2025-2026学年新疆乌鲁木齐一中高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年新疆乌鲁木齐一中高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
A．物体向着某个方向运动时，其所受合力一定沿着该方向
B．只要物体受到力的作用，其运动状态一定改变
C．做圆周运动的物体，其所受合力一定指向圆心
D．做平抛运动的物体，相等时间内速度的变化量一定相同
2．（4分）有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客乘车的舒适度。若引入一个新的物理量——加速度的变化率J来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（ ）
A．m/sB．m/s2C．m/s3D．m2/s3
3．（4分）如图所示，在飞船发动机推力F的作用下，飞船和空间站一起向前做加速度为a的匀加速直线运动。已知飞船的质量为m，则空间站的质量M为（ ）
A．B．mC．mD．m
4．（4分）如图所示，皮带传动装置中甲、丙两轮半径相等，乙轮和丙轮同轴，且乙轮半径是丙轮半径的一半。A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮边缘上的点，皮带不打滑。则（ ）
A．A、B、C三点的转速大小之比为2：1：1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为1：1：4
C．A、B、C三点的周期大小之比为1：2：2
D．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：2：4
5．（4分）1949年4月，解放军“百万雄师过大江”。在某平直江段渡江时，战士所乘船只在静水中的速度为v1，江水流速为v2，若江水速度方向与江岸平行，下列说法正确的是（ ）
A．船渡江时间与v2有关
B．当v1＝v2时，船能到达正对岸
C．当保持船头垂直江岸时，船渡江时间最短
D．当保持船头垂直江岸时，船渡江位移最小
6．（4分）如图所示，用水平轻弹簧拉原来静止在光滑水平面上质量为1kg的物体，使物体做匀变速直线运动。若物体的位移随时间变化的规律为x＝t2（m），弹簧的劲度系数为100N/m，弹簧在弹性限度内，则弹簧的伸长量为（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
7．（4分）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（ ）
A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s
8．（4分）“刀削面”是我国传统面食制作手法之一。操作手法是一手托面，一手拿刀，将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片（可视为质点）以初速度v0＝2m/s水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向掉入锅中，锅的截面可视为圆心在O点的圆弧，锅边缘与圆心的连线与竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．面片在空中运动的水平位移为0.2m
B．面片运动到锅边缘时的速度大小为4m/s
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则面片处于超重状态
D．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则所受摩擦力大小保持不变
（多选）9．（4分）质量为m的物体，在汽车的牵引下由静止开始运动，当汽车的速度为v时，细绳与水平面间的夹角为θ，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时物体的速度大小为
B．此时物体的速度大小为v物＝vcsθ
C．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力等于物体的重力
D．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力大于物体的重力
（多选）10．（4分）如图（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（ ）
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
（多选）11．（4分）如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（ ）
A．当F＝2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＞3μmg时，A、B间相对滑动
C．当F＝3μmg时，B的加速度等于0.5μg
D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg
（多选）12．（4分）如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力大小为
B．保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg
C．在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度不变
D．若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止
二、实验题（本题共2题，共14分）
13．（6分）某实验小组探究平抛运动的特点：
（1）利用如图甲所示的装置进行实验，击打弹片时，A球做平抛运动，B球做自由落体运动。经过多次实验发现两个小球总是同时落地，由此得到的结论是：做平抛运动的物体 ；（填序号）
A．水平方向做匀速运动
B．竖直方向做自由落体运动
C．水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动
（2）利用图乙所示的装置进行实验：实验前先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球从M点由静止释放落到挡板N上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹。
①实验前，为了得到平抛运动的轨迹，斜槽末端的切线 （填“需要”或“不需要”）调成水平；
②以钢球放在斜槽末端时球心在白纸上的投影点O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标（x，y）作出y＝x2图像如图丙实线所示。若将钢球在斜槽上的释放点M的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则得到的图像是图丙中的 （填“a”“b”“c”或“d”）。
14．（8分）为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：
（1）电磁打点计时器使用的电源是 （填写选项前的字母）。
A.8V左右的交流电源
B.8V左右的直流电源
C.220V交流电源
（2）保持小车质量m不变，探究加速度a与拉力F的关系，这种研究方法叫做 （选填“控制变量法”或“等效替代法”）。
（3）以下实验操作正确的是 （填写选项前的字母）。
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动
B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行
C．先释放小车，然后接通电源
D．实验中小车的加速度越大越好
（4）打点计时器打出的一条纸带如图乙所示A、B、C、D、E为我们在纸带上所选的计数点。每相邻的两个计数点之间有四个小点未画出（已知打点计时器打点频率为50Hz）。则小车的加速度a＝ m/s2。（计算结果保留3位有效数字）
三、解答题（本题共4题，共38分）
15．（8分）“转碟”是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的发光物体（可视为质点）放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当发光物体的线速度为v0时，碟子边缘看似一个光环。求：
（1）此时发光物体运动的周期T和角速度大小；
（2）此时发光物体受到的静摩擦力大小f。
16．（8分）如图所示，质量为m＝4kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向。质量为M＝5kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的固定斜面上。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）PB绳对结点P拉力的大小FPB；
（2）木块对斜面压力的大小FN′。
17．（10分）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量m＝2kg的小煤块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，煤块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.20，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求煤块（不考虑划痕造成的质量损失）：
（1）第一次滑过P点时的速度大小v1；
（2）第一次在传送带上往返运动的时间t；
（3）第一次返回斜面底端时，传送带上痕迹的长度。
18．（12分）如图，木板C的左端与水平平台左端对齐放置，小物块B静置于木板上，B距木板C左端的距离d＝0.45m。在平台左侧，将物块A以与水平面成θ＝30°，大小为v0＝2m/s的初速度斜向上抛出，恰好无碰撞地滑上木板C上表面的左端，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间忽略不计，且A、B发生碰撞后彼此交换速度，C的运动状态不受影响。已知A、B的质量均为1kg，C的质量为0.5kg，A、B与C间动摩擦因数均为μ1＝0.2，木板C与平台间动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，木板厚度不计。求：
（1）物块A从抛出点运动到平台左端的时间t1；
（2）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小vA（计算结果可保留根号形式）；
（3）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度L。
2025-2026学年新疆乌鲁木齐一中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共4小题）
一、选择题（1～8为单选，9～12为多选，每题4分，选对但不全得2分，选错得0分，共48分）
1．（4分）下列叙述中正确的是（ ）
A．物体向着某个方向运动时，其所受合力一定沿着该方向
B．只要物体受到力的作用，其运动状态一定改变
C．做圆周运动的物体，其所受合力一定指向圆心
D．做平抛运动的物体，相等时间内速度的变化量一定相同
【分析】通过举平抛运动的例子，说明物体运动方向不一定与合力方向相同；根据力是改变物体运动状态的原因判断；区分匀速圆周运动与变速圆周运动的合力特点；利用平抛运动中加速度恒定的特点，推导出相等时间内速度变化量相同。
【解答】解：A.物体的运动方向不一定与合力方向相同，例如平抛运动中，物体沿曲线运动，而合力始终竖直向下，故A错误。
B.当物体受到的合力为零时，运动状态不会发生改变，故B错误。
C.只有匀速圆周运动的合力才始终指向圆心，对于变速圆周运动，合力除了有指向圆心的向心力分量，还有切向分量，合力不完全指向圆心，故C错误。
D.平抛运动的加速度恒定为重力加速度g，根据加速度的定义Δv＝gΔt，在相等的时间间隔内，速度变化量的大小相等且方向均竖直向下，所以相等时间内速度的变化量一定相同，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查了曲线运动的受力特点、力与运动状态的对应关系、圆周运动的合力分析，以及平抛运动的速度变化规律，全面检验了对牛顿运动定律和曲线运动基本规律的理解与辨析能力。
2．（4分）有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客乘车的舒适度。若引入一个新的物理量——加速度的变化率J来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是（ ）
A．m/sB．m/s2C．m/s3D．m2/s3
【分析】加速度的变化的快慢等于加速度的变化量与时间的比值，根据物理量的关系得出物理量的单位。
【解答】解：加速度的变化率J来表示加速度变化的快慢，即其单位关系为m/s3，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道加速度变化率的含义，通过物理量之间的关系，得出单位之间的关系。
3．（4分）如图所示，在飞船发动机推力F的作用下，飞船和空间站一起向前做加速度为a的匀加速直线运动。已知飞船的质量为m，则空间站的质量M为（ ）
A．B．mC．mD．m
【分析】对飞船和空间站整体应用牛顿第二定律，得到总质量与力、加速度的关系，再结合飞船质量，推导空间站的质量。
【解答】解：对飞船和空间站整体，根据牛顿第二定律
F＝（M+m）a
整理得

因此空间站质量：

故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】这道题是牛顿第二定律的基础应用，以飞船和空间站的连接体为情境，考点聚焦整体法的受力分析与牛顿第二定律的公式运算，题型直接、逻辑清晰，既考查对整体法的理解，又检验牛顿第二定律的基本应用，是力学部分的典型基础题，难度较低但能有效巩固连接体问题的分析方法。
4．（4分）如图所示，皮带传动装置中甲、丙两轮半径相等，乙轮和丙轮同轴，且乙轮半径是丙轮半径的一半。A、B、C三点分别是甲、乙、丙三轮边缘上的点，皮带不打滑。则（ ）
A．A、B、C三点的转速大小之比为2：1：1
B．A、B、C三点的线速度大小之比为1：1：4
C．A、B、C三点的周期大小之比为1：2：2
D．A、B、C三点的向心加速度大小之比为1：2：4
【分析】根据“皮带传动边缘线速度相等”和“共轴转动角速度相等”，确定A、B两点线速度相等，B、C两点角速度相等；用v＝ωR推导出三点的角速度和线速度之比；通过周期公式判断周期关系；分别用和计算向心加速度之比。
【解答】解：AB.由于甲、乙两轮是皮带传动，所以两轮边缘的线速度大小相同，即vA＝vB；乙、丙两轮共轴转动，所以两轮角速度相同，即ωB＝ωC。由角速度和线速度的关系式v＝ωR，可得ωA：ωB＝RB：RA＝1：2，vB：vC＝RB：RC＝1：2；所以A、B、C三点的转速大小之比ωA：ωB：ωC＝1：2：2，线速度大小之比vA：vB：vC＝1：1：2，故故AB错误。
C.周期，可得A、B、C三点的周期大小之比为2：1：1，故C错误。
D.根据向心加速度，可得A、B两点向心加速度大小之比为1：2；根据向心加速度，可得B、C两点向心加速度大小之比为1：2，所以A、B、C三点向心加速的大小之比为1：2：4，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查了传动装置的基本规律、线速度与角速度的关系v＝ωR、周期与角速度的关系，以及向心加速度的两种表达式和，检验了对圆周运动基本规律的理解与应用能力。
5．（4分）1949年4月，解放军“百万雄师过大江”。在某平直江段渡江时，战士所乘船只在静水中的速度为v1，江水流速为v2，若江水速度方向与江岸平行，下列说法正确的是（ ）
A．船渡江时间与v2有关
B．当v1＝v2时，船能到达正对岸
C．当保持船头垂直江岸时，船渡江时间最短
D．当保持船头垂直江岸时，船渡江位移最小
【分析】小船参与了静水的运动和水流的运动，水流速度变化时，不影响渡河时间．当船头（即静水速）与河岸垂直，根据等时性确定渡河的时间．
【解答】解：A、船渡江时间与v1有关，与v2无关，故A错误；
B．若要求货船垂直江岸到达正对岸，由于有沿江岸水流的运动，由运动合成定则可知，则船头应适当偏向上游一侧，合运动有可能垂直江岸到达正对岸，必有当v1＞v2，故B错误；
CD．若开始渡江时，船头指向始终与江岸垂直，根据t可知船渡江时间最短，由运动的合成定则可知，船合运动轨迹是直线且斜向江对岸的下游，位移不是最小，如图所示：
故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，知道合运动与分运动具有等时性，并掌握如何渡河时时间最短，如何渡河时位移最短．
6．（4分）如图所示，用水平轻弹簧拉原来静止在光滑水平面上质量为1kg的物体，使物体做匀变速直线运动。若物体的位移随时间变化的规律为x＝t2（m），弹簧的劲度系数为100N/m，弹簧在弹性限度内，则弹簧的伸长量为（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
【分析】根据物体的位移所时间变化的规律求出物体的加速度，应用牛顿第二定律求出弹簧的伸长量。
【解答】解：物体的位移随时间变化的规律为x＝t2（m）
根据匀变速直线运动的x﹣t公式：x可知：a＝1m/s2
解得物体的加速度大小a＝2m/s2
对物体，由牛顿第二定律得：kΔx＝ma
代入数据解得，弹簧的伸长量Δx＝0.02m＝2cm，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】根据物体的位移与时间的关系求出物体的加速度是解题的关键，应用牛顿第二定律与胡克定律即可解题。
7．（4分）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（ ）
A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s
【分析】分两个阶段求解时间，水平阶段和斜面阶段，根据动能定理求出B点的速度，然后根据运动学规律求解AB段上的运动时间；在斜面阶段需要根据几何知识求解斜面的倾斜角，然后根据牛顿第二定律求解在斜面上的运动加速度，从而求解在斜面上的运动时间。
【解答】解：设小车的质量为m，小车在AB段做匀减速直线运动，加速度为：，
在AB段，根据动能定理可得：，解得vB＝4m/s，故；
小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得：hCD＝0.8m，
过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得：，解得：xBC＝4m，，
故小车在BC上运动的加速度为：，故小车在BC段的运动时间为：，
所以小车运动的总时间为：t＝t1+t2＝5s，故A正确BCD错误。
故选：A。
【点评】本题的难点在于求解斜面上运动的加速度，本题再次一次提现了数物相结合的原则，在分析物理时涉及几何问题一定要动手画画图象。
8．（4分）“刀削面”是我国传统面食制作手法之一。操作手法是一手托面，一手拿刀，将面削到开水锅里，如图甲所示。某次削面的过程可简化为图乙，面片（可视为质点）以初速度v0＝2m/s水平飞出，正好沿锅边缘的切线方向掉入锅中，锅的截面可视为圆心在O点的圆弧，锅边缘与圆心的连线与竖直方向的夹角为45°，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．面片在空中运动的水平位移为0.2m
B．面片运动到锅边缘时的速度大小为4m/s
C．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则面片处于超重状态
D．若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，则所受摩擦力大小保持不变
【分析】根据几何关系得出面片的合速度，结合运动学公式得出面片在空中运动的水平位移；
根据面片的加速度方向得出面片的超失重状态；
根据题意分析出面片受到的支持力的特点，由此分析出摩擦力的大小是否发生变化。
【解答】解：B、面片运到锅边的速度大小为：
，故B错误；
A、面片在竖直方向上的速度为：
vy＝v0＝gt
水平方向上，x＝v0t
联立解得：x＝0.4m，故A错误；
C、若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，面片有指向圆心的加速度，指向圆心的加速度有竖直向上的分量，则面片处于超重状态，故C正确；
D、若面片落入锅中后可沿锅内表面匀速下滑，其向心加速度的大小不变，方向在时刻变化，则支持力的大小也跟着变化，因此摩擦力的大小发生变化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和超失重的相关知识即可完成分析。
（多选）9．（4分）质量为m的物体，在汽车的牵引下由静止开始运动，当汽车的速度为v时，细绳与水平面间的夹角为θ，则下列说法中正确的是（ ）
A．此时物体的速度大小为
B．此时物体的速度大小为v物＝vcsθ
C．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力等于物体的重力
D．若汽车做匀速运动，则绳子上的拉力大于物体的重力
【分析】将小车的速度分解成沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度，根据几何知识推导并计算物体上升的速度；根据表达式和夹角θ的变化确定物体速度的变化、加速度的方向，再确定绳子拉力和物体重力大小关系。
【解答】解：AB．小车的运动可以看成是两个分运动的合成，一个是沿绳子拉伸方向的分运动，另一个垂直绳子方向绕滑轮转动的分运动，所以将小车的速度分解成沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度，如图所示
物体上升的速度等于小车沿绳子方向的分速度，根据几何知识可得v物＝vcsθ
故A错误，B正确；
CD．若汽车做匀速运动，汽车速度v保持不变，绳子与水平面的夹角θ逐渐减小，由v物＝vcsθ
可知物体的速度逐渐增大，物体向上做加速运动，加速度方向向上，合力方向向上，绳子拉力大于物体重力，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键掌握将小车的速度分解成沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度。
（多选）10．（4分）如图（a），一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（ ）
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出。
【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图像与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；
图像的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcsθ＝ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；
但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律及图像的应用，要注意图像中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系。
（多选）11．（4分）如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为0.5μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对B施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（ ）
A．当F＝2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＞3μmg时，A、B间相对滑动
C．当F＝3μmg时，B的加速度等于0.5μg
D．无论F为何值，A的加速度不会超过μg
【分析】根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求地面最大静摩擦力，分析AB相对地面运动情况；
根据牛顿第二定律，求物块A、A、B整体的加速度，进行比较，分析当F＝3μmg时，AB的运动状态和B的加速度大小，同理分析当F＞4.5μmg时，A、B运动情况；
【解答】解：A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面最大静摩擦力f地＝0.5μ（2m+m）g＝1.5μmg＜F＝2μmg，A、B都相对地面发生运动，故A错误；
C．根据牛顿第二定律，物块A能够获得的最大加速度
当F＝3μmg时，假设A、B能够保持相对地面静止，根据牛顿第二定律，则有3μmg﹣0.5μ（m+2m）＝（m+2m）a1
解得a1＝0.5μg＜amax＝μg
可知，当F＝3μmg时，A、B保持相对静止，B的加速度等于0.5μg，故C正确；
B．若A、B恰好发生相对运动，根据牛顿第二定律，对B有
根据牛顿第二定律，对A、B有F2﹣0.5μ（2m+m）g＝（2m+m）amax
解得F2＝4.5μmg
可知，当F＞4.5μmg时，A、B间才能发生相对滑动，故B错误；
D．根据上述分析，物块A能够获得最大加速度
即无论F为何值，A加速度不会超过μg，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题解题关键是掌握知道最大静摩擦力等于滑动摩擦力，并根据牛顿第二定律求临界加速度。
（多选）12．（4分）如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力大小为
B．保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg
C．在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度不变
D．若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止
【分析】先对整体受力分析求共同加速度，再隔离各物体结合临界条件、弹簧弹力瞬时不变性判断各选项。
【解答】解：A．对A、B、C三个物体受力分析，摩擦力为f＝μ（m+2m+m）g＝4μmg
根据牛顿第二定律F﹣f＝（m+2m+m）a
对A受力分析，根据平衡条件F弹﹣μmg＝ma
代入数据得，故A正确；
B．保持A、B、C三个物块相对静止，对B可知，整体的最大加速度为
对A、B、C整体受力分析，根据牛顿第二定律Fm﹣4μmg＝（m+2m+m）amax
代入数据得Fm＝6μmg，故B正确；
C．在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，A的加速度不变，故C错误；
D．在撤去水平推力的瞬间，对B、C整体受力分析
代入数据得
由B选项可知，物块B的最大加速度为
即撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题是典型的连接体动力学问题，综合考查整体法与隔离法的应用、临界状态分析及瞬时变化规律，对受力分析能力要求较高。
二、实验题（本题共2题，共14分）
13．（6分）某实验小组探究平抛运动的特点：
（1）利用如图甲所示的装置进行实验，击打弹片时，A球做平抛运动，B球做自由落体运动。经过多次实验发现两个小球总是同时落地，由此得到的结论是：做平抛运动的物体 B ；（填序号）
A．水平方向做匀速运动
B．竖直方向做自由落体运动
C．水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动
（2）利用图乙所示的装置进行实验：实验前先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球从M点由静止释放落到挡板N上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。用平滑曲线把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹。
①实验前，为了得到平抛运动的轨迹，斜槽末端的切线 需要 （填“需要”或“不需要”）调成水平；
②以钢球放在斜槽末端时球心在白纸上的投影点O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标（x，y）作出y＝x2图像如图丙实线所示。若将钢球在斜槽上的释放点M的高度提高一些，再次由静止释放钢球，其他步骤不变，则得到的图像是图丙中的 d （填“a”“b”“c”或“d”）。
【分析】（1）对比A球平抛、B球自由落体的运动，两球总是同时落地，说明二者竖直方向的运动规律一致，由此得出平抛运动竖直方向做自由落体运动的结论；
（2）①为保证钢球抛出时初速度水平，使其做标准的平抛运动，实验前需要将斜槽末端的切线调成水平，这是实验的基础操作要求；
②根据平抛运动轨迹方程，提高释放点高度会增大初速度，使图像的斜率减小，对应图丙中的d图线。
【解答】解：（1）利用题图甲所示的装置，根据两球始终同时落地，只能判断两球在竖直方向上的运动是相同的，即做平抛运动的物体竖直方向做自由落体运动，不能判断出水平方向做匀速运动，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2）①钢球离开斜槽末端后速度的方向即为斜槽末端的方向，为了保证钢球离开斜槽末端后速度方向水平，需要调节斜槽末端的切线水平；
②根据平抛运动的规律可得x＝v0t，
代入数据得
图像为过坐标原点的直线，当M点的高度提高后，钢球做平抛运动的初速度增大，图像的斜率变小，但仍然是过坐标原点的直线，得到的图像是题图丙中的d。
故答案为：（1）B；（2）需要，d。
【点评】本题围绕平抛运动的实验探究，考查实验原理、操作规范和轨迹方程的分析，需结合实验设计与运动规律解题。
14．（8分）为了探究“加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：
（1）电磁打点计时器使用的电源是 A （填写选项前的字母）。
A.8V左右的交流电源
B.8V左右的直流电源
C.220V交流电源
（2）保持小车质量m不变，探究加速度a与拉力F的关系，这种研究方法叫做 控制变量法 （选填“控制变量法”或“等效替代法”）。
（3）以下实验操作正确的是 B （填写选项前的字母）。
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动
B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行
C．先释放小车，然后接通电源
D．实验中小车的加速度越大越好
（4）打点计时器打出的一条纸带如图乙所示A、B、C、D、E为我们在纸带上所选的计数点。每相邻的两个计数点之间有四个小点未画出（已知打点计时器打点频率为50Hz）。则小车的加速度a＝ 0.400 m/s2。（计算结果保留3位有效数字）
【分析】（1）回忆电磁打点计时器的电源规格，明确其使用8V左右的交流电源，据此选择对应选项；
（2）回忆实验研究方法，明确保持一个变量不变、研究另外两个量的关系，属于控制变量法；
（3）逐一分析实验操作细节，结合平衡摩擦力、细线调节、通电顺序等要求，判断正确操作；
（4）根据打点频率确定时间间隔，利用逐差法结合纸带位移数据，代入公式计算加速度。
【解答】解：（1）电磁打点计时器使用的电源是8V的交流电源，故A正确，BC错误。
故选：A。
（2）保持小车质量m不变，探究加速度a与拉力F的关系，这种研究方法叫做控制变量法；
（3）A.平衡摩擦力就是将木板不带滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力，不需要在砝码及砝码盘的牵引下，故A错误；
B.为了保证小车受到的合力是恒力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确；
C.为充分利用纸带，实验时应先接通电源后释放小车，故C错误；
D.实验时，为了减小实验的误差，小车的加速度应适当大一些，但不是越大越好，故D错误。
故选：B。
（4）每相邻的两个计数点之间有四个小点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s
根据逐差法可得小车的加速度为m/s2＝0.400m/s2
故答案为：（1）A；（2）控制变量法；（3）B；（4）0.400。
【点评】本题是探究加速度与力、质量关系的经典实验题，涵盖仪器使用、实验方法、操作正误判断与数据处理，全面考查对实验原理与细节的掌握，属于基础实验题，适合巩固实验核心知识点。
三、解答题（本题共4题，共38分）
15．（8分）“转碟”是传统的杂技项目。如图所示，质量为m的发光物体（可视为质点）放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当发光物体的线速度为v0时，碟子边缘看似一个光环。求：
（1）此时发光物体运动的周期T和角速度大小；
（2）此时发光物体受到的静摩擦力大小f。
【分析】（1）发光物体做匀速圆周运动，轨迹半径为碟子半径r，线速度为v0，结合匀速圆周运动周期与线速度、半径的关系，以及角速度与线速度的关联，可推得周期和角速度大小；
（2）对发光物体受力分析，竖直方向重力与支持力平衡，水平方向静摩擦力的径向分量提供匀速圆周运动的向心力，结合向心力公式即可求解静摩擦力大小。
【解答】解：（1）发光物体运动的周期为
发光物体运动的角速度大小为
（2）发光物体受到的静摩擦力提供所需的向心力，根据牛顿第二定律可得，发光物体受到的静摩擦力大小为
答：（1）此时发光物体运动的周期是，角速度大小是；
（2）此时发光物体受到的静摩擦力大小f是。
【点评】本题是匀速圆周运动的受力分析问题，核心是明确向心力的来源，结合圆周运动基本公式与受力平衡条件联立求解。
16．（8分）如图所示，质量为m＝4kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向。质量为M＝5kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的固定斜面上。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）PB绳对结点P拉力的大小FPB；
（2）木块对斜面压力的大小FN′。
【分析】（1）对结点P受力分析，它受PA、PB绳的拉力和砝码重力，三力平衡。将PA绳拉力正交分解，结合水平与竖直方向的平衡条件，即可求出PB绳对结点的拉力大小；
（2）对木块受力分析，它受重力、斜面支持力和PB绳拉力，受力平衡。将各力沿垂直斜面方向分解，列平衡方程求出支持力，再根据牛顿第三定律得到木块对斜面的压力。
【解答】解：（1）如图甲所示分析P点受力
由平衡条件可得FPAcs37°＝mg，FPAsin 37°＝FPB
可解得FPB＝30N
（2）再分析M的受力情况，如图乙所示
由物体的平衡条件可得沿斜面方向有Ff＝Mgsin37°+FPBcs37°
垂直于斜面方向有FN+FPBsin37°＝Mgcs37°
代入数据得FN＝58N
由牛顿第三定律，木块对斜面的压力FN'＝FN＝58N
答：（1）PB绳对结点P拉力的大小是30N；
（2）木块对斜面压力的大小是58N。
【点评】本题是共点力平衡的典型问题，通过对结点和木块的受力分析，结合正交分解法求解，重点考查受力分析与平衡条件的应用。
17．（10分）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接（即拐角处无能量损失），将一质量m＝2kg的小煤块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，煤块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.20，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求煤块（不考虑划痕造成的质量损失）：
（1）第一次滑过P点时的速度大小v1；
（2）第一次在传送带上往返运动的时间t；
（3）第一次返回斜面底端时，传送带上痕迹的长度。
【分析】（1）根据动能定理求解煤块滑过P点的速度；
（2）先求出煤块在传送带上运动的加速度，再根据速度与时间的关系分别求解煤块减速阶段和加速阶段所用时间，最后求出往返运动的时间；
（3）根据位移公式求解煤块减速阶段和加速阶段的位移以及传送带对应阶段的位移，分别对求两者的相对位移即可求得划痕总长度。
【解答】解：（1）根据动能定理，煤块从A下滑到P点过程有

解得第一次滑过P点时的速度大小v1＝8m/s
（2）煤块在传送带上滑行有μ2mg＝ma
解得加速度大小为a＝2m/s2
煤块在传送带上减速过程所用时间
煤块在传送带上加速过程所用时间
第一次在传送带上往返运动的时间t＝t1+t2＝4s+2s＝6s
（3）煤块减速阶段的位移
传送带在该阶段运动的距离s1＝vt1＝4×4m＝16m
煤块减速阶段传送带上的划痕长度为L1＝x1+s1＝16m+16m＝32m
煤块在加速阶段的位移
该阶段传送带运动的距离s2＝vt2＝4×2m＝8m
煤块加速阶段传送带上的划痕长度为L2＝s2﹣x2＝8m﹣4m＝4m
最终煤块加速到与传送带共速，不再产生划痕
所以第一次返回斜面底端时，传送带上痕迹的长度L＝L1+L2＝32m+4m＝36m
答：（1）第一次滑过P点时的速度大小为8m/s；
（2）第一次在传送带上往返运动的时间为6s；
（3）第一次返回斜面底端时，传送带上痕迹的长度为36m。
【点评】本题考查水平传送带模型，需要用到牛顿第二定理、动能定理以及运动学相关知识，需要准确分析煤块每个阶段的运动。题目难度中等。
18．（12分）如图，木板C的左端与水平平台左端对齐放置，小物块B静置于木板上，B距木板C左端的距离d＝0.45m。在平台左侧，将物块A以与水平面成θ＝30°，大小为v0＝2m/s的初速度斜向上抛出，恰好无碰撞地滑上木板C上表面的左端，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间忽略不计，且A、B发生碰撞后彼此交换速度，C的运动状态不受影响。已知A、B的质量均为1kg，C的质量为0.5kg，A、B与C间动摩擦因数均为μ1＝0.2，木板C与平台间动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，木板厚度不计。求：
（1）物块A从抛出点运动到平台左端的时间t1；
（2）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小vA（计算结果可保留根号形式）；
（3）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度L。
【分析】（1）物块A做斜抛运动，列出水平方向与竖直方向上的速度公式即可求解；
（2）求出物块A滑上木板C上的速度，再根据牛顿第二定律结合运动学公式求解；
（3）先求出碰撞前，B和C整体的速度，再根据弹性碰撞得出速度交换，再假设之后A物块与木板C共速，根据牛顿第二定律求解验证出假设成立，碰后A和C保持相对静止，B物体发生相对滑动，要使B物体不从木板C上滑落，则当B物体滑到C的最左端时恰好共速，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解。
【解答】解：（1）物体A做斜上抛运动，则有：，，则物块A从抛出点运动到平台左端的时间为：；
（2）A滑上C表面后做减速运动的加速度大小为：、假设B、C相对静止，共同加速度大小为：，因为，故假设成立，设经过时间tA追上B，由运动学公式可得：，代入数据解得：，则A、B碰撞前时A的速度为：；
（3）A、B碰撞前，B和C的速度为：，由于B和A质量相等，且发生弹性碰撞，则碰撞后，A物体与B物体交换速度，则A和C的速度为，B物体的速度的大小为，假设之后A与C相对静止，对A、C组成的整体，由牛顿第二定律可得：μ1mg﹣μ2（mA+mB+mC）g＝（mA+mC）a′，代入数据解得：a′＝0.5m/s2，由于a′＜a＝2m/s2，则假设成立，碰撞后A、C相对静止，B物体相对C滑动，对B物体有：μ1mBg＝mBaB，解得：，要使B物体不从木板C上滑落，则当B物体滑到C的嘴左端时恰好共速，对B物体，由运动学公式可得：v共＝vA﹣aBt′，发生的位移为：
对A、C组成的整体，则有：v共＝vB+a′t′，发生的位移为：
两者之间的相对位移为：Δx＝x2﹣x3
则木板的最小长度为：Lmin＝d+Δx，联立以上公式代入数据解得：Lmin＝0.6m。
答：（1）物块A从抛出点运动到平台左端的时间为0.1s；
（2）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小为
（3）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度为0.6m。
【点评】该题涉及的过程比较多，二者过程的变化较复杂，在解答的过程中要注意对各个过程的把握，正确进行受力分析，同时要明确其运动的过程与特点。
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答案
BD
ACD
CD
AB