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2021-2022学年陕西省西安高新第一中学高一上学期期末物理试题含解析
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这是一份2021-2022学年陕西省西安高新第一中学高一上学期期末物理试题含解析，共33页。试卷主要包含了选择题，填空与实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
陕西省西安高新第一中学2021-2022学年高一上学期期末物理试题
一、选择题（本题共14小题，共计46分。第1~10题只有一项符合题目要求，每题3分；第11~14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选得0分）
1. “物理”是取“格物致理”四字的简称。在学习物理规律同时，还需要了解物理学家发现物理规律的过程，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列叙述正确的是（ ）
A. 在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法
B. 伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量
C. 笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
D. 牛顿三大定律都无法利用实验来验证
【答案】B
【解析】
【详解】A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故A错误；
B．伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，延长小球滚下斜面的速度，便于运动时间的测量，B正确；
C．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C错误；
D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验进行验证，但是牛顿第二定律和牛顿第三定律是可以通过实验验证的，D错误。
故选B。
2. 将一个物体在时刻以一定的初速度竖直向上抛出，时刻物体的速度大小变为（g取），则下列说法正确的是（ ）
A. 物体的初速度一定是 B. 时刻物体的运动方向可能向下
C. 物体可能是在时回到抛出点 D. 时刻物体一定在初始位置的下方
【答案】C
【解析】
【详解】BD．若不计空气阻力，物体做竖直上抛运动，在内的速度变化量
由于初速度不为零，可知时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方；若考虑空气阻力，0.8s时速度大小为8m/s速度方向也不可能竖直向下，只能竖直向上，物体处于抛出点上方，故BD错误；
AC．由速度公式可知
上升过程加速度大小
代入数据解得
若不计空气阻力，则v0=16m/s，回到抛出点的时间为
故A错误，C正确。
故选C。
3. 如图所示，竖直墙壁上的两点在同一水平线上，固定的竖直杆上的点与点的连线水平且垂直，轻绳的两端分别系在两点，光滑小滑轮吊着一重物可在轻绳上滑动。先将轻绳右端沿直线缓慢移动至点，然后再沿墙面竖直向下缓慢移动至S点，整个过程重物始终没落地。则整个过程轻绳张力大小的变化情况是（ ）
A. 一直增大 B. 先增大后减小 C. 先减小后增大 D. 先减小后不变
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由于点与点的连线水平且垂直，将轻绳右端由N 点沿直线缓慢移动至点过程中，轻绳的夹角变小，而轻绳的合力始终与重力相等，根据力的合成可知轻绳的张力逐渐减小；轻绳右端由M点沿墙面竖直向下缓慢移动至S点的过程中，轻绳的夹角不变，则轻绳的张力不变。
故选D。
4. 如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是 （ ）
A. 若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B. 若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C. 若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D. 若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：对甲有：，解得：；对乙有：，解得，当甲的质量大，则甲的加速度小，根据知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮．
当甲乙的质量相等，则运动时间相同，同时到达滑轮．故A正确，B、C、D均错．
考点：本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解的运用、牛顿第三定律．
5. 在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力f及运动的位移x随时间变化图象正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】B．AB一起加速运动，由牛顿第二定律
可知，加速度先减小后增大，故B正确；
A．v-t图像的斜率表示加速度，因加速度先减小后增大，故v-t图不是直线，故A错误；
C．整体做单向直线运动，速度逐渐增大，x-t图像的斜率变化反映速度变化，故C错误；
D．摩擦力将提供物体A做加速运动，由牛顿第二定律有
根据加速度先减小后增大可判定摩擦力先减小后增大，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向左运动，物体A恰匀速下降。以下说法正确的是（ ）
A. 物体B正向左做匀速运动 B. 物体B正向左做匀加速运动
C. 地面对B的摩擦力增大 D. 斜绳与水平方向成30°时，
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由于绳不可伸长，故B沿绳方向的分速度等于A的速度，即
A匀速下降过程，在增大，故增大，即物体B正向左做加速运动，由三角函数关系可知，并不匀加速运动，故AB错误；
C．A匀速下降，绳上拉力T不变，B在竖直方向平衡，满足
可知N减小，由
可知，地面对B的摩擦力减小，故C错误；
D．斜绳与水平方向成30°角时，代入关系式
可得
故D正确。
故选D。
7. 如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的图线，已知在第3s末两个物体在途中相遇，则（ ）
A. A、B两物体是从同一地点出发
B. t=1s时，两物体第一次相遇
C. 3s内物体A和物体B的平均速度相等
D. A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为3：1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AC．由图象的“面积”表示位移，可得出两物体在3s内，B的位移为10m，大于A的位移7m，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，B的平均速度大于A的平均速度，故AC错误；
B．由图象的“面积”表示位移可知，1~3s内B的位移
1~3s内A的位移
且第3s末两个物体在途中相遇，所以时，两物体第一次相遇，故B正确；
D．图象的斜率表示加速度，则A在减速过程的加速度
B在减速过程的加速度
所以A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为2：1，故D错误。
故选B。
8. 盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示，参加打夯的共5人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m，某次打夯时将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力大小均为，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ）
A. 在上升过程中，夯锤一定处于超重状态
B. 夯锤上升的最大高度
C. 松手后，夯锤处于超重或是失重状态还要看是上升或是下降
D. 松手时夯锤的速度大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，A错误；
B．根据牛顿第二定律解得
解得
夯锤先匀加速上升的高度
匀减速上升的高度
夯锤上升的最大高度
B正确；
C．松手后只受重力作用，处于完全失重状态，C错误；
D．则松手时夯锤的速度大小
D错误。
故选B。
9. 在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，竖直杆上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为4h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 三个小球落地时间差与车速有关 B. 三个小球落地点的间隔距离
C. 三个小球落地点的间隔距离 D. 三个小球落地点的间隔距离
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在竖直方向上做自由落体运动，根据
解得
可知运动的时间由高度决定，A、B、C高度一定，则运动时间一定，落地的时间差一定，与车速无关，故A错误；
BCD．三个小球在竖直方向上做自由落体运动，根据
由公式
可得下落时间之比为
由于三个小球初速度相同，根据
故水平位移之比
则
可得
故D正确，BC错误。
故选D。
10. 如图，质量为M物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力FN和地面对M的摩擦力有关说法正确的是（ ）
A. 小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左
B. 小滑块B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向左
C. 小滑块在C点时，FN＞（M＋m）g，M与地面无摩擦
D. 小滑块在D点时，FN＝（M＋m）g，摩擦力方向向左
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，则
FN
B．小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力
故B错误；
C．小滑块在C点时，滑块对M作用力竖直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力。对滑块竖直方向
则滑块对物体M的压力F要大于滑块的重力mg，那么M对地面的压力
故C正确；
D．小滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力
故D错误。
故选C。
11. 关于下列各图所描述的运动情境，说法正确的是（ ）
A. 图甲中，传动装置转动过程中两轮边缘的a，b两点的角速度相等
B. 图乙中，无论用多大的力打击，A、B两钢球总是同时落地
C. 图丙中，汽车通过拱桥顶端的速度越小，汽车对桥面的压力就越小
D. 图丁中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，外轨对火车有侧压力
【答案】BD
【解析】
【详解】A．靠齿轮传动时，齿轮上线速度大小相等，A错误；
B．演示平抛的装置，无论多大的打击力，B、A两球总是同时落地，因为在竖直方向上是自由落体运动，B正确；
C．当汽车通过拱形桥的最高点时，重力与桥面对汽车的弹力之差提供向心力
所以汽车对桥面的压力
显然速度越大，压力越小，C错误；
D．火车以规定的速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力，若火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，火车有做离心运动的趋势，则外轨对火车有侧压力，D正确。
故选BD。
12. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B的质量均为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为，，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速缓慢加快到两物体恰好要发生滑动时，下列说法正确的是（ ）
A. 物体A所受摩擦力方向沿轻绳指向圆外
B. 轻绳的张力为
C. 圆盘的角速度为
D. 烧断轻绳，物体A、B仍将随圆盘一起转动
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．两物体角速度相同，根据
所以B所受向心力比A大，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B有背离圆心的离心趋势，A有指向圆心的近心趋势，所受摩擦力方向沿半径指向圆外，设此时绳子的张力大小为T，对A、B分别应用牛顿第二定律有
两式联立解得
故AB正确；
C．由上面分析可知
解得此时圆盘的角速度为
故C正确；
D．A、B以角速度做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别为
若此时烧断绳子，A、B所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，所以A、B都将做离心运动，故D错误。
故选ABC。
13. 2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为、，垂直，则有关离开C点后的飞行过程（ ）
A. 一定有，且
B. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大
C. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离加倍
【答案】AC
【解析】
【详解】A．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员到E点速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知。而x轴方向运动员做匀加速运动，因，故，故A正确；
BC．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有
则得
故一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故B错误，C正确；
D．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为
落在斜面上的距离
离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误。
故选AC。
14. 如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态。现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体始终向上做匀加速直线运动，直到物体与弹簧分离，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，b、c、d均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列结论正确的是（ ）
A. 开始时弹簧的压缩量为d
B. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
C. 物体的加速度大小为g
D. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量x=d，故A正确；
B．物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；
C．开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得
mg=kx
拉力F1为b时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：
物体与弹簧分离后，拉力F2为c，根据牛顿第二定律有：
解得物体的质量：
弹簧的劲度系数：
加速度：
故C错误；
D．从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为d，根据匀变速直线运动的位移公式得：
解得运动时间：
故D正确。
故选AD。
二、填空与实验题（共3小题，15题每空2分；16题每空1分；17题每空1分，共19分）
15. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。甲图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B的质量为m，C为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改变B的质量，记下力传感器的对应读数F，不计绳与滑轮的摩擦。
（1）在实验过程中，___________（选填“需要”或“不需要”）满足“小车A的质量M远大于钩码B的质量m”这一条件。
（2）该同学在实验中得到如图丙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，则当纸带上打下计数点1时钩码B的速度大小为___________，小车的加速度大小为___________（结果均保留2位有效数字）。
（3）该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图乙所示，图线与横坐标轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为___________。
A． B. C. D.
【答案】 ①. 不需要 ②. 0.32 ③. 0.51 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]该实验可以用力传感器测量绳子的拉力，故不需要满足小车的质量远大于钩码的质量这一条件。
（2）[2] 由题意知时间间隔，纸带上打出计数点1时小车的速度大小为
根据动滑轮特点，可知钩码B的速度大小为
[3]根据
运用逐差法得
（3）[4] 由牛顿第二定律得
则
中图线的斜率
则小车的质量
故选C。
16. 用如图所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有___________。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a、取平抛运动起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的___________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时___________（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
b、若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则___________（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为___________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是___________。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
【答案】 ①. BD##DB ②. 球心 ③. 需要 ④. 大于 ⑤. ⑥. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]A．斜槽不需要光滑，只要保持末端速度相同即可，故A错误；
B．只要斜槽末端水平，钢球才能在竖直方向做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，故B正确；
C．将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，故C错误；
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球是为了保持平抛运动每次都有相同的初速度，是充要条件，故D正确。
故选BD。
（2）、[2][3]根据题意可知，钢球球心对应原点，研究竖直方向运动规律时y轴与重锤线方向平行；
b、 [4][5]平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为0，则根据平抛运动的规律，相等时间内竖直方向通过的位移之比为，由于A点的竖直方向速度大于0，则
由，可知在竖直方向上
水平方向上可知
联立可得
（3）[6]A．用水平喷管喷出细水柱，并拍摄片，可得水柱的轨迹是平抛的轨迹，故A正确；
B．频闪照相后再将点连接可以得到平抛轨迹，故B正确；
C. 将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸板间有摩擦阻力，所以铅笔做的不是平抛运动，故C错误。
故选AB。
17. 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。
（1）在这个实验中，利用了_______(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系；
（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量_______（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与______（选填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径______（选填“相同”或“不同”）的两个塔轮；
（3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径是短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为________。
【答案】 ①. 控制变量法 ②. 相同 ③. 挡板B ④. 相同 ⑤. 2:1
【解析】
【分析】
【详解】（1） [1]本实验中要分别探究向心力大小与质量m、角速度ω、半径r之间的关系，所以需要用到控制变量法。
（2）[2]探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，需要控制小球的质量和运动角速度相同，所以应选择两个质量相同的小球。
（3）[3]据F=mω2R，由题意可知
F右=2F左
R左=2R右
可得
ω左：ω右=1:2
由
v=ωr
可得
r左轮：r右轮=2:1
左、右两边塔轮的半径之比是2:1
三、计算题（共4小题，18题7分，19题8分，20题8分，21题12分，共35分）
18. 某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m = 4kg，力传感器固定在竖直挡板上。已sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取重力加速度大小g = 10m/s2。求：
（1）当整个装置静止时，力传感器的示数；
（2）当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为40N，此时装置的加速度大小；
（3）某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0N，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
【答案】（1）30N （2）2.5m/s2
（3）7.5m/s2
【解析】
【小问1详解】
以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为FN，对小球受力分析有
由几何关系可得
F = mgtan37°
解得
F = 30N
【小问2详解】
对小球：竖直方向
FNcos37° = mg
水平方向
F′－FNsin37° = ma
解得
a = 2.5m/s2
【小问3详解】
要使力传感器示数为0，则有：重力和斜面的支持力充当合外力，则有
FNcos37° = mg
FNsin37° = ma′
解得
a′ = 7.5m/s2
此时系统应加速度向左，向左加速。
19. 如图所示，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球与两细线AB、AC连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量为m，细线AC长为l，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。求：
(1)当装置处于静止状态时，细线AB的拉力和AC的拉力的大小；
(2)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕OO′轴转动的角速度的大小；
(3)当细线AB的拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度的最小值。
【答案】(1)0.75mg 1.25mg；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)对小球进行受力分析如图，由平衡条件得
TAB＝mgtan37°＝0.75mg
TAC＝＝1.25mg
(2)根据牛顿第二定律得
其中
＝mg
解得
(3)由题意，当 最小时，绳AC与竖直方向的夹角仍为37°，对小球受力分析，则有
解得
20. 如图甲所示“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了24m后停下。某同学用v—t图像描述了上述运动过程，如图乙所示。则：
（1）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；
（2）该同学把小孩每次“点冰”使爬犁加速的过程视为匀加速直线运动，他做了哪些近似的处理；
（3）求爬犁减速滑行时加速度的大小a2和运动中的最大速率vmax；
（4）求小孩“点冰”时爬犁加速度的大小a1。
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）a2 = 0.93m/s2，vmax = 6.67m/s；（4）a1 = 3.72m/s2
【解析】
【详解】（1）小孩和“爬犁”看作一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如图所示。
当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。（或：“爬犁”受到重力、冰面支持力、冰面摩擦力、小孩压力、小孩摩擦力。“爬犁”受到的小孩摩擦力大于冰面摩擦力，使“爬犁”向前加速度运动。）
（2）小孩向后下方点冰时，给冰面的作用力是变化的，该同学把该力近似看作恒力，其反作用也是恒力，才可将爬犁的加速运动视为匀加速直线运动。
（3）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有
将s2 = 24m、Dt2 = (12－4.8)s = 7.2s代入上式，可解得
a2 = 0.93m/s2
根据
可解得运动中的最大速率
vmax = 6.67m/s
（4）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计
t1 = 0.8s＋0.8s＋0.8s = 2.4s
减速的时间共计
t2 = 1.2s＋1.2s＋7.2s = 9.6s
根据
a1t1 = a2t2
可解得小孩“点冰”时爬犁加速度的大小
21. 如图所示，有一长为s=8.84m的传送带倾斜放置，倾角为，且没有启动。一质量为m1=3kg、长度L=0.5m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。t=0时刻，将一质量为m2=1kg的小物块乙（可视为质点）轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v0=4ms的速度沿传送带向下运动。已知，甲与传送带之间的动摩擦因数，甲与乙之间的动摩擦因数，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）刚开始运动时，甲、乙的加速度的大小；
（2）乙相对甲滑行的最大距离；
（3）当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a=3m/s2沿逆时针方向转动，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间。
【答案】(1)，12.5m/s2；(2)；(3)2s
【解析】
【详解】(1)开始时乙速度为零，相对于甲沿斜面向上运动，斜面对甲摩擦力
f1=(m1+m2)gcos30°=20N
乙对甲摩擦力
f2=m2gcos=7.5N
甲对乙摩擦力
f'2=f2=m2gcos=7.5N
对乙运用牛顿第二定律，有
m2gsin30°+f'2=m2a2
解得
a2=12.5m/s2
方向沿斜面向下。
对甲运用牛顿第二定律，有
f1+f2-m1gsin30°=m1a1
解得
a1=
方向沿斜面向上。
(2)乙相对甲滑行的最大距离时，两者共速，有
v'=a2t=v0-a1t
解得
t=，v'=3m/s
甲运动位移
乙运动位移
两者相对滑动
(3)当甲和乙刚好达到共同速度v'后，甲和乙，有
(m1+m2)gsin30°=(m1+m2)gcos30°
受力平衡，匀速运动，当传送带速度达到v'后，甲和乙与传送带一起加速运动。
传送带速度达到v'的时间
设甲和乙与传送带一起加速运动时间为t"，有
解得
t"=ls
从传送带启动到甲的左端动到传送带底端N点所用的时间
t=t'+t"=2s
陕西省西安高新第一中学2021-2022学年高一上学期期末物理试题
一、选择题（本题共14小题，共计46分。第1~10题只有一项符合题目要求，每题3分；第11~14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选得0分）
1. “物理”是取“格物致理”四字的简称。在学习物理规律同时，还需要了解物理学家发现物理规律的过程，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列叙述正确的是（ ）
A. 在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法
B. 伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量
C. 笛卡尔根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
D. 牛顿三大定律都无法利用实验来验证
【答案】B
【解析】
【详解】A．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故A错误；
B．伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，延长小球滚下斜面的速度，便于运动时间的测量，B正确；
C．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C错误；
D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验进行验证，但是牛顿第二定律和牛顿第三定律是可以通过实验验证的，D错误。
故选B。
2. 将一个物体在时刻以一定的初速度竖直向上抛出，时刻物体的速度大小变为（g取），则下列说法正确的是（ ）
A. 物体的初速度一定是 B. 时刻物体的运动方向可能向下
C. 物体可能是在时回到抛出点 D. 时刻物体一定在初始位置的下方
【答案】C
【解析】
【详解】BD．若不计空气阻力，物体做竖直上抛运动，在内的速度变化量
由于初速度不为零，可知时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方；若考虑空气阻力，0.8s时速度大小为8m/s速度方向也不可能竖直向下，只能竖直向上，物体处于抛出点上方，故BD错误；
AC．由速度公式可知
上升过程加速度大小
代入数据解得
若不计空气阻力，则v0=16m/s，回到抛出点的时间为
故A错误，C正确。
故选C。
3. 如图所示，竖直墙壁上的两点在同一水平线上，固定的竖直杆上的点与点的连线水平且垂直，轻绳的两端分别系在两点，光滑小滑轮吊着一重物可在轻绳上滑动。先将轻绳右端沿直线缓慢移动至点，然后再沿墙面竖直向下缓慢移动至S点，整个过程重物始终没落地。则整个过程轻绳张力大小的变化情况是（ ）
A. 一直增大 B. 先增大后减小 C. 先减小后增大 D. 先减小后不变
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由于点与点的连线水平且垂直，将轻绳右端由N 点沿直线缓慢移动至点过程中，轻绳的夹角变小，而轻绳的合力始终与重力相等，根据力的合成可知轻绳的张力逐渐减小；轻绳右端由M点沿墙面竖直向下缓慢移动至S点的过程中，轻绳的夹角不变，则轻绳的张力不变。
故选D。
4. 如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是 （ ）
A. 若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B. 若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C. 若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D. 若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：对甲有：，解得：；对乙有：，解得，当甲的质量大，则甲的加速度小，根据知，甲的运动时间长，所以乙先到达滑轮．
当甲乙的质量相等，则运动时间相同，同时到达滑轮．故A正确，B、C、D均错．
考点：本题考查了牛顿第二定律、力的合成与分解的运用、牛顿第三定律．
5. 在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。以水平向右为正方向，则关于A物体的速度v、加速度a、所受摩擦力f及运动的位移x随时间变化图象正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】B．AB一起加速运动，由牛顿第二定律
可知，加速度先减小后增大，故B正确；
A．v-t图像的斜率表示加速度，因加速度先减小后增大，故v-t图不是直线，故A错误；
C．整体做单向直线运动，速度逐渐增大，x-t图像的斜率变化反映速度变化，故C错误；
D．摩擦力将提供物体A做加速运动，由牛顿第二定律有
根据加速度先减小后增大可判定摩擦力先减小后增大，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面向左运动，物体A恰匀速下降。以下说法正确的是（ ）
A. 物体B正向左做匀速运动 B. 物体B正向左做匀加速运动
C. 地面对B的摩擦力增大 D. 斜绳与水平方向成30°时，
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由于绳不可伸长，故B沿绳方向的分速度等于A的速度，即
A匀速下降过程，在增大，故增大，即物体B正向左做加速运动，由三角函数关系可知，并不匀加速运动，故AB错误；
C．A匀速下降，绳上拉力T不变，B在竖直方向平衡，满足
可知N减小，由
可知，地面对B的摩擦力减小，故C错误；
D．斜绳与水平方向成30°角时，代入关系式
可得
故D正确。
故选D。
7. 如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的图线，已知在第3s末两个物体在途中相遇，则（ ）
A. A、B两物体是从同一地点出发
B. t=1s时，两物体第一次相遇
C. 3s内物体A和物体B的平均速度相等
D. A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为3：1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AC．由图象的“面积”表示位移，可得出两物体在3s内，B的位移为10m，大于A的位移7m，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，B的平均速度大于A的平均速度，故AC错误；
B．由图象的“面积”表示位移可知，1~3s内B的位移
1~3s内A的位移
且第3s末两个物体在途中相遇，所以时，两物体第一次相遇，故B正确；
D．图象的斜率表示加速度，则A在减速过程的加速度
B在减速过程的加速度
所以A、B两物体在减速阶段的加速度大小之比为2：1，故D错误。
故选B。
8. 盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示，参加打夯的共5人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m，某次打夯时将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力大小均为，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ）
A. 在上升过程中，夯锤一定处于超重状态
B. 夯锤上升的最大高度
C. 松手后，夯锤处于超重或是失重状态还要看是上升或是下降
D. 松手时夯锤的速度大小
【答案】B
【解析】
【详解】A．在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，A错误；
B．根据牛顿第二定律解得
解得
夯锤先匀加速上升的高度
匀减速上升的高度
夯锤上升的最大高度
B正确；
C．松手后只受重力作用，处于完全失重状态，C错误；
D．则松手时夯锤的速度大小
D错误。
故选B。
9. 在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，竖直杆上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为4h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 三个小球落地时间差与车速有关 B. 三个小球落地点的间隔距离
C. 三个小球落地点的间隔距离 D. 三个小球落地点的间隔距离
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在竖直方向上做自由落体运动，根据
解得
可知运动的时间由高度决定，A、B、C高度一定，则运动时间一定，落地的时间差一定，与车速无关，故A错误；
BCD．三个小球在竖直方向上做自由落体运动，根据
由公式
可得下落时间之比为
由于三个小球初速度相同，根据
故水平位移之比
则
可得
故D正确，BC错误。
故选D。
10. 如图，质量为M物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体M在地面上静止不动，则物体M对地面的压力FN和地面对M的摩擦力有关说法正确的是（ ）
A. 小滑块在A点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左
B. 小滑块B点时，FN＝Mg，摩擦力方向向左
C. 小滑块在C点时，FN＞（M＋m）g，M与地面无摩擦
D. 小滑块在D点时，FN＝（M＋m）g，摩擦力方向向左
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，则
FN
B．小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力
故B错误；
C．小滑块在C点时，滑块对M作用力竖直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力。对滑块竖直方向
则滑块对物体M的压力F要大于滑块的重力mg，那么M对地面的压力
故C正确；
D．小滑块在D点时，需要的向心力向左，所以M对滑块有向左的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力
故D错误。
故选C。
11. 关于下列各图所描述的运动情境，说法正确的是（ ）
A. 图甲中，传动装置转动过程中两轮边缘的a，b两点的角速度相等
B. 图乙中，无论用多大的力打击，A、B两钢球总是同时落地
C. 图丙中，汽车通过拱桥顶端的速度越小，汽车对桥面的压力就越小
D. 图丁中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，外轨对火车有侧压力
【答案】BD
【解析】
【详解】A．靠齿轮传动时，齿轮上线速度大小相等，A错误；
B．演示平抛的装置，无论多大的打击力，B、A两球总是同时落地，因为在竖直方向上是自由落体运动，B正确；
C．当汽车通过拱形桥的最高点时，重力与桥面对汽车的弹力之差提供向心力
所以汽车对桥面的压力
显然速度越大，压力越小，C错误；
D．火车以规定的速度经过外轨高于内轨的弯道时，受到的重力和轨道的支持力的合力恰好等于向心力时，车轮对内外轨均无侧向压力，若火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，火车有做离心运动的趋势，则外轨对火车有侧压力，D正确。
故选BD。
12. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B的质量均为m。它们分居圆心两侧，到圆心的距离分别为，，A、B与圆盘间的动摩擦因数均为。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速缓慢加快到两物体恰好要发生滑动时，下列说法正确的是（ ）
A. 物体A所受摩擦力方向沿轻绳指向圆外
B. 轻绳的张力为
C. 圆盘的角速度为
D. 烧断轻绳，物体A、B仍将随圆盘一起转动
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．两物体角速度相同，根据
所以B所受向心力比A大，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B有背离圆心的离心趋势，A有指向圆心的近心趋势，所受摩擦力方向沿半径指向圆外，设此时绳子的张力大小为T，对A、B分别应用牛顿第二定律有
两式联立解得
故AB正确；
C．由上面分析可知
解得此时圆盘的角速度为
故C正确；
D．A、B以角速度做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别为
若此时烧断绳子，A、B所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，所以A、B都将做离心运动，故D错误。
故选ABC。
13. 2022年冬奥会即将在北京召开。如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从助滑雪道上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点运动员的速度方向与轨道平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为、，垂直，则有关离开C点后的飞行过程（ ）
A. 一定有，且
B. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向夹角变大
C. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D. 若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的距离加倍
【答案】AC
【解析】
【详解】A．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员到E点速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知。而x轴方向运动员做匀加速运动，因，故，故A正确；
BC．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有
则得
故一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故B错误，C正确；
D．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为
落在斜面上的距离
离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误。
故选AC。
14. 如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态。现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体始终向上做匀加速直线运动，直到物体与弹簧分离，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示，b、c、d均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。则下列结论正确的是（ ）
A. 开始时弹簧的压缩量为d
B. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
C. 物体的加速度大小为g
D. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量x=d，故A正确；
B．物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；
C．开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得
mg=kx
拉力F1为b时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有：
物体与弹簧分离后，拉力F2为c，根据牛顿第二定律有：
解得物体的质量：
弹簧的劲度系数：
加速度：
故C错误；
D．从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为d，根据匀变速直线运动的位移公式得：
解得运动时间：
故D正确。
故选AD。
二、填空与实验题（共3小题，15题每空2分；16题每空1分；17题每空1分，共19分）
15. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系。甲图中小车A的质量为M，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器，它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码B的质量为m，C为力传感器（与计算机连接可以直接读数）。实验时改变B的质量，记下力传感器的对应读数F，不计绳与滑轮的摩擦。
（1）在实验过程中，___________（选填“需要”或“不需要”）满足“小车A的质量M远大于钩码B的质量m”这一条件。
（2）该同学在实验中得到如图丙所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为的交流电，则当纸带上打下计数点1时钩码B的速度大小为___________，小车的加速度大小为___________（结果均保留2位有效数字）。
（3）该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图乙所示，图线与横坐标轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为___________。
A． B. C. D.
【答案】 ①. 不需要 ②. 0.32 ③. 0.51 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]该实验可以用力传感器测量绳子的拉力，故不需要满足小车的质量远大于钩码的质量这一条件。
（2）[2] 由题意知时间间隔，纸带上打出计数点1时小车的速度大小为
根据动滑轮特点，可知钩码B的速度大小为
[3]根据
运用逐差法得
（3）[4] 由牛顿第二定律得
则
中图线的斜率
则小车的质量
故选C。
16. 用如图所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有___________。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a、取平抛运动起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的___________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时___________（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行。
b、若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则___________（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为___________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是___________。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
【答案】 ①. BD##DB ②. 球心 ③. 需要 ④. 大于 ⑤. ⑥. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]A．斜槽不需要光滑，只要保持末端速度相同即可，故A错误；
B．只要斜槽末端水平，钢球才能在竖直方向做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，故B正确；
C．将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，故C错误；
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球是为了保持平抛运动每次都有相同的初速度，是充要条件，故D正确。
故选BD。
（2）、[2][3]根据题意可知，钢球球心对应原点，研究竖直方向运动规律时y轴与重锤线方向平行；
b、 [4][5]平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为0，则根据平抛运动的规律，相等时间内竖直方向通过的位移之比为，由于A点的竖直方向速度大于0，则
由，可知在竖直方向上
水平方向上可知
联立可得
（3）[6]A．用水平喷管喷出细水柱，并拍摄片，可得水柱的轨迹是平抛的轨迹，故A正确；
B．频闪照相后再将点连接可以得到平抛轨迹，故B正确；
C. 将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸板间有摩擦阻力，所以铅笔做的不是平抛运动，故C错误。
故选AB。
17. 探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置如图所示，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供，同时，小球对挡板的弹力使弹簧测力筒下降，从而露出测力筒内的标尺，标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1。
（1）在这个实验中，利用了_______(选填“理想实验法”“等效替代法”或“控制变量法”)来探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系；
（2）探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，应选择两个质量_______（选填“相同”或“不同”）的小球，分别放在挡板C与______（选填“挡板A”或“挡板B”）处，同时选择半径______（选填“相同”或“不同”）的两个塔轮；
（3）当用两个质量相等的小球做实验，调整长槽中小球的轨道半径是短槽中小球半径的2倍，转动时发现左、右标尺上露出的红白相间的等分格数之比为1：2，则左、右两边塔轮的半径之比为________。
【答案】 ①. 控制变量法 ②. 相同 ③. 挡板B ④. 相同 ⑤. 2:1
【解析】
【分析】
【详解】（1） [1]本实验中要分别探究向心力大小与质量m、角速度ω、半径r之间的关系，所以需要用到控制变量法。
（2）[2]探究向心力大小与圆周运动半径的关系时，需要控制小球的质量和运动角速度相同，所以应选择两个质量相同的小球。
（3）[3]据F=mω2R，由题意可知
F右=2F左
R左=2R右
可得
ω左：ω右=1:2
由
v=ωr
可得
r左轮：r右轮=2:1
左、右两边塔轮的半径之比是2:1
三、计算题（共4小题，18题7分，19题8分，20题8分，21题12分，共35分）
18. 某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m = 4kg，力传感器固定在竖直挡板上。已sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，取重力加速度大小g = 10m/s2。求：
（1）当整个装置静止时，力传感器的示数；
（2）当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为40N，此时装置的加速度大小；
（3）某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0N，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大？
【答案】（1）30N （2）2.5m/s2
（3）7.5m/s2
【解析】
【小问1详解】
以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为FN，对小球受力分析有
由几何关系可得
F = mgtan37°
解得
F = 30N
【小问2详解】
对小球：竖直方向
FNcos37° = mg
水平方向
F′－FNsin37° = ma
解得
a = 2.5m/s2
【小问3详解】
要使力传感器示数为0，则有：重力和斜面的支持力充当合外力，则有
FNcos37° = mg
FNsin37° = ma′
解得
a′ = 7.5m/s2
此时系统应加速度向左，向左加速。
19. 如图所示，装置BOO′可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球与两细线AB、AC连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量为m，细线AC长为l，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。求：
(1)当装置处于静止状态时，细线AB的拉力和AC的拉力的大小；
(2)当细线AB拉力的大小等于小球重力的一半时，该装置绕OO′轴转动的角速度的大小；
(3)当细线AB的拉力为零时，该装置绕OO′轴转动的角速度的最小值。
【答案】(1)0.75mg 1.25mg；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)对小球进行受力分析如图，由平衡条件得
TAB＝mgtan37°＝0.75mg
TAC＝＝1.25mg
(2)根据牛顿第二定律得
其中
＝mg
解得
(3)由题意，当 最小时，绳AC与竖直方向的夹角仍为37°，对小球受力分析，则有
解得
20. 如图甲所示“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了24m后停下。某同学用v—t图像描述了上述运动过程，如图乙所示。则：
（1）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；
（2）该同学把小孩每次“点冰”使爬犁加速的过程视为匀加速直线运动，他做了哪些近似的处理；
（3）求爬犁减速滑行时加速度的大小a2和运动中的最大速率vmax；
（4）求小孩“点冰”时爬犁加速度的大小a1。
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）a2 = 0.93m/s2，vmax = 6.67m/s；（4）a1 = 3.72m/s2
【解析】
【详解】（1）小孩和“爬犁”看作一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如图所示。
当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。（或：“爬犁”受到重力、冰面支持力、冰面摩擦力、小孩压力、小孩摩擦力。“爬犁”受到的小孩摩擦力大于冰面摩擦力，使“爬犁”向前加速度运动。）
（2）小孩向后下方点冰时，给冰面的作用力是变化的，该同学把该力近似看作恒力，其反作用也是恒力，才可将爬犁的加速运动视为匀加速直线运动。
（3）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有
将s2 = 24m、Dt2 = (12－4.8)s = 7.2s代入上式，可解得
a2 = 0.93m/s2
根据
可解得运动中的最大速率
vmax = 6.67m/s
（4）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计
t1 = 0.8s＋0.8s＋0.8s = 2.4s
减速的时间共计
t2 = 1.2s＋1.2s＋7.2s = 9.6s
根据
a1t1 = a2t2
可解得小孩“点冰”时爬犁加速度的大小
21. 如图所示，有一长为s=8.84m的传送带倾斜放置，倾角为，且没有启动。一质量为m1=3kg、长度L=0.5m的长木板甲静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。t=0时刻，将一质量为m2=1kg的小物块乙（可视为质点）轻放在长木板甲的左端，与此同时，给长木板甲v0=4ms的速度沿传送带向下运动。已知，甲与传送带之间的动摩擦因数，甲与乙之间的动摩擦因数，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）刚开始运动时，甲、乙的加速度的大小；
（2）乙相对甲滑行的最大距离；
（3）当甲和乙刚好达到共同速度的瞬间启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a=3m/s2沿逆时针方向转动，求从传送带启动到甲的左端运动到传送带底端N点所用的时间。
【答案】(1)，12.5m/s2；(2)；(3)2s
【解析】
【详解】(1)开始时乙速度为零，相对于甲沿斜面向上运动，斜面对甲摩擦力
f1=(m1+m2)gcos30°=20N
乙对甲摩擦力
f2=m2gcos=7.5N
甲对乙摩擦力
f'2=f2=m2gcos=7.5N
对乙运用牛顿第二定律，有
m2gsin30°+f'2=m2a2
解得
a2=12.5m/s2
方向沿斜面向下。
对甲运用牛顿第二定律，有
f1+f2-m1gsin30°=m1a1
解得
a1=
方向沿斜面向上。
(2)乙相对甲滑行的最大距离时，两者共速，有
v'=a2t=v0-a1t
解得
t=，v'=3m/s
甲运动位移
乙运动位移
两者相对滑动
(3)当甲和乙刚好达到共同速度v'后，甲和乙，有
(m1+m2)gsin30°=(m1+m2)gcos30°
受力平衡，匀速运动，当传送带速度达到v'后，甲和乙与传送带一起加速运动。
传送带速度达到v'的时间
设甲和乙与传送带一起加速运动时间为t"，有
解得
t"=ls
从传送带启动到甲的左端动到传送带底端N点所用的时间
t=t'+t"=2s
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