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
文档属性
| 名称 | 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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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 粤教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-01-11 20:15:19 | ||
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文档简介
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期末模拟测试预测卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 龙岗区校级月考）如图所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的路径，其推荐路线中有两个数据：22分钟、9.8公里，下列相关说法不正确的是（ ）
A．22分钟指的是时间间隔
B．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
C．9.8公里表示了此次行程位移的大小
D．根据这两个数据，我们无法算出此次行程的平均速度的大小
2．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）中国运动员郑钦文在今年的巴黎奥运会上获得女单网球冠军，创造了新的历史。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，球落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球拍对球的弹力是球拍发生弹性形变而产生的
C．球被打飞回去，说明力是维持物体运动状态的原因
D．若球拍没有击中球，则球在空中做自由落体运动
3．（4分）（2024秋 东莞市期末）一款车载磁吸式手机支架通过内置的强磁铁可以将手机稳固吸附在接触面上，支架侧视图如图所示。已知手机处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．手机受到的摩擦力沿斜面向下
B．支架接触面对手机的支持力是因为手机发生形变产生的
C．手机受到重力、支持力、摩擦力、下滑力共四个作用力
D．支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是一对作用力和反作用力
4．（4分）（2024秋 重庆校级期中）t＝0时刻，甲、乙两物体从同一地点沿同一直线运动，甲的x﹣t图像和乙的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第3s内，甲、乙两物体的速度方向相同
B．2s末，物体乙在甲的前面
C．从第2s初到第3s末，甲的位移为0m
D．0到6s内，甲距出发点最大距离为4m，乙距出发点最大距离为6m
5．（4分）（2024秋 湖北期末）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．M＝3m
B．将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g
6．（4分）（2024秋 淄博期末）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块沿传送带向上运动的v﹣t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．物块上升的竖直最大高度为0.96m
D．物块离开传送带时的速度大小为
7．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）C﹣NCAP是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程。其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能。如图，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。若轨道有效长度为100m，测试速度大小为72km/h，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车匀加速运动时加速度不能小于2m/s2
B．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速时间约为30s
C．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4m
D．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其它测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024秋 琼山区校级期中）在一个美丽的中式园林中，存在一个独特的圆形景观区域，其半径为20m，这个区域中有一条别致的曲线通道，由两个半径均为10m的半圆首尾相连构成。如图所示，一位游客在早晨8点从A点出发，沿着图中箭头指示的曲线通道AOC进行游览，并在8点5分到达C点，设π＝3.14，该游客从A点到C点的平均速度和平均速率分别约为（ ）
A．平均速度大小为0.13m/s
B．平均速度大小为0.21m/s
C．平均速率大小为0.21m/s
D．平均速率大小为0.13m/s
（多选）9．（6分）（2024秋 唐县校级期末）2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图（甲）。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75kg，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力f与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v﹣t图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝2.5m/s2
B．0﹣4s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．比例系数为k＝37.5Ns/m
D．动摩擦因数μ＝0.125
（多选）10．（6分）（2024秋 沈阳期末）如图所示，质量为1kg的物块G放在一个静止的木箱内，G和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.2，G与一根轻弹簧相连，弹簧处于压缩状态弹力大小为1.5N，G和木箱相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。则以下可以使物块G与木箱发生相对滑动的是（ ）
A．木箱水平向左加速运动，且加速度等于3m/s2
B．木箱水平向右减速运动，且加速度等于4.5m/s2
C．木箱处于失重状态，且加速度等于3m/s2
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（12分）（2024秋 朝阳区校级期中）某实验小组利用如图所示装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。圆心为O的半圆形木板竖直固定，边缘处有滑道可以用来固定拉力传感器，将三根不可伸长的细线打结于P点，一根悬挂重物，另外两根分别与两拉力传感器A、B相连。实验操作步骤如下：
①先仅用传感器A拉住重物，调整细线PA的长度及传感器A的位置使得结点P与圆心O重合，记录传感器A的示数FO和 ；
②再将传感器B置于图示位置，仍保证 ，调节传感器A的位置至A′处，记录两传感器A、B的示数分别为FA、FB，同时记录 和 ；
③画出FO、FA、FB三力的图示，以FA、FB为邻边做平行四边形，然后按照平行四边形定则得到合力F对比合力F与 的大小和方向得出实验结论。
（1）请将上述填空补充完整。
（2）下列操作必要的是 。
A．细线PB必须水平
B．木板必须竖直且三根细线与木板平行
C．应使PA与PB的夹角尽量的大
D．重复上述①②③操作步骤时重物的重量不可改变
12．（10分）（2025秋 重庆校级月考）某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：
（1）实验小组选取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到形变量x与质量m的关系式图像，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图像，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越 （填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越小。
（2）图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为 。
（3）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，测量弹簧1的劲度系数，弹簧2的重力 （填“会”或“不会”）引起弹簧1的劲度系数的测量误差。
（4）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，若不考虑弹簧自身重力的影响，把两根弹簧当成一根新弹簧，则新弹簧的劲度系数为 。
13．（10分）（2024秋 亭湖区校级期末）一辆质量为m的汽车在平直公路上以速度v匀速行驶，驾驶员突然发现正前方有三角警示牌，于是紧急刹车直至停下，汽车轮胎在路面上划出一道长度x的刹车痕迹。汽车在刹车过程中做匀减速直线运动。求：
（1）汽车刹车过程中的加速度大小；
（2）汽车刹车过程中的时间。
14．（10分）（2024秋 安徽期末）利用如图1所示装置研究物体运动与受力的关系。开始时将一质量为m＝1.5kg的物体置于水平桌面上，使物体获得水平向右的初速度，同时对物体施加一个水平向右的恒定拉力F，1s后撤去拉力，物体继续运动，最后停下来。通过速度传感器得到物体运动过程中速度与时间图线如图2所示（向右为速度正方向）。求：
（1）物体整个运动过程的位移；
（2）水平向右的恒定拉力F为多大。
15．（12分）（2024秋 古冶区校级期末）如图，可视为质点的物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为2μ和，已知m＝1kg，μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。
（1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小；
（2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小；
（3）开始时，把物块置于木板左端，先对物块施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。Δt＝0.5s，撤去拉力，此后物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L。（两物均未离开桌面）
期末模拟测试预测卷
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 龙岗区校级月考）如图所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的路径，其推荐路线中有两个数据：22分钟、9.8公里，下列相关说法不正确的是（ ）
A．22分钟指的是时间间隔
B．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
C．9.8公里表示了此次行程位移的大小
D．根据这两个数据，我们无法算出此次行程的平均速度的大小
【考点】平均速度（定义式方向）；质点；时刻、时间的物理意义和判断；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；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据时间和时刻、质点、路程和位移以及平均速率和平均速度的知识进行分析解答。
【解答】解：A.22分钟表示的是时间间隔，故A正确；
B.研究汽车在导航图中的位置时，汽车的形状、大小可以忽略，故可以把汽车看作质点，故B正确；
C.9.8公里表示了此次行程的路程，故C错误；
D.根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速率的大小，无法算出此次行程的平均速度的大小，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】考查运动学基本概念的理解和应用，要求学生熟练掌握相应概念并加以判断，属于基础题。
2．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）中国运动员郑钦文在今年的巴黎奥运会上获得女单网球冠军，创造了新的历史。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，球落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球拍对球的弹力是球拍发生弹性形变而产生的
C．球被打飞回去，说明力是维持物体运动状态的原因
D．若球拍没有击中球，则球在空中做自由落体运动
【考点】惯性与质量；自由落体运动的规律及应用；弹力的概念及其产生条件；牛顿第一定律的内容与应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据惯性、弹力产生的原因和力的作用效果，自由落体运动知识分析解答。
【解答】解：A．根据牛顿第一定律可知，物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．根据弹力产生的远呀分析，球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故B正确；
C．球被打飞回去，只能说明力是改变物体运动状态的原因，故C错误；
D．若球拍没有击打球，由于球有速度，所以球不会在空中做自由落体运动，故D错误。
故选：B。
【点评】考查惯性、弹力产生的原因和力的作用效果，自由落体运动知识，会根据题意进行准确分析解答。
3．（4分）（2024秋 东莞市期末）一款车载磁吸式手机支架通过内置的强磁铁可以将手机稳固吸附在接触面上，支架侧视图如图所示。已知手机处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．手机受到的摩擦力沿斜面向下
B．支架接触面对手机的支持力是因为手机发生形变产生的
C．手机受到重力、支持力、摩擦力、下滑力共四个作用力
D．支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是一对作用力和反作用力
【考点】共点力的平衡问题及求解；弹力的概念及其产生条件；静摩擦力的方向；判断物体的受力个数．
【专题】比较思想；归纳法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据手机相对支架的运动趋势方向分析手机受到的摩擦力方向；支架接触面对手机的支持力是因为支架接触面发生形变产生的；按重力、弹力和摩擦力的顺序分析手机的受力情况；支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是手机和支架接触面间的相互作用力。
【解答】解：A、手机相对支架有向下滑动的趋势，则手机受到的摩擦力沿斜面向上，故A错误；
B、支架接触面对手机的支持力是因为支架接触面发生形变产生的，故B错误；
C、手机受到重力、支持力、摩擦力三个作用力，下滑力是重力沿接触面向下的分力，故C错误；
D、支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是一对作用力和反作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，要明确静摩擦力方向特点：静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反。分析受力时，分力不单独分析。
4．（4分）（2024秋 重庆校级期中）t＝0时刻，甲、乙两物体从同一地点沿同一直线运动，甲的x﹣t图像和乙的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第3s内，甲、乙两物体的速度方向相同
B．2s末，物体乙在甲的前面
C．从第2s初到第3s末，甲的位移为0m
D．0到6s内，甲距出发点最大距离为4m，乙距出发点最大距离为6m
【考点】根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；根据x﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．
【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】D
【分析】根据x﹣t图像和v﹣t图像提供信息结合斜率和面积的物理意义进行分析解答。
【解答】解：A．第3s内，甲向负方向运动，乙向正方向运动，两物体的速度方向不相同，故A错误；
B．根据x﹣t图像和v﹣t图像提供信息，2s末，甲、乙位移分别为x1＝4m，，两个物体相遇，故B错误；
C．从第2s初到第3s末，甲的位移为x3＝0﹣2m＝﹣2m，故C错误；
D．0到6s内，2s末，甲距出发点距离最大，最大距离为x3＝4m，3s末，乙距出发点距离最大，根据v﹣t图像面积的物理意义，最大距离为，故D正确。
故选：D。
【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。
5．（4分）（2024秋 湖北期末）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．M＝3m
B．将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用；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；模型建构能力．
【答案】C
【分析】根据物体和结点的平衡状态联立等式得出两个物体的质量关系；
根据晾衣杆模型的特点得出轻绳拉力的变化，从而分析出a受到的摩擦力方向；
根据牛顿第二定律得出a的加速度。
【解答】解：A、对a，根据平衡条件可得：
Mgsin30°＝T
对O点受力分析，由平行四边形定则可得：
2Tcos60°＝mg
联立解得：M＝2m，故A错误；
B、根据晾衣杆模型的特点可知：
AO与BO关于水平虚线对称，AC水平。将P端缓慢向上移动一小段距离，BO+OP长度不变，即AP的长度不变，则
sinα保持不变，即OP与PC夹角不变，则拉力不会变，可知a与斜面之间没有摩擦力，故B错误；
C、将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，AC边长，α角变大，对O点，有
2T'cosα＝mg
可知，拉力变大，a有上滑趋势，将受到沿斜面向下的摩擦力，故C正确；
D、剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a有下滑趋势，由于不知道摩擦因数，无法判断其摩擦力的大小，因此也无法判断出加速度的大小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了动态平衡的相关应用，熟悉晾衣杆模型的特点，结合牛顿第二定律和受力分析即可完成解答。
6．（4分）（2024秋 淄博期末）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块沿传送带向上运动的v﹣t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．物块上升的竖直最大高度为0.96m
D．物块离开传送带时的速度大小为
【考点】倾斜传送带模型；动摩擦因数的性质和计算；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】C
【分析】A：根据物块的v﹣t图像判断传送带的速度；
B：先根据物块的v﹣t图像求解物块从传送带底端时的加速度，再根据牛顿第二定律求解物块与传送带之间的动摩擦因数；
C：根据牛顿第二定律求解物块与传送带共速后做减速运动的加速度，再根据运动学公式求解物块沿传送带上滑的最大距离，最后根据几何知识求解物块上升的最大高度；
D：先根据牛顿第二定律求解物块下滑的加速度，再根据运动学公式求解物块离开传送带的速度。
【解答】解：A.由图可知，物块的速度为2m/s时，加速度发生变化，摩擦力方向发生变化，故传送带的速度大小为2m/s，故A错误；
B.物块在传送带底部，加速度大小为
物块在传送带底部，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
物块与传送带间的动摩擦因数为
μ＝0.5，故B错误；
C.物块与传送带共速时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得
物块向上运动的最大位移为
物块上升的竖直最大高度为
hm＝xmsin37°＝0.96m，故C正确；
D.物块下落过程中，根据牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma3
解得
根据动力学公式
物块离开传送带时的速度大小为
，故D错误。
故选：C。
【点评】本题以传送带为背景考查牛顿运动定律和运动学规律的应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，能正确应用对应的规律解题。
7．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）C﹣NCAP是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程。其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能。如图，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。若轨道有效长度为100m，测试速度大小为72km/h，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车匀加速运动时加速度不能小于2m/s2
B．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速时间约为30s
C．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4m
D．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其它测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合应用．
【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】A
【分析】由2ax＝v2求加速度满足条件；汽车加速的末速度已知，只要满足加速位移和匀速位移等于100m即可；根据牛顿第二定律结合运动学公式可分析汽车匀加速运动的时间变化。
【解答】解：A．测试速度大小为v＝72km/h＝20m/s，为达到测试速度要求，加速位移满足x≤100m，即
可得a≥2m/s2
故A正确；
BC．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，匀加速时间为
解得t＝10s
匀加速的位移为
解得x＝100m
故BC错误；
D．根据牛顿第二定律F＝ma可知，不改变牵引力，更换质量较轻的汽车进行测试时，汽车的加速度会增大，又由v＝at可知，该汽车做匀加速运动的时间会减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学的综合运动，关键是根据牛顿第二定律F＝ma可知，不改变牵引力，更换质量较轻的汽车进行测试时，汽车的加速度会增大。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024秋 琼山区校级期中）在一个美丽的中式园林中，存在一个独特的圆形景观区域，其半径为20m，这个区域中有一条别致的曲线通道，由两个半径均为10m的半圆首尾相连构成。如图所示，一位游客在早晨8点从A点出发，沿着图中箭头指示的曲线通道AOC进行游览，并在8点5分到达C点，设π＝3.14，该游客从A点到C点的平均速度和平均速率分别约为（ ）
A．平均速度大小为0.13m/s
B．平均速度大小为0.21m/s
C．平均速率大小为0.21m/s
D．平均速率大小为0.13m/s
【考点】平均速率；平均速度（定义式方向）．
【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】AC
【分析】位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．路程等于运动轨迹的长度；
平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值。
【解答】解：AB、位移由初位置指向末位置，游客沿着图中箭头指示的曲线通道AOC到达C点，
位移为直径AC，大小为40m，
用的时间为5分钟，即为5×60s＝300s
平均速度大小为vm/s≈0.13m/s
故A正确，B错误；
CD、路程等于AOC两个半圆弧长之和s＝2πR＝2π×10m＝20πm，
平均速率为v率m/s≈0.21m/s
故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．路程等于运动轨迹的长度。
（多选）9．（6分）（2024秋 唐县校级期末）2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图（甲）。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75kg，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力f与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v﹣t图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝2.5m/s2
B．0﹣4s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．比例系数为k＝37.5Ns/m
D．动摩擦因数μ＝0.125
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；动摩擦因数的性质和计算；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】AC
【分析】从图中可以看出，人和雪橇初速度为5m/s，图象的斜率逐渐减小，所以加速度逐渐减小到0最后匀速运动的速度为10m/s，根据斜率解得加速度；根据牛顿第二定律列式，由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度，根据平衡条件列式，联立方程即可求得比例系数k。
【解答】解：人和雪橇整体在下滑过程中受到重力、支持力、空气阻力、摩擦阻力。如图所示：
A、从图中斜率可知，开始运动的加速度
故A正确；
B、人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动，故B错误；
CD、根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣kv0﹣μmgcosθ＝ma
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），即有
mgsinθ＝μmgcosθ+kvm
两式联立，得
kvm﹣kv0＝ma
将
v0＝5m/s
vm＝10m/s
代入后得
k＝37.5Ns/m
μ＝0.04
故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信能根据受力情况判断运动情况，难度适中。
（多选）10．（6分）（2024秋 沈阳期末）如图所示，质量为1kg的物块G放在一个静止的木箱内，G和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.2，G与一根轻弹簧相连，弹簧处于压缩状态弹力大小为1.5N，G和木箱相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。则以下可以使物块G与木箱发生相对滑动的是（ ）
A．木箱水平向左加速运动，且加速度等于3m/s2
B．木箱水平向右减速运动，且加速度等于4.5m/s2
C．木箱处于失重状态，且加速度等于3m/s2
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；超重与失重的概念、特点和判断；力的合成与分解的应用．
【专题】比较思想；极值法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】物块在水平方向相对木箱滑动的条件是：木箱运动的加速度大于木块所能获得的最大加速度；或者木块受到的弹簧弹力大于木块的最大静摩擦力。由此分析可解。
【解答】解：AB．木箱水平向左加速运动或水平向右减速运动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N
弹簧处于压缩状态，弹簧的水平弹力大小为F＝1.5N，则物块相对木箱不滑动、物块能获得外力提供的最大加速度为
amaxm/s2＝3.5m/s2，故A错误；故B正确；
C．木箱处于失重状态，加速度等于3m/s2时，由牛顿第二定律有
mg﹣FN＝ma，代入数据解得物块受到木箱的支持力FN＝7N
则最大静摩擦力fmax1＝μFN＝0.2×7N＝1.4N＜F＝1.5N，物块与木箱会发生相对滑动，故C正确；
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2时，由牛顿第二定律有
FN′﹣mg＝ma′，代入数据解得物块受到木箱的支持力FN′＝13.5N
则最大静摩擦力fmax2＝μFN′＝0.2×13.5N＝2.7N＞F＝1.5N，物块不会相对木箱滑动，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题引用物块、弹簧、木箱，从水平加速、减速，竖直超重、失重，多角度来考查是否会发生相对滑动，关键要把握发生相对滑动的条件。
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（12分）（2024秋 朝阳区校级期中）某实验小组利用如图所示装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。圆心为O的半圆形木板竖直固定，边缘处有滑道可以用来固定拉力传感器，将三根不可伸长的细线打结于P点，一根悬挂重物，另外两根分别与两拉力传感器A、B相连。实验操作步骤如下：
①先仅用传感器A拉住重物，调整细线PA的长度及传感器A的位置使得结点P与圆心O重合，记录传感器A的示数FO和 FO的方向 ；
②再将传感器B置于图示位置，仍保证 结点P与圆心O重合 ，调节传感器A的位置至A′处，记录两传感器A、B的示数分别为FA、FB，同时记录 传感器A的位置（FA的方向）、 和 传感器B的位置（FB的方向） ；
③画出FO、FA、FB三力的图示，以FA、FB为邻边做平行四边形，然后按照平行四边形定则得到合力F对比合力F与 FO 的大小和方向得出实验结论。
（1）请将上述填空补充完整。
（2）下列操作必要的是 B 。
A．细线PB必须水平
B．木板必须竖直且三根细线与木板平行
C．应使PA与PB的夹角尽量的大
D．重复上述①②③操作步骤时重物的重量不可改变
【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）①FO的方向；②结点P与圆心O重合；传感器A的位置（FA的方向）；传感器B的位置（FB的方向）；③FO；（2）B。
【分析】（1）根据实验原理、实验的正确操作分析作答；
（2）根据实验的注意事项分析作答；
【解答】解：（1）①仅用传感器A拉住重物，调整细线PA的长度及传感器A的位置使得结点P与圆心O重合，记录传感器A的示数FO和FO的方向；
②测量力传感器A和B的合力，此过程中需要记录传感器A和B示数的大小，传感器A的位置和传感器B的位置，即记录FA、FB的方向；
③照平行四边形定则得到合力F后，要对比F与F0的大小和方向是否在误差的允许范围内；
（2）A.实验时，细线PB可以不水平，故A错误；
B．为了使FA、FB为的合力与FO在同一平面内，木板必须竖直且三根细线与木板平行，故B正确；
C．应使PA与PB的夹角适当大些，不是尽量的大，故C错误；
D．在同一次实验中，重物的重力不可改变；在不同次实验中，重复上述①②③操作步骤时重物的重量可以改变，但需要重新将结点P调节到与圆心O重合，故D错误。
故选：B。
故答案为：（1）①FO的方向；②结点P与圆心O重合；传感器A的位置（FA的方向）；传感器B的位置（FB的方向）；③FO；（2）B。
【点评】本实验主要考查平行四边形定则的应用，关键是明确实验的原理、操作步骤和注意事项，基础题。
12．（10分）（2025秋 重庆校级月考）某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：
（1）实验小组选取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到形变量x与质量m的关系式图像，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图像，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越 多 （填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越小。
（2）图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为 。
（3）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，测量弹簧1的劲度系数，弹簧2的重力 不会 （填“会”或“不会”）引起弹簧1的劲度系数的测量误差。
（4）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，若不考虑弹簧自身重力的影响，把两根弹簧当成一根新弹簧，则新弹簧的劲度系数为 。
【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系．
【专题】实验题；定量思想；推理法；受力分析方法专题；推理论证能力．
【答案】（1）多；（2）；（3）不会；（4）。
【分析】（1）根据胡克定律，结合x﹣m图像的斜率为，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，综合图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率分析求解；
（2）根据胡克定律表达式，结合图乙分析求解；
（3）根据劲度系数与形变量的关系分析求解；
（4）根据平衡条件，对两个弹簧串联起来时的情况分析求解。
【解答】解：（1）根据胡克定律有
mg＝kx
整理后有
则x﹣m图像的斜率为，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，由图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率，则
k1＞k2
由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度的圈数越多，弹簧的劲度系数越小。
（2）根据
结合图乙可计算出
，
由于弹簧1的劲度系数为k，则
k1＝k，
（3）根据
可知，弹簧1弹力的变化量不受弹簧2的重力的影响，所以弹簧2不会引起弹簧1劲度系数测量的误差。
（4）弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为，所以把两个弹簧串联起来，当下面挂质量为m0物体时，根据平衡条件得
k1Δx1＝m0g
k2Δx2＝m0g
k（Δx1+Δx2）＝m0g
解得
故答案为：（1）多；（2）；（3）不会；（4）。
【点评】本题考查了研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系的实验，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。
13．（10分）（2024秋 亭湖区校级期末）一辆质量为m的汽车在平直公路上以速度v匀速行驶，驾驶员突然发现正前方有三角警示牌，于是紧急刹车直至停下，汽车轮胎在路面上划出一道长度x的刹车痕迹。汽车在刹车过程中做匀减速直线运动。求：
（1）汽车刹车过程中的加速度大小；
（2）汽车刹车过程中的时间。
【考点】计算停车的时间、速度或位移．
【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】（1）汽车刹车过程中的加速度大小为；
（2）汽车刹车过程中的时间为。
【分析】（1）速度—位移关系式2ax，求刹车过程中的加速度大小；
（2）根据平均速度公式和位移公式求出汽车刹车过程中的时间；
【解答】解：（1）设汽车刹车过程中的加速度大小为a，由速度—位移关系式2ax，其中vt＝0，v0＝v，解得：
（2）设汽车刹车过程中的时间为t，在匀变速直线运动中，根据平均速度公式
；
；
可得
xt；
解得
t。
答：（1）汽车刹车过程中的加速度大小为；
（2）汽车刹车过程中的时间为。
【点评】本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是位移关系式和平均速度公式应用。
14．（10分）（2024秋 安徽期末）利用如图1所示装置研究物体运动与受力的关系。开始时将一质量为m＝1.5kg的物体置于水平桌面上，使物体获得水平向右的初速度，同时对物体施加一个水平向右的恒定拉力F，1s后撤去拉力，物体继续运动，最后停下来。通过速度传感器得到物体运动过程中速度与时间图线如图2所示（向右为速度正方向）。求：
（1）物体整个运动过程的位移；
（2）水平向右的恒定拉力F为多大。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体整个运动过程的位移为7m，方向水平向右；
（2）水平向右的恒定拉力F为6N。
【分析】（1）由v﹣t图象中图线和横轴所围的面积表示位移，即可得到位移；
（2）t1到t2时间内物体做匀减速运动，由图求解加速度，再根据牛顿第二定律求解作用力。
【解答】解：（1）v﹣t图像中图线和横轴所围的面积表示位移，可知位移为：
方向水平向右
（2）t1＝1s到t2＝3s时间内物体匀减速运动，由图可知加速度大小为：a1m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律有：f＝ma1＝1.5×2N＝3N
t0＝0到t1＝1s时间内物体在恒定拉力作用下匀加速运动，由图可知其加速度大小为：a2m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律有：F﹣f＝ma2
联立代入数据解得：F＝6N
答：（1）物体整个运动过程的位移为7m，方向水平向右；
（2）水平向右的恒定拉力F为6N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键是知道v﹣t图象的含义，斜率表示加速度，面积表示位移，由图象求解加速度，再结合牛顿第二定律求解即可。
15．（12分）（2024秋 古冶区校级期末）如图，可视为质点的物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为2μ和，已知m＝1kg，μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。
（1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小；
（2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小；
（3）开始时，把物块置于木板左端，先对物块施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。Δt＝0.5s，撤去拉力，此后物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L。（两物均未离开桌面）
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）木板所受摩擦力的大小为5N；
（2）所需拉力F的大小为5N；
（3）木板的长度L为3.75m。
【分析】（1）结合滑动摩擦力公式f＝μFN求木板上表面和下表面所受到的摩擦力，再求总的摩擦力大小；
（2）对物块受力分析，根据牛顿第二定律求得物块发生相对滑动时的加速度，然后对整体，根据牛顿第二定律求得拉力；
（3）分析物块和木板的运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律求得加速度，结合运动学公式即可求得。
【解答】解：（1）当物块相对木板运动时，木板上表面受到摩擦力大小为
f1＝2μmg＝2×0.5×1×10N＝10N
方向水平向右
木板下表面受到的摩擦力大小为
方向水平向左
则木板受到的总的摩擦力大小为
f＝f1﹣f2＝10N﹣5N＝5N
方向水平向右。
（2）当物块即将相对木板运动相对运动时，二者加速度一样大，对物块，由牛顿第二定律有
F﹣f1＝ma
对木板，由牛顿第二定律有
f＝ma
联立解得
F＝15N
（3）施加拉力2F时，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
撤去拉力时，物块、木板的速度分别为
v1＝a1Δt＝20×0.5m/s＝10m/s
v2＝a2Δt＝5×0.5m/s＝2.5m/s
撤去拉力时，物块、木板运动的位移分别为
撤去拉力时，由于物块的速度大于木板的速度，所以木板的摩擦力方向不变，故木板的加速度不变，而物块的加速度大小变为
此时加速度方向与木板运动方向相反，设再历时t物块与木板共速，则有
v1﹣a1′t＝v2+a2t
解得
t＝0.5s
从撤去拉力到共速物块、木板的位移分别为
共速后此后物块与木板共同做减速运动，直至停止，无相对位移，由于物块刚好不掉下木板，所以从开始到共速整个过程满足
L＝x1+x1′﹣x2﹣x2′＝2.5m+3.75m﹣0.625m﹣1.875m＝3.75m
即木板的长度L为3.75m
答：（1）木板所受摩擦力的大小为5N；
（2）所需拉力F的大小为5N；
（3）木板的长度L为3.75m。
【点评】本题的难度在于要正确分析物体之间的相对运动，把每个物体的运动、受力情况分析清楚，从而正确判断物体间相对运动通过的位移。
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期末模拟测试预测卷
一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）
1．（4分）（2024秋 龙岗区校级月考）如图所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的路径，其推荐路线中有两个数据：22分钟、9.8公里，下列相关说法不正确的是（ ）
A．22分钟指的是时间间隔
B．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
C．9.8公里表示了此次行程位移的大小
D．根据这两个数据，我们无法算出此次行程的平均速度的大小
2．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）中国运动员郑钦文在今年的巴黎奥运会上获得女单网球冠军，创造了新的历史。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，球落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球拍对球的弹力是球拍发生弹性形变而产生的
C．球被打飞回去，说明力是维持物体运动状态的原因
D．若球拍没有击中球，则球在空中做自由落体运动
3．（4分）（2024秋 东莞市期末）一款车载磁吸式手机支架通过内置的强磁铁可以将手机稳固吸附在接触面上，支架侧视图如图所示。已知手机处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．手机受到的摩擦力沿斜面向下
B．支架接触面对手机的支持力是因为手机发生形变产生的
C．手机受到重力、支持力、摩擦力、下滑力共四个作用力
D．支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是一对作用力和反作用力
4．（4分）（2024秋 重庆校级期中）t＝0时刻，甲、乙两物体从同一地点沿同一直线运动，甲的x﹣t图像和乙的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第3s内，甲、乙两物体的速度方向相同
B．2s末，物体乙在甲的前面
C．从第2s初到第3s末，甲的位移为0m
D．0到6s内，甲距出发点最大距离为4m，乙距出发点最大距离为6m
5．（4分）（2024秋 湖北期末）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．M＝3m
B．将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g
6．（4分）（2024秋 淄博期末）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块沿传送带向上运动的v﹣t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．物块上升的竖直最大高度为0.96m
D．物块离开传送带时的速度大小为
7．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）C﹣NCAP是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程。其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能。如图，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。若轨道有效长度为100m，测试速度大小为72km/h，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车匀加速运动时加速度不能小于2m/s2
B．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速时间约为30s
C．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4m
D．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其它测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024秋 琼山区校级期中）在一个美丽的中式园林中，存在一个独特的圆形景观区域，其半径为20m，这个区域中有一条别致的曲线通道，由两个半径均为10m的半圆首尾相连构成。如图所示，一位游客在早晨8点从A点出发，沿着图中箭头指示的曲线通道AOC进行游览，并在8点5分到达C点，设π＝3.14，该游客从A点到C点的平均速度和平均速率分别约为（ ）
A．平均速度大小为0.13m/s
B．平均速度大小为0.21m/s
C．平均速率大小为0.21m/s
D．平均速率大小为0.13m/s
（多选）9．（6分）（2024秋 唐县校级期末）2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图（甲）。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75kg，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力f与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v﹣t图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝2.5m/s2
B．0﹣4s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．比例系数为k＝37.5Ns/m
D．动摩擦因数μ＝0.125
（多选）10．（6分）（2024秋 沈阳期末）如图所示，质量为1kg的物块G放在一个静止的木箱内，G和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.2，G与一根轻弹簧相连，弹簧处于压缩状态弹力大小为1.5N，G和木箱相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。则以下可以使物块G与木箱发生相对滑动的是（ ）
A．木箱水平向左加速运动，且加速度等于3m/s2
B．木箱水平向右减速运动，且加速度等于4.5m/s2
C．木箱处于失重状态，且加速度等于3m/s2
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（12分）（2024秋 朝阳区校级期中）某实验小组利用如图所示装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。圆心为O的半圆形木板竖直固定，边缘处有滑道可以用来固定拉力传感器，将三根不可伸长的细线打结于P点，一根悬挂重物，另外两根分别与两拉力传感器A、B相连。实验操作步骤如下：
①先仅用传感器A拉住重物，调整细线PA的长度及传感器A的位置使得结点P与圆心O重合，记录传感器A的示数FO和 ；
②再将传感器B置于图示位置，仍保证 ，调节传感器A的位置至A′处，记录两传感器A、B的示数分别为FA、FB，同时记录 和 ；
③画出FO、FA、FB三力的图示，以FA、FB为邻边做平行四边形，然后按照平行四边形定则得到合力F对比合力F与 的大小和方向得出实验结论。
（1）请将上述填空补充完整。
（2）下列操作必要的是 。
A．细线PB必须水平
B．木板必须竖直且三根细线与木板平行
C．应使PA与PB的夹角尽量的大
D．重复上述①②③操作步骤时重物的重量不可改变
12．（10分）（2025秋 重庆校级月考）某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：
（1）实验小组选取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到形变量x与质量m的关系式图像，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图像，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越 （填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越小。
（2）图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为 。
（3）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，测量弹簧1的劲度系数，弹簧2的重力 （填“会”或“不会”）引起弹簧1的劲度系数的测量误差。
（4）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，若不考虑弹簧自身重力的影响，把两根弹簧当成一根新弹簧，则新弹簧的劲度系数为 。
13．（10分）（2024秋 亭湖区校级期末）一辆质量为m的汽车在平直公路上以速度v匀速行驶，驾驶员突然发现正前方有三角警示牌，于是紧急刹车直至停下，汽车轮胎在路面上划出一道长度x的刹车痕迹。汽车在刹车过程中做匀减速直线运动。求：
（1）汽车刹车过程中的加速度大小；
（2）汽车刹车过程中的时间。
14．（10分）（2024秋 安徽期末）利用如图1所示装置研究物体运动与受力的关系。开始时将一质量为m＝1.5kg的物体置于水平桌面上，使物体获得水平向右的初速度，同时对物体施加一个水平向右的恒定拉力F，1s后撤去拉力，物体继续运动，最后停下来。通过速度传感器得到物体运动过程中速度与时间图线如图2所示（向右为速度正方向）。求：
（1）物体整个运动过程的位移；
（2）水平向右的恒定拉力F为多大。
15．（12分）（2024秋 古冶区校级期末）如图，可视为质点的物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为2μ和，已知m＝1kg，μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。
（1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小；
（2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小；
（3）开始时，把物块置于木板左端，先对物块施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。Δt＝0.5s，撤去拉力，此后物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L。（两物均未离开桌面）
期末模拟测试预测卷
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 龙岗区校级月考）如图所示为某地图APP软件的一张截图，表示了某次导航的路径，其推荐路线中有两个数据：22分钟、9.8公里，下列相关说法不正确的是（ ）
A．22分钟指的是时间间隔
B．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看作质点
C．9.8公里表示了此次行程位移的大小
D．根据这两个数据，我们无法算出此次行程的平均速度的大小
【考点】平均速度（定义式方向）；质点；时刻、时间的物理意义和判断；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；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据时间和时刻、质点、路程和位移以及平均速率和平均速度的知识进行分析解答。
【解答】解：A.22分钟表示的是时间间隔，故A正确；
B.研究汽车在导航图中的位置时，汽车的形状、大小可以忽略，故可以把汽车看作质点，故B正确；
C.9.8公里表示了此次行程的路程，故C错误；
D.根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速率的大小，无法算出此次行程的平均速度的大小，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】考查运动学基本概念的理解和应用，要求学生熟练掌握相应概念并加以判断，属于基础题。
2．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）中国运动员郑钦文在今年的巴黎奥运会上获得女单网球冠军，创造了新的历史。如图所示，郑钦文把飞来的网球击打回去，球落到了对方场内，则下列说法正确的是（ ）
A．飞来的网球速度越大，惯性越大
B．球拍对球的弹力是球拍发生弹性形变而产生的
C．球被打飞回去，说明力是维持物体运动状态的原因
D．若球拍没有击中球，则球在空中做自由落体运动
【考点】惯性与质量；自由落体运动的规律及应用；弹力的概念及其产生条件；牛顿第一定律的内容与应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据惯性、弹力产生的原因和力的作用效果，自由落体运动知识分析解答。
【解答】解：A．根据牛顿第一定律可知，物体的惯性只由质量决定，与物体的速度无关，故A错误；
B．根据弹力产生的远呀分析，球拍对球的弹力，是因为球拍发生弹性形变而产生的，故B正确；
C．球被打飞回去，只能说明力是改变物体运动状态的原因，故C错误；
D．若球拍没有击打球，由于球有速度，所以球不会在空中做自由落体运动，故D错误。
故选：B。
【点评】考查惯性、弹力产生的原因和力的作用效果，自由落体运动知识，会根据题意进行准确分析解答。
3．（4分）（2024秋 东莞市期末）一款车载磁吸式手机支架通过内置的强磁铁可以将手机稳固吸附在接触面上，支架侧视图如图所示。已知手机处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．手机受到的摩擦力沿斜面向下
B．支架接触面对手机的支持力是因为手机发生形变产生的
C．手机受到重力、支持力、摩擦力、下滑力共四个作用力
D．支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是一对作用力和反作用力
【考点】共点力的平衡问题及求解；弹力的概念及其产生条件；静摩擦力的方向；判断物体的受力个数．
【专题】比较思想；归纳法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据手机相对支架的运动趋势方向分析手机受到的摩擦力方向；支架接触面对手机的支持力是因为支架接触面发生形变产生的；按重力、弹力和摩擦力的顺序分析手机的受力情况；支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是手机和支架接触面间的相互作用力。
【解答】解：A、手机相对支架有向下滑动的趋势，则手机受到的摩擦力沿斜面向上，故A错误；
B、支架接触面对手机的支持力是因为支架接触面发生形变产生的，故B错误；
C、手机受到重力、支持力、摩擦力三个作用力，下滑力是重力沿接触面向下的分力，故C错误；
D、支架接触面对手机的支持力与手机对支架接触面的压力是一对作用力和反作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，要明确静摩擦力方向特点：静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反。分析受力时，分力不单独分析。
4．（4分）（2024秋 重庆校级期中）t＝0时刻，甲、乙两物体从同一地点沿同一直线运动，甲的x﹣t图像和乙的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第3s内，甲、乙两物体的速度方向相同
B．2s末，物体乙在甲的前面
C．从第2s初到第3s末，甲的位移为0m
D．0到6s内，甲距出发点最大距离为4m，乙距出发点最大距离为6m
【考点】根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；根据x﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．
【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】D
【分析】根据x﹣t图像和v﹣t图像提供信息结合斜率和面积的物理意义进行分析解答。
【解答】解：A．第3s内，甲向负方向运动，乙向正方向运动，两物体的速度方向不相同，故A错误；
B．根据x﹣t图像和v﹣t图像提供信息，2s末，甲、乙位移分别为x1＝4m，，两个物体相遇，故B错误；
C．从第2s初到第3s末，甲的位移为x3＝0﹣2m＝﹣2m，故C错误；
D．0到6s内，2s末，甲距出发点距离最大，最大距离为x3＝4m，3s末，乙距出发点距离最大，根据v﹣t图像面积的物理意义，最大距离为，故D正确。
故选：D。
【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。
5．（4分）（2024秋 湖北期末）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，一根轻绳的一端与斜面上的物块a相连，另一端绕过光滑的定滑轮系在竖直杆上的P点，用光滑轻质挂钩把物块b挂在O点，此时竖直杆与绳OP间的夹角为60°，a与斜面之间恰好没有摩擦力且保持静止。已知物块a的质量为M，物块b的质量为m，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．M＝3m
B．将P端缓慢向上移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，a将受到沿着斜面向下的摩擦力
D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a的加速度大小为0.5g
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用；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；模型建构能力．
【答案】C
【分析】根据物体和结点的平衡状态联立等式得出两个物体的质量关系；
根据晾衣杆模型的特点得出轻绳拉力的变化，从而分析出a受到的摩擦力方向；
根据牛顿第二定律得出a的加速度。
【解答】解：A、对a，根据平衡条件可得：
Mgsin30°＝T
对O点受力分析，由平行四边形定则可得：
2Tcos60°＝mg
联立解得：M＝2m，故A错误；
B、根据晾衣杆模型的特点可知：
AO与BO关于水平虚线对称，AC水平。将P端缓慢向上移动一小段距离，BO+OP长度不变，即AP的长度不变，则
sinα保持不变，即OP与PC夹角不变，则拉力不会变，可知a与斜面之间没有摩擦力，故B错误；
C、将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，AC边长，α角变大，对O点，有
2T'cosα＝mg
可知，拉力变大，a有上滑趋势，将受到沿斜面向下的摩擦力，故C正确；
D、剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a有下滑趋势，由于不知道摩擦因数，无法判断其摩擦力的大小，因此也无法判断出加速度的大小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了动态平衡的相关应用，熟悉晾衣杆模型的特点，结合牛顿第二定律和受力分析即可完成解答。
6．（4分）（2024秋 淄博期末）如图甲所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块沿传送带向上运动的v﹣t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度大小为4m/s
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.4
C．物块上升的竖直最大高度为0.96m
D．物块离开传送带时的速度大小为
【考点】倾斜传送带模型；动摩擦因数的性质和计算；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】C
【分析】A：根据物块的v﹣t图像判断传送带的速度；
B：先根据物块的v﹣t图像求解物块从传送带底端时的加速度，再根据牛顿第二定律求解物块与传送带之间的动摩擦因数；
C：根据牛顿第二定律求解物块与传送带共速后做减速运动的加速度，再根据运动学公式求解物块沿传送带上滑的最大距离，最后根据几何知识求解物块上升的最大高度；
D：先根据牛顿第二定律求解物块下滑的加速度，再根据运动学公式求解物块离开传送带的速度。
【解答】解：A.由图可知，物块的速度为2m/s时，加速度发生变化，摩擦力方向发生变化，故传送带的速度大小为2m/s，故A错误；
B.物块在传送带底部，加速度大小为
物块在传送带底部，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
物块与传送带间的动摩擦因数为
μ＝0.5，故B错误；
C.物块与传送带共速时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2
解得
物块向上运动的最大位移为
物块上升的竖直最大高度为
hm＝xmsin37°＝0.96m，故C正确；
D.物块下落过程中，根据牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma3
解得
根据动力学公式
物块离开传送带时的速度大小为
，故D错误。
故选：C。
【点评】本题以传送带为背景考查牛顿运动定律和运动学规律的应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，能正确应用对应的规律解题。
7．（4分）（2024秋 海珠区校级期末）C﹣NCAP是中国汽车技术研究中心于2006年3月2日正式发布的首版中国新车评价规程。其以更严格、更全面的要求，对车辆进行全方位安全性能测试，包括乘员保护、行人保护、主动安全等，从而给予消费者更加系统、客观的车辆安全信息，促进汽车企业不断提升整车安全性能。如图，某次正面100%碰撞测试过程中，被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动，当汽车达到测试速度后，牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。若轨道有效长度为100m，测试速度大小为72km/h，则以下说法正确的是（ ）
A．汽车匀加速运动时加速度不能小于2m/s2
B．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速时间约为30s
C．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4m
D．若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其它测试条件，则该汽车做匀加速运动的时间会增加
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合应用．
【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】A
【分析】由2ax＝v2求加速度满足条件；汽车加速的末速度已知，只要满足加速位移和匀速位移等于100m即可；根据牛顿第二定律结合运动学公式可分析汽车匀加速运动的时间变化。
【解答】解：A．测试速度大小为v＝72km/h＝20m/s，为达到测试速度要求，加速位移满足x≤100m，即
可得a≥2m/s2
故A正确；
BC．若汽车加速度大小为a＝2m/s2，匀加速时间为
解得t＝10s
匀加速的位移为
解得x＝100m
故BC错误；
D．根据牛顿第二定律F＝ma可知，不改变牵引力，更换质量较轻的汽车进行测试时，汽车的加速度会增大，又由v＝at可知，该汽车做匀加速运动的时间会减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学的综合运动，关键是根据牛顿第二定律F＝ma可知，不改变牵引力，更换质量较轻的汽车进行测试时，汽车的加速度会增大。
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）8．（6分）（2024秋 琼山区校级期中）在一个美丽的中式园林中，存在一个独特的圆形景观区域，其半径为20m，这个区域中有一条别致的曲线通道，由两个半径均为10m的半圆首尾相连构成。如图所示，一位游客在早晨8点从A点出发，沿着图中箭头指示的曲线通道AOC进行游览，并在8点5分到达C点，设π＝3.14，该游客从A点到C点的平均速度和平均速率分别约为（ ）
A．平均速度大小为0.13m/s
B．平均速度大小为0.21m/s
C．平均速率大小为0.21m/s
D．平均速率大小为0.13m/s
【考点】平均速率；平均速度（定义式方向）．
【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】AC
【分析】位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．路程等于运动轨迹的长度；
平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值。
【解答】解：AB、位移由初位置指向末位置，游客沿着图中箭头指示的曲线通道AOC到达C点，
位移为直径AC，大小为40m，
用的时间为5分钟，即为5×60s＝300s
平均速度大小为vm/s≈0.13m/s
故A正确，B错误；
CD、路程等于AOC两个半圆弧长之和s＝2πR＝2π×10m＝20πm，
平均速率为v率m/s≈0.21m/s
故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键知道位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．路程等于运动轨迹的长度。
（多选）9．（6分）（2024秋 唐县校级期末）2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾角为θ＝37°的斜面雪道如图（甲）。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为m＝75kg，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力f与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的v﹣t图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲线AD在A点坐标为（0，5）的切线，切线上一点B的坐标为（4，15），CD是曲线AD的渐近线。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．开始运动时雪橇的加速度大小为a＝2.5m/s2
B．0﹣4s内雪橇做加速度变小的曲线运动
C．比例系数为k＝37.5Ns/m
D．动摩擦因数μ＝0.125
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；动摩擦因数的性质和计算；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】AC
【分析】从图中可以看出，人和雪橇初速度为5m/s，图象的斜率逐渐减小，所以加速度逐渐减小到0最后匀速运动的速度为10m/s，根据斜率解得加速度；根据牛顿第二定律列式，由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度，根据平衡条件列式，联立方程即可求得比例系数k。
【解答】解：人和雪橇整体在下滑过程中受到重力、支持力、空气阻力、摩擦阻力。如图所示：
A、从图中斜率可知，开始运动的加速度
故A正确；
B、人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动，故B错误；
CD、根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣kv0﹣μmgcosθ＝ma
由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），即有
mgsinθ＝μmgcosθ+kvm
两式联立，得
kvm﹣kv0＝ma
将
v0＝5m/s
vm＝10m/s
代入后得
k＝37.5Ns/m
μ＝0.04
故C正确，D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信能根据受力情况判断运动情况，难度适中。
（多选）10．（6分）（2024秋 沈阳期末）如图所示，质量为1kg的物块G放在一个静止的木箱内，G和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.2，G与一根轻弹簧相连，弹簧处于压缩状态弹力大小为1.5N，G和木箱相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2。则以下可以使物块G与木箱发生相对滑动的是（ ）
A．木箱水平向左加速运动，且加速度等于3m/s2
B．木箱水平向右减速运动，且加速度等于4.5m/s2
C．木箱处于失重状态，且加速度等于3m/s2
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2
【考点】牛顿第二定律的简单应用；超重与失重的概念、特点和判断；力的合成与分解的应用．
【专题】比较思想；极值法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BC
【分析】物块在水平方向相对木箱滑动的条件是：木箱运动的加速度大于木块所能获得的最大加速度；或者木块受到的弹簧弹力大于木块的最大静摩擦力。由此分析可解。
【解答】解：AB．木箱水平向左加速运动或水平向右减速运动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N
弹簧处于压缩状态，弹簧的水平弹力大小为F＝1.5N，则物块相对木箱不滑动、物块能获得外力提供的最大加速度为
amaxm/s2＝3.5m/s2，故A错误；故B正确；
C．木箱处于失重状态，加速度等于3m/s2时，由牛顿第二定律有
mg﹣FN＝ma，代入数据解得物块受到木箱的支持力FN＝7N
则最大静摩擦力fmax1＝μFN＝0.2×7N＝1.4N＜F＝1.5N，物块与木箱会发生相对滑动，故C正确；
D．木箱处于超重状态，且加速度等于3.5m/s2时，由牛顿第二定律有
FN′﹣mg＝ma′，代入数据解得物块受到木箱的支持力FN′＝13.5N
则最大静摩擦力fmax2＝μFN′＝0.2×13.5N＝2.7N＞F＝1.5N，物块不会相对木箱滑动，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题引用物块、弹簧、木箱，从水平加速、减速，竖直超重、失重，多角度来考查是否会发生相对滑动，关键要把握发生相对滑动的条件。
三．实验题（共5小题，满分54分）
11．（12分）（2024秋 朝阳区校级期中）某实验小组利用如图所示装置进行“验证力的平行四边形定则”实验。圆心为O的半圆形木板竖直固定，边缘处有滑道可以用来固定拉力传感器，将三根不可伸长的细线打结于P点，一根悬挂重物，另外两根分别与两拉力传感器A、B相连。实验操作步骤如下：
①先仅用传感器A拉住重物，调整细线PA的长度及传感器A的位置使得结点P与圆心O重合，记录传感器A的示数FO和 FO的方向 ；
②再将传感器B置于图示位置，仍保证 结点P与圆心O重合 ，调节传感器A的位置至A′处，记录两传感器A、B的示数分别为FA、FB，同时记录 传感器A的位置（FA的方向）、 和 传感器B的位置（FB的方向） ；
③画出FO、FA、FB三力的图示，以FA、FB为邻边做平行四边形，然后按照平行四边形定则得到合力F对比合力F与 FO 的大小和方向得出实验结论。
（1）请将上述填空补充完整。
（2）下列操作必要的是 B 。
A．细线PB必须水平
B．木板必须竖直且三根细线与木板平行
C．应使PA与PB的夹角尽量的大
D．重复上述①②③操作步骤时重物的重量不可改变
【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）①FO的方向；②结点P与圆心O重合；传感器A的位置（FA的方向）；传感器B的位置（FB的方向）；③FO；（2）B。
【分析】（1）根据实验原理、实验的正确操作分析作答；
（2）根据实验的注意事项分析作答；
【解答】解：（1）①仅用传感器A拉住重物，调整细线PA的长度及传感器A的位置使得结点P与圆心O重合，记录传感器A的示数FO和FO的方向；
②测量力传感器A和B的合力，此过程中需要记录传感器A和B示数的大小，传感器A的位置和传感器B的位置，即记录FA、FB的方向；
③照平行四边形定则得到合力F后，要对比F与F0的大小和方向是否在误差的允许范围内；
（2）A.实验时，细线PB可以不水平，故A错误；
B．为了使FA、FB为的合力与FO在同一平面内，木板必须竖直且三根细线与木板平行，故B正确；
C．应使PA与PB的夹角适当大些，不是尽量的大，故C错误；
D．在同一次实验中，重物的重力不可改变；在不同次实验中，重复上述①②③操作步骤时重物的重量可以改变，但需要重新将结点P调节到与圆心O重合，故D错误。
故选：B。
故答案为：（1）①FO的方向；②结点P与圆心O重合；传感器A的位置（FA的方向）；传感器B的位置（FB的方向）；③FO；（2）B。
【点评】本实验主要考查平行四边形定则的应用，关键是明确实验的原理、操作步骤和注意事项，基础题。
12．（10分）（2025秋 重庆校级月考）某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，在研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系时：
（1）实验小组选取材料相同，直径相同，粗细相同，长度相同，圈数不同的两个弹簧进行实验。按照如图甲所示的方案设计实验，1的圈数少，2的圈数多，改变被支撑重物的质量m，静止时测出弹簧的形变量x，得到形变量x与质量m的关系式图像，取多组类似弹簧实验均可得到类似的图像，如图乙所示则可知弹簧单位长度的圈数越 多 （填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越小。
（2）图乙中，已知弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为 。
（3）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，测量弹簧1的劲度系数，弹簧2的重力 不会 （填“会”或“不会”）引起弹簧1的劲度系数的测量误差。
（4）如图丙所示，某学习小组把两根弹簧连接起来，若不考虑弹簧自身重力的影响，把两根弹簧当成一根新弹簧，则新弹簧的劲度系数为 。
【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系．
【专题】实验题；定量思想；推理法；受力分析方法专题；推理论证能力．
【答案】（1）多；（2）；（3）不会；（4）。
【分析】（1）根据胡克定律，结合x﹣m图像的斜率为，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，综合图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率分析求解；
（2）根据胡克定律表达式，结合图乙分析求解；
（3）根据劲度系数与形变量的关系分析求解；
（4）根据平衡条件，对两个弹簧串联起来时的情况分析求解。
【解答】解：（1）根据胡克定律有
mg＝kx
整理后有
则x﹣m图像的斜率为，则图像斜率越大弹簧的劲度系数越小，由图乙可看出直线2的斜率大于直线1的斜率，则
k1＞k2
由于1的圈数少，2的圈数多，则可知弹簧单位长度的圈数越多，弹簧的劲度系数越小。
（2）根据
结合图乙可计算出
，
由于弹簧1的劲度系数为k，则
k1＝k，
（3）根据
可知，弹簧1弹力的变化量不受弹簧2的重力的影响，所以弹簧2不会引起弹簧1劲度系数测量的误差。
（4）弹簧1的劲度系数为k，则弹簧2的劲度系数为，所以把两个弹簧串联起来，当下面挂质量为m0物体时，根据平衡条件得
k1Δx1＝m0g
k2Δx2＝m0g
k（Δx1+Δx2）＝m0g
解得
故答案为：（1）多；（2）；（3）不会；（4）。
【点评】本题考查了研究弹簧劲度系数与弹簧的圈数关系的实验，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。
13．（10分）（2024秋 亭湖区校级期末）一辆质量为m的汽车在平直公路上以速度v匀速行驶，驾驶员突然发现正前方有三角警示牌，于是紧急刹车直至停下，汽车轮胎在路面上划出一道长度x的刹车痕迹。汽车在刹车过程中做匀减速直线运动。求：
（1）汽车刹车过程中的加速度大小；
（2）汽车刹车过程中的时间。
【考点】计算停车的时间、速度或位移．
【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】（1）汽车刹车过程中的加速度大小为；
（2）汽车刹车过程中的时间为。
【分析】（1）速度—位移关系式2ax，求刹车过程中的加速度大小；
（2）根据平均速度公式和位移公式求出汽车刹车过程中的时间；
【解答】解：（1）设汽车刹车过程中的加速度大小为a，由速度—位移关系式2ax，其中vt＝0，v0＝v，解得：
（2）设汽车刹车过程中的时间为t，在匀变速直线运动中，根据平均速度公式
；
；
可得
xt；
解得
t。
答：（1）汽车刹车过程中的加速度大小为；
（2）汽车刹车过程中的时间为。
【点评】本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是位移关系式和平均速度公式应用。
14．（10分）（2024秋 安徽期末）利用如图1所示装置研究物体运动与受力的关系。开始时将一质量为m＝1.5kg的物体置于水平桌面上，使物体获得水平向右的初速度，同时对物体施加一个水平向右的恒定拉力F，1s后撤去拉力，物体继续运动，最后停下来。通过速度传感器得到物体运动过程中速度与时间图线如图2所示（向右为速度正方向）。求：
（1）物体整个运动过程的位移；
（2）水平向右的恒定拉力F为多大。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；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；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体整个运动过程的位移为7m，方向水平向右；
（2）水平向右的恒定拉力F为6N。
【分析】（1）由v﹣t图象中图线和横轴所围的面积表示位移，即可得到位移；
（2）t1到t2时间内物体做匀减速运动，由图求解加速度，再根据牛顿第二定律求解作用力。
【解答】解：（1）v﹣t图像中图线和横轴所围的面积表示位移，可知位移为：
方向水平向右
（2）t1＝1s到t2＝3s时间内物体匀减速运动，由图可知加速度大小为：a1m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律有：f＝ma1＝1.5×2N＝3N
t0＝0到t1＝1s时间内物体在恒定拉力作用下匀加速运动，由图可知其加速度大小为：a2m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律有：F﹣f＝ma2
联立代入数据解得：F＝6N
答：（1）物体整个运动过程的位移为7m，方向水平向右；
（2）水平向右的恒定拉力F为6N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，关键是知道v﹣t图象的含义，斜率表示加速度，面积表示位移，由图象求解加速度，再结合牛顿第二定律求解即可。
15．（12分）（2024秋 古冶区校级期末）如图，可视为质点的物块和木板的质量都为m，物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为2μ和，已知m＝1kg，μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。
（1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小；
（2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小；
（3）开始时，把物块置于木板左端，先对物块施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。Δt＝0.5s，撤去拉力，此后物块刚好不掉下木板，试求木板的长度L。（两物均未离开桌面）
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】计算题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）木板所受摩擦力的大小为5N；
（2）所需拉力F的大小为5N；
（3）木板的长度L为3.75m。
【分析】（1）结合滑动摩擦力公式f＝μFN求木板上表面和下表面所受到的摩擦力，再求总的摩擦力大小；
（2）对物块受力分析，根据牛顿第二定律求得物块发生相对滑动时的加速度，然后对整体，根据牛顿第二定律求得拉力；
（3）分析物块和木板的运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律求得加速度，结合运动学公式即可求得。
【解答】解：（1）当物块相对木板运动时，木板上表面受到摩擦力大小为
f1＝2μmg＝2×0.5×1×10N＝10N
方向水平向右
木板下表面受到的摩擦力大小为
方向水平向左
则木板受到的总的摩擦力大小为
f＝f1﹣f2＝10N﹣5N＝5N
方向水平向右。
（2）当物块即将相对木板运动相对运动时，二者加速度一样大，对物块，由牛顿第二定律有
F﹣f1＝ma
对木板，由牛顿第二定律有
f＝ma
联立解得
F＝15N
（3）施加拉力2F时，物块的加速度大小为
木板的加速度大小为
撤去拉力时，物块、木板的速度分别为
v1＝a1Δt＝20×0.5m/s＝10m/s
v2＝a2Δt＝5×0.5m/s＝2.5m/s
撤去拉力时，物块、木板运动的位移分别为
撤去拉力时，由于物块的速度大于木板的速度，所以木板的摩擦力方向不变，故木板的加速度不变，而物块的加速度大小变为
此时加速度方向与木板运动方向相反，设再历时t物块与木板共速，则有
v1﹣a1′t＝v2+a2t
解得
t＝0.5s
从撤去拉力到共速物块、木板的位移分别为
共速后此后物块与木板共同做减速运动，直至停止，无相对位移，由于物块刚好不掉下木板，所以从开始到共速整个过程满足
L＝x1+x1′﹣x2﹣x2′＝2.5m+3.75m﹣0.625m﹣1.875m＝3.75m
即木板的长度L为3.75m
答：（1）木板所受摩擦力的大小为5N；
（2）所需拉力F的大小为5N；
（3）木板的长度L为3.75m。
【点评】本题的难度在于要正确分析物体之间的相对运动，把每个物体的运动、受力情况分析清楚，从而正确判断物体间相对运动通过的位移。
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