贵州省铜仁市多校2025-2026学年高一上学期期末考试物理试卷
1．（2026高一上·铜仁期末）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，根据打点计时器打出的纸带，可以直接测量得到的物理量是 ( ).
A．位移 B．速度 C．加速度 D．平均速度
【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】A．我们可以直接通过刻度尺去量一下便可得物体运动位移，故A正确；
BCD．速度．加速度及平均速度都需要通过位移测量并加以计算方何得，故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】核心是区分 “直接测量” 和 “间接计算” 的物理量，关键在于理解实验中每个物理量的获取方式。
2．（2026高一上·铜仁期末）2023年10月3日，在杭州亚运会田径女子4×100m接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，时隔9年重返亚洲之巅，其中第四棒运动员是福建选手葛曼棋。如图所示为4×100m跑道的起终点区域，部分赛道起点位置及比赛终点线如图中所标注，则在整个比赛中（ ）
A．43秒39表示时刻
B．每位运动员位移的大小都为100m
C．中国队的平均速度约为9.2m/s
D．中国队运动员的总位移比位于第3道的新加坡队大
【答案】D
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A. 43.39秒 表示中国队在第8道完成4×100米接力决赛的实际用时，是一个时间间隔。故A错误；
B. 位移是从初位置指向末位置的有向线段，其长度表示大小，方向由初位置指向末位置。由于接力比赛中每位运动员的起点和终点位置不同（如弯道与直道差异），因此每位运动员的位移大小不一定等于100米；不同跑道运动员的位移方向和大小均可能不同。故B错误；
D. 根据图示，第8道中国队的位移有向线段长度大于第3道新加坡队的位移线段，说明中国队的总位移更大。故D正确；
C. 中国队的平均速率为总路程除以总时间
平均速率=43.39秒4×100米 ≈9.2m/s
由于中国队运动轨迹为曲线，位移大小小于路程，因此其平均速度大小（位移/时间）必然小于平均速率，即小于9.2 m/s。故C错误。
故选D。
【分析】位移 ≠ 路程（弯道导致位移大小可能 ≠100m）。不同跑道的位移不同（外道位移更大）。曲线运动中，平均速度大小 < 平均速率。
3．（2026高一上·铜仁期末）2022年北京冬奥会中国代表团创造参赛史上最好成绩。如图为任子威在男子短道速滑1000米决赛中，以1分26秒768的成绩获得中国队在本届冬奥会上的第2枚金牌，实现了我国在该项目上冬奥金牌零的突破。关于任子威比赛过程中，下列说法正确的是（ ）
A．位移为
B．1分26秒768指的是时刻
C．平均速率比同组其他队员小
D．研究转弯过程的技术时不可以看成质点
【答案】D
【知识点】质点；位移与路程
【解析】【解答】A．路程为，故A错误；
B.1分26秒768指的是时间间隔，故B错误；
C．根据平均速率公式，可知平均速率比同组其他队员大，故C错误；
D．研究转弯过程的技术时，运动员的形状、大小不可以忽略，故不可以看成质点，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是区分位移与路程、时间间隔与时刻、平均速率的比较，以及质点模型的适用条件，关键是理解这些基本物理概念的定义和区别。
4．（2026高一上·铜仁期末）某同学用v-t图像研究无人机在竖直方向的运动情况，如图所示。图像中只有ab段和cd段为直线，其直线方程分别是，。下列分析正确的是（ ）
A．无人机在ab段一定向上加速，在cd段一定向上减速
B．无人机在ab段和cd段的加速度方向相同
C．无人机在bc段的加速度变化量为5m/s2
D．无人机在bc段的速度变化量为12m/s
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由于题目中没有规定正方向，如果规定向上为正方向，则在ab段向上加速，在cd段向上减速运动；如果规定向下为正方向，则在ab段向下加速，在cd段向下减速运动，A错误；
B．在v-t图像中，斜率表示加速度，由图可知无人机在ab段和cd段的加速度方向相反，B错误；
C．根据，可知在ab段的加速度为3m/s2，在cd段的加速度为-2m/s2， 因此在bc段的加速度变化量为，C正确；
D．从图中数据无法确定无人机在bc段的速度变化量，D错误。
故答案为：C。
【分析】从直线方程 v1 =3t 2 和 v2 =10 2t 中提取 ab 段和 cd 段的加速度，再计算 bc 段的加速度变化量；同时注意速度方向由正方向规定决定，bc 段速度变化量无法从现有信息确定。
5．（2026高一上·铜仁期末）一个球用轻绳吊在车厢光滑前壁上如图所示，车正向右匀速直线行驶。某时刻，突然刹车，该车开始做匀减速直线运动，则刹车瞬间（ ）
A．轻绳的拉力变大 B．轻绳的拉力变小
C．球对车厢的压力变大 D．球对车厢的压力变小
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】刹车时，加速度向左，设绳的拉力为F，绳与竖直方向的夹角为θ，车厢前壁对球的弹力为FN，则
由此可知，θ一定，F一定，FN变大。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是对刹车瞬间小球进行受力分析，关键是结合车厢的匀减速运动，利用牛顿第二定律来判断各力的变化。
6．（2026高一上·铜仁期末）静止的传送带上有一砖块正在匀速下滑，此时开动传送带向上传送。那么物体滑到底端所用的时间与传送带不动时比较（ ）
A．下滑时间增大 B．下滑时间不变
C．下滑时间减小 D．无法确定
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】木块下滑，是由于受到重力沿传送带向下的分力和传送带对木块的摩擦力的合力造成的，无论传送带是匀速向上运动还是静止，由于木块沿传送带向下的分力和传送带对木块的摩擦力都不变，所以木块受到的合力不变，故木块的加速度是不变的，木块下滑移动的距离都等于上下两个转动轴之间的长度s，根据，可知木块滑到底部所需的时间与传送带静止不动时所需时间是相等的。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是分析木块在两种情况下的受力是否发生变化，关键在于判断滑动摩擦力的大小和方向是否改变。
7．（2026高一上·铜仁期末）在龟兔赛跑的故事中，某段时间内兔子和乌龟沿直线运动的位移x随时间t的变化关系图像如图所．下列说法正确的是（ ）
A．乌龟和兔子同时出发
B．乌龟和兔子在比赛途中相遇过2次
C．时刻乌龟和兔子速度大小相等
D．内，兔子和乌龟运动的位移相等
【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由图像可知，乌龟比兔子早出发，A错误；
B．时刻，t2和t4时刻，乌龟和兔子位移相同，则此时两者相遇，B正确；
C．图像的斜率反映速度的大小，可知t2时，兔子的速度大于乌龟的速度，C错误；
D．由图可知，时间内，兔子运动的位移大于乌龟运动的位移，D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是解读位移-时间（x-t）图像，关键在于理解图像的斜率代表速度，两图线的交点代表相遇。
8．（2026高一上·铜仁期末）一水杯放置在水平桌面上，设为水杯对桌面的压力，为桌面对水杯的支持力。下列说法正确的是（ ）
A．与大小相等 B．与大小不等
C．与方向相反 D．与方向相同
【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】水杯对桌面的压力与桌面对水杯的支持力为一对相互作用力，二者等大反向，故AC正确。
故答案为：AC。
【分析】明确F1 （水杯对桌面的压力）与F2 （桌面对水杯的支持力）是一对相互作用力，根据牛顿第三定律判断。
9．（2026高一上·铜仁期末）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板，小滑块（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板的图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为，小滑块始终没有从长木板上滑下，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板与地面之间的动摩擦因数是0.3
B．拉力的大小为
C．后，长木板的加速度大小为
D．长木板的长度至少是
【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，在时撤去力，此时长木板的速度为
5s时两者速度均为
内，滑块的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
内，长木板的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得，A错误；
B．内，长木板的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得，B正确；
C．因，后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得，C错误；
D．内，小滑块的位移大小为
长木板的位移大小为
故长木板的长度至少为
D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查板块模型的 v-t 图像与牛顿定律应用，核心思路是通过 v-t 图像求加速度，结合牛顿第二定律推导摩擦因数、拉力，再通过相对位移的面积差计算木板最小长度。
10．（2026高一上·铜仁期末）自卸式货车可以提高工作效率，如图所示，在车厢由水平位置逐渐抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力和摩擦力都在变化，下列说法中正确的是（ ）
A．逐渐减小 B．先减小后不变
C．逐渐增大 D．先增大后不变
【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对货物受力分析，由平衡条件知，，当车厢逐渐抬高时，θ越来越大，所以越来越小，越来越大。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是对货物进行受力分析，关键是利用共点力平衡条件，分析车厢抬起过程中支持力和摩擦力的变化规律。
11．（2026高一上·铜仁期末）某小组用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，该打点计时器电源的频率为50Hz，在打好的纸带上每5个点标记一个计数点，标记结果如图所示A、B、C、D为连续选择的计数点，其位置分别为20.0mm、34.0mm、53.0mm和77.0mm。则：
(1)图中相邻两计数点的时间间隔是 s；
(2)打B点时小车的速度大小是 m/s；
(3)小车运动的加速度大小是 m/s2。
【答案】；；
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】(1)打点计时器的打点周期为，相邻计数点之间的时间间隔
故答案为：
(2)匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以点速度为
故答案为：
(3)根据逐差法求解加速度
故答案为：
【分析】(1)打点计时器电源频率为50Hz，基础打点时间间隔为0.02s。每5个点取一个计数点，相邻计数点的时间间隔为5倍基础间隔。
(2)匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度。B点是A到C的时间中点，因此B点速度等于A到C的平均速度。
(3)利用逐差法计算加速度，公式为 ，其中 是相邻相等时间内的位移差， 是计数点时间间隔。
12．（2026高一上·铜仁期末）学习了力学知识后，小王同学组装了图甲所示的装置，想利用它来测量一些物理量。他做了如下的实验操作：
Ⅰ．将矿泉水瓶P和物块Q，分别与跨过滑轮的轻绳连接，滑轮通过竖直弹簧测力计悬挂，已知滑轮的质量为M；
Ⅱ．将纸带上端粘在Q的下面，下端穿过打点计时器（图中未画出），往P中装适量水，接通电源，释放P后，P向下运动，读出测力计的示数F，打出点迹清晰的纸带如图乙所示；
Ⅲ．逐渐往P中加适量水，重复实验（P始终向下运动，Q始终未跟滑轮相碰），获得多组实验数据。
（1）在图乙所示的纸带上，相邻两个计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器的频率为50Hz，则Q的加速度大小为 。（结果保留两位有效数字）
（2）根据实验数据，作出Q的加速度a随测力计示数F变化的图像如图丙所示，若图线的斜率为k，图线在F轴上的截距为b，不计轻绳与滑轮间的摩擦，则Q的质量为 ，当地的重力加速度为 。（以上两空均用字母k、b、M表示）
【答案】1.0；；
【知识点】加速度；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）根据题意可知相邻两个计数点间的时间间隔T＝0.1s，而匀变速直线运动在连续相等时间间隔内的位移差相等，则根据逐差相等公式
取位移和位移，此为连续时间内通过的位移，则可得Q的加速度大小为
故答案为：1.0
（2）根据牛顿第二定律，对Q有T－mg＝ma
对滑轮，由平衡条件F＝2T＋Mg
整理得
所以，
解得Q的质量为
重力加速度为
故答案为：；
【分析】(1)利用逐差法计算加速度。相邻计数点间有4个点未画出，时间间隔，根据匀变速直线运动的位移差公式，用两段位移差求加速度。
(2)对滑轮、物块Q和矿泉水瓶P分别受力分析，结合牛顿第二定律推导出关系式，再根据图线的斜率和截距，联立方程求解Q的质量和当地重力加速度。
13．（2026高一上·铜仁期末）如图所示，质量为2kg的物体放在水平地面上，用原长为8cm的轻弹簧水平拉该物体，当弹簧拉着物体匀速前进时，弹簧长度为10.5cm，已知弹簧的劲度系数为200N/m，g=10N/kg。求：
（1）物体所受的滑动摩擦力大小；
（2）物体与地面间的动摩擦因数。
【答案】（1）解：物体匀速前进，则滑动摩擦力与拉力等大反向，即
（2）解：由公式得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【分析】(1)物体匀速运动时，受力平衡，滑动摩擦力与弹簧拉力大小相等，先计算弹簧的伸长量，再用胡克定律求出拉力，即可得到摩擦力大小。
(2)滑动摩擦力公式为 f=μFN ，在水平地面上，正压力 FN 等于物体的重力，代入摩擦力和正压力即可求出动摩擦因数。
14．（2026高一上·铜仁期末）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进到底线附近进行传中。某标准足球场长105m、宽68m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3m/s2。试求：
（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大
（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零加速度为4m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球
【答案】（1）解：足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有
（2）解：当队员的速度达到满速时
此时队员的位移为
此时足球的位移为
此时队员未追上足球，与足球相差10m，以球为参照物，运动员与足球
队员此后相对初速
加速度
追上足球用时为，则有
解得
故前锋队员追上足球至少经过
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】(1)足球做匀减速直线运动，已知初速度、末速度和加速度，直接用匀变速直线运动的速度 - 位移公式求解总位移。
(2)前锋队员先做匀加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，分阶段计算队员和足球的位移，先判断队员在加速阶段是否追上，若未追上，再计算匀速阶段的追及时间，最后得到总时间。
15．（2026高一上·铜仁期末）现从某一水池水面上方h＝0.8 m 高处，让一质量为0.1 kg的硬质小球自由下落，若该水池水深H＝0.8 m，小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6 s．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)
(1)试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？
(2)若要使小球落至水池底部所用时间最短，应从水面上方多高处由静止释放小球？
【答案】（1）解：设小球落至水面所用时间为t1，在水中做匀变速运动，加速度为a，则h=gt12，v=gt1，H=v（t-t1）+a（t-t1）2
解得a=0 m/s2，则小球在水中匀速运动．
（2）解：设释放点距水面的高度为x，则小球落至水面所用时间tx=
此时速度vx=
小球落至池底部所用总时间
当 时t最小，即x==0.4 m．
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】(1)分阶段分析小球运动。先计算自由下落至水面的时间和速度，再计算在水中的运动时间，通过位移公式反推水中的加速度，判断运动性质。
(2)建立总时间关于释放高度的函数，用数学方法（如均值不等式或求导）求函数的最小值点，得到使总时间最短的释放高度。
1 / 1贵州省铜仁市多校2025-2026学年高一上学期期末考试物理试卷
1．（2026高一上·铜仁期末）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，根据打点计时器打出的纸带，可以直接测量得到的物理量是 ( ).
A．位移 B．速度 C．加速度 D．平均速度
2．（2026高一上·铜仁期末）2023年10月3日，在杭州亚运会田径女子4×100m接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，时隔9年重返亚洲之巅，其中第四棒运动员是福建选手葛曼棋。如图所示为4×100m跑道的起终点区域，部分赛道起点位置及比赛终点线如图中所标注，则在整个比赛中（ ）
A．43秒39表示时刻
B．每位运动员位移的大小都为100m
C．中国队的平均速度约为9.2m/s
D．中国队运动员的总位移比位于第3道的新加坡队大
3．（2026高一上·铜仁期末）2022年北京冬奥会中国代表团创造参赛史上最好成绩。如图为任子威在男子短道速滑1000米决赛中，以1分26秒768的成绩获得中国队在本届冬奥会上的第2枚金牌，实现了我国在该项目上冬奥金牌零的突破。关于任子威比赛过程中，下列说法正确的是（ ）
A．位移为
B．1分26秒768指的是时刻
C．平均速率比同组其他队员小
D．研究转弯过程的技术时不可以看成质点
4．（2026高一上·铜仁期末）某同学用v-t图像研究无人机在竖直方向的运动情况，如图所示。图像中只有ab段和cd段为直线，其直线方程分别是，。下列分析正确的是（ ）
A．无人机在ab段一定向上加速，在cd段一定向上减速
B．无人机在ab段和cd段的加速度方向相同
C．无人机在bc段的加速度变化量为5m/s2
D．无人机在bc段的速度变化量为12m/s
5．（2026高一上·铜仁期末）一个球用轻绳吊在车厢光滑前壁上如图所示，车正向右匀速直线行驶。某时刻，突然刹车，该车开始做匀减速直线运动，则刹车瞬间（ ）
A．轻绳的拉力变大 B．轻绳的拉力变小
C．球对车厢的压力变大 D．球对车厢的压力变小
6．（2026高一上·铜仁期末）静止的传送带上有一砖块正在匀速下滑，此时开动传送带向上传送。那么物体滑到底端所用的时间与传送带不动时比较（ ）
A．下滑时间增大 B．下滑时间不变
C．下滑时间减小 D．无法确定
7．（2026高一上·铜仁期末）在龟兔赛跑的故事中，某段时间内兔子和乌龟沿直线运动的位移x随时间t的变化关系图像如图所．下列说法正确的是（ ）
A．乌龟和兔子同时出发
B．乌龟和兔子在比赛途中相遇过2次
C．时刻乌龟和兔子速度大小相等
D．内，兔子和乌龟运动的位移相等
8．（2026高一上·铜仁期末）一水杯放置在水平桌面上，设为水杯对桌面的压力，为桌面对水杯的支持力。下列说法正确的是（ ）
A．与大小相等 B．与大小不等
C．与方向相反 D．与方向相同
9．（2026高一上·铜仁期末）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板，小滑块（可看做质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力的作用，滑块和长木板的图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为，小滑块始终没有从长木板上滑下，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板与地面之间的动摩擦因数是0.3
B．拉力的大小为
C．后，长木板的加速度大小为
D．长木板的长度至少是
10．（2026高一上·铜仁期末）自卸式货车可以提高工作效率，如图所示，在车厢由水平位置逐渐抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力和摩擦力都在变化，下列说法中正确的是（ ）
A．逐渐减小 B．先减小后不变
C．逐渐增大 D．先增大后不变
11．（2026高一上·铜仁期末）某小组用打点计时器研究小车的匀变速直线运动，该打点计时器电源的频率为50Hz，在打好的纸带上每5个点标记一个计数点，标记结果如图所示A、B、C、D为连续选择的计数点，其位置分别为20.0mm、34.0mm、53.0mm和77.0mm。则：
(1)图中相邻两计数点的时间间隔是 s；
(2)打B点时小车的速度大小是 m/s；
(3)小车运动的加速度大小是 m/s2。
12．（2026高一上·铜仁期末）学习了力学知识后，小王同学组装了图甲所示的装置，想利用它来测量一些物理量。他做了如下的实验操作：
Ⅰ．将矿泉水瓶P和物块Q，分别与跨过滑轮的轻绳连接，滑轮通过竖直弹簧测力计悬挂，已知滑轮的质量为M；
Ⅱ．将纸带上端粘在Q的下面，下端穿过打点计时器（图中未画出），往P中装适量水，接通电源，释放P后，P向下运动，读出测力计的示数F，打出点迹清晰的纸带如图乙所示；
Ⅲ．逐渐往P中加适量水，重复实验（P始终向下运动，Q始终未跟滑轮相碰），获得多组实验数据。
（1）在图乙所示的纸带上，相邻两个计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器的频率为50Hz，则Q的加速度大小为 。（结果保留两位有效数字）
（2）根据实验数据，作出Q的加速度a随测力计示数F变化的图像如图丙所示，若图线的斜率为k，图线在F轴上的截距为b，不计轻绳与滑轮间的摩擦，则Q的质量为 ，当地的重力加速度为 。（以上两空均用字母k、b、M表示）
13．（2026高一上·铜仁期末）如图所示，质量为2kg的物体放在水平地面上，用原长为8cm的轻弹簧水平拉该物体，当弹簧拉着物体匀速前进时，弹簧长度为10.5cm，已知弹簧的劲度系数为200N/m，g=10N/kg。求：
（1）物体所受的滑动摩擦力大小；
（2）物体与地面间的动摩擦因数。
14．（2026高一上·铜仁期末）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进到底线附近进行传中。某标准足球场长105m、宽68m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3m/s2。试求：
（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大
（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零加速度为4m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球
15．（2026高一上·铜仁期末）现从某一水池水面上方h＝0.8 m 高处，让一质量为0.1 kg的硬质小球自由下落，若该水池水深H＝0.8 m，小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6 s．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)
(1)试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？
(2)若要使小球落至水池底部所用时间最短，应从水面上方多高处由静止释放小球？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】A．我们可以直接通过刻度尺去量一下便可得物体运动位移，故A正确；
BCD．速度．加速度及平均速度都需要通过位移测量并加以计算方何得，故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】核心是区分 “直接测量” 和 “间接计算” 的物理量，关键在于理解实验中每个物理量的获取方式。
2．【答案】D
【知识点】时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A. 43.39秒 表示中国队在第8道完成4×100米接力决赛的实际用时，是一个时间间隔。故A错误；
B. 位移是从初位置指向末位置的有向线段，其长度表示大小，方向由初位置指向末位置。由于接力比赛中每位运动员的起点和终点位置不同（如弯道与直道差异），因此每位运动员的位移大小不一定等于100米；不同跑道运动员的位移方向和大小均可能不同。故B错误；
D. 根据图示，第8道中国队的位移有向线段长度大于第3道新加坡队的位移线段，说明中国队的总位移更大。故D正确；
C. 中国队的平均速率为总路程除以总时间
平均速率=43.39秒4×100米 ≈9.2m/s
由于中国队运动轨迹为曲线，位移大小小于路程，因此其平均速度大小（位移/时间）必然小于平均速率，即小于9.2 m/s。故C错误。
故选D。
【分析】位移 ≠ 路程（弯道导致位移大小可能 ≠100m）。不同跑道的位移不同（外道位移更大）。曲线运动中，平均速度大小 < 平均速率。
3．【答案】D
【知识点】质点；位移与路程
【解析】【解答】A．路程为，故A错误；
B.1分26秒768指的是时间间隔，故B错误；
C．根据平均速率公式，可知平均速率比同组其他队员大，故C错误；
D．研究转弯过程的技术时，运动员的形状、大小不可以忽略，故不可以看成质点，故D正确。
故答案为：D。
【分析】这道题的核心是区分位移与路程、时间间隔与时刻、平均速率的比较，以及质点模型的适用条件，关键是理解这些基本物理概念的定义和区别。
4．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由于题目中没有规定正方向，如果规定向上为正方向，则在ab段向上加速，在cd段向上减速运动；如果规定向下为正方向，则在ab段向下加速，在cd段向下减速运动，A错误；
B．在v-t图像中，斜率表示加速度，由图可知无人机在ab段和cd段的加速度方向相反，B错误；
C．根据，可知在ab段的加速度为3m/s2，在cd段的加速度为-2m/s2， 因此在bc段的加速度变化量为，C正确；
D．从图中数据无法确定无人机在bc段的速度变化量，D错误。
故答案为：C。
【分析】从直线方程 v1 =3t 2 和 v2 =10 2t 中提取 ab 段和 cd 段的加速度，再计算 bc 段的加速度变化量；同时注意速度方向由正方向规定决定，bc 段速度变化量无法从现有信息确定。
5．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】刹车时，加速度向左，设绳的拉力为F，绳与竖直方向的夹角为θ，车厢前壁对球的弹力为FN，则
由此可知，θ一定，F一定，FN变大。
故答案为：C。
【分析】这道题的核心是对刹车瞬间小球进行受力分析，关键是结合车厢的匀减速运动，利用牛顿第二定律来判断各力的变化。
6．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】木块下滑，是由于受到重力沿传送带向下的分力和传送带对木块的摩擦力的合力造成的，无论传送带是匀速向上运动还是静止，由于木块沿传送带向下的分力和传送带对木块的摩擦力都不变，所以木块受到的合力不变，故木块的加速度是不变的，木块下滑移动的距离都等于上下两个转动轴之间的长度s，根据，可知木块滑到底部所需的时间与传送带静止不动时所需时间是相等的。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是分析木块在两种情况下的受力是否发生变化，关键在于判断滑动摩擦力的大小和方向是否改变。
7．【答案】B
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由图像可知，乌龟比兔子早出发，A错误；
B．时刻，t2和t4时刻，乌龟和兔子位移相同，则此时两者相遇，B正确；
C．图像的斜率反映速度的大小，可知t2时，兔子的速度大于乌龟的速度，C错误；
D．由图可知，时间内，兔子运动的位移大于乌龟运动的位移，D错误。
故答案为：B。
【分析】这道题的核心是解读位移-时间（x-t）图像，关键在于理解图像的斜率代表速度，两图线的交点代表相遇。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】水杯对桌面的压力与桌面对水杯的支持力为一对相互作用力，二者等大反向，故AC正确。
故答案为：AC。
【分析】明确F1 （水杯对桌面的压力）与F2 （桌面对水杯的支持力）是一对相互作用力，根据牛顿第三定律判断。
9．【答案】B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由图乙可知，在时撤去力，此时长木板的速度为
5s时两者速度均为
内，滑块的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得
内，长木板的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得，A错误；
B．内，长木板的加速度大小为
由牛顿第二定律有
解得，B正确；
C．因，后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得，C错误；
D．内，小滑块的位移大小为
长木板的位移大小为
故长木板的长度至少为
D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查板块模型的 v-t 图像与牛顿定律应用，核心思路是通过 v-t 图像求加速度，结合牛顿第二定律推导摩擦因数、拉力，再通过相对位移的面积差计算木板最小长度。
10．【答案】A,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对货物受力分析，由平衡条件知，，当车厢逐渐抬高时，θ越来越大，所以越来越小，越来越大。
故答案为：AC。
【分析】这道题的核心是对货物进行受力分析，关键是利用共点力平衡条件，分析车厢抬起过程中支持力和摩擦力的变化规律。
11．【答案】；；
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】(1)打点计时器的打点周期为，相邻计数点之间的时间间隔
故答案为：
(2)匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以点速度为
故答案为：
(3)根据逐差法求解加速度
故答案为：
【分析】(1)打点计时器电源频率为50Hz，基础打点时间间隔为0.02s。每5个点取一个计数点，相邻计数点的时间间隔为5倍基础间隔。
(2)匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度。B点是A到C的时间中点，因此B点速度等于A到C的平均速度。
(3)利用逐差法计算加速度，公式为 ，其中 是相邻相等时间内的位移差， 是计数点时间间隔。
12．【答案】1.0；；
【知识点】加速度；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）根据题意可知相邻两个计数点间的时间间隔T＝0.1s，而匀变速直线运动在连续相等时间间隔内的位移差相等，则根据逐差相等公式
取位移和位移，此为连续时间内通过的位移，则可得Q的加速度大小为
故答案为：1.0
（2）根据牛顿第二定律，对Q有T－mg＝ma
对滑轮，由平衡条件F＝2T＋Mg
整理得
所以，
解得Q的质量为
重力加速度为
故答案为：；
【分析】(1)利用逐差法计算加速度。相邻计数点间有4个点未画出，时间间隔，根据匀变速直线运动的位移差公式，用两段位移差求加速度。
(2)对滑轮、物块Q和矿泉水瓶P分别受力分析，结合牛顿第二定律推导出关系式，再根据图线的斜率和截距，联立方程求解Q的质量和当地重力加速度。
13．【答案】（1）解：物体匀速前进，则滑动摩擦力与拉力等大反向，即
（2）解：由公式得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；共点力的平衡
【解析】【分析】(1)物体匀速运动时，受力平衡，滑动摩擦力与弹簧拉力大小相等，先计算弹簧的伸长量，再用胡克定律求出拉力，即可得到摩擦力大小。
(2)滑动摩擦力公式为 f=μFN ，在水平地面上，正压力 FN 等于物体的重力，代入摩擦力和正压力即可求出动摩擦因数。
14．【答案】（1）解：足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有
（2）解：当队员的速度达到满速时
此时队员的位移为
此时足球的位移为
此时队员未追上足球，与足球相差10m，以球为参照物，运动员与足球
队员此后相对初速
加速度
追上足球用时为，则有
解得
故前锋队员追上足球至少经过
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】(1)足球做匀减速直线运动，已知初速度、末速度和加速度，直接用匀变速直线运动的速度 - 位移公式求解总位移。
(2)前锋队员先做匀加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，分阶段计算队员和足球的位移，先判断队员在加速阶段是否追上，若未追上，再计算匀速阶段的追及时间，最后得到总时间。
15．【答案】（1）解：设小球落至水面所用时间为t1，在水中做匀变速运动，加速度为a，则h=gt12，v=gt1，H=v（t-t1）+a（t-t1）2
解得a=0 m/s2，则小球在水中匀速运动．
（2）解：设释放点距水面的高度为x，则小球落至水面所用时间tx=
此时速度vx=
小球落至池底部所用总时间
当 时t最小，即x==0.4 m．
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】(1)分阶段分析小球运动。先计算自由下落至水面的时间和速度，再计算在水中的运动时间，通过位移公式反推水中的加速度，判断运动性质。
(2)建立总时间关于释放高度的函数，用数学方法（如均值不等式或求导）求函数的最小值点，得到使总时间最短的释放高度。
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