物理試題

試卷滿分：100分

一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1~7

題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全

的得2分，有選錯的得0分。

1.如圖所示，位于粗糙水平地面上的木板由跨過定滑輪的輕繩與人相連，當人對輕繩施加一定大小的拉力

時，人和木板均保持靜止不動，則木板受力的個數為（）

【答案】C

【解析】

【詳解】以人對象，根據受力平衡可知，人受到重力、木板支持力、繩子拉力和木板的摩擦力作用；以木

板為對象，進行受力分析，可知木板受到重力、人的壓力、地面的支持力、繩子拉力、人的摩擦力和地面

的摩擦力作用，則木板受力的個數為6個。

故選C。

2.8月16日，我國使用長征四號乙運載火箭成功將“遙感四十三號”衛星發射升空。某同學拍攝了該火箭

點火瞬間與發射后/秒的照片，并測算出各點的實際距離，如圖所示。假設火箭發射后/秒內沿豎直方向做

勻加速直線運動，下列估算正確的是（）

/+w2/+v

A.，秒時，火箭的速度約為——B.，秒時，火箭的速度約為------

tt

C.0-，秒內火箭的加速度約為勺D.0T秒內火箭的加速度約為2（）+s）

r/

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.由圖可知，，秒內火箭上升的高度為

h—L+s

則/秒內火箭的平均速度為

_hL+s

v=—=------

tt

由于勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，故

L-\-s

VL=-

2匕

故AB錯誤；

CD.由運動學公式

h=-at"

2

可得0-/秒內火箭的加速度約為

故C錯誤，D正確。

故選D。

3.如圖，光滑細桿8C、OC和AC構成矩形A8CD的兩鄰邊和對角線，AC：BC：DC=5：4：3,AC桿豎

直，各桿上分別套有一質點小球。、b、d,a、b、d三小球的質量比為1：2：3,現讓三小球同時從各桿的

頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則。、6、d三小球在各桿上滑行的時間之比為（）

A.1：1：1B.5：4：3C.5：8：9D,1：2：3

【答案】A

【解析】

【分析】由幾何知識求出出三個小球的位移表達式，由牛頓第二定律求出兩球的加速度a表達式，再由位移

1,

公式X=—求解滑行時間之比；

2

【詳解】設AC=5L，BC=4L,DC=3L,a、b、d三小球在各桿上滑行的時間分別為小小A，加速

度分別為4、%、?3-

由幾何知識得，BC的傾角為。=53°,DC的傾角為，=37。，如圖所示:

a球為自由下過程，q=g

1,10L

由5L=3gtj9,得%=

根據牛頓第二定律得:

沿BC下滑的小球，加速度為a?=m§Sma=gs%53°=0.8g

m

由位移時間公式得：4L=-a^，得t,=J—

2~Ng

mgSmf3

沿DC下滑的小球，加速度為a3==gsiriiT=0.6g

m

由位移時間公式得：3L=-a3t/,得4=」“比，所以6",：%=1：1：L故選項A正確，選項BCD錯

2Vg

誤.

【點睛】本題運用牛頓第二定律和運動學公式結合求解勻加速運動的時間，關鍵要根據幾何知識求出BC

與DC的傾角和位移，從而求出加速度，然后利用位移與時間關系進行求解即可.

4.2024年巴黎奧運會，中華健兒奮勇拼搏，獲得40枚金牌，金牌數與美國隊并列第一，完美的詮釋了

“更快、更高、更強”的奧林匹克格言。如圖所示為奧運會中的四個比賽場景，下列對各場景的闡述中正

確的是（）

力國詵手陳芳立奪冠亙

圖1圖2圖3圖4

A.圖1所示，在鄧雅文展示小輪車騎行技巧時，其可視為質點

B.圖2所示，楊家玉獲得田徑女子20公里競走冠軍，“20公里”指的是比賽過程中楊家玉的位移

C.圖3所示，劉洋展示“十字撐”保持靜止時，兩根吊環懸繩每根承受的拉力大小均等于劉洋重力的一半

D.圖4所示，陳藝文在女子三米跳板決賽中跳板被壓到最低點的瞬間，對跳板的作用力大于自身的重力

【答案】D

【解析】

【詳解】A.因要觀察展示“技巧”，需分析鄧雅文的動作，故不能將其視為質點，故A錯誤;

B.“20公里”為楊家玉行進軌跡的長度，即路程，而非起點到終點的直線距離位移，故B錯誤；

C.由圖3可知，劉洋展示“十字撐”保持靜止時，兩根懸繩并不平行，劉洋受三力平衡，繩所受拉力大于

其重力的一半，故C錯誤;

D.陳藝文起跳時具有向上的加速度，合力向上，分析可知跳板對陳藝文的作用力一定大于重力，故其對跳

板的作用力一定大于重力，故D正確。

故選D。

5.如圖甲是一種籃球收納架，一質量為機、半徑為R的籃球靜置于籃球收納架上，兩根水平平行橫桿與籃

球的兩接觸點相距L,其截面圖如圖乙所示。已知R=*L,重力加速度大小為g,

不計所有摩擦。則每根

8

橫桿對籃球的支持力大小為（）

5mg

D.

【答案】B

【解析】

【詳解】對籃球受力分析如下

設重力與彈力方向的夾角為6,由幾何知識

口4

sin^=^—=-

5L5

8

c3

cose=一

5

結合平衡條件可得

IFcos0=mg

解得

F_mg_5mg

2cos86

故選B。

6.如圖所示的下列幾種情形中，研究對象受到的摩擦力方向與運動方向相同的是（

A.圖甲：沿斜面勻速下滑的物塊

B.圖乙：在草地上滾動的足球

C.圖丙：水平地面上勻速運動的木箱

D.圖丁：輕放在運動的水平傳送帶上的物塊（與傳送帶共速前）

【答案】D

【解析】

【詳解】A.沿斜面勻速下滑的物塊，受到沿斜面向上的滑動摩擦力，故A錯誤;

B.在草地上滾動的足球，受到的摩擦力與運動方向相反，故B錯誤；

C.水平地面上勻速運動的木箱，受到的摩擦力與運動方向相反，故C錯誤；

D.物塊輕放上運動的傳送帶后與傳送帶共速前，受到向右的摩擦力，將向右運動，摩擦力與運動方向相同,

故D正確。

故選D。

7.第十五屆中國國際航空航天博覽會（簡稱中國航展）于2024-11-12至2024-11-17在珠海國際航展中心成

功舉行。如圖，正在展演的“殲20”戰機正沿直線斜向下加速俯沖。將“殲20”簡化為質點“。”，用G

表示它受到的重力，E表示除重力外其他作用力的等效力，則下圖中能正確表示此過程中戰機受力情況的

是（）

【答案】A

【解析】

【詳解】題意可知正在展演的“殲20”戰機正沿直線斜向下加速俯沖，則所受的合力方向與速度方向在同

一直線上，否則就要做曲線運動。

故選Ao

8.2024年9月10日13時，中國國際航空股份有限公司（以下簡稱“國航”）CA1523航班從北京首都國

際機場飛抵上海虹橋機場，標志著國航首架C919飛機成功首航，正式投入運營。C919飛機飛行過程中

（）

A,速度越大，其加速度一定越大

B.速度變化量越大，加速度一定越大

C,加速度不變，其速度可能減小

D,加速度越大，則速度一定變化快

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.加速度與速度沒有直接關系，物體的速度越大，其加速度不一定越大，如速度很大做勻速運動

的飛機，加速度為零，故A錯誤；

B.加速度的大小與速度變化量無必然聯系，故B錯誤;

C.巡航艦的加速度不變，若加速度方向與速度方向相反，則速度減小，故c正確；

D.加速度是描述速度變化越快慢的物理量，加速度大，速度變化越快，故D正確。

故選CD。

9.如圖所示，傾角為30。的斜面固定在水平地面上，質量為1.5kg的箱子靜止在斜面上，質量為0.1kg的小

球通過細繩懸掛在箱子頂面的。點。現給箱子一沿斜面向下的力箱子沿斜面向下運動，穩定后

細繩與豎直方向成60°角。已知重力加速度g取10m/S?。下列說法正確的是()

A.穩定時細繩上的拉力為1N

B.穩定時細繩上的拉力為2N

C.改變E大小系統再次穩定后細繩處于豎直方向，此時力廠為4N

D.改變E大小系統再次穩定后細繩處于豎直方向，此時力p為8N

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.設小球質量為"3箱子質量為穩定時具有共同的沿斜面向下的加速度。，此時對小球垂

直斜面方向

Tcos30°=mgcos30°

沿斜面方向

Tsin30°+mgsin30°=ma

解得

T=1N,g=10m/s2

對整體分析得

F+(m+Af)gsin30°—/=(m+M)a

解得箱子受到斜面的滑動摩擦力大小為

/=12N

故A正確，B錯誤；

CD.穩定后當細繩處于豎直方向時，可知此時小球加速度為零，故整體加速度為零，處于平衡狀態，由于

此時箱子處于運動狀態，受到沿斜面向上的滑動摩擦力f,對整體根據平衡條件可得

F'+(/n+A/)gsin30°=/

解得

F'=4N

故C正確，D錯誤。

故選ACo

10.如圖輕質彈簧豎直固定在水平面上，質量為根的小物塊A靜止在彈簧上端，現將另一個相同的小物塊

B輕放在A上面之后，二者一起向下運動，直到最低點，二者一起向下運動的過程中，彈簧始終處于彈性限

度內，不計空氣的阻力，重力加速度取g,則在二者一起向下運動過程中，下列正確的是()

B

A

A.物塊B放上的瞬間，A、B之間的作用力為零

B.物塊B放上的瞬間，A、B之間的作用力不為零，但B對A作用力大于A對B的作用力

C.物塊B放上的瞬間，物塊A向下運動的加速度為旦

2

D.當彈簧的彈力等于2:咫時，物塊A的速度最大

【答案】CD

【解析】

【詳解】ABC.物塊B放上的瞬間，A、B之間的作用力不為零，B對A作用力與A對B的作用力是一對

作用力與反作用力，大小相等，方向相反；由于彈簧彈力沒有突變，A、B作為整體，由牛頓第二定律

mg=2ma

可得物塊A向下運動的加速度為

1

a=2g

故AB錯誤，C正確；

D.由于A、B一起向下運動，整體由牛頓第二定律

2mg-Fk=21nd

彈簧的彈力逐漸增大，整體的加速度逐漸減小，所以A、B向下做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為

零時，速度達到最大值，故當彈簧的彈力等于2〃際時，物塊A的速度最大，故D正確。

故選CD?

二、非選擇題：本題共5小題，共60分。

11.小強同學用如圖甲所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則"，其中AO為橡皮繩，和OC為

細繩，A為固定橡皮筋的圖釘，。為橡皮筋與細繩的結點。主要分為以下兩步：

步驟1：用兩個彈簧秤將橡皮筋的一端拉至。點，測出兩個拉力B和B；

步驟2：用一個彈簧秤將橡皮筋拉至。點，測出其拉力凡

（1）本實驗采用的科學方法是（單選）

A.理想實驗法B.控制變量法C.等效替代法D.建立物理模型法

（2）圖中80C為銳角，使。C繩拉力B大小不變、方向沿順時針轉過一較小角度，為了使結點位置不

變，則。2繩上拉力E大小和方向應如何變化（雙選）

A.一定沿順時針轉動B.一定沿逆時針轉動

C.一定變小D.一定變大

（3）在該實驗中，采取哪些方法和步驟可減小實驗誤差______（雙選）

A.兩個分力為、尸2大小要適當大些

B.兩個分力Fi、92間的夾角盡量小些

C.拉橡皮條的細繩必須等長，且要稍短一些

D.實驗前先把兩個彈簧秤的鉤子互相鉤住，平放在桌子上，向相反方向拉動，檢查讀數是否相同

（4）圖乙是小強在白紙上根據實驗結果做出的力的圖示，下列說法中正確的是（單選）

A.圖乙中的尸是B和乃的合力的理論值

B.圖乙中的尸是B和尼的合力的實驗值

C.圖乙中的產的方向一定沿AO方向

D.在實驗中，如果將和0C細繩換成橡皮條，對實驗結果會有較大的影響

【答案】(1)C(2)BC

(3)AD(4)C

【解析】

【小問1詳解】

驗證“力的平行四邊形定則”采用是等效替代法。

故選C。

【小問2詳解】

如圖

使0C繩拉力歹2大小不變、方向沿順時針轉過一較小角度，為了使結點位置不變，即合力不變，則OB繩

上拉力片的大小一定變小，沿逆時針轉動一個小角度。

故選BC。

【小問3詳解】

A.實驗中，為了方便畫圖，兩個分力尸1、/2的大小要適當大些，故A正確；

B.實驗中，把橡皮條的另一端拉到。點時，兩個彈簧秤之間夾角大小適當即可，不能太小，故B錯誤;

C.實驗中，拉橡皮條細繩不必等長，長度適中即可，故C錯誤；

D.為了檢查彈簧測力計好壞，實驗前先把兩個彈簧秤的鉤子互相鉤住，平放在桌子上，向相反方向拉

動，檢查讀數是否相同，故D正確。

故選AD?

【小問4詳解】

AB.圖乙中的尸是耳、巴合力理論值，一是月、瑪合力實驗值，故AB錯誤；

C.根據實驗原理可知，圖乙中的尸的方向一定沿AO方向，選C正確；

D.在實驗中，如果將02和0C細繩換成橡皮條，對實驗結果無影響，選D錯誤。

故選C。

12.學習小組進行“探究加速度。與物體質量M、物體受力產的關系”的實驗，實驗裝置如圖甲所示：

紙帶

祛4/ABCDE

(D.OZ彳？I

碼/一端有小車打點計時器

盤定滑輪12.38—

^的長木板實驗臺------27.87--------單位:cm

--------------49.62

甲乙

（1）關于平衡摩擦力的觀點，下列說法正確的是（雙選）；

A.車放在傾斜長木板上，在不掛祛碼和祛碼盤的情況下，輕推小車使其能在紙帶上打出均勻點跡，說明

小車平衡摩擦力了

B.在每次改變小車質量之后需要重新平衡摩擦力

C.平衡摩擦力的目的是使小車所受合外力的大小等于細繩拉力的大小

D,平衡摩擦力的目的是使細繩拉力的大小等于祛碼盤和祛碼總重力的大小

（2）若用圖像法驗證小車加速度a與質量M的反比關系，則應作出。隨的變化圖像（選填

或）；

M

（3）圖乙是按正確的實驗步驟得到一條紙帶，實驗中打點計時器連接的電源周期為0.02s,每兩個相鄰計

數點之間都有4個點沒有畫出，小車運動的加速度為_____m/s2?（結果保留三位有效數字）；

（4）某同學在做保持小車質量不變，驗證小車的加速度與其合外力成正比的實驗時，根據測得的數據作

出如圖丙所示的。-尸圖線，所得的圖線既不過原點，又不是直線，原因可能是（雙選）；

A,木板右端所墊物體較低，使得木板的傾角偏小

B.木板右端所墊物體較高，使得木板的傾角偏大

C.小車質量遠大于祛碼和祛碼盤的總質量

D.祛碼和祛碼盤的總質量不滿足遠小于小車質量

（5）該小組又對實驗方案進行了改進，來研究小車加速度。與尸的關系，裝置如圖丁所示。將裝有力傳

感器的小車放置于水平長木板上，用小桶替換祛碼盤，并緩慢向小桶中加入細砂，直到小車剛好能勻速運

動為止，記下小車勻速運動時傳感器的示數同。再將小車放回原處并按住，繼續向小桶中加入細砂，記下

傳感器的示數后。釋放小車，實時記錄小車運動時傳感器的示數/2。改變小桶中砂的重力，多次重復實

驗，獲得多組數據，描繪小車加速度。與尸的關系如圖戊所示。不計紙帶與計時器間的摩擦。圖像中尸是

實驗中測得的(單選)。

光滑小輪力慢感器打點計時器

A木板

T

A.FiB.F2C.F1-F2D.F2-F0

【答案】(1)AC(2)—

M

(3)6.22(4)AD(5)D

【解析】

【小問1詳解】

A.車放在傾斜長木板上，在不掛祛碼和祛碼盤的情況下，輕推小車使其能在紙帶上打出均勻點跡，說明

小車平衡摩擦力了，故A正確;

B.平衡摩擦力后滿足

Mgsin0=juMgcos0

整理得

〃=tan8

故在每次改變小車質量之后不需要重新平衡摩擦力，故B錯誤；

CD.平衡摩擦力的目的是使小車所受合外力的大小等于細繩拉力的大小，故C正確，D錯誤。

故選AC。

【小問2詳解】

根據

F=Ma

整理得

a=—F

M

可知。與工成正比，若用圖像法驗證小車加速度a與質量M的反比關系，則應作出。隨」-的變化圖

MM

像;

【小問3詳解】

兩個相鄰計數點之間都有4個點沒有畫出，則計數點時間間隔

T=0.02sx5=0.Is

由逐差法可得加速度

_XCE~~XAB

―4T2-

代入圖中數據，解得

aa6.22m/s2

【小問4詳解】

AB.由圖可知，當合外力較小時，小車的加速度為零，說明平衡摩擦力不足，木板右端所墊物體較低，使

得木板的傾角偏小，故A正確，B錯誤；

CD.圖線不是直線，是由于隨著祛碼和祛碼盤的總質量的增大，不滿足遠小于小車質量，繩子拉力不能

近似等于祛碼和祛碼盤的重力，故C錯誤，D正確。

故選AD?

【小問5詳解】

圖像是過原點的一條直線，已經平衡摩擦力，則F為小車受到的合外力，即

F=F2-F0

故選D。

13.用兩根細線a、b和一根輕彈簧c將質量均為機的兩個小球1和2連接，并懸掛如圖所示。兩小球處于

靜止狀態，細線。與豎直方向的夾角為30。，彈簧c水平。已知重力加速度為g,求：

(1)細線a與彈簧c分別對小球1和2的拉力大小；

(2)剪斷細線》的瞬間，小球2的加速度的大小。

【答案】(1)F=4鬲g,p=；Q)a=^-g

a3c33

【解析】

【詳解】(1)對小球1與2組成的整體分析，由平衡條件可得

/^cos30°=2mg

sin30=瓦

解得

口46mg28ng

「a=~-4=---

(2)剪斷細線6的瞬間，彈簧c上的力不變，則有小球2受合力為

萬yflimg

F^=Fb=——-——=ma

解得加速度的大小

14.航空母艦是一國海軍實力強盛的重要標志，艦載機的起降訓練是航母訓練的重要科目。如圖，已知某

型號艦載機質量為25噸，起飛最低速度為50m/s,航母上用于起飛的跑道長為100m。假設航母甲板水

平，艦載機起降訓練中航母靜止不動，艦載機起飛過程中受到的阻力大小為ZxIO'N，起飛、降落過程均

可看成勻變速直線運動。

(1)求艦載機起飛過程中的最小加速度大小；

(2)艦載機發動機在起飛過程中至少需要提供多大的推力？

(3)艦載機降落時，需要阻攔索使飛機迅速停下來。若某次飛機降落時，鉤住阻攔索時速度為70m/s,經

過2s速度減為零，求飛機鉤住阻攔索后運動的距離。

25

【答案】⑴12.5m/s;(2)3,325X10N；(3)70m

【解析】

【詳解】(1)設艦載機起飛過程中的最小加速度大小為生,其起飛時的最小速度為％,跑道長度為L,根

據速度與位移之間的關系有

VQ=2cliL

代入數