在分离的瞬间，A、B之间的弹力为0，此时
对A根据牛顿第二定律
对B
此时
解得
t＝2.6s
故A正确；
B．A、B刚分离时
vB＝at＝0.24×2.6m/s＝0.624m/s
A、B已经运动的位移
分离后A、B都做非匀变速直线运动，分离后，A、B加速度分别为
在分离后的0.6s内，B的加速度在变化，无法计算出此段时间内的位移，故B错误；
C．由知4s时，A的加速度为0.1m/s2，故C错误；
D．由知4s时，B的加速度为，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查连接体模型，解题关键是找准两物块恰好分离的临界状态，知道两物块间弹力为零，加速度相同，结合牛顿第二定律即可求解。
三．实验题（共6小题，满分52分）
13．（7分）（2025秋 兴宁区校级月考）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，桌上放一块方木板，用图钉把一张白纸钉在方木板上，再用图钉把橡皮条一端固定在板上的A点，如图甲所示，在橡皮条另一端栓上两条细绳形成结点O，细绳的另一端系着绳套，先用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条；再用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮条。
（1）判断力F单独作用与力F1、F2共同作用效果相同的依据是　C　 。
A.F的大小等于F1与F2的大小之和
B.使橡皮条OA的长度相同
C.使橡皮条上的结点O到达同一位置
（2）实验中需要标记或者记录的信息有　BC　 。
A.橡皮条的原长
B.橡皮条拉长后结点的位置
C.力F的大小和方向
D.力F1、F2夹角的大小
（3）在该探究实验中，老师先用两个成一定角度的弹簧测力计拉悬挂的橡皮条，使橡皮条由O点伸长到E点（如图乙所示），现保持橡皮条伸长后的位置E点不动，使弹簧测力计的拉力F1的方向不变，将另一个弹簧测力计的拉力F2的方向由水平方向顺时针转过90°，该过程中F1和F2将　B　 。
A.F1保持不变，F2先减小后增大
B.F1逐渐减小，F2先减小后增大
C.F1逐渐增大，F2先增大后减小
D.F1保持不变，F2先增大后减小
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．
【答案】（1）C；（2）BC；（3）B。
【分析】（1）根据实验原理分析判断；
（2）根据实验原理分析判断；
（3）根据图解法分析判断。
【解答】解：（1）判断力F单独作用与力F1、F2共同作用效果相同的依据是使橡皮条上的结点到达同一位置，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2）A.根据实验原理，实验不需要记录橡皮条的原长，故A错误；
B.实验需要记录橡皮条拉长后结点的位置，故B正确；
C.实验需要记录力F的大小和方向，力F1、F2的大小和方向，故C正确
D.实验不需要记录力F1、F2夹角的大小，故D错误。
故选：BC。
（3）保持弹簧伸长后的位置E点不动，则拉力F1和F2的合力不变，使弹簧秤的拉力F1的方向不变，则根据力的三角形定则，作出拉力F1和F2及F1和F2的合力F的示意图如下图所示：
可知，将另一个弹簧秤F2的方向由水平方向顺时针转过90°的过程中，F1逐渐减小，F2先减小后增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
故答案为：（1）C；（2）BC；（3）B。
【点评】本题关键掌握“探究两个互成角度的力的合成规律”实验原理和图解法。
14．（9分）（2024秋 城关区校级期末）某实验小组同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。实验步骤如下：
①将光电门A、B固定在长木板上，用刻度尺测量光电门A、B之间的距离L；
②调节长木板左端的高度，直至滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间相等；
③将细绳的一端与滑块相连，另一端与小球相连，细绳跨过光滑轻质定滑轮，调整滑轮，使滑块与滑轮间的细绳与长木板平行；
④将滑块置于光电门A上方某位置，由静止释放，记录滑块（带有遮光片）通过光电门A、B的时间Δt1和Δt2；
⑤用天平测量滑块（含遮光片）的质量M，测量小球的质量m；
⑥测量出遮光片的宽度d。
回答下列问题（重力加速度为g）：
（1）实验步骤②的目的是 　平衡摩擦力　 ；
（2）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力大小TT≈　mg　 ；（用题中所给物理量符号表示）
（3）若小球的质量m不满足远小于滑块（含遮光片）的质量M的条件，则牛顿第二定律在本实验中的具体表达形式为 　mg＝（M+m）　 （用题中所给物理量符号表示）。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）平衡摩擦力；
（2）mg；
（3）mg＝（M+m）。
【分析】（1）根据平衡摩擦力的要求分析目的；
（2）根据小球的重力充当滑块的合外力的条件进行分析判断；
（3）根据实际条件列牛顿第二定律方程，并导出加速度的表达式联立求解。
【解答】解：（1）平衡摩擦力（补偿阻力），使滑块（含遮光片）所受合外力等于细绳拉力；
（2）若小球的质量m远小于滑块（含遮光片）的质量M，则细绳中的拉力与小球重力近似相等，即TT≈mg；
（3）小球与滑块的加速度大小相等，加速度表达式
a
小球所受重力提供系统的合力，由牛顿第二定律方程得
mg＝（M+m）a＝（M+m）
故答案为：（1）平衡摩擦力；
（2）mg；
（3）mg＝（M+m）。
【点评】熟练掌握验证牛顿第二定律思想方法，会根据实际情况写出符合要求的表达式。
15．（9分）（2024秋 思明区校级月考）如图（a）所示，质量为5kg的小物块以初速度v0＝11m/s从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面。第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图（b）中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v﹣t图线。不考虑空气阻力，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则：
（1）恒力F的大小为 　5N　 ；
（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为 　0.5　 。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）5N；（2）0.5。
【分析】（1）（2）根据v﹣t图线的斜率等于加速度，分别求出小物块上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：（1）、（2）根据v﹣t图线的斜率等于加速度，由v﹣t图像中的a图线可知，有恒力F作用时小物块的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ﹣F＝ma1
由v﹣t图像中的a图线可知，无恒力F时小物块的加速度大小为
根据牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
联立解得
F＝5N，μ＝0.5
故答案为：（1）5N；（2）0.5。
【点评】本题的关键要知道v﹣t图线的斜率表示加速度，能根据图线的斜率求出小物块上滑和下滑的加速度大小。
16．（7分）（2024秋 咸阳期末）冰壶，又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属于冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时16s停止，最后1s内位移大小为0.25m，求：
（1）冰壶的加速度大小是多少？
（2）冰壶第1s内的位移大小是多少？
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．
【答案】（1）冰壶的加速度大小是0.5m/s2；
（2）冰壶第1s内的位移大小是7.75m。
【分析】（1）根据冰壶最后1s内的位移应用匀变速直线运动的位移—时间公式求出加速度。
（2）应用匀变速直线运动的速度—时间公式与位移—时间公式求解。
【解答】解：（1）冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，
则，代入数据解得冰壶的加速度大小a＝0.5m/s2
（2）根据速度—时间公式可知，初速度大小v0＝at＝0.5×16m/s＝8m/s
则冰壶第1s内的位移大小x8×1m（﹣0.5）×12m＝7.75m
答：（1）冰壶的加速度大小是0.5m/s2；
（2）冰壶第1s内的位移大小是7.75m。
【点评】本题考查了运动学公式的应用，分析清楚冰壶的运动过程，应用匀变速直线运动的运动学公式即可解题。
17．（9分）（2024秋 眉山期末）如图所示，光滑圆球由一轻绳AB系于竖直粗糙墙壁上，一正方体木块在圆球和墙壁之间，圆球和木块处于静止状态。木块的几何中心O1和圆球的圆心O2在同一水平线上，且O2O1延长线垂直墙壁。轻绳AB的长度是圆球半径的2.5倍，圆球半径是木块边长的2倍，圆球质量是木块质量的3倍。已知木块受到竖直墙壁向上的摩擦力是f，重力加速度为g。求：
（1）圆球的质量；
（2）轻绳AB的拉力大小。
【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】（1）圆球的质量为；
（2）轻绳AB的拉力大小为。
【分析】（1）要木块为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出木块质量，结合圆球质量是木块质量的3倍得到圆球的质量；
（2）先几何关系求出绳与墙的夹角，再对球受力分析，根据平衡条件求出轻绳AB的拉力大小。
【解答】解：（1）木块处于静止状态，木块受到竖直墙壁向上的摩擦力与木块的重力二力平衡，则有
f＝m木g
可得圆球的质量为
（2）设绳与墙的夹角为θ，根据几何关系得
则cosθ
对球受力分析，根据平衡条件可得轻绳AB的拉力大小为
T
解得
T
答：（1）圆球的质量为；
（2）轻绳AB的拉力大小为。
【点评】本题考查共点力平衡的应用，要明确研究对象，分析受力，根据平衡条件解答。
18．（11分）（2024秋 长宁区校级期末）如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角θ＝37°，质量m＝2kg的物块在平行于斜面向上的恒力F＝28N作用下以v0＝1m/s的初速度从斜面底端向上运动，经过s1＝1.25m后撤去F。物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）求物块沿斜面向上运动过程中的最大速度；
（2）求物块沿斜面向上运动的总位移；
（3）在v﹣t坐标系中画出物块从斜面底端开始运动到再次回到底端时的图线，运用物理规律进行演算，分析图线上关键点的物理量并标注在纵横轴对应的位置。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）物块沿斜面向上运动过程中的最大速度为4m/s；
（2）物块沿斜面向上运动的总位移为2.25m；
（3）v﹣t图像见解答。
【分析】（1）力F作用在物体上时，根据牛顿第二定律求解物块的加速度，根据位移—速度公式求解最大速度；
（2）撤去力F后，根据牛顿第二定律求解物块的加速度，根据位移—速度公式求解位移，两段位移之和即为总位移；
（3）根据速度—时间公式求解上滑和下滑过程的时间，作v﹣t图像即可。
【解答】解：（1）物块在F作用下向上运动过程，受重力、弹力、力F、摩擦力，受力分析如图：
沿斜面方向根据牛顿第二定律得：
F﹣mgsin37°﹣f＝ma1
垂直于斜面方向根据平衡条件得：
N＝mgcos37°
f＝μN
代入数据联立解得：a1＝6m/s2
撤去F时物块的速度为v1，根据位移—速度公式得：
2a1s1
解得：v1＝4m/s
（2）撤去F后物块向上运动过程，对物体受力分析如图：
沿斜面方向根据牛顿第二定律得：
﹣mgsin37°﹣f＝ma2
f＝μN
垂直于斜面方向根据平衡条件得：
N＝mgcos37°
代入数据联立解得：a2＝﹣8m/s2
撤去F后根据位移—速度公式得：
代入数据解得：s2＝1m
所以，物块沿斜面向上运动的总位移为：s＝s1+s2＝（1.25+1）m＝2.25m
（3）v﹣t图像如图所示：
答：（1）物块沿斜面向上运动过程中的最大速度为4m/s；
（2）物块沿斜面向上运动的总位移为2.25m；
（3）v﹣t图像见解答。
【点评】解题的关键是对物体受力分析求出施加外力和撤去外力时的加速度，判断物体的运动情况。根据运动情况画出速度—时间图像。
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