2025-2026学年江西省吉安市高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年江西省吉安市高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）2025年10月31日23时44分，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心发射成功，按照预定程序与空间站合体，航天员顺利进驻中国空间站天和核心舱，此次发射创下多项令人瞩目的技术突破。下列有关说法正确的是（ ）
A．研究空间站核心舱绕地球运动的轨迹时可以将其看作质点
B．飞船入轨后与核心舱对接过程中，飞船可以看作质点
C．题干中“2025年10月31日23时44分”指的是时间间隔
D．运载火箭刚开始以地面为参考系做加速直线运动阶段，经过的路程就是位移
2．（4分）元末明初刘基在诗句《赋得猴》中有“狡捷难藏拙，贪痴易丧真。”描写了猴子敏捷机灵的生活习性。下图为小猴子从树干斜向上跃起腾空的情景，所蕴含物理知识正确的是（ ）
A．猴子蹬树干时对树干的弹力是由于树干发生形变产生的
B．猴子在树枝上静止时对树枝的作用力向下
C．猴子跃起腾空离开树干后，受到重力和弹力
D．猴子跃起腾空离开树干后，受到的合力斜向上
3．（4分）2024年12月，一道漆黑的机影划破中国成都的天际——号称“世界第一”的神秘战机歼36低空呼啸，让当地市民惊叹，也在全球军事圈掀起热议，中国六代机歼36完成首飞，成为了全球首批公开试飞的六代机。歼36能在不到十秒的时间内冲向1.5马赫，具有“全频段隐身”能力。关于歼36在空中飞行过程中正确的是（ ）
A．速度越大，加速度越大
B．速度变化量越大，加速度越大
C．加速度减小，速度可能不变
D．加速度增大，速度可能减小
4．（4分）2025年新能源汽车销量在国内市场的占比突破60%，首次超过燃油车销量。为检测某新能源汽车的刹车性能，在一次平直公路上的实验中得到位移与速度平方之间的关系如图所示。则此次测试从汽车刹车到停止的时间为（ ）
A．5秒B．6秒C．7秒D．8秒
5．（4分）如图所示，质量分布均匀的两个相同光滑球，每个质量为m，半径为R，用长度均为R的OA、OB轻绳连接。在O点施加一个向上的恒定拉力F，使两球竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为a＝2g，重力加速度为g，不计空气阻力。关于两球之间弹力FN和拉力F大小正确的是（ ）
A．，F＝4mgB．，F＝4mg
C．，F＝6mgD．，F＝6mg
6．（4分）如图所示，一根轻绳一端系一个质量为m的小球，另一端系在一个轻质的光滑圆环P上，圆环套在固定光滑杆上，在轻绳的中点O施加一个水平向右的力F，当力F逆时针缓慢变为竖直的过程中，圆环始终静止，关于OP绳上的力与力F的大小变化正确的是（ ）
A．OP上的力一直减小，力F一直减小
B．OP上的力一直增大，力F先增大后减小
C．OP上的力一直减小，力F先减小后增大
D．OP上的力一直增大，力F一直增大
7．（4分）如图是高中物理人教版必修第一册课本封面上的沙漏照片。若近似认为砂粒下落的初速度为零，不计砂粒间下落时的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，下落砂粒数与时间成正比，忽略空气阻力，当出口下方0～1cm范围内有30粒砂粒，则出口下方4～9cm范围的砂粒数约为（ ）
A．20粒B．30粒C．40粒D．60粒
（多选）8．（6分）2025年7月8日在北京举办第十二届世界高速铁路大会上，中国展出的时速600公里超导电动高速磁浮列车，刷新了全球轨道交通的速度想象。若该高速列车从静止启动匀加速直线运动1min后获得24m/s的速度，关于该过程以下说法正确的是（ ）
A．此过程行使距离是720m
B．此过程加速度大小是0.2m/s2
C．中间时刻的速度为12m/s
D．前一半距离需用时间30s
（多选）9．（6分）如图所示，物块以初速度v0冲上倾角可调节的斜面，斜面粗糙且足够长。研究发现物体在斜面上的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图（图上数据为已知量），不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2（已知函数y＝asinθ+bcsθ在定义区间的极大值为ym）。关于物块的运动说法正确的是（ ）
A．物块的初速度v0＝2m/s
B．物块与斜面的摩擦因数μ
C．当斜面倾角θ＝0°时，对应的最大位移xm
D．物块沿不同倾角冲上斜面最高处的位移x的最小值为m
（多选）10．（6分）如图有一足够长的浅色水平传送带，左端有一个煤块，两者间动摩擦因数为0.1，初始时传送带和煤块都静止，现使传送带按顺时针方向先匀加速，2s后断电立即变为匀减速运动，加速度大小都为2m/s2。最终煤块和传输带均停止运动。以传送带刚开始加速为计时起点，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．断电时，煤块受到的摩擦力方向立刻与断电前方向相反
B．煤块在ts时，再次与传输带达到共同速度
C．煤块全程通过的位移为m
D．煤块在传输带上的划痕长度为m
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11．（8分）电梯是现代生活中不可或缺的工具之一，某同学查询到电梯加速度的合规范围应在0.4～1.2m/s2，当地的重力加速度为9.8m/s2。为测量小区电梯加速度是否合规，该同学设计了如下的实验方案：
（1）该同学将弹簧测力计竖直悬挂在静止的电梯内，此时指针指向0刻度，在弹簧测力计下悬挂质量为m的钩码，稳定时读数如图乙所示，则弹簧测力计示数为 N。
（2）在电梯向下匀变速运动的测试过程中，该同学发现弹簧测力计的读数如图丙所示，电梯在该时刻向下做 （选填“加速”或“减速”）运动。此时电梯的加速度大小a＝ m/s2（保留两位有效数字）。
（3）由实验结果可知，小区电梯向下运行时的加速度 （选填“合规”或“不合规”）。
12．（8分）某学习小组在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验后，利用频闪照相研究小车从斜面上滑下的运动。如图甲所示，将小车从斜面上由静止释放，用频闪相机从小车运动的侧面进行拍照，已知频闪仪的频率为10Hz，得到如图乙所示的照片。根据照片测得线段OA＝31.80cm，OB＝67.40cm，OC＝106.90cm，OD＝150.50cm。
（1）根据以上信息，可求得小车运动到位置A处时的速度大小vA＝ m/s，小车运动过程中的加速度大小a＝ m/s2（以上两个结果均保留两位小数）；
（2）根据以上数据可推知，小车在O点的速度 （选填“为零”或“不为零”）。如果当时频闪仪的频率为12Hz，而做实验的同学们并不知道，那测得的加速度与真实值相比 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
13．（10分）客机都备有紧急出口，当发生意外紧急着陆后，会利用自动充气气囊构成一条连接地面与出口的滑行通道以便于乘客逃生。乘客滑下的过程中可近似将该通道看成一个倾斜的平面。已知滑行通道与水平地面夹角为26.6°时，乘客恰好能匀速下滑，已知tan26.6°≈0.5，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）该滑行气囊与乘客之间的动摩擦因数μ；
（2）若滑行气囊与地面夹角为37°时，乘客下滑的加速度大小。
14．（13分）如图所示，某学校人工智能社团活动中，两位同学遥控甲、乙两架无人机进行模拟竞逐，两架无人机初始位置高度相同，前后相距S0＝10m。现甲无人机向前追乙无人机，两无人机同时同向直线运动。如果甲无人机以初速度v0＝10m/s，加速度a1＝2m/s2向前匀加速，乙无人机同时从静止开始以a2＝4m/s2的加速度匀加速直线运动。
（1）请通过计算分析，甲无人机能不能追上乙无人机？
（2）为避免相撞，甲无人机从开始立刻做匀减速直线运动的最小加速度为多大？
15．（15分）如图所示，长度l＝3m的传输带以一定速度顺时针转动，紧挨着传输带（未接触）的长木板高度与皮带等高，质量M＝2kg，长度，长木板上表面与小物块的摩擦因μ1＝0.2，下表面涂有某种特殊材料，长木板向右运动与地面的摩擦因数μ2＝0.1，而长木板向左运动则无地面摩擦。距离长木板右端s＝3.5m处固定一竖直挡板，长木板与挡板碰撞时速度大小不变，方向反向。现有m＝4kg的小物块无初速度的轻放在传输带左端，滑块一直做加速运动到传输带右端的速度v0＝6m/s，然后滑上静止长木板。重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块在传输带上加速度大小及加速的时间；
（2）长木板刚与挡板碰撞时速度的大小；
（3）若物块从长木板上滑落立刻将其取走，则长木板最终静止时右端离挡板的距离。
2025-2026学年江西省吉安市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题（本题共10小题，共46分。第1-7小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4分；第8-10小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）2025年10月31日23时44分，搭载神舟二十一号载人飞船的长征二号F遥二十一运载火箭在酒泉卫星发射中心发射成功，按照预定程序与空间站合体，航天员顺利进驻中国空间站天和核心舱，此次发射创下多项令人瞩目的技术突破。下列有关说法正确的是（ ）
A．研究空间站核心舱绕地球运动的轨迹时可以将其看作质点
B．飞船入轨后与核心舱对接过程中，飞船可以看作质点
C．题干中“2025年10月31日23时44分”指的是时间间隔
D．运载火箭刚开始以地面为参考系做加速直线运动阶段，经过的路程就是位移
【分析】根据质点的概念和时间与时刻，位移与路程的关系进行逐一分析解答。
【解答】解：A．研究空间站核心舱绕地球运动的轨迹时，空间站的大小和形状能忽略，可以将其看作质点，故A正确；
B．飞船入轨后与核心舱对接过程中，飞船的大小和形状不能忽略，故不可以看作质点，故B错误；
C．题干中“2025年10月31日23时44分”指的是瞬间，是时刻，故C错误；
D．运载火箭刚开始以地面为参考系做加速直线运动阶段，经过的路程和位移大小相等，但路程不是位移，故D错误。
故选：A。
【点评】考查运动学的基本概念，熟记各个概念，加强对相应概念的理解，属于基础题。
2．（4分）元末明初刘基在诗句《赋得猴》中有“狡捷难藏拙，贪痴易丧真。”描写了猴子敏捷机灵的生活习性。下图为小猴子从树干斜向上跃起腾空的情景，所蕴含物理知识正确的是（ ）
A．猴子蹬树干时对树干的弹力是由于树干发生形变产生的
B．猴子在树枝上静止时对树枝的作用力向下
C．猴子跃起腾空离开树干后，受到重力和弹力
D．猴子跃起腾空离开树干后，受到的合力斜向上
【分析】明确弹力的产生机制，指出猴子蹬树干时弹力来自猴脚的形变；通过分析猴子静止时的受力平衡和牛顿第三定律，得出猴子对树枝的作用力方向向下；猴子腾空后不再受弹力，只受重力。
【解答】解：A.弹力的产生源于施力物体的形变，猴子蹬树干时，对树干的弹力是猴子的脚发生形变而产生的，并非树干发生形变产生，故A错误。
B.猴子在树枝上静止时，受到树枝向上的支持力以平衡自身重力，根据牛顿第三定律，猴子对树枝的作用力与树枝对猴子的支持力大小相等、方向相反，所以猴子对树枝的作用力方向向下，故B正确。
C.猴子跃出腾空离开树干后，不再受到弹力作用，在空中只受重力，故C错误。
D.猴子跃出腾空离开树干后，只受重力，合力方向竖直向下，而非斜向上，故D错误。
故选：B。
【点评】本题综合考查了弹力的产生机制、牛顿第三定律（作用力与反作用力），以及物体在不同状态下的受力分析，重点检验了对弹力本质、受力平衡和相互作用力关系的理解与辨析能力。
3．（4分）2024年12月，一道漆黑的机影划破中国成都的天际——号称“世界第一”的神秘战机歼36低空呼啸，让当地市民惊叹，也在全球军事圈掀起热议，中国六代机歼36完成首飞，成为了全球首批公开试飞的六代机。歼36能在不到十秒的时间内冲向1.5马赫，具有“全频段隐身”能力。关于歼36在空中飞行过程中正确的是（ ）
A．速度越大，加速度越大
B．速度变化量越大，加速度越大
C．加速度减小，速度可能不变
D．加速度增大，速度可能减小
【分析】根据速度和加速度关系，速度变化量Δv和加速度关系以及物体的加减速运动规律进行逐一分析解答。
【解答】解：A．速度和加速度没有必然联系，速度越大，加速度不一定大，故A错误；
B．加速度a，可知速度变化量越大，加速度不一定越大，与Δt大小有关，故B错误；
C．加速度减小只要不为0，速度一定改变，故C错误；
D．如果速度和加速度方向相反，加速度增大，速度减小，故D正确。
故选：D。
【点评】考查速度、速度变化量以及加速度的关系问题，理解各物理量的物理意义，属于基础题。
4．（4分）2025年新能源汽车销量在国内市场的占比突破60%，首次超过燃油车销量。为检测某新能源汽车的刹车性能，在一次平直公路上的实验中得到位移与速度平方之间的关系如图所示。则此次测试从汽车刹车到停止的时间为（ ）
A．5秒B．6秒C．7秒D．8秒
【分析】根据图像可知，初速度大小和刹车位移大小，根据位移计算公式进行解答。
【解答】解：根据图像可知，初速度大小为：v0m/s＝30m/s，刹车位移为x＝90m
根据位移计算公式可得：x
解得此次测试从汽车刹车到停止的时间为：t＝6s，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】对于图像问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图像的物理意义是正确解题的前提。
5．（4分）如图所示，质量分布均匀的两个相同光滑球，每个质量为m，半径为R，用长度均为R的OA、OB轻绳连接。在O点施加一个向上的恒定拉力F，使两球竖直向上做匀加速直线运动，加速度大小为a＝2g，重力加速度为g，不计空气阻力。关于两球之间弹力FN和拉力F大小正确的是（ ）
A．，F＝4mgB．，F＝4mg
C．，F＝6mgD．，F＝6mg
【分析】对两球组成的整体，由牛顿第二定律列式即可求解拉力F的大小；确定两球间的几何关系以明确角度，再对单个球进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程结合平衡条件求解弹力的大小。
【解答】解：对两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：F﹣2mg＝2ma，代入数据解得：F＝2mg+2ma＝2mg+4mg＝6mg；
对左边的小球受力分析如图所示：
在竖直方向，由牛顿第二定律可得：FOAsin60°﹣mg＝ma，解得：；
在水平方向，由平衡条件可得：FN＝FOAcs60°，解得：，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题关键在于结合几何关系确定力的方向与角度，再通过隔离法对单个球受力分析，利用牛顿第二定律联立方程求解加速度。几何关系的准确分析是突破点，需注意光滑球间压力沿球心连线这一特性。
6．（4分）如图所示，一根轻绳一端系一个质量为m的小球，另一端系在一个轻质的光滑圆环P上，圆环套在固定光滑杆上，在轻绳的中点O施加一个水平向右的力F，当力F逆时针缓慢变为竖直的过程中，圆环始终静止，关于OP绳上的力与力F的大小变化正确的是（ ）
A．OP上的力一直减小，力F一直减小
B．OP上的力一直增大，力F先增大后减小
C．OP上的力一直减小，力F先减小后增大
D．OP上的力一直增大，力F一直增大
【分析】对点O受力分析，根据平衡条件分析。
【解答】解：对点O受力分析，构建矢量三角形如图所示：
轻质圆环始终静止，即OP绳拉力方向始终垂直于杆，由图可知，OP上的拉力一直减小，力F先减小后增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查了图解法分析动态平衡的方法，熟练掌握常用的动态平衡分析方法。
7．（4分）如图是高中物理人教版必修第一册课本封面上的沙漏照片。若近似认为砂粒下落的初速度为零，不计砂粒间下落时的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，下落砂粒数与时间成正比，忽略空气阻力，当出口下方0～1cm范围内有30粒砂粒，则出口下方4～9cm范围的砂粒数约为（ ）
A．20粒B．30粒C．40粒D．60粒
【分析】砂粒做自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比分析砂粒的个数。
【解答】解：砂粒做自由落体运动，根据初速度为0的匀加速直线运动推论，可知相同时间内的位移之比为：x1：x2：x3...＝1：3：5：7…，由此可知，砂粒经过出口下方0～1cm与1～4cm、4～9cm所用时间相同，由于砂粒随时间均匀漏下，出口下方0～1cm范围内有30粒砂粒，则出口下方4～9cm范围的砂粒数约为30粒，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查自由落体运动，解题关键是掌握自由落体运动的规律，分析即可。
（多选）8．（6分）2025年7月8日在北京举办第十二届世界高速铁路大会上，中国展出的时速600公里超导电动高速磁浮列车，刷新了全球轨道交通的速度想象。若该高速列车从静止启动匀加速直线运动1min后获得24m/s的速度，关于该过程以下说法正确的是（ ）
A．此过程行使距离是720m
B．此过程加速度大小是0.2m/s2
C．中间时刻的速度为12m/s
D．前一半距离需用时间30s
【分析】根据平均速度推论式可求位移的大小；根据速度—时间关系求得列车加速度大小；根据匀变速直线运动的推论求得中间时刻的速度；根据位移—时间关系求得运动的时间。
【解答】解：A、高速列车做匀加速直线运动，则此过程行使距离为：，故A正确；
B、高速列车做匀加速直线运动，则由速度—时间关系可得：v＝at，解得加速度的大小为：，故B错误；
C、由中间时刻的瞬时速度为这段时间的平均速度可得中间时刻的速度为：，故C正确；
D、设前一半距离需用时间为t1，由位移—时间关系可得：，代入数据解得：，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题以中国高速铁路为情景载体，考查了匀变速直线运动规律在实际问题中的应用，解决此题的关键是要灵活选取运动学公式求解。
（多选）9．（6分）如图所示，物块以初速度v0冲上倾角可调节的斜面，斜面粗糙且足够长。研究发现物体在斜面上的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图（图上数据为已知量），不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2（已知函数y＝asinθ+bcsθ在定义区间的极大值为ym）。关于物块的运动说法正确的是（ ）
A．物块的初速度v0＝2m/s
B．物块与斜面的摩擦因数μ
C．当斜面倾角θ＝0°时，对应的最大位移xm
D．物块沿不同倾角冲上斜面最高处的位移x的最小值为m
【分析】题目描述物块以初速度v0冲上粗糙斜面后减速至最高点，最大位移x受斜面倾角θ影响。需要从给出的x﹣θ关系图像中提取关键数据点，结合物块上滑过程的动力学与运动学规律进行分析。物块上滑加速度由重力下滑分力与滑动摩擦力共同决定，利用匀变速运动规律建立x与θ的关系式，再通过图像中θ为90°和30°时x相等的条件，可分别求出初速度v0和动摩擦因数μ。随后将θ＝0°代入关系式验证对应位移，并利用辅助角公式分析分母最大值以确定位移x的最小值。
分析物块上滑至最高点的物理过程，物体在斜面上做匀减速直线运动，加速度由重力沿斜面的分力与滑动摩擦力共同提供。利用匀变速运动规律建立最大位移x与斜面倾角θ的函数关系，该关系式分母为sinθ与μcsθ的线性组合。通过图像读取θ＝90°和θ＝30°时对应的位移值均为已知量，将这两个特殊倾角代入关系式，可联立解出初速度v0和动摩擦因数μ，从而判断A、B选项。
将求得的动摩擦因数μ和初速度v0代入最大位移x与θ的关系式中。当斜面倾角θ＝0°时，关系式中的sinθ项为零，此时位移仅由摩擦阻力决定，代入具体数值即可计算出对应的最大位移x，用以验证C选项的正确性。
问题转化为求最大位移x的最小值，即求关系式分母（sinθ+μcsθ）的最大值。利用题目给出的辅助角公式结论，该线性组合的最大值为√（12+μ2）。将已求得的μ值代入，得到分母的最大值，进而求出x的最小值，据此判断D选项。
【解答】解：物块沿斜面上滑过程中，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ＝ma，解得加速度a＝g（sinθ+μcsθ）。根据运动学公式，可得最大位移。
AB、由图可知，当θ＝90°时，，代入公式解得初速度v0＝2m/s；当θ＝30°时，，由位移相等条件sin30°+μcs30°＝sin90°，解得摩擦因数，故A正确，B错误；
CD、当θ＝0°时，代入位移公式解得；位移x最小即分母y＝sinθ+μcsθ取最大值，由辅助角公式可知分母最大值为，代入解得x的最小值为，故CD正确。
故选：ACD。
【点评】本题综合考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律以及三角函数最值问题，是一道难度中等偏上的力学综合题。题目通过构建位移与倾角的关系图像，巧妙地将物理过程与数学函数结合，重点考查学生的建模分析能力和数学工具应用能力。计算量适中，但需要学生准确理解图像信息，并灵活运用辅助角公式求解极值。本题亮点在于将复杂的斜面运动问题转化为对函数的分析，要求学生从图像中提取关键数据点，并利用数学方法求解摩擦因数及位移极值，有效锻炼了学生的数理结合与逻辑推理能力。
（多选）10．（6分）如图有一足够长的浅色水平传送带，左端有一个煤块，两者间动摩擦因数为0.1，初始时传送带和煤块都静止，现使传送带按顺时针方向先匀加速，2s后断电立即变为匀减速运动，加速度大小都为2m/s2。最终煤块和传输带均停止运动。以传送带刚开始加速为计时起点，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．断电时，煤块受到的摩擦力方向立刻与断电前方向相反
B．煤块在ts时，再次与传输带达到共同速度
C．煤块全程通过的位移为m
D．煤块在传输带上的划痕长度为m
【分析】应用牛顿第二定律求出煤块的加速度，应用运动学公式求出两者相等需要的时间；
应用运动学公式求出速度相等时痕迹的长度，然后求出共速后痕迹的长度，然后分析答题。
【解答】解：对煤块，由牛顿第二定律得μmg＝ma'，代入数据解得a'＝1m/s2
A、传送带加速过程煤块也做匀加速运动，由于传送带的加速度大于煤块的加速度，传送带加速结束时煤块的速度小于传送带的速度，断电时煤块相对于传送带向后滑动，所受摩擦力方向不变，故A错误；
B、断电时传送带的速度v1＝at1＝2×2m/s＝4m/s，煤块的速度大小v'1＝a't1＝1×2m/s＝2m/s，
断电后传送带做匀减速直线运动，煤块继续做匀加速直线运动，设经过时间t'两者共速，
则共速时的速度v'＝v1﹣at'＝v'1+a't'，代入数据解得t's，v'm/s，则t＝t1+t'＝2sss时煤块与传送带共速，故B正确；
C、共速后煤块做匀减速直线运动直到减速为零，煤块全程的位移x煤块＝2mm，故C错误；
D、共速前痕迹的长度Δx1，代入数据解得Δx1m，
共速后痕迹的长度Δx2，代入数据解得Δx2m＜Δx1，则煤块在传送带上划痕长度为m，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了传送带问题，根据题意分析清楚传送带与煤块的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11．（8分）电梯是现代生活中不可或缺的工具之一，某同学查询到电梯加速度的合规范围应在0.4～1.2m/s2，当地的重力加速度为9.8m/s2。为测量小区电梯加速度是否合规，该同学设计了如下的实验方案：
（1）该同学将弹簧测力计竖直悬挂在静止的电梯内，此时指针指向0刻度，在弹簧测力计下悬挂质量为m的钩码，稳定时读数如图乙所示，则弹簧测力计示数为 4.90 N。
（2）在电梯向下匀变速运动的测试过程中，该同学发现弹簧测力计的读数如图丙所示，电梯在该时刻向下做 加速 （选填“加速”或“减速”）运动。此时电梯的加速度大小a＝ 1.0 m/s2（保留两位有效数字）。
（3）由实验结果可知，小区电梯向下运行时的加速度 合规 （选填“合规”或“不合规”）。
【分析】（1）明确静止时弹簧测力计的读数规则，观察刻度的分度值，根据指针位置读取示数，确保读数准确反映钩码的重力；
（2）对比静止与运动时的测力计示数，判断超重或失重状态，进而确定电梯的运动性质，再结合牛顿第二定律推导加速度大小；
（3）将计算得到的加速度与给定的合格范围（0.4～1.2m/s2）进行比较，判断电梯加速度是否符合规范。
【解答】解：（1）图中弹簧测力计的分度值为0.1N，由图乙可知测力计示数为4.90N。
（2）在电梯向下运动过程中，由图丙可知弹簧测力计示数小于钩码的重力，则钩码的加速度方向向下，电梯该时刻向下做加速运动，根据牛顿第二定律可得mg﹣F＝ma
其中mg＝4.90N，F＝4.40N
代入数据得此时电梯的加速度大小为a＝1.0m/s2
（3）由于0.4m/s2＜a＝1.0m/s2＜1.2m/s2可知该实验中小区电梯向下运行时的加速度合规。
故答案为：（1）4.90；（2）加速，1.0；（3）合规。
【点评】这是一道结合受力分析与运动判断的实验题，考查弹簧测力计读数、超重失重分析及加速度计算，注重理论与实际的结合。
12．（8分）某学习小组在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验后，利用频闪照相研究小车从斜面上滑下的运动。如图甲所示，将小车从斜面上由静止释放，用频闪相机从小车运动的侧面进行拍照，已知频闪仪的频率为10Hz，得到如图乙所示的照片。根据照片测得线段OA＝31.80cm，OB＝67.40cm，OC＝106.90cm，OD＝150.50cm。
（1）根据以上信息，可求得小车运动到位置A处时的速度大小vA＝ 3.37 m/s，小车运动过程中的加速度大小a＝ 3.93 m/s2（以上两个结果均保留两位小数）；
（2）根据以上数据可推知，小车在O点的速度 不为零 （选填“为零”或“不为零”）。如果当时频闪仪的频率为12Hz，而做实验的同学们并不知道，那测得的加速度与真实值相比 偏小 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【分析】（1）根据匀变速直线运动的瞬时速度和平均速度的关系列式解答，结合逐差法求解加速度的公式求解加速度；
（2）根据匀变速直线运动的速度公式推导初速度，结合频率和周期变化判断误差情况。
【解答】解：（1）由题意，频闪周期为Ts＝0.1s，小车运动到A处的速度大小，根据逐差法，小车的加速度大小 10﹣2m/s2≈3.93m/s2。
（2）由O到A小车做匀加速直线运动，根据运动学公式vA＝v0+at，得v0＝vA﹣at＝3.37m/s﹣3.93×0.1m/s≈2.98m/s，则小车在O点时的速度不为零。如果实验时数码相机实际拍摄频率为12Hz，则实际周期更短，由a 可知，实际加速度更大，即加速度的测量值和实际值相比是偏小的。
故答案为：（1）3.37，3.93；（2）不为零，偏小。
【点评】考查匀变速直线运动的数据处理，理解逐差法的公式和误差情况，属于中等难度考题。
13．（10分）客机都备有紧急出口，当发生意外紧急着陆后，会利用自动充气气囊构成一条连接地面与出口的滑行通道以便于乘客逃生。乘客滑下的过程中可近似将该通道看成一个倾斜的平面。已知滑行通道与水平地面夹角为26.6°时，乘客恰好能匀速下滑，已知tan26.6°≈0.5，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2。求：
（1）该滑行气囊与乘客之间的动摩擦因数μ；
（2）若滑行气囊与地面夹角为37°时，乘客下滑的加速度大小。
【分析】（1）对匀速下滑的乘客进行受力分析，沿斜面和垂直斜面方向正交分解，根据平衡条件列方程求解动摩擦因数；
（2）当滑行气囊与地面夹角为 37° 时，再次对乘客受力分析，沿斜面方向应用牛顿第二定律列方程，代入动摩擦因数和三角函数值求解加速度。
【解答】解：（1）对乘客受力分析，因匀速下滑，沿斜面方向合力为零，有mgsinθ＝μmgcsθ
解得μ＝tanθ
代入θ＝26.6°，tan26.6°≈0.5
可得μ＝0.5。
（2）当斜面倾角为37°时，由牛顿第二定律得mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma
解得a＝g（sin37°﹣μcs37°）
代入数据g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，μ＝0.5
可得a＝2m/s2
答：（1）该滑行气囊与乘客之间的动摩擦因数为0.5；
（2）滑行气囊与地面夹角为37°时，乘客下滑的加速度大小为2m/s2。
【点评】学生易在正交分解时搞错力的方向，或记错三角函数值，导致平衡条件或牛顿第二定律的方程列错。
14．（13分）如图所示，某学校人工智能社团活动中，两位同学遥控甲、乙两架无人机进行模拟竞逐，两架无人机初始位置高度相同，前后相距S0＝10m。现甲无人机向前追乙无人机，两无人机同时同向直线运动。如果甲无人机以初速度v0＝10m/s，加速度a1＝2m/s2向前匀加速，乙无人机同时从静止开始以a2＝4m/s2的加速度匀加速直线运动。
（1）请通过计算分析，甲无人机能不能追上乙无人机？
（2）为避免相撞，甲无人机从开始立刻做匀减速直线运动的最小加速度为多大？
【分析】（1）通过位移公式建立追及方程，利用判别式判断是否有正解；
（2）通过判别式小于等于零的临界条件，推导避免相撞的最小加速度。
【解答】解：（1）设甲追上乙所需时间为t。甲的位移
乙的位移
追及条件x甲＝x乙+S0
代入数据
化简得t2﹣10t+10＝0
解得，故甲能追上乙；
（2）为避免相撞，甲无人机从开始立刻做匀减速直线运动的最小加速度大小为a，设t0时当甲乙速度相等时恰好追不上，则有v0t0a2，v0﹣at0＝a2t0
解得a＝1m/s2，t0＝2s，故最小加速度为1m/s2。
答：（1）甲无人机能追上乙无人机；
（2）为避免相撞，甲无人机从开始立刻做匀减速直线运动的最小加速度为1m/s2。
【点评】学生易忽略追及问题中“速度相等时为相距最近、最远时刻”的规律，或在判别式分析时出错，需重点关注方程的解与运动状态的对应关系。
15．（15分）如图所示，长度l＝3m的传输带以一定速度顺时针转动，紧挨着传输带（未接触）的长木板高度与皮带等高，质量M＝2kg，长度，长木板上表面与小物块的摩擦因μ1＝0.2，下表面涂有某种特殊材料，长木板向右运动与地面的摩擦因数μ2＝0.1，而长木板向左运动则无地面摩擦。距离长木板右端s＝3.5m处固定一竖直挡板，长木板与挡板碰撞时速度大小不变，方向反向。现有m＝4kg的小物块无初速度的轻放在传输带左端，滑块一直做加速运动到传输带右端的速度v0＝6m/s，然后滑上静止长木板。重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块在传输带上加速度大小及加速的时间；
（2）长木板刚与挡板碰撞时速度的大小；
（3）若物块从长木板上滑落立刻将其取走，则长木板最终静止时右端离挡板的距离。
【分析】（1）小物块在传送带上从静止开始做匀加速直线运动，已知传送带长度l和到达右端时的速度v0，由匀变速直线运动规律可直接关联初速度、末速度、位移和时间，从而求出加速度和加速时间。
（2）小物块滑上静止长木板后，分析物块与长木板间的滑动摩擦力，以及长木板与地面间的摩擦力。由于长木板向右运动，地面对其有滑动摩擦力。分别对物块和长木板进行受力分析，运用牛顿第二定律求出长木板的加速度。已知长木板从静止开始向右运动的位移s，利用运动学公式即可求出其与挡板碰撞前的速度。
（3）长木板与挡板碰撞后速度反向且大小不变，向左运动时地面对其无摩擦。此时需分析物块和长木板的相对运动过程。分别计算碰撞前物块在木板上的相对位移，以及碰撞后到两者共速过程中产生的相对位移，判断物块是否会从木板上滑落。根据题目条件，若未滑落，共速后木板向左做匀速运动，直至与传送带接触停止，结合初始位置可确定最终静止时其右端与挡板的距离。
【解答】解：（1）小物块在传送带上做匀加速运动，根据运动学公式，代入数据可得其加速度大小a＝6m/s2；再由v0＝at，解得加速过程所用时间t＝1s。
（2）物块滑上木板后，物块所受摩擦力为f1＝μ1mg，木板受到地面的摩擦力为f2＝μ2（M+m）g。
对木板应用牛顿第二定律，其加速度，代入数据解得；
根据速度与位移的关系式，解得木板与挡板碰撞前的瞬时速度大小。
（3）木板与挡板碰撞后速度反向，向左运动时地面摩擦力消失，此时木板向右的加速度，物块向左的加速度。
在木板撞墙前，物块相对于木板的位移为，其中。
撞墙后至两者共速的过程中，相对位移，其中vm1＝v0﹣μ1gt1。物块在木板上达到的最大相对位移Δxmax＝Δx1+Δx2，解得。
比较可知，即物块并未从木板上滑落。
系统共速后，木板向左做匀速直线运动直至与传送带左端接触后停止，此时木板恰好回到初始位置，其右端与挡板的距离。
答：（1）小物块在传输带上的加速度大小为6m/s2，加速时间为1s。
（2）长木板刚与挡板碰撞时速度的大小为m/s。
（3）长木板最终静止时右端离挡板的距离为m（或3.5m）。
【点评】本题综合考查了牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、板块模型以及多过程动力学分析。题目计算量较大，难度中等偏上，对学生的逻辑推理能力和建模分析能力提出了较高要求。题目通过设置长木板与地面摩擦的方向性差异以及物块滑上木板后的多阶段运动，有效考查了学生对复杂物理过程的分解与综合处理能力。第三问的求解需要学生细致分析碰撞前后物块与木板的相对运动，判断物块是否滑落，并最终确定长木板的静止位置，过程环环相扣，思维链条较长，充分锻炼了学生运用运动学公式和动力学规律解决实际问题的能力。
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答案
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题号
8
9
10
答案
AC
ACD
BD