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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期末模拟测试押题卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 高州市期末）广西南宁的小张想利用马上到来的元旦假期自驾到广东茂名市高州仙人洞旅游，通过手机某APP软件搜索自驾游路线，显示推荐了如图所示的3条路径，并显示了每条路径的部分信息。下列说法正确的是（　　）
A．3条路径信息中显示的时间均表示到达仙人洞景区的时刻
B．从图中信息可知，3条路径的路程大小不同，但位移大小相同
C．因两地距离远大于自驾汽车的大小，故此汽车在旅游过程中任何情况下均可视为质点
D．小张驾车过程中发现路边两侧的树木在向后退，是因为他选择了地面为参考系
2．（4分）（2025秋 合肥月考）在测试一辆汽车制动性能的过程中，汽车先做初速度为零的匀加速直线运动，到某一速度时紧急制动，汽车立即做匀减速直线运动至速度为零，全程的位移时间（x﹣t）图像如图所示，则全程的最大速度（　　）
A．一定为15m/s B．一定为30m/s
C．可能为20m/s D．可能为35m/s
3．（4分）（2024秋 津南区校级期中）关于自由落体运动，下列说法正确的是（　　）
A．质量越大的物体下落得越快
B．从静止开始下落4.9m的时间是下落9.8m时间的一半
C．物体刚下落时，速度和加速度都为零
D．从静止开始连续的三个2s内通过的位移之比是1：3：5
4．（4分）（2024 山东开学）将一乒乓球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点，乒乓球受到重力和空气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出乒乓球从抛出到回到抛出点（t2时刻）的v﹣t图线如图所示。关于乒乓球从抛出到回到抛出点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球的速度一直在减小
B．乒乓球的加速度一直在减小
C．t1时刻乒乓球的加速度方向发生了改变
D．乒乓球上升过程的平均速度小于下降过程的平均速度
5．（4分）（2025 金凤区校级一模）如图所示，一根长为l的细线一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球，对小球施加一水平外力F使其处于静止。现将外力F的方向沿着逆时针逐渐变化，此过程中小球一直处于静止状态，且细绳与竖直方向夹角始终保持30°，下列说法正确的是（　　）
A．球受到合力逐渐增大
B．所施加的外力先减小再增大
C．需对小球施加的最小外力等于
D．球受到细绳的弹力逐渐增大
6．（4分）（2024 黑龙江学业考试）如图所示，轻质细绳下方悬挂一质量为m的小球，用手提着细绳的上端，使小球以大小为a的加速度匀减速下降。下降过程中细绳对小球的拉力大小为T，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．T＝ma B．T＝mg+ma
C．小球处于失重状态 D．小球处于平衡状态
7．（4分）（2024秋 历下区校级期中）握力器是一种锻炼人手腕、手臂力量的小型健身器材，被广泛应用于健身和康复训练中。图甲是一款可调握力器，可简化为图乙。通过调节右侧旋钮可令弹簧下悬点在A到B间移动，从而使弹簧初始弹力在0 25N之间变化。已知弹簧下端处于A点时弹簧处于原长状态，弹簧与水平杆成53°角，当其调节到B点时，弹簧与水平杆成37°角，已知AB间长2.8cm，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则该弹簧的劲度系数为（　　）
A．750N/m B．1250N/m C．1000N/m D．1500N/m
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024秋 天津校级月考）如图所示，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电动扶梯均匀速向上运动，则（　　）
A．甲受到两个力的作用
B．扶梯对乙的作用力方向竖直向上
C．若电梯加速向上运动，则甲受到与速度方向相同摩擦力
D．若电梯加速向上运动，乙受到的支持力大小不变
（多选）9．（6分）（2024秋 湛江期末）“蹦极”是跳跃者把一端固定的弹性长绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一项极限运动，如图甲所示。某运动员做蹦极运动时，所受绳子拉力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，跱极的过程可看作竖直方向的运动，重力加速度大小为g，根据图像信息，下列说法正确的有（　　）
A．t1～t2时间内，运动员的加速度方向竖直向上
B．t1～t2时间内，运动员的速度方向先竖直向下，后竖直向上
C．运动员的重力大小为1.8F0
D．当运动员下降至最低点时，加速度大小为2g
（多选）10．（6分）（2024秋 龙岗区校级期中）如图所示，水平面上有一棱长为1m的正方体空间，某一质量为0.1kg的质点固定在O点处，向它施加两个恒力，方向沿正方体的两边，大小F1＝F2＝1N，g取10m/s2。从O点由静止释放后（　　）
A．质点将从A点飞出
B．质点将从B点飞出
C．质点在正方体区域内运动时间为1s
D．质点在正方体区域内运动时间为
三．实验题（共2小题，满分17分）
11．（8分）（2024秋 静海区校级月考）某同学做“探究两个互成角度的力的合成方法”的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。
（1）本实验采用的科学方法是 　 　 。
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
（2）图甲中右侧弹簧测力计的示数是 　 　 N。
（3）实验时，主要的步骤如下：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮筋的一端固定在板上，在橡皮筋的另一端拴上两根细绳；
C．分别将两个弹簧测力计连接在两根细绳的末端，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸长，结点到达某一位置，记录下结点的位置，读出两个弹簧测力计的示数F1、F2；
D．只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮筋使其伸长，读出弹簧测力计的示数F，记下细绳的方向；
E．用力的图示法作出三个力，观察这三个力所构成的几何图形；
F．改变步骤C中两个拉力的大小和方向，重复C～E实验步骤。
上述步骤中：
①有重要遗漏的步骤的序号是 　 　 和 　 　 。
②遗漏的内容分别是 　 　 和 　 　 。
12．（9分）（2024秋 昆明月考）课外活动小组利用下列器材测量小车的质量M1小车、上端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m＝10g的7个槽码。当地的重力加速度g＝9.8m/s2。
Ⅰ.按如图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着7个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
Ⅱ.保待轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂6个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
Ⅲ.依次减少细线下端悬挂的码数量，重复步骤Ⅱ；
Ⅳ.以取下槽码的总个数n（1≤n≤7）的倒数为纵坐标，为横坐标，作出图像；
（1）图像的纵截距为 　 　 （用M、m表示）；
（2）若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝　 　 m/s2；在打“7”点时小车的速度大小v7＝　 　 m/s。（结果均保留三位有效数字）
（3）测得关系图线的斜率为0.20m/s2，则小车的质量M＝　 　 kg。
（4）若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小 　 　 （填“大于”“小于”或“等于”）5mg。
四．解答题（共3小题，满分37分）
13．（9分）（2024秋 吉安期末）某部队为增强士兵的体能，把废旧轮胎应用于辅助训练，如图所示。战士将绳子系在腰上发力，用单根绳子拉着质量m为49kg的轮胎水平匀速前进。若拉力与水平方向成θ＝37°角，大小为F＝150N，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求轮胎对地面的压力大小；
（2）求轮胎与地面之间的动摩擦因数μ。
14．（13分）（2025 石家庄校级一模）超车是指后车并道到前车的后侧方，越过前车后，并道，回原车道的过程。如图所示，甲车车长L1＝6m，以车速v0＝15m/s、加速度正在加速行驶，乙车车长LB＝12m，以车速vB＝18m/s匀速运动，此时两车相距s＝40m，内侧车道上乙车前方d＝43m处，丙车正以车速vC＝15m/s匀速运动。已知该路段限速vm＝25m/s，不计车辆变道和转向的时间及车辆的宽度。
（1）求甲车与乙车间距为s′＝9m时所用的最短时间；
（2）甲、乙两车间距为s′＝9m时，甲车开始借道超车，当甲、乙两车车头平齐时，求甲车与丙车的距离；
（3）若甲车司机感到超车有撞到丙车的危险，当甲、乙两车车头平齐时开始紧急刹车，最终没有出现危险，求甲车刹车的加速度大小。
15．（15分）（2024秋 昌吉市校级期末）如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB长度足够长，传送皮带轮以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0＝8m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点。（g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求货物刚滑上传送带时加速度。
（2）经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？
期末模拟测试押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 高州市期末）广西南宁的小张想利用马上到来的元旦假期自驾到广东茂名市高州仙人洞旅游，通过手机某APP软件搜索自驾游路线，显示推荐了如图所示的3条路径，并显示了每条路径的部分信息。下列说法正确的是（　　）
A．3条路径信息中显示的时间均表示到达仙人洞景区的时刻
B．从图中信息可知，3条路径的路程大小不同，但位移大小相同
C．因两地距离远大于自驾汽车的大小，故此汽车在旅游过程中任何情况下均可视为质点
D．小张驾车过程中发现路边两侧的树木在向后退，是因为他选择了地面为参考系
【考点】位移、路程及其区别与联系；质点；根据运动的描述判断所选取的参考系；时刻、时间的物理意义和判断．
【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】根据时间和时刻、路程和位移，质点和参考系的知识进行分析解答。
【解答】解：A．3条路径信息中显示的时间均表示到达仙人洞景区的时间间隔，故A错误；
B．路程是运动轨迹的长度，位移是从初位置指向末位置的有向线段，3条路径的路程不同，但位移大小相同，故B正确；
C．当汽车的大小、形状可以忽略时，汽车可以看成质点，并不是在旅游过程中任何情况下均可视为质点，故C错误；
D．小张驾车过程中发现路边两侧的树木在向后退，是因为他选择了汽车为参考系，故D错误。
故选：B。
【点评】考查时间和时刻、路程和位移，质点和参考系的知识，会根据题意进行准确分析解答。
2．（4分）（2025秋 合肥月考）在测试一辆汽车制动性能的过程中，汽车先做初速度为零的匀加速直线运动，到某一速度时紧急制动，汽车立即做匀减速直线运动至速度为零，全程的位移时间（x﹣t）图像如图所示，则全程的最大速度（　　）
A．一定为15m/s B．一定为30m/s
C．可能为20m/s D．可能为35m/s
【考点】根据x﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；平均速度（定义式方向）．
【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】B
【分析】根据x﹣t图像提供信息结合匀变速直线运动的位移，速度规律列式进行分析解答。
【解答】解：设全程的最大速度为vm，匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度均为，则有总，其中t加+t减＝10s，x总＝150m，解得vm＝30m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查运动学图像的认识和处理，图像问题是高考的热点问题，要求学生熟练掌握图像的处理方法。
3．（4分）（2024秋 津南区校级期中）关于自由落体运动，下列说法正确的是（　　）
A．质量越大的物体下落得越快
B．从静止开始下落4.9m的时间是下落9.8m时间的一半
C．物体刚下落时，速度和加速度都为零
D．从静止开始连续的三个2s内通过的位移之比是1：3：5
【考点】自由落体运动的规律及应用．
【专题】定量思想；推理法；自由落体运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】在地球上同一地点，所有的物体在做自由落体运动时下落的一样快；根据自由落体运动规律写出下落时间的表达式分析；物体刚下落时的加速度不为零；根据初速度为零的匀加速直线运动规律分析。
【解答】解：A、在地球上同一地点，所有的物体在做自由落体运动时下落的一样快，故A错误；
B、根据自由落体运动公式可得，t，所以从静止开始下落4.9m的时间与下落9.8m的时间之比为1：，故B错误；
C、物体刚下落时，速度为零，加速度不为零，等于当地的重力加速度，故C错误；
D、根据初速度为零的匀加速直线运动规律在连续相等时间内的位移之比为1：3：5，所以从静止开始连续的三个2s内通过的位移之比是1：3：5，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了做自由落体运动的特点，以及时间公式的计算，掌握初速度为零的匀加速直线运动规律。
4．（4分）（2024 山东开学）将一乒乓球竖直向上击出，过一段时间小球回到击出点，乒乓球受到重力和空气阻力，以竖直向下为正方向，绘制出乒乓球从抛出到回到抛出点（t2时刻）的v﹣t图线如图所示。关于乒乓球从抛出到回到抛出点过程中，下列说法正确的是（　　）
A．乒乓球的速度一直在减小
B．乒乓球的加速度一直在减小
C．t1时刻乒乓球的加速度方向发生了改变
D．乒乓球上升过程的平均速度小于下降过程的平均速度
【考点】利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【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】B
【分析】根据v﹣t图像的斜率和图像在时间轴上下方的特点，平均速度的定义式进行分析解答。
【解答】解：A．根据v﹣t图像可知，乒乓球的速度先向上在减小，后向下在增大，故A错误；
B．根据图像的斜率代表加速度，可知乒乓球的加速度一直在减小，故B正确；
C．由图像斜率的物理意义，t1时刻乒乓球的加速度方向不变，故C错误；
D．乒乓球上升和下降过程位移大小相等，当上升时间小于下落时间，根据可知，乒乓球上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，故D错误。
故选：B。
【点评】考查v﹣t图像的斜率和图像在时间轴上下方的特点，平均速度的定义式，会根据题意进行准确分析解答。
5．（4分）（2025 金凤区校级一模）如图所示，一根长为l的细线一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球，对小球施加一水平外力F使其处于静止。现将外力F的方向沿着逆时针逐渐变化，此过程中小球一直处于静止状态，且细绳与竖直方向夹角始终保持30°，下列说法正确的是（　　）
A．球受到合力逐渐增大
B．所施加的外力先减小再增大
C．需对小球施加的最小外力等于
D．球受到细绳的弹力逐渐增大
【考点】图解法解决动态平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（绳给球的拉力），另一个力的大小、方向均发生变化，对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行求解。
【解答】解：A．球受到合力一直是0，因为小球一直处于静止状态，故A错误；
BCD．小球受到重力mg、绳子弹力T和外力F而平衡，这三个力的矢量三角形如下。
图中可知外力F的方向沿着逆时针逐渐变化过程中，所施加的外力F先减小再增大，球受到细绳的弹力T逐减小，根据作图法可知，当外力F的方向与细绳方向垂直时，外力最小，根据平衡关系可知此时外力的大小为
故B正确，CD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉对物体的受力分析，结合图解法应用即可完成解答。
6．（4分）（2024 黑龙江学业考试）如图所示，轻质细绳下方悬挂一质量为m的小球，用手提着细绳的上端，使小球以大小为a的加速度匀减速下降。下降过程中细绳对小球的拉力大小为T，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．T＝ma B．T＝mg+ma
C．小球处于失重状态 D．小球处于平衡状态
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；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】B
【分析】加速度方向向上为超重，加速度方向向下为失重，结合牛顿第二定律分析。
【解答】解：轻质细绳下方悬挂一质量为m的小球，用手提着细绳的上端，小球以大小为a的加速度匀减速下降，根据牛顿第二定律可得
T﹣mg＝ma
解得
T＝mg+ma
由于小球的加速度方向向上，所以小球处于超重状态。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】了解失重和超重概念，本题属于牛顿运动定律的简单运用。
7．（4分）（2024秋 历下区校级期中）握力器是一种锻炼人手腕、手臂力量的小型健身器材，被广泛应用于健身和康复训练中。图甲是一款可调握力器，可简化为图乙。通过调节右侧旋钮可令弹簧下悬点在A到B间移动，从而使弹簧初始弹力在0 25N之间变化。已知弹簧下端处于A点时弹簧处于原长状态，弹簧与水平杆成53°角，当其调节到B点时，弹簧与水平杆成37°角，已知AB间长2.8cm，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，则该弹簧的劲度系数为（　　）
A．750N/m B．1250N/m C．1000N/m D．1500N/m
【考点】共点力的平衡问题及求解；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；模型法；弹力的存在及方向的判定专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】已知弹簧下端处于A点时弹簧处于原长状态，根据几何关系分别求出OA和OB的长度，从而求出弹力为25N时的形变量，再由胡克定律即可求得劲度系数。
【解答】解：设O点到AB的垂直距离为d，根据几何关系得
解得d＝4.8cm＝4.8×10﹣2m
因弹簧下端处于A点时弹簧处于原长状态，弹簧下端处于B点时弹簧弹力为FB＝25N，则根据胡克定律得
解得该弹簧的劲度系数为k＝1250N/m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查胡克定律的应用，关键要根据几何关系求出弹簧的形变量，再根据胡克定律解答。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024秋 天津校级月考）如图所示，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电动扶梯均匀速向上运动，则（　　）
A．甲受到两个力的作用
B．扶梯对乙的作用力方向竖直向上
C．若电梯加速向上运动，则甲受到与速度方向相同摩擦力
D．若电梯加速向上运动，乙受到的支持力大小不变
【考点】共点力的平衡问题及求解；判断物体的受力个数．
【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；推理论证能力．
【答案】ABD
【分析】匀速时，根据扶梯台阶水平的特点，判断其受重力和支持力两个力；加速时，分析摩擦力方向与速度方向的关系。匀速时，根据平衡状态判断扶梯对其作用力的方向；加速时，将加速度分解，分析垂直扶梯方向的受力平衡，判断支持力大小是否变化。
【解答】解：A．甲乘坐的扶梯台阶水平，甲随扶梯匀速向上运动时，仅受重力和扶梯的支持力两个力的作用，故A正确。
B．乙乘坐的扶梯倾斜，乙匀速运动时处于平衡状态，扶梯对乙的作用力（支持力与摩擦力的合力）与重力大小相等、方向相反，即竖直向上，故B正确。
C．若电梯加速向上运动，则甲受到水平向右的摩擦力，与速度方向不相同，故C错误。
D．设乙所在扶梯与水平方向的夹角为θ，匀速运动时，乙受到的支持力大小为N＝mgcosθ；
若电梯加速向上运动，垂直扶梯方向根据受力平衡可得N′＝mgcosθ。可知乙受到的支持力大小不变，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查电动扶梯上人物的受力分析，涉及平衡状态与非平衡状态下的力的判断，包括力的个数、合力方向、摩擦力方向及支持力大小的变化分析。
（多选）9．（6分）（2024秋 湛江期末）“蹦极”是跳跃者把一端固定的弹性长绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一项极限运动，如图甲所示。某运动员做蹦极运动时，所受绳子拉力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，跱极的过程可看作竖直方向的运动，重力加速度大小为g，根据图像信息，下列说法正确的有（　　）
A．t1～t2时间内，运动员的加速度方向竖直向上
B．t1～t2时间内，运动员的速度方向先竖直向下，后竖直向上
C．运动员的重力大小为1.8F0
D．当运动员下降至最低点时，加速度大小为2g
【考点】牛顿第二定律的图像问题．
【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】BD
【分析】跳跃者所受的拉力越大，位置越低；当拉力最大，位置最低时，跳跃者速度为零；当跳跃者速度达到最大值时，跳跃者所受拉力与重力相等。
【解答】解：AB．根据图像，t1时刻绳子上出现张力，此后在绳子上的拉力逐渐增大的过程中，根据
mg﹣F1＝ma1（F1＜mg）
可知人开始做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向竖直向下，当绳子上的拉力等于人的重力时，人所受合外力为零，加速度为零，速度达到最大值，此后人继续向下运动，绳上的张力进一步增大，大于重力，根据牛顿第二定律有
F2﹣mg＝ma2（F2＞mg）
可知此后人开始做加速度逐渐增大的减速运动，加速度向上速度向下，直至速度减为0，绳子上的拉力达到最大值，此后人开始反向做加速运动，即加速度向上，速度向上，绳子上的张力逐渐减小，即人反向做加速度逐渐减小的加速运动，直至绳上的张力等于人的重力，人的速度达到最大值，此后重力又大于绳上的张力，人开始向上做加速度逐渐增大的减速运动，即加速度向下，速度向上，直至绳子在t2时刻恢复原长，绳上的张力减为0，之后人开始做竖直上抛运动，由此可知，t1～t2时间内，运动员的加速度方向先竖直向下，再竖直向上，后又竖直向下，而速度方向先向下，再向上，故A错误，B正确；
C．当人的运动停止后，人所受重力与绳子的拉力大小相等，根据所受绳子拉力F的大小随时间t的变化情况可知，G＝0.6F0
故C错误；
D．当人下降至最低点时，绳子上拉力最大，根据所受绳子拉力F的大小随时间t的变化情况，结合牛顿第二定律可得
1.8F0﹣G＝ma
即
3G﹣G＝ma
解得
a＝2g
故D正确。
故选：BD。
【点评】解答本题关键在于根据物体受到的弹力变化明确合外力的变化，再由牛顿第二定律分析加速度及速度的变化。
（多选）10．（6分）（2024秋 龙岗区校级期中）如图所示，水平面上有一棱长为1m的正方体空间，某一质量为0.1kg的质点固定在O点处，向它施加两个恒力，方向沿正方体的两边，大小F1＝F2＝1N，g取10m/s2。从O点由静止释放后（　　）
A．质点将从A点飞出
B．质点将从B点飞出
C．质点在正方体区域内运动时间为1s
D．质点在正方体区域内运动时间为
【考点】两个变速直线运动的合成．
【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】受力分析根据力的合成原理得到合力，然后根据牛顿第二定律结合运动的合成与分解计算。
【解答】解：根据力的合成可得F1、F2两个力的合力大小为
方向沿OA方向，受到的重力为G＝mg＝0.1×10N＝1N
因此小球在OA和竖直方向均做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得F＝ma
解得
当小球落到水平面上时，在竖直方向有
解得
则在这段时间内，沿OA方向运动的距离为
解得
所以小球穿出正方形区从B点射出，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】该题主要考查力的合成和牛顿第二定律的应用，掌握其是解决本题的关键。
三．实验题（共2小题，满分17分）
11．（8分）（2024秋 静海区校级月考）某同学做“探究两个互成角度的力的合成方法”的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。
（1）本实验采用的科学方法是 　B　 。
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
（2）图甲中右侧弹簧测力计的示数是 　3.00　 N。
（3）实验时，主要的步骤如下：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮筋的一端固定在板上，在橡皮筋的另一端拴上两根细绳；
C．分别将两个弹簧测力计连接在两根细绳的末端，互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋伸长，结点到达某一位置，记录下结点的位置，读出两个弹簧测力计的示数F1、F2；
D．只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮筋使其伸长，读出弹簧测力计的示数F，记下细绳的方向；
E．用力的图示法作出三个力，观察这三个力所构成的几何图形；
F．改变步骤C中两个拉力的大小和方向，重复C～E实验步骤。
上述步骤中：
①有重要遗漏的步骤的序号是 　C　 和 　D　 。
②遗漏的内容分别是 　记下两根细绳的方向　 和 　把橡皮筋的结点拉到同一位置　 。
【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）B；（2）3.00；（3）①C；D；②记下两根细绳的方向；把橡皮筋的结点拉到同一位置。
【分析】（1）本实验采用的科学方法是等效替代法；
（2）弹簧测力计的最小分度是0.1N，需要估读到0.01N；
（3）根据正确的操作步骤分析作答。
【解答】解：（1）本实验采用的科学方法是等效替代法，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）弹簧测力计的最小分度是0.1N，需要估读到0.01N，所以示数是3.00N。
（3）①有重要遗漏的步骤的序号是C和D。
②步骤C中遗漏的内容为记下两根细绳的方向，步骤D中遗漏的内容为把橡皮筋的结点拉到同一位置。
故答案为：（1）B；（2）3.00；（3）①C；D；②记下两根细绳的方向；把橡皮筋的结点拉到同一位置。
【点评】本题考查了“探究两个互成角度的力的合成方法”的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作步骤，掌握弹簧测力计的读数规则。
12．（9分）（2024秋 昆明月考）课外活动小组利用下列器材测量小车的质量M1小车、上端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m＝10g的7个槽码。当地的重力加速度g＝9.8m/s2。
Ⅰ.按如图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着7个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
Ⅱ.保待轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂6个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
Ⅲ.依次减少细线下端悬挂的码数量，重复步骤Ⅱ；
Ⅳ.以取下槽码的总个数n（1≤n≤7）的倒数为纵坐标，为横坐标，作出图像；
（1）图像的纵截距为 　　 （用M、m表示）；
（2）若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝　1.12　 m/s2；在打“7”点时小车的速度大小v7＝　1.02　 m/s。（结果均保留三位有效数字）
（3）测得关系图线的斜率为0.20m/s2，则小车的质量M＝　0.42　 kg。
（4）若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小 　小于　 （填“大于”“小于”或“等于”）5mg。
【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；实验探究能力．
【答案】（1）；（2）1.12；1.02；（3）0.42；（4）小于
【分析】（1）根据实验正确操作步骤和注意事项分析作答；根据牛顿第二定律分析作答；
（2）根据逐差法求加速度；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求打下6点的瞬时速度，再根据运动学公式求解打下“7”点的瞬时速度；
（3）根据平衡条件和牛顿第二定律求解函数；
（4）根据小车加速下滑，槽码加速上升，槽码处于超重状态分析。
【解答】解：（1）小车匀速运动时，根据共点力平衡条件有Mgsinθ﹣7mg﹣f＝0
减小n个槽码后，对小车和槽码分别有Mgsinθ﹣f﹣T＝Ma
T﹣（7﹣n）mg＝（7﹣n）ma
整理得，则图像的纵截距为。
（2）相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法求出小车的加速度大小为a10﹣3m/s2≈1.12m/s2
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，在打6点时小车的速度大小
在打7点时小车的速度大小v7＝v5+aT＝0.909m/s+1.12×0.1m/s≈1.02m/s
（3）图像的斜率为
解得M＝0.42kg
（4）若细线下端悬挂若2个码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码处于超重状态，故细线对小车的拉力大于2个码的重力，则小车下滑过程中受到的合外力小于5mg。
故答案为：（1）；（2）1.12；1.02；（3）0.42；（4）小于
【点评】本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验；要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。
四．解答题（共3小题，满分37分）
13．（9分）（2024秋 吉安期末）某部队为增强士兵的体能，把废旧轮胎应用于辅助训练，如图所示。战士将绳子系在腰上发力，用单根绳子拉着质量m为49kg的轮胎水平匀速前进。若拉力与水平方向成θ＝37°角，大小为F＝150N，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求轮胎对地面的压力大小；
（2）求轮胎与地面之间的动摩擦因数μ。
【考点】共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用；力的图示和示意图．
【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】（1）轮胎对地面的压力大小为400N；
（2）轮胎与地面之间的动摩擦因数μ为0.3。
【分析】（1）以轮胎为研究对象进行受力分析，竖直方向根据平衡条件求解支持力大小，再根据牛顿第三定律得轮胎对地面的压力大小；
（2）水平方向根据平衡条件求解摩擦力大小，根据摩擦力的计算公式求解动摩擦因数。
【解答】解：（1）对物体受力分析，如图所示：
根据平衡条件得：
在竖直方向，有：FN+Fsinθ＝mg
解得：FN＝mg﹣Fsinθ
由牛顿第三定律可得，压力F′N＝FN＝mg﹣Fsinθ＝400N
（2）根据平衡条件得：
在水平方向，有：Ff＝Fcosθ
根据摩擦力公式 Ff＝μFN
解得：
答：（1）轮胎对地面的压力大小为400N；
（2）轮胎与地面之间的动摩擦因数μ为0.3。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、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，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
14．（13分）（2025 石家庄校级一模）超车是指后车并道到前车的后侧方，越过前车后，并道，回原车道的过程。如图所示，甲车车长L1＝6m，以车速v0＝15m/s、加速度正在加速行驶，乙车车长LB＝12m，以车速vB＝18m/s匀速运动，此时两车相距s＝40m，内侧车道上乙车前方d＝43m处，丙车正以车速vC＝15m/s匀速运动。已知该路段限速vm＝25m/s，不计车辆变道和转向的时间及车辆的宽度。
（1）求甲车与乙车间距为s′＝9m时所用的最短时间；
（2）甲、乙两车间距为s′＝9m时，甲车开始借道超车，当甲、乙两车车头平齐时，求甲车与丙车的距离；
（3）若甲车司机感到超车有撞到丙车的危险，当甲、乙两车车头平齐时开始紧急刹车，最终没有出现危险，求甲车刹车的加速度大小。
【考点】变速物体追匀速物体问题；避免碰撞类问题．
【专题】定量思想；推理法；追及、相遇问题；推理论证能力．
【答案】（1）甲车与乙车间距为s′＝9m时所用的最短时间等于8s；
（2）当甲、乙两车车头平齐时，甲车与丙车的距离等于10m；
（3）甲车刹车的加速度大小等于5m/s2。
【分析】（1）根据速度—时间关系求解甲车加速为最大速度25m/s的时间，根据位移关系求解甲车与乙车间距为s′＝9m时所用的最短时间；
（2）根据运动学公式求解甲、乙两车车头平齐时需要的时间以及此时甲车与丙车的距离；
（3）当甲车和丙车共速时恰不相撞则此时速度刚好相等，结合位移关系求解加速度。
【解答】解：（1）甲车加速为最大速度25m/s的时间
甲车与乙车间距为s′＝9m时由位移关系
解得t2＝3s
甲车与乙车间距为s′＝9m时所用的最短时间tmin＝5s+3s＝8s
（2）从甲车与乙车间距为s′＝9m时到甲、乙两车车头平齐时需要的时间
此时甲车与丙车的距离d1＝d﹣（vB﹣vC）（tmin+t3），解得d1＝10m
（3）当甲车和丙车共速时恰不相撞则速度关系vm﹣a1t4＝vC
位移关系
解得a1＝5m/s2
答：（1）甲车与乙车间距为s′＝9m时所用的最短时间等于8s；
（2）当甲、乙两车车头平齐时，甲车与丙车的距离等于10m；
（3）甲车刹车的加速度大小等于5m/s2。
【点评】本题考查相遇与追及问题，解题关键是分析清楚各个物体的运动过程，合理选择运动学公式，知道速度相等时，二者距离有最小值。
15．（15分）（2024秋 昌吉市校级期末）如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB长度足够长，传送皮带轮以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0＝8m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点。（g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求货物刚滑上传送带时加速度。
（2）经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？
【考点】倾斜传送带模型．
【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）货物刚滑上传送带时加速度等于10 m/s2，方向沿传送带向下；
（2）经过1s时间货物的速度和传送带的速度相同，这时货物相对于地面运动了7m；
（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了（2+2）s
【分析】（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；
（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移。货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间。
【解答】解：（1）设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示
根据牛顿第二定律，沿传送带方向
mgsin θ+Ff＝ma1
垂直传送带方向
mgcos θ＝FN
又
Ff＝μFN
由以上三式得
a1＝g（sinθ+μcosθ）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10 m/s2
方向沿传送带向下。
（2）货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有
t1，解得t1＝1s，x1t1，解得x1＝7m
（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于
mgsinθ＞μmgcosθ
此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
得
a2＝g（sinθ﹣μcosθ）
方向沿传送带向下。
设货物再经时间t2，速度减为零，则
t2
货物沿传送带向上滑的位移
x2t2
则货物上滑的总距离为
x＝x1+x2，解得x＝8m
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2。设下滑时间为t3，则
x
代入解得
t3＝2s
所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为
t＝t1+t2+t3
解得t＝（2+2）s
答：（1）货物刚滑上传送带时加速度等于10 m/s2，方向沿传送带向下；
（2）经过1s时间货物的速度和传送带的速度相同，这时货物相对于地面运动了7m；
（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了（2+2）s
【点评】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点。
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