广东佛山市2025-2026学年普通高中供题训练高一物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.选对的得4分，错选、不选的得0分.
1．（2026高一上·佛山期末）佛山三水区“西甲”足球联赛于2025年7月4日20：00正式开赛.在某场比赛中，某运动员踢出一记飞行轨迹为曲线的“香蕉球”，直接成功射门，最大球速超过.下列说法正确的是（ ）
A．题中的“20：00”指的是时间
B．题中的“”指的是足球的平均速度
C．足球飞行轨迹的长度等于它的位移大小
D．研究球员的踢球动作时不可以把球员看作质点
2．（2026高一上·佛山期末）如图，我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰福建舰赴某海域开展训练.在福建舰电磁弹射系统的作用下，飞机从静止开始加速滑行后，即可达到的起飞速度，若飞机加速过程可视为匀加速直线运动，则飞机在该加速过程的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2026高一上·佛山期末）如图所示，人站在平衡车上沿水平地面直线前进，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．平衡车加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上
B．平衡车加速行驶时，车对人的作用力方向水平向前
C．平衡车加速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小
D．平衡车匀速行驶时，车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
4．（2026高一上·佛山期末）图甲为某工地卡车卸货过程，图乙为其示意图，在支撑杆的作用下，车厢底板绕转轴顺时针缓慢转动，在夹角增大的过程中，若货物始终与车厢底板保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．货物受到车厢底板的支持力增大
B．货物受到车厢底板的摩擦力增大
C．货物受到车厢底板的作用力增大
D．货物受到的合外力增大
5．（2026高一上·佛山期末）2025年4月在北京举行了全球首个人形机器人半程马拉松赛，时刻，a、b两个机器人并排在同一起跑线上，前4s内它们沿直道运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第1s内a的平均速度大小为
B．前4s内b的加速度大小为
C．2s末两个机器人相距最近
D．1s末和3s末两个机器人之间的距离相同
6．（2026高一上·佛山期末）如图所示，平板小车放在光滑水平桌面上，木块放在平板小车上面，其右端通过水平轻绳及光滑定滑轮连接到弹簧测力计上.电动机通过水平轻绳向左拉动平板小车，使其向左做匀速直线运动，此时弹簧测力计示数为.下列说法正确的是（ ）
A．木块所受摩擦力的方向为水平向右
B．木块对平板小车的摩擦力大小为
C．平板小车受到水平轻绳的拉力大小为
D．若增大电动机对平板小车的拉力，则弹簧测力计示数变大
7．（2026高一上·佛山期末）小明站在压力传感器上练习“下蹲—起立”动作，某时段内压力随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．下蹲过程，小明一直处于失重状态
B．1s时，小明处在下蹲过程的最低点
C．2s时，小明处于静止站立状态
D．前2s内小明完成一次“下蹲”动作
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分.
8．（2026高一上·佛山期末）关于粤教版物理必修1教材中的四幅插图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，利用光电门和数字计时器直接测量出小球通过光电门时的瞬时速度
B．图乙中，通过光点在屏上位置的变化反映出硬木板发生了形变
C．图丙中，F1和F2共同作用的效果与F作用的效果相同，可相互替代
D．图丁中，伽利略通过实验直接得出“物体的运动不需要力来维持”的结论
9．（2026高一上·佛山期末）如图所示，某机场进行“行李传送车”传送行李培训.工作人员先将传送带调整水平，再接通电源让传送带做匀速直线运动，然后将某行李箱轻放在传送带一端.若行李箱先做匀加速运动再随传送带一起匀速运动，则在行李箱被传送的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对行李箱始终有摩擦力作用
B．传送相同材质的物品，质量越大加速的时间越长
C．仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短
D．仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大
10．（2026高一上·佛山期末）图（a）为第十五届全国运动会的主火炬，图（b）为其简化模型，质量分布均匀的圆环水平静置于三根曲柱上，三根曲柱与圆环的接触点为圆环三等分点，圆环与曲柱接触的切面与水平面夹角为，不计圆环与曲柱间的摩擦，圆环质量为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．圆环受到4个力作用
B．每根曲柱对圆环的弹力是相同的
C．每根曲柱对圆环的弹力大小为
D．每根曲柱对圆环的弹力大小为
三、实验题：本大题共2小题，共16分.
11．（2026高一上·佛山期末）小明利用两根完全相同的弹簧，以及钩码、毫米刻度尺、细线、大头钉和白纸等器材探究两个互成角度的力的合成规律，实验步骤如下：
（1）测量弹簧劲度系数
①将其中一根弹簧竖直悬挂，下端挂一个重的钩码，用毫米刻度尺测出弹簧的长度，如图甲所示，则 cm；
②如图乙所示，再添加一个重的钩码，测得弹簧长度，则此弹簧的劲度系数k= （结果保留2位有效数字）；
③换另一根弹簧重复上述实验，测得两根弹簧劲度系数几乎相同；
（2）探究两个互成角度的力的合成规律
①如图丙所示，在处于竖直平面的木板上固定一张白纸，将两根弹簧的一端分别与细绳套和连接，另一端分别固定于白纸上的A、B两点，在细绳套的下端挂总重为的钩码：记录 的位置，以及细绳套、和 的方向，测量出弹簧和的长度并计算得到两个弹力大小分别为和。
②在图丁中过O点作出两个弹力、和与钩码重力等大反向的力F的图示 ，再将力F的末端分别与、的末端用直线连接；
③在细绳套的下端挂不同重力的钩码，重复（2）①、②的实验步骤.通过多次实验，观察这三个力所构成的几何图形，然后提出猜想：三个力所构成的几何图形为平行四边形；
④通过实验验证，可得出两个互成角度的力的合成满足 。
12．（2026高一上·佛山期末）利用图甲装置探究小车加速度与力、质量的关系，打点计时器接频率为的交流电源。
（1）本实验采用的主要物理方法为 法。
（2）理论分析、对小车受力分析发现：平衡摩擦力后，细线的拉力即为小车所受合外力。当小车加速下滑时，砂和砂桶的总重力 （填“大于”或“小于”）细线的拉力，因此以砂和砂桶的总重力作为小车合外力是不准确的。
（3）改进装置：在图甲装置的小车前端固定力传感器，用于更准确测量小车受到的合外力。
（4）平衡摩擦力：下列说法正确的是
A.每次使用打点计时器时，应先接通电源后释放小车
B.通过纸带点迹间距情况来判断是否已经平衡摩擦力
C.若改变小车质量，则需要重新平衡摩擦力
（5）进行实验：保持小车质量M（含传感器）不变，改变小车的合外力F，测量加速度a；保持小车合外力F不变，改变小车质量M（含传感器），测量加速度a。图乙为实验获得的一段纸带，图中相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则小车的加速度大小a= （结果均保留2位有效数字）。
（6）数据处理：作出的图像如图丙所示，可得a与F成正比；作出的图像如图丁所示，初步猜想a与M成反比。为验证猜想，应作出 图像，若图线为过原点的一条直线，则猜想成立。得出结论：在误差允许范围内，小车加速度与合外力成正比、与质量成反比。
四、解答题：本大题共3小题，共38分.按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
13．（2026高一上·佛山期末）如图（a）所示，高速公路长下坡路段会设置避险车道，制动失控的车辆可以利用此坡道来实现车辆减速.为研究避险车道的各项参数间的关系，小明用质量为m的可视为质点的滑块来替代制动失控的车辆进行模拟实验，如图（b）所示，初速度为的滑块从斜面底端沿斜面向上运动，已知斜面倾角为，重力加速度为g.
（1）求滑块在斜面上所受支持力的大小 为保证滑块不会出现倒溜现象，求滑块与斜面间的动摩擦因数需要满足的要求 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（2）若滑块与斜面间的动摩擦因数为，为保证滑块不会冲出斜面，求斜面的长度L至少要多长
（3）为了提高避险车道减速作用，请对坡道建设提出一条可行的建议.
14．（2026高一上·佛山期末）2024年6月我国嫦娥六号登月，实现了首次月背采样返回.登陆器着陆月球的过程可分为四个阶段：第一阶段为悬停段，登陆器悬停在距离月球表面高处；第二阶段为避障下降段，此阶段可认为先竖直向下做匀加速直线运动，当速度达到时立即竖直向下做匀减速运动，加速和减速过程的加速度大小相等，运动至离月球表面高度处时速度降至；第三阶段为缓速下降段，此阶段登陆器保持匀速直线运动，直至下降到离月球表面高度处；第四阶段为着陆缓冲段，关闭发动机，登陆器仅在重力作用下以的初速度竖直向下运动直至着月、月球表面重力加速度取.求：
（1）登陆器着月前瞬间速度大小；
（2）第二阶段加速度大小；
（3）已知登陆器质量为，分别求出第二阶段加速过程和减速过程登陆器发动机的推力大小 （忽略此过程燃料消耗对质量的影响）
15．（2026高一上·佛山期末）如图，一长、质量的薄木板B（忽略高度）静置在粗糙的水平地面上，B上表面中点处静止放置一质量可视为质点的物块A.已知A、B间的动摩擦因数，A、B与地面的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取.
（1）当用水平向右的恒力拉物块A时， A、B恰好能够保持相对静止一起向右运动，求B的加速度大小；
（2）当用水平向右的恒力拉木板B时，求A、B的加速度大小（A未从B上滑落）；
（3）从作用在木板B上开始计时，求2s末A与B左端的距离（若A从B上滑落，则滑落瞬间A、B的速度均保持不变）.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．“20：00”表示比赛开始的某一瞬间，属于时刻不属于时间间隔（时间指一段时间），故A错误；
B．“”指的是足球的某一瞬间的最大速度，代表最大瞬时速率（速度大小），而非整个飞行过程的平均速度，故B错误；
C．足球飞行轨迹为曲线，轨迹长度是代表路程（标量），物体做曲线运动，则轨迹长度大于起点到终点的直线距离，所以路程大于位移大小，故C错误；
D．研究球员的踢球动作时，需分析球员身体各部分的运动细节（如腿部摆动），运动员的形状和大小对踢球动作有影响，因此不能将球员视为质点，故D正确。
故选D。
【分析】比赛开始的某一瞬间，属于时刻不属于时间间隔；足球的某一瞬间的最大速度，代表最大瞬时速率（速度大小），而非整个飞行过程的平均速度；物体做曲线运动，则轨迹长度大于起点到终点的直线距离，所以路程大于位移大小；物体能否作为质点主要看所研究的问题。
2．【答案】A
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】 飞机从静止开始加速滑行后，即可达到的起飞速度，若飞机加速过程可视为匀加速直线运动 根据速度—位移公式有
解得
故选A。
【分析】飞机做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小。
3．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．电动平衡车加速行驶时，根据水平方向的加速度方向可以得出车对人有支持力和摩擦力，对支持力和摩擦力进行合成可以得出车对人的作用力方向倾斜向上，故AB错误；
C．根据牛顿第三定律，由于作用力与反作用力总是相等，车对人的作用力大小都等于人对车的作用力大小，故C正确；
D．电动平衡车匀速行驶时，根据平衡状态可以得出人受到的重力和平衡车对人的支持力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力，由于车受到人的压力，本身的重力和地面的支持力属于三力平衡，所以车受到的重力和地面对车的支持力大小不等，不是一对平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】电动车加速时，根据水平方向的加速度方向可以得出车对人的作用力方向倾斜向上；车对人的作用力大小都等于人对车的作用力大小；根据平衡状态可以得出人受到的重力和平衡车对人的支持力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力，由于车受到人的压力，本身的重力和地面的支持力属于三力平衡。
4．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】D．因为过程中货物相对车厢始终静止，根据货物处于静止属于平衡状态所以货物受到的合力等于0，始终保持不变；故D错误；
AB．由于货物保持平衡，对重力沿斜面和垂直斜面分解，根据平衡方程可以得出摩擦力为：，支持力的大小为：
在范围内，当增大时，增大，减小。所以，支持力减小，摩擦力增大，故A错误，B正确；
C．货物受到车厢的作用力为货物受到车厢底板的作用力为支持力与摩擦力的合力，对支持力和摩擦力进行合成，根据二力平衡条件可以得出支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，在增大过程中，货物受到车厢底板的作用力不变，故C错误。
故选B。
【分析】利用货物处于平衡状态则受到的合力始终为0，保持不变；利用平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小变化；货物受到车厢的作用力为货物受到车厢底板的作用力为支持力与摩擦力的合力，对支持力和摩擦力进行合成，根据二力平衡条件可以得出支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，所以作用力始终保持不变。
5．【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图线与坐标轴围成的面积代表位移，根据面积大小可以得出第1s内a的位移小于1m，根据位移与时间的比值可以得出平均速度大小，故A错误；
B．在速度时间图像中，由于图线的斜率代表加速度，根据图线斜率可以得出前4s内b的加速度大小为，故B错误；
C．时刻，a、b两个机器人并排在同一起跑线上，根据图线交点可以得出2s末两个机器人速度相同，根据图线面积可以得出两者此时相距最远，故C错误；
D．图像与坐标轴围成的面积代表位移，根据图线面积的大小可以得出1~2s内a比b多的位移与2s~3s内b比a多的位移相等，所以两者在1s末到3s末之间运动的距离相等，所以在1s末和3s末两个机器人之间的距离相同，故D正确；
故选D。
【分析】利用图线面积可以比较位移的大小，结合时间可以比较平均速度的大小；利用图线斜率可以求出加速度的大小；利用图线面积可以比较运动的距离，进而判别两个机器人之间的距离大小。
6．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于平板小车向左运动，木块处于静止，所以木块相对平板小车向右运动，根据相对运动的方向可以得出木块所受摩擦力的方向为水平向左，故A错误；
B．木块受力平衡，由于弹力的大小等于木块受到木板的摩擦力大小，通过平衡条件可以得出木块所受摩擦力为10N，根据牛顿第三定律可知，木块对平板小车的摩擦力大小为10N，故B错误；
C．由于小车向左做匀速直线运动，小车受力平衡，根据水平方向的平衡方程可以得出小车受到水平轻绳的拉力大小等于摩擦力大小，为10N，故C正确；
D．由于木块处于静止，弹簧测力计示数等于木块受滑动摩擦力大小，滑动摩擦力不变，若增大电动机对平板小车的拉力，根据木块的平衡条件可以得出由于摩擦力大小不变所以弹簧测力计示数不变，故D错误；
故选C。
【分析】利用木块相对平板小车向右运动，根据相对运动的方向可以得出木块所受摩擦力的方向为水平向左；由于弹力的大小等于木块受到木板的摩擦力大小，通过平衡条件可以得出木块所受摩擦力为10N，根据牛顿第三定律可知，木块对平板小车的摩擦力大小为10N；小车受力平衡，根据水平方向的平衡方程可以得出小车受到水平轻绳的拉力大小等于摩擦力大小，为10N；增大电动机对平板小车的拉力，根据木块的平衡条件可以得出由于摩擦力大小不变所以弹簧测力计示数不变。
7．【答案】D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】AD．小明在下蹲的过程中，由于最初从静止向下加速所以加速度方向向下，接着加速度方向向上再进行减速到静止，根据加速度方向先向下后向上，所以小明先失重，再超重，根据分析可以得出前2s内小明完成一次“下蹲”动作，故A错误，D正确；
B．下蹲过程的最低点时，小明处于静止时，压力等于重力，由图示图像可知，1s时，由于压力小于重力所以小明还不是下蹲过程的最低点，故B错误；
C.2s时，小明压力等于重力，小明处于平衡状态，所以小明蹲在最低点，故C错误；
故选D。
【分析】利用下蹲过程加速度的方向可以判别小明处于超重或者失重现象；利用图像可以比较压力与重力的大小，进而判别小明的位置，利用失重和超重可以判别小明完成的动作。
8．【答案】B,C
【知识点】极限法；匀变速直线运动规律的综合运用；力的合成
【解析】【解答】A．图甲中，利用光电门和数字计时器直接测量出小球通过光电门时所花的时间，结合小球的直径大小，再利用平均速度公式可以得出小球球心到光电门时的瞬时速度，故A错误；
B．图乙中，采用微小量放大法，将桌面形变转换为光点在屏幕上的位置变化，通过光点在屏上位置的变化反映出硬木板发生了形变，故B正确；
C．图丙中，为了验证两力作用效果和一个力的作用效果相同，通过使结点的位置一致来保证力的作用效果相同，体现等效替代的思想，故C正确；
D．图丁中，伽利略通过从斜面实验的规律推导出小球在理想斜面实验会出现想实验规律，利用实验事实与科学推理得出“物体的运动不需要力来维持”的结论，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球的直径大小结合平均速度公式可以得出小球球心到光电门时的瞬时速度；将桌面形变转换为光点在屏幕上的位置变化，通过光点在屏上位置的变化反映出硬木板发生了形变；为了验证两力作用效果和一个力的作用效果相同，通过使结点的位置一致来保证力的作用效果相同，体现等效替代的思想；伽利略利用实验事实与科学推理得出“物体的运动不需要力来维持”的结论。
9．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．行李箱随传送带一起匀速运动时，根据行李箱的平衡条件可以判别水平方向没有受到摩擦力的作用，故A错误；
B．行李箱加速过程，由传送带的滑动摩擦力产生合力，根据牛顿第二定律可得
根据速度公式有
则加速的时间
根据表达式可以得出加速的时间与质量无关，仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短，故B错误，C正确；
D．已知传送带做匀速直线运动，行李箱做匀加速直线运动，根据位移公式可以得出两者之间的相对位移
则仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大，故D正确。
故选CD。
【分析】利用行李箱匀速直线运动的平衡条件可以判别不受到摩擦力的作用；利用牛顿第二定律可以求出行李箱加速过程的加速度大小，结合速度公式可以求出加速时间的影响因素；利用传送带和行李箱的位移公式可以求出行李箱加速过程相对传送带的相对位移大小。
10．【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于质量分布均匀的圆环水平静置于三根曲柱上，对圆环受力分析可知，圆环受到自身重力、三根曲柱对圆环的弹力，故圆环受到4个力作用，由于弹力方向与接触面垂直，所以三根曲柱对圆环的弹力均垂直于圆环与曲柱接触的切面，由对称性可知，三个弹力大小相同，方向不同，A正确，B错误；
CD．设每根曲柱对圆环的弹力大小为，圆环与曲柱接触的切面与水平面夹角为，由于圆环处于静止，根据竖直方向的平衡方程有：
解得，C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用圆环的接触物体对圆环进行受力分析，进而判别受力的个数；利用弹力的方向可以判别三个曲面对圆环产生的弹力不同；利用竖直方向的平衡方程可以求出弹力的大小。
11．【答案】（1）2.50；0.50
（2）结点O；oe；；平行四边形定则
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）①已知刻度尺的分度值为0.1cm，根据图示刻度可得
②再添加一个重的钩码，测得弹簧长度，已知弹簧的弹力与弹簧的长度，根据胡克定律可以得出劲度系数为
（2）①为了验证两个分力和合力的大小满足平行四边形定则，为了准确记录拉力的方向，应记录结点O的位置，以及细绳套、和oe的方向
②根据力的标度及力的大小可以画出力的图示，如下图所示
④如图所示，由于两个弹力与合力构成平行四边形，通过实验验证，可得出两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
【分析】（1）利用刻度尺分度值可以得出弹簧的长度，利用钩码的重力结合弹簧的伸长量可以求出劲度系数的大小；
（2）为了画出合力与分力的关系，应记录结点O的位置，以及细绳套、和oe的方向；利用合力与分力的大小及方向可以画出对应的图示；根据图示可以验证两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
（1）①[1]刻度尺的分度值为0.1cm，可得
②[2]再添加一个重的钩码，测得弹簧长度，根据胡克定律有
（2）①[1][2]根据实验的等效替代原理可知，应记录结点O的位置，以及细绳套、和oe的方向
②[3]如图
④[4]通过实验验证，可得出两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
12．【答案】控制变量；大于；AB；0.50；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）本实验探究小车加速度与力、质量的关系，为了探究一个物理量与多个物理量的关系，本实验用到的科学研究方法是控制变量法。
（2）当小车加速下滑时，砂和砂桶随着小车一起加速下滑，由于砂和砂桶的加速度方向向下所以合力方向向下，故砂和砂桶的总重力大于细线的拉力。
（4）A．为了充分利用纸带，实验时先接通电源，再释放小车，A正确；
B．平衡摩擦力后，轻推小车，小车将做匀速直线运动，当小车做匀速直线运动时，根据速度公式可以得出相等时间内位移相等所以打出的纸带点迹间距均匀，因此可以通过纸带点迹间距均匀情况来判断是否已经平衡摩擦力，B正确；
C．通过增减小车上的砝码改变质量时，平衡方程为，与质量无关，所以改变小车的质量时不需要重新平衡摩擦力，平衡摩擦力只需要做一次，C错误。
故选AB。
（5）打点计时器接频率为的交流电源，根据可以得出相邻两个计数点间的时间间隔为，图中相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则两点之间的时间间隔为，小车做匀加速直线运动，根据逐差法可得小车的加速度为
解得
（6）图像如图丁所示，由于图线为曲线不能直接得出反比规律，所以猜想a与M成反比，则应作出图像，若图线为过原点的一条倾斜直线，则猜想成立。
【分析】（1）本实验用到的科学研究方法是控制变量法；
（2）由于砂和砂桶的加速度方向向下所以合力方向向下，故砂和砂桶的总重力大于细线的拉力；
（4）为了充分利用纸带，实验时先接通电源，再释放小车；当小车做匀速直线运动时，根据速度公式可以得出相等时间内位移相等所以打出的纸带点迹间距均匀，因此可以通过纸带点迹间距均匀情况来判断是否已经平衡摩擦力；平衡方程为，与质量无关，所以改变小车的质量时不需要重新平衡摩擦力，平衡摩擦力只需要做一次；
（5）利用打点的时间间隔结合逐差法可以求出小车加速度的大小；
（6）猜想a与M成反比，则应作出图像，若图线为过原点的一条倾斜直线，则猜想成立。
13．【答案】（1）滑块所受支持力大小
为了保证滑块滑到最高点后不会出现倒溜现象，需满足
解得
（2）滑块上滑时
由牛顿第二定律得
设斜面最小长度为L，则有
解得
（3）①增加坡道长度；②在坡道上铺上砂石增加坡道与车辆间的摩擦阻力
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块在斜面上静止时，利用滑动摩擦力小于重力的分力可以求出动摩擦因数的大小范围；
（2）当滑块上滑时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出斜面的长度；
（3）当足够汽车速度减速为0，可以增大坡道与车辆之间的摩擦力，或者增大坡道的长度。
（1）滑块所受支持力大小
为了保证滑块滑到最高点后不会出现倒溜现象，需满足
解得
（2）滑块上滑时
由牛顿第二定律得
设斜面最小长度为L，则有
解得
（3）①增加坡道长度；②在坡道上铺上砂石增加坡道与车辆间的摩擦阻力
14．【答案】（1）登陆器着陆过程有
解得
（2）登陆器加速阶段
减速阶段，
以上各式代入数据解得
（3）加速过程根据牛顿第二定律有
解得
减速过程根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）登陆器做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出登陆月球前的速度大小；
（2）登陆器在第二阶段先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，利用两个过程的速度位移公式可以求出加速度的大小；
（3）登陆器先做匀加速后做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两个过程推力的大小
（1）登陆器着陆过程有
解得
（2）登陆器加速阶段
减速阶段，
以上各式代入数据解得
（3）加速过程根据牛顿第二定律有
解得
减速过程根据牛顿第二定律有
解得
15．【答案】（1）A、B恰能保持相对静止一起向右运动，即A、B间达到最大静摩擦力，对A、B整体
解得
（2）设当用水平向右的恒力拉木板B时，假设A、B相对滑动，对B
解得
对A，根据牛顿第二定律有
解得
，说明A、B已相对滑动。
（3）设经过时间，A到B的左端，则
解得
故1s后A将从B左端滑落，滑落后瞬间，A的速度
B的速度
解得，
滑落后A的加速度满足
解得
B的加速度满足
解得
则在s内，
解得，
故2s后A与B左端的距离：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）当AB之间恰好保持相对静止时一起向右做匀加速直线运动，利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当已知恒力的大小，利用牛顿第二定律可以求出A和B各自加速度的大小，进而判别AB发生滑动；
（3）当A与B发生分离时，利用位移公式可以求出分离时所花的时间，结合速度公式可以求出分离时AB的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出AB加速度的大小，利用位移公式可以求出2s末两者之间的距离大小。
（1）A、B恰能保持相对静止一起向右运动，即A、B间达到最大静摩擦力，对A、B整体
解得
（2）设当用水平向右的恒力拉木板B时，假设A、B相对滑动，对B
解得
对A，根据牛顿第二定律有
解得
，说明A、B已相对滑动。
（3）设经过时间，A到B的左端，则
解得
故1s后A将从B左端滑落，滑落后瞬间，A的速度
B的速度
解得，
滑落后A的加速度满足
解得
B的加速度满足
解得
则在s内，
解得，
故2s后A与B左端的距离：
1 / 1广东佛山市2025-2026学年普通高中供题训练高一物理试题
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.选对的得4分，错选、不选的得0分.
1．（2026高一上·佛山期末）佛山三水区“西甲”足球联赛于2025年7月4日20：00正式开赛.在某场比赛中，某运动员踢出一记飞行轨迹为曲线的“香蕉球”，直接成功射门，最大球速超过.下列说法正确的是（ ）
A．题中的“20：00”指的是时间
B．题中的“”指的是足球的平均速度
C．足球飞行轨迹的长度等于它的位移大小
D．研究球员的踢球动作时不可以把球员看作质点
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；平均速度
【解析】【解答】A．“20：00”表示比赛开始的某一瞬间，属于时刻不属于时间间隔（时间指一段时间），故A错误；
B．“”指的是足球的某一瞬间的最大速度，代表最大瞬时速率（速度大小），而非整个飞行过程的平均速度，故B错误；
C．足球飞行轨迹为曲线，轨迹长度是代表路程（标量），物体做曲线运动，则轨迹长度大于起点到终点的直线距离，所以路程大于位移大小，故C错误；
D．研究球员的踢球动作时，需分析球员身体各部分的运动细节（如腿部摆动），运动员的形状和大小对踢球动作有影响，因此不能将球员视为质点，故D正确。
故选D。
【分析】比赛开始的某一瞬间，属于时刻不属于时间间隔；足球的某一瞬间的最大速度，代表最大瞬时速率（速度大小），而非整个飞行过程的平均速度；物体做曲线运动，则轨迹长度大于起点到终点的直线距离，所以路程大于位移大小；物体能否作为质点主要看所研究的问题。
2．（2026高一上·佛山期末）如图，我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰福建舰赴某海域开展训练.在福建舰电磁弹射系统的作用下，飞机从静止开始加速滑行后，即可达到的起飞速度，若飞机加速过程可视为匀加速直线运动，则飞机在该加速过程的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】 飞机从静止开始加速滑行后，即可达到的起飞速度，若飞机加速过程可视为匀加速直线运动 根据速度—位移公式有
解得
故选A。
【分析】飞机做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小。
3．（2026高一上·佛山期末）如图所示，人站在平衡车上沿水平地面直线前进，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．平衡车加速行驶时，车对人的作用力方向竖直向上
B．平衡车加速行驶时，车对人的作用力方向水平向前
C．平衡车加速行驶时，车对人的作用力大小等于人对车的作用力大小
D．平衡车匀速行驶时，车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．电动平衡车加速行驶时，根据水平方向的加速度方向可以得出车对人有支持力和摩擦力，对支持力和摩擦力进行合成可以得出车对人的作用力方向倾斜向上，故AB错误；
C．根据牛顿第三定律，由于作用力与反作用力总是相等，车对人的作用力大小都等于人对车的作用力大小，故C正确；
D．电动平衡车匀速行驶时，根据平衡状态可以得出人受到的重力和平衡车对人的支持力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力，由于车受到人的压力，本身的重力和地面的支持力属于三力平衡，所以车受到的重力和地面对车的支持力大小不等，不是一对平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】电动车加速时，根据水平方向的加速度方向可以得出车对人的作用力方向倾斜向上；车对人的作用力大小都等于人对车的作用力大小；根据平衡状态可以得出人受到的重力和平衡车对人的支持力大小相等、方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力，由于车受到人的压力，本身的重力和地面的支持力属于三力平衡。
4．（2026高一上·佛山期末）图甲为某工地卡车卸货过程，图乙为其示意图，在支撑杆的作用下，车厢底板绕转轴顺时针缓慢转动，在夹角增大的过程中，若货物始终与车厢底板保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．货物受到车厢底板的支持力增大
B．货物受到车厢底板的摩擦力增大
C．货物受到车厢底板的作用力增大
D．货物受到的合外力增大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】D．因为过程中货物相对车厢始终静止，根据货物处于静止属于平衡状态所以货物受到的合力等于0，始终保持不变；故D错误；
AB．由于货物保持平衡，对重力沿斜面和垂直斜面分解，根据平衡方程可以得出摩擦力为：，支持力的大小为：
在范围内，当增大时，增大，减小。所以，支持力减小，摩擦力增大，故A错误，B正确；
C．货物受到车厢的作用力为货物受到车厢底板的作用力为支持力与摩擦力的合力，对支持力和摩擦力进行合成，根据二力平衡条件可以得出支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，在增大过程中，货物受到车厢底板的作用力不变，故C错误。
故选B。
【分析】利用货物处于平衡状态则受到的合力始终为0，保持不变；利用平衡方程可以判别支持力和摩擦力的大小变化；货物受到车厢的作用力为货物受到车厢底板的作用力为支持力与摩擦力的合力，对支持力和摩擦力进行合成，根据二力平衡条件可以得出支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，所以作用力始终保持不变。
5．（2026高一上·佛山期末）2025年4月在北京举行了全球首个人形机器人半程马拉松赛，时刻，a、b两个机器人并排在同一起跑线上，前4s内它们沿直道运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第1s内a的平均速度大小为
B．前4s内b的加速度大小为
C．2s末两个机器人相距最近
D．1s末和3s末两个机器人之间的距离相同
【答案】D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．在速度时间图像中，由于图线与坐标轴围成的面积代表位移，根据面积大小可以得出第1s内a的位移小于1m，根据位移与时间的比值可以得出平均速度大小，故A错误；
B．在速度时间图像中，由于图线的斜率代表加速度，根据图线斜率可以得出前4s内b的加速度大小为，故B错误；
C．时刻，a、b两个机器人并排在同一起跑线上，根据图线交点可以得出2s末两个机器人速度相同，根据图线面积可以得出两者此时相距最远，故C错误；
D．图像与坐标轴围成的面积代表位移，根据图线面积的大小可以得出1~2s内a比b多的位移与2s~3s内b比a多的位移相等，所以两者在1s末到3s末之间运动的距离相等，所以在1s末和3s末两个机器人之间的距离相同，故D正确；
故选D。
【分析】利用图线面积可以比较位移的大小，结合时间可以比较平均速度的大小；利用图线斜率可以求出加速度的大小；利用图线面积可以比较运动的距离，进而判别两个机器人之间的距离大小。
6．（2026高一上·佛山期末）如图所示，平板小车放在光滑水平桌面上，木块放在平板小车上面，其右端通过水平轻绳及光滑定滑轮连接到弹簧测力计上.电动机通过水平轻绳向左拉动平板小车，使其向左做匀速直线运动，此时弹簧测力计示数为.下列说法正确的是（ ）
A．木块所受摩擦力的方向为水平向右
B．木块对平板小车的摩擦力大小为
C．平板小车受到水平轻绳的拉力大小为
D．若增大电动机对平板小车的拉力，则弹簧测力计示数变大
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．由于平板小车向左运动，木块处于静止，所以木块相对平板小车向右运动，根据相对运动的方向可以得出木块所受摩擦力的方向为水平向左，故A错误；
B．木块受力平衡，由于弹力的大小等于木块受到木板的摩擦力大小，通过平衡条件可以得出木块所受摩擦力为10N，根据牛顿第三定律可知，木块对平板小车的摩擦力大小为10N，故B错误；
C．由于小车向左做匀速直线运动，小车受力平衡，根据水平方向的平衡方程可以得出小车受到水平轻绳的拉力大小等于摩擦力大小，为10N，故C正确；
D．由于木块处于静止，弹簧测力计示数等于木块受滑动摩擦力大小，滑动摩擦力不变，若增大电动机对平板小车的拉力，根据木块的平衡条件可以得出由于摩擦力大小不变所以弹簧测力计示数不变，故D错误；
故选C。
【分析】利用木块相对平板小车向右运动，根据相对运动的方向可以得出木块所受摩擦力的方向为水平向左；由于弹力的大小等于木块受到木板的摩擦力大小，通过平衡条件可以得出木块所受摩擦力为10N，根据牛顿第三定律可知，木块对平板小车的摩擦力大小为10N；小车受力平衡，根据水平方向的平衡方程可以得出小车受到水平轻绳的拉力大小等于摩擦力大小，为10N；增大电动机对平板小车的拉力，根据木块的平衡条件可以得出由于摩擦力大小不变所以弹簧测力计示数不变。
7．（2026高一上·佛山期末）小明站在压力传感器上练习“下蹲—起立”动作，某时段内压力随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．下蹲过程，小明一直处于失重状态
B．1s时，小明处在下蹲过程的最低点
C．2s时，小明处于静止站立状态
D．前2s内小明完成一次“下蹲”动作
【答案】D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】AD．小明在下蹲的过程中，由于最初从静止向下加速所以加速度方向向下，接着加速度方向向上再进行减速到静止，根据加速度方向先向下后向上，所以小明先失重，再超重，根据分析可以得出前2s内小明完成一次“下蹲”动作，故A错误，D正确；
B．下蹲过程的最低点时，小明处于静止时，压力等于重力，由图示图像可知，1s时，由于压力小于重力所以小明还不是下蹲过程的最低点，故B错误；
C.2s时，小明压力等于重力，小明处于平衡状态，所以小明蹲在最低点，故C错误；
故选D。
【分析】利用下蹲过程加速度的方向可以判别小明处于超重或者失重现象；利用图像可以比较压力与重力的大小，进而判别小明的位置，利用失重和超重可以判别小明完成的动作。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分.
8．（2026高一上·佛山期末）关于粤教版物理必修1教材中的四幅插图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，利用光电门和数字计时器直接测量出小球通过光电门时的瞬时速度
B．图乙中，通过光点在屏上位置的变化反映出硬木板发生了形变
C．图丙中，F1和F2共同作用的效果与F作用的效果相同，可相互替代
D．图丁中，伽利略通过实验直接得出“物体的运动不需要力来维持”的结论
【答案】B,C
【知识点】极限法；匀变速直线运动规律的综合运用；力的合成
【解析】【解答】A．图甲中，利用光电门和数字计时器直接测量出小球通过光电门时所花的时间，结合小球的直径大小，再利用平均速度公式可以得出小球球心到光电门时的瞬时速度，故A错误；
B．图乙中，采用微小量放大法，将桌面形变转换为光点在屏幕上的位置变化，通过光点在屏上位置的变化反映出硬木板发生了形变，故B正确；
C．图丙中，为了验证两力作用效果和一个力的作用效果相同，通过使结点的位置一致来保证力的作用效果相同，体现等效替代的思想，故C正确；
D．图丁中，伽利略通过从斜面实验的规律推导出小球在理想斜面实验会出现想实验规律，利用实验事实与科学推理得出“物体的运动不需要力来维持”的结论，故D错误。
故选BC。
【分析】利用小球的直径大小结合平均速度公式可以得出小球球心到光电门时的瞬时速度；将桌面形变转换为光点在屏幕上的位置变化，通过光点在屏上位置的变化反映出硬木板发生了形变；为了验证两力作用效果和一个力的作用效果相同，通过使结点的位置一致来保证力的作用效果相同，体现等效替代的思想；伽利略利用实验事实与科学推理得出“物体的运动不需要力来维持”的结论。
9．（2026高一上·佛山期末）如图所示，某机场进行“行李传送车”传送行李培训.工作人员先将传送带调整水平，再接通电源让传送带做匀速直线运动，然后将某行李箱轻放在传送带一端.若行李箱先做匀加速运动再随传送带一起匀速运动，则在行李箱被传送的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．传送带对行李箱始终有摩擦力作用
B．传送相同材质的物品，质量越大加速的时间越长
C．仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短
D．仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A．行李箱随传送带一起匀速运动时，根据行李箱的平衡条件可以判别水平方向没有受到摩擦力的作用，故A错误；
B．行李箱加速过程，由传送带的滑动摩擦力产生合力，根据牛顿第二定律可得
根据速度公式有
则加速的时间
根据表达式可以得出加速的时间与质量无关，仅减小传送带速度，行李箱加速运动的时间变短，故B错误，C正确；
D．已知传送带做匀速直线运动，行李箱做匀加速直线运动，根据位移公式可以得出两者之间的相对位移
则仅增大传送带速度，行李箱与传送带的相对位移变大，故D正确。
故选CD。
【分析】利用行李箱匀速直线运动的平衡条件可以判别不受到摩擦力的作用；利用牛顿第二定律可以求出行李箱加速过程的加速度大小，结合速度公式可以求出加速时间的影响因素；利用传送带和行李箱的位移公式可以求出行李箱加速过程相对传送带的相对位移大小。
10．（2026高一上·佛山期末）图（a）为第十五届全国运动会的主火炬，图（b）为其简化模型，质量分布均匀的圆环水平静置于三根曲柱上，三根曲柱与圆环的接触点为圆环三等分点，圆环与曲柱接触的切面与水平面夹角为，不计圆环与曲柱间的摩擦，圆环质量为，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．圆环受到4个力作用
B．每根曲柱对圆环的弹力是相同的
C．每根曲柱对圆环的弹力大小为
D．每根曲柱对圆环的弹力大小为
【答案】A,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于质量分布均匀的圆环水平静置于三根曲柱上，对圆环受力分析可知，圆环受到自身重力、三根曲柱对圆环的弹力，故圆环受到4个力作用，由于弹力方向与接触面垂直，所以三根曲柱对圆环的弹力均垂直于圆环与曲柱接触的切面，由对称性可知，三个弹力大小相同，方向不同，A正确，B错误；
CD．设每根曲柱对圆环的弹力大小为，圆环与曲柱接触的切面与水平面夹角为，由于圆环处于静止，根据竖直方向的平衡方程有：
解得，C错误，D正确。
故选AD。
【分析】利用圆环的接触物体对圆环进行受力分析，进而判别受力的个数；利用弹力的方向可以判别三个曲面对圆环产生的弹力不同；利用竖直方向的平衡方程可以求出弹力的大小。
三、实验题：本大题共2小题，共16分.
11．（2026高一上·佛山期末）小明利用两根完全相同的弹簧，以及钩码、毫米刻度尺、细线、大头钉和白纸等器材探究两个互成角度的力的合成规律，实验步骤如下：
（1）测量弹簧劲度系数
①将其中一根弹簧竖直悬挂，下端挂一个重的钩码，用毫米刻度尺测出弹簧的长度，如图甲所示，则 cm；
②如图乙所示，再添加一个重的钩码，测得弹簧长度，则此弹簧的劲度系数k= （结果保留2位有效数字）；
③换另一根弹簧重复上述实验，测得两根弹簧劲度系数几乎相同；
（2）探究两个互成角度的力的合成规律
①如图丙所示，在处于竖直平面的木板上固定一张白纸，将两根弹簧的一端分别与细绳套和连接，另一端分别固定于白纸上的A、B两点，在细绳套的下端挂总重为的钩码：记录 的位置，以及细绳套、和 的方向，测量出弹簧和的长度并计算得到两个弹力大小分别为和。
②在图丁中过O点作出两个弹力、和与钩码重力等大反向的力F的图示 ，再将力F的末端分别与、的末端用直线连接；
③在细绳套的下端挂不同重力的钩码，重复（2）①、②的实验步骤.通过多次实验，观察这三个力所构成的几何图形，然后提出猜想：三个力所构成的几何图形为平行四边形；
④通过实验验证，可得出两个互成角度的力的合成满足 。
【答案】（1）2.50；0.50
（2）结点O；oe；；平行四边形定则
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系；验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）①已知刻度尺的分度值为0.1cm，根据图示刻度可得
②再添加一个重的钩码，测得弹簧长度，已知弹簧的弹力与弹簧的长度，根据胡克定律可以得出劲度系数为
（2）①为了验证两个分力和合力的大小满足平行四边形定则，为了准确记录拉力的方向，应记录结点O的位置，以及细绳套、和oe的方向
②根据力的标度及力的大小可以画出力的图示，如下图所示
④如图所示，由于两个弹力与合力构成平行四边形，通过实验验证，可得出两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
【分析】（1）利用刻度尺分度值可以得出弹簧的长度，利用钩码的重力结合弹簧的伸长量可以求出劲度系数的大小；
（2）为了画出合力与分力的关系，应记录结点O的位置，以及细绳套、和oe的方向；利用合力与分力的大小及方向可以画出对应的图示；根据图示可以验证两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
（1）①[1]刻度尺的分度值为0.1cm，可得
②[2]再添加一个重的钩码，测得弹簧长度，根据胡克定律有
（2）①[1][2]根据实验的等效替代原理可知，应记录结点O的位置，以及细绳套、和oe的方向
②[3]如图
④[4]通过实验验证，可得出两个互成角度的力的合成满足平行四边形定则。
12．（2026高一上·佛山期末）利用图甲装置探究小车加速度与力、质量的关系，打点计时器接频率为的交流电源。
（1）本实验采用的主要物理方法为 法。
（2）理论分析、对小车受力分析发现：平衡摩擦力后，细线的拉力即为小车所受合外力。当小车加速下滑时，砂和砂桶的总重力 （填“大于”或“小于”）细线的拉力，因此以砂和砂桶的总重力作为小车合外力是不准确的。
（3）改进装置：在图甲装置的小车前端固定力传感器，用于更准确测量小车受到的合外力。
（4）平衡摩擦力：下列说法正确的是
A.每次使用打点计时器时，应先接通电源后释放小车
B.通过纸带点迹间距情况来判断是否已经平衡摩擦力
C.若改变小车质量，则需要重新平衡摩擦力
（5）进行实验：保持小车质量M（含传感器）不变，改变小车的合外力F，测量加速度a；保持小车合外力F不变，改变小车质量M（含传感器），测量加速度a。图乙为实验获得的一段纸带，图中相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则小车的加速度大小a= （结果均保留2位有效数字）。
（6）数据处理：作出的图像如图丙所示，可得a与F成正比；作出的图像如图丁所示，初步猜想a与M成反比。为验证猜想，应作出 图像，若图线为过原点的一条直线，则猜想成立。得出结论：在误差允许范围内，小车加速度与合外力成正比、与质量成反比。
【答案】控制变量；大于；AB；0.50；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）本实验探究小车加速度与力、质量的关系，为了探究一个物理量与多个物理量的关系，本实验用到的科学研究方法是控制变量法。
（2）当小车加速下滑时，砂和砂桶随着小车一起加速下滑，由于砂和砂桶的加速度方向向下所以合力方向向下，故砂和砂桶的总重力大于细线的拉力。
（4）A．为了充分利用纸带，实验时先接通电源，再释放小车，A正确；
B．平衡摩擦力后，轻推小车，小车将做匀速直线运动，当小车做匀速直线运动时，根据速度公式可以得出相等时间内位移相等所以打出的纸带点迹间距均匀，因此可以通过纸带点迹间距均匀情况来判断是否已经平衡摩擦力，B正确；
C．通过增减小车上的砝码改变质量时，平衡方程为，与质量无关，所以改变小车的质量时不需要重新平衡摩擦力，平衡摩擦力只需要做一次，C错误。
故选AB。
（5）打点计时器接频率为的交流电源，根据可以得出相邻两个计数点间的时间间隔为，图中相邻两个计数点间还有4个计时点未画出，则两点之间的时间间隔为，小车做匀加速直线运动，根据逐差法可得小车的加速度为
解得
（6）图像如图丁所示，由于图线为曲线不能直接得出反比规律，所以猜想a与M成反比，则应作出图像，若图线为过原点的一条倾斜直线，则猜想成立。
【分析】（1）本实验用到的科学研究方法是控制变量法；
（2）由于砂和砂桶的加速度方向向下所以合力方向向下，故砂和砂桶的总重力大于细线的拉力；
（4）为了充分利用纸带，实验时先接通电源，再释放小车；当小车做匀速直线运动时，根据速度公式可以得出相等时间内位移相等所以打出的纸带点迹间距均匀，因此可以通过纸带点迹间距均匀情况来判断是否已经平衡摩擦力；平衡方程为，与质量无关，所以改变小车的质量时不需要重新平衡摩擦力，平衡摩擦力只需要做一次；
（5）利用打点的时间间隔结合逐差法可以求出小车加速度的大小；
（6）猜想a与M成反比，则应作出图像，若图线为过原点的一条倾斜直线，则猜想成立。
四、解答题：本大题共3小题，共38分.按题目要求作答，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
13．（2026高一上·佛山期末）如图（a）所示，高速公路长下坡路段会设置避险车道，制动失控的车辆可以利用此坡道来实现车辆减速.为研究避险车道的各项参数间的关系，小明用质量为m的可视为质点的滑块来替代制动失控的车辆进行模拟实验，如图（b）所示，初速度为的滑块从斜面底端沿斜面向上运动，已知斜面倾角为，重力加速度为g.
（1）求滑块在斜面上所受支持力的大小 为保证滑块不会出现倒溜现象，求滑块与斜面间的动摩擦因数需要满足的要求 （设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（2）若滑块与斜面间的动摩擦因数为，为保证滑块不会冲出斜面，求斜面的长度L至少要多长
（3）为了提高避险车道减速作用，请对坡道建设提出一条可行的建议.
【答案】（1）滑块所受支持力大小
为了保证滑块滑到最高点后不会出现倒溜现象，需满足
解得
（2）滑块上滑时
由牛顿第二定律得
设斜面最小长度为L，则有
解得
（3）①增加坡道长度；②在坡道上铺上砂石增加坡道与车辆间的摩擦阻力
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块在斜面上静止时，利用滑动摩擦力小于重力的分力可以求出动摩擦因数的大小范围；
（2）当滑块上滑时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出斜面的长度；
（3）当足够汽车速度减速为0，可以增大坡道与车辆之间的摩擦力，或者增大坡道的长度。
（1）滑块所受支持力大小
为了保证滑块滑到最高点后不会出现倒溜现象，需满足
解得
（2）滑块上滑时
由牛顿第二定律得
设斜面最小长度为L，则有
解得
（3）①增加坡道长度；②在坡道上铺上砂石增加坡道与车辆间的摩擦阻力
14．（2026高一上·佛山期末）2024年6月我国嫦娥六号登月，实现了首次月背采样返回.登陆器着陆月球的过程可分为四个阶段：第一阶段为悬停段，登陆器悬停在距离月球表面高处；第二阶段为避障下降段，此阶段可认为先竖直向下做匀加速直线运动，当速度达到时立即竖直向下做匀减速运动，加速和减速过程的加速度大小相等，运动至离月球表面高度处时速度降至；第三阶段为缓速下降段，此阶段登陆器保持匀速直线运动，直至下降到离月球表面高度处；第四阶段为着陆缓冲段，关闭发动机，登陆器仅在重力作用下以的初速度竖直向下运动直至着月、月球表面重力加速度取.求：
（1）登陆器着月前瞬间速度大小；
（2）第二阶段加速度大小；
（3）已知登陆器质量为，分别求出第二阶段加速过程和减速过程登陆器发动机的推力大小 （忽略此过程燃料消耗对质量的影响）
【答案】（1）登陆器着陆过程有
解得
（2）登陆器加速阶段
减速阶段，
以上各式代入数据解得
（3）加速过程根据牛顿第二定律有
解得
减速过程根据牛顿第二定律有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）登陆器做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出登陆月球前的速度大小；
（2）登陆器在第二阶段先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，利用两个过程的速度位移公式可以求出加速度的大小；
（3）登陆器先做匀加速后做匀减速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两个过程推力的大小
（1）登陆器着陆过程有
解得
（2）登陆器加速阶段
减速阶段，
以上各式代入数据解得
（3）加速过程根据牛顿第二定律有
解得
减速过程根据牛顿第二定律有
解得
15．（2026高一上·佛山期末）如图，一长、质量的薄木板B（忽略高度）静置在粗糙的水平地面上，B上表面中点处静止放置一质量可视为质点的物块A.已知A、B间的动摩擦因数，A、B与地面的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取.
（1）当用水平向右的恒力拉物块A时， A、B恰好能够保持相对静止一起向右运动，求B的加速度大小；
（2）当用水平向右的恒力拉木板B时，求A、B的加速度大小（A未从B上滑落）；
（3）从作用在木板B上开始计时，求2s末A与B左端的距离（若A从B上滑落，则滑落瞬间A、B的速度均保持不变）.
【答案】（1）A、B恰能保持相对静止一起向右运动，即A、B间达到最大静摩擦力，对A、B整体
解得
（2）设当用水平向右的恒力拉木板B时，假设A、B相对滑动，对B
解得
对A，根据牛顿第二定律有
解得
，说明A、B已相对滑动。
（3）设经过时间，A到B的左端，则
解得
故1s后A将从B左端滑落，滑落后瞬间，A的速度
B的速度
解得，
滑落后A的加速度满足
解得
B的加速度满足
解得
则在s内，
解得，
故2s后A与B左端的距离：
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）当AB之间恰好保持相对静止时一起向右做匀加速直线运动，利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）当已知恒力的大小，利用牛顿第二定律可以求出A和B各自加速度的大小，进而判别AB发生滑动；
（3）当A与B发生分离时，利用位移公式可以求出分离时所花的时间，结合速度公式可以求出分离时AB的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出AB加速度的大小，利用位移公式可以求出2s末两者之间的距离大小。
（1）A、B恰能保持相对静止一起向右运动，即A、B间达到最大静摩擦力，对A、B整体
解得
（2）设当用水平向右的恒力拉木板B时，假设A、B相对滑动，对B
解得
对A，根据牛顿第二定律有
解得
，说明A、B已相对滑动。
（3）设经过时间，A到B的左端，则
解得
故1s后A将从B左端滑落，滑落后瞬间，A的速度
B的速度
解得，
滑落后A的加速度满足
解得
B的加速度满足
解得
则在s内，
解得，
故2s后A与B左端的距离：
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