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2022-2023学年重庆市南开中学高一上学期期末物理试题含解析
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这是一份2022-2023学年重庆市南开中学高一上学期期末物理试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
重庆南开中学高2025级高一（上）期末考试
物理试题
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分120分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共66分）
一、单选题（共14题，每题3分，共42分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选不给分。）
1. 力与运动无处不在，亚里士多德、伽利略、笛卡尔、牛顿等一大批著名学者都致力研究力与运动的关系，带来了人类科学进步，下列说法正确的是（ ）
A. 亚里士多德根据生活经验提出轻的物体和重的物体下落一样快
B. 伽利略通过理想实验和逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因，并提出了惯性的概念
C. 牛顿第一定律能够通过现代实验手段直接验证
D. 笛卡尔认为如果运动物体不受任何力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚里士多德根据生活经验提出重的物体比轻的物体下落的快；伽利略提出在只有重力作用时轻的物体和重的物体下落一样快，选项A错误；
B．伽利略通过理想实验和逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因，牛顿提出了惯性的概念，选项B错误；
C．牛顿第一定律不能通过现代实验手段直接验证，选项C错误；
D．笛卡尔认为如果运动物体不受任何力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，选项D正确。
故选D。
2. 下列关于曲线运动的描述正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体速度大小一定是变化的
B. 做曲线运动的物体加速度一定发生变化
C. 做圆周运动物体加速度不一定指向圆心
D. 做匀速圆周运动的物体速度大小与方向总是保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故A错误；
B．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力一定不为零，但不一定变化，可以恒定不变，如平抛运动，故B错误；
C．做匀速圆周运动物体合力充当向心力，但做圆周运动的物体，所受的合力不一定指向圆心，加速度不一定指向圆心，故C正确；
D．做匀速圆周运动的物体速度大小总是保持不变，方向时刻改变。故D错误。
故选C。
3. 关于图片中物体的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中踢足球时，脚对足球的作用力是因为足球发生形变产生的
B. 乙图中汽车在刹车减速时，车上油桶受重力、支持力和摩擦力的作用
C. 丙图中人与“斜坡式”自动扶梯一起匀速运动时，重力和支持力是一对平衡力
D. 丁图中增大手对啤酒瓶的压力可以使啤酒瓶受到的摩擦力增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中踢足球时，脚对足球的作用力使足球产生形变，而不是因为足球发生形变产生的，A错误；
B．乙图中汽车在刹车减速时，车上油桶受自身重力、汽车对其支持力，汽车刹车减速时，由于质量不同，其惯性大小也不同，故会发生相对位移，此时油桶也会受到摩擦力，B正确；
C．丙图中人与“斜坡式”自动扶梯一起匀速运动时，对于人来说，受自身重力、扶梯对其垂直扶梯面向上的支持力和沿扶梯面向上的摩擦力，三力平衡，此时重力和支持力不是一对平衡力，C错误；
D．丁图中，竖直方向，啤酒瓶仅受摩擦力和其自身重力，并且等大方向，增大手对啤酒瓶的压力，啤酒瓶受到的摩擦力不变，D错误。
故选B。
4. 关于力的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A. 合力和分力是同时作用在物体上的
B. 两个分力夹角不变，其中一个力不变，另外一个力增大，合力可能增大、减小或不变
C. 若两分力的大小不变，两分力之间的夹角越大，合力就越大
D. 两个分力的夹角为锐角时，合力可能小于其中一个分力
【答案】B
【解析】
【详解】A．合力与分力是等效替代关系，合力产生的作用效果与分力共同作用的效果相同，因而合力与分力不是同时作用在物体上，故A错误；
B．保持两个力之间的夹角θ不变，使其中一个力F增大，合力不一定增大，如θ为180°时，较小的分力增加，合力减小，较大分力增加，合力增大，较小合力增大到一定值，合力与原合力大小相同，故B正确；
C．令两分力间的夹角为θ，如图所示
所以
其中
0≤θ≤π
可知，若两分力的大小不变，两分力之间的夹角越大，合力F就越小，故C错误；
D．如果两个分力的夹角为锐角，则由力的三角形法则可知合力一定大于任一分力，即两力的效果是加强的，故D错误；
故选B。
5. 蹦床运动集竞技、健身、观赏和娱乐于一体的综合性运动，如图所示为小南在竖直方向上练习蹦床运动的情景。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 离开蹦床向上运动过程中，小南处于完全失重状态
B. 下落过程中，脚刚接触到蹦床时速度最大
C. 从接触蹦床到下降到最低点的过程中，小南先超重再失重
D. 从接触蹦床到下降到最低点的过程中，小南一直处于超重状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．离开蹦床向上运动过程中，小南只受重力作用，处于完全失重状态，选项A正确；
B．下落过程中，脚刚接触到蹦床时，重力大于弹力，加速度向下，此时速度不是最大；当向下运动，弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，选项B错误；
CD．从接触蹦床到下降到最低点的过程中，开始阶段弹力小于重力，加速度向下，小南处于失重状态；后来弹力大于重力，加速度向上，小南处于超重状态，即小南先失重再超重，选项CD错误。
故选A。
6. 小球从某高楼由静止自由下落到地面，若它在第内的位移是最后内位移的，不计空气阻力，则它刚开始下落的位置距离地面的高度为（已知）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球在2s内的位移
则最后内位移
最后内的中间时刻的瞬时速度等于该时间内的平均速度，则有
则小球静止释放到该中间时刻的时间
则小球静止释放到落地的总时间
则小球刚开始下落位置距离地面的高度
故选C。
7. 小船要渡过两岸平行，宽度为d的一条河，假设河水流速及船在静水中的速度均恒定。若该船以最短航程的方式过河，其最短航程为；若以船头指向正对岸的方式过河，则渡河所通过的路程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知，当合速度方向与船速垂直时，航程最短，所以
所以，速度
以船头指向正对岸的方式过河
沿河岸方向
渡河所通过的路程是
故选D。
8. 如图所示，四分之一圆弧轨道固定于竖直平面内，圆心为O，圆弧最高点P与O等高，现分别从P点和O点沿水平方向抛出A、B两个小球，A球落在圆弧最低点M点，B球落在圆弧上Q点，已知与水平方向夹角为，不计空气阻力，不考虑小球的反弹。关于小球A、B的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 运动时间之比 B. 初速度之比
C. 初速度之比 D. 速度偏转角大小之比
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
可得运动时间之比
选项A错误；
BC．初速度之比
选项B正确，C错误；
D．速度偏转角大小之比
选项D错误。
故选B。
9. 某提升重物的装置的简易结构如图所示，一质量为m的圆环P套在固定的倾斜光滑杆上，轻绳绕过定滑轮与圆环P相连，整个装置处于同一竖直平面内，现用力F缓慢向下拉动轻绳，可以使圆环沿着杆向上运动。若杆的弹力大小为，在圆环P上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A. F先减小后增大，一直增大 B. F一直增大，一直增大
C. F一直增大，先减小后增大 D. F先减小后增大，先减小后增大
【答案】B
【解析】
【详解】对圆环受力分析如图，圆环始终处于受力平衡状态，三个力可以组成首位相接的封闭三角形，随着圆环上升拉力F的方向与斜面的夹角逐渐变大，如图中虚线所示，F一直增大，一直增大。
故选B。
10. 如图所示，天花板上用轻绳悬挂着质量为m的吊篮A，吊篮中放置着质量为2m的重物B，吊篮下方通过轻质弹簧与质量为3m的小球C相连，已知初始时整个装置处于静止状态，弹簧未超过弹性限度，重力加速度为g，则剪断轻绳瞬间，各物体加速度为（ ）
A. aA= 4g，aB= g B. aA= 2g，aB= 2g C. aA= 2g，aC= 0 D. aB= g，aC= g
【答案】A
【解析】
【详解】剪断轻绳之前，弹簧弹力
F = 3mg
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，C球仍受力平衡，加速度为零，对A分析
F＋mg = ma
解得
a = 4g
此时AB分离，所以B只受重力，加速度为g。
故选A。
11. 如图所示，小车在岸上拉船，轻绳一端固定在竖直墙壁上，另一端跨过车后的定滑轮与船相连，拉车的两段轻绳水平。小车以速度v匀速向左运动，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将船的速度分解为沿绳子方向的速度v1和垂直绳子方向的速度，可知
v1=v船cosθ
对小车而言
v1=2v
则
故选C。
12. 如图所示，光滑的水平桌面上有一质量为M的内表面粗糙的长方体空铁箱，铁箱内放置一质量为m的木块。现给铁箱施加一随时间t增大的水平力（k是常数），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱和木块加速度的大小分别为和，下列反映和变化的图像中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当较小时，铁箱和木块一起做加速运动，将两个物体看成整体，根据牛顿第二定律可知
解得
两物体加速度相同且与时间成正比；
当两物体间的摩擦力达到最大静摩擦力后，两物体发生相对滑动，对木块有
解得
故当两物体相对滑动后，木块的加速度是个定值；
对铁箱有
解得
由表达式可知，当两物体相对滑动后铁箱的加速度对应的图线斜率比相对滑动前对应的图线斜率大。
故选C。
13. 如图所示，光滑水平地面上，质量为m的物块B放置在质量为M的物块A上，A通过轻质弹簧与竖直墙面相连，弹簧平行于水平面，初始时弹簧在外力控制下被压缩。现解除外界控制，A、B由静止释放，释放时A、B间恰好无相对滑动。设弹簧的劲度系数为k，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度为g，A、B间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块A、B释放时，B所受摩擦力为0
B. 物块A、B在向右运动过程中，B所受摩擦力一直增大
C. 弹簧恢复到原长时，A、B达到最大速度
D. 物块A、B向右运动的最大位移为
【答案】C
【解析】
【详解】A．物块A、B释放时，A相对B有向右运动趋势，B受到向右的摩擦力，A错误；
B．释放时A、B间恰好无相对滑动，对两者整体分析
隔离B分析
所以物块A、B在向右运动过程中，B所受摩擦力随着形变量减小而减小，B错误；
C．弹簧恢复到原长时，两者加速结束，A、B达到最大速度，C正确；
D．释放时A、B间恰好无相对滑动，对B分析
此时加速度
根据对称性可知，在最右侧
物块A、B向右运动的最大位移
D错误。
故选C。
14. 如图所示，一粗糙直杆与水平方向的夹角始终保持角，直杆可以绕着竖直轴转动。初始时直杆静止，质量为m的小球套在杆上，恰好能够静止于杆上P点，已知间的距离为L。现使杆绕轴匀速转动，为保证小球不相对于杆滑动，则角速度最大值是（重力加速度为g）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】假设恰好静止，则有
得
最大时，球恰好不向外发生滑动，正交分解如图
水平方向
竖直方向
联立可得
A正确，BCD错误。
故选A。
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个答案符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，选错得0分）
15. 关于物理研究方法下列说法正确的是（ ）
A. 理想化物理模型的核心在于突出主要因素、忽略次要因素，质点的引入就应用了这种方法
B. 探究合力与分力的关系实验时，主要应用的是类比法
C. 在极短的位移中，物体的平均速度可以看成它在此位置的瞬时速度，这利用了极限法
D. 伽利略在研究自由落体运动时，应用了控制变量法
【答案】AC
【解析】
【详解】A．理想化物理模型的核心在于突出主要因素、忽略次要因素，质点的引入就应用了这种方法，故A正确；
B．探究合力与分力的关系实验时，主要应用的是等效替代法，故B错误；
C．在极短的位移中，物体的平均速度可以看成它在此位置的瞬时速度，这利用了极限法，故C正确；
D．伽利略在研究自由落体运动时，应用了理想实验模型法，故D错误。
故选AC。
16. 学校所使用的答题卡扫描机工作简化图如图所示，滚轮压紧答题卡后通过不断转动带动试卷进入扫描机。假设每张答题卡质量均相等，答题卡之间、答题卡与底板的动摩擦因数均相同。在扫描某张答题卡的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 该答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答题卡运动方向相同
B. 该答题卡下方的所有答题卡均保持静止
C. 该答题卡下方的每张答题卡都受到两个大小不等的摩擦力作用
D. 滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．该答题卡向右运动，受到滚轮的摩擦力方向也向右，即受摩擦力方向与答题卡运动方向相同，选项A正确；
D．设滚轮对最上方的答题卡（第一张）的压力为FN，滚轮与答题卡之间的摩擦因数为μ1，任意两张答题卡之间的动摩擦因数为μ，对最上面的一张答题卡（第一张）而言，则
则
即滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数，选项D正确。
B．对该答题卡下方第一张卡（第二张），上方受到该答题卡的向右的摩擦力，大小为
下方受到第三张答题卡的摩擦力，因第二张卡与第三张答题卡之间的最大静摩擦力为
则第二张卡将保持静止，同理可知该答题卡下方的所有答题卡均保持静止，选项B正确；
C．由以上分析可知，该答题卡下方每张答题卡都处于静止状态，则将受到两个大小相等的摩擦力作用，选项C错误。
故选ABD。
17. 在秋季运动会百米跑比赛中，运动员甲和摄像机乙同时出发沿直线运动，甲由静止开始做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，其运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时间内的某一时刻，甲乙速度相同
B. 末时，甲的速度大小是乙的2倍
C. 时间内，甲、乙之间的距离一直减小
D. 时间内，甲的位移大小为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．乙做匀速直线运动，内乙速度一直是x0 m/s，甲在做匀加速直线运动，根据数学关系可以算出
则
时间内，甲由静止加速度到，故时间内的某一时刻，甲乙速度相同，A正确；
B．末时，甲的速度大小
B错误；
C．时间内，甲、乙之间的距离即为图像中对应t时刻的x的差值，由图像可知时间内，甲、乙之间的距离一直减小，C正确；
D．时间内，甲的位移大小
D正确。
故选ACD。
18. 如图所示，趣味飞镖游戏的镖盘以角速度绕过O点的固定水平轴匀速转动，某人将一只飞镖正对盘边缘P点（O点正上方）以水平速度v0掷出，恰好击中镖盘上O点正下方的Q点（Q点不在盘边缘）。不计空气阻力，飞镖每次从同一位置正对P点水平掷出，下列说法正确的是（ ）
A. 若仅增大，飞镖可能击中P点 B. 若仅减小，飞镖可能击中Q点
C. 若减小、增加，飞镖可能击中Q点 D. 若增加、减小，飞镖可能击中P点
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．若仅增大，则飞镖击中圆盘的时间变短，则竖直位移减小，击中圆盘的位置上移，因P点与飞镖抛出点等高，飞镖在空中高度下降，不可能击中P点，选项A错误；
BC．飞镖击中Q点则满足
（n=0、1、2、3….）
若仅减小，则t不变，飞镖可能击中Q点；若减小、增加，t减小，则表达式仍可成立，即飞镖仍可能击中Q点，选项BC正确；
D．减小，则飞镖击中圆盘的时间变长，则竖直位移变大，击中圆盘的位置下移，若增加，若满足
（n=0、1、2、3…）
飞镖可能击中P点，选项D正确。
故选BCD。
19. 如图所示，足够长的倾斜传送带以速度u逆时针方向匀速转动，相同的滑块A、B由一段轻质细线连接，A处于传送带上、B处于光滑水平面上，细线刚好伸直，A、B的初速度均为0.不计传送带与细线间的摩擦力，A、B可视为质点，与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B从静止开始运动到B刚滑上传送带的过程，以下有关滑块B的速度-时间图像（图）中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】设AB质量均为m，传送带倾斜角为θ，A的初速度为零，所以A做匀加速运动，由于AB构成连接体，根据牛顿第二定律得到
mgsinθ+μmgcosθ=2ma1
若当A与传送带速度相同之前，物块B已经到达传送带，则图像为A；
若当A与传送带速度相同时，此时B还在水平面上时，B的速度也与传送带相同，均为u，此后对AB整体受力分析，若有
mgsinθ≤μmgcosθ
AB将匀速运动，直到B到达传送带位置，所以B先做匀加速后做匀速，此时图像为C；
若有mgsinθ>μmgcosθ，即
sinθ>μcosθ
将沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得到
mgsinθ-μmgcosθ=2ma2
则
a1>a2
当AB全部滑上传送带时
2mgsinθ-2μmgcosθ=2ma3
则
a1>a3>a2
则此时图像为D；
故选ACD。
20. 如图所示，质量为M = 4kg、半径R = 0.6m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA= 1kg，mB= 2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA= 3m/s，此时竖直轻杆受到细圆管的作用力大小为F = 55N。则B球的速度vB大小为（取g = 10m/s2）（ ）
A. 3m/s B. C. 6m/s D.
【答案】AD
【解析】
【详解】对A小球由牛顿第二定律得
解得
FNA = 25N
若杆对环弹力向上，则B对圆环的作用力为
F′NB = F－Mg－FNA = －10N
所以B对圆环作用力向上，根据牛顿第三定律，对B有
解得
vB = 3m/s
另一种情况，若杆对环弹力向下
F′NB = F＋Mg＋FNA = 120N
B对圆环作用力向上，根据牛顿第三定律，对B有
解得
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
三、实验题（共14分）
21. 如图为某同学设计的研究平抛运动的实验装置，斜面与水平面在B点平滑连接，固定在桌边，图中圆弧是以斜槽末端C为圆心的圆弧。实验步骤如下：
①让小球从斜面A点静止释放，并落在圆弧面上，重复多次，标记落点的位置P；
②以斜槽末端C处为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴
③测出O点和小球落点P的连线与水平x轴的夹角。以及圆弧的半径R
（1）关于该实验，下列说法正确的有____________
A.需要调节斜槽轨道末端处于水平
B.斜面必须光滑
C.每次小球可以从斜面上不同高度处下滑
D.可用画圆法确定落点P，即让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点P的平均位置
（2）小球从C点抛出时的速度_____（用字母R、、g表示）
【答案】 ①. AD##DA ②.
【解析】
【详解】（1）[1] A．需要调节斜槽轨道末端处于水平，以保证小球做平抛运动，故A正确；
BC．斜面不必须光滑，只要每次从同一位置静止释放即可保证每次小球平抛初速度相同，故BC错误；
D．可用画圆法确定落点P，即让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点P的平均位置，故D正确。
故选AD。
（2）[2]根据
解得
22. 在某次探究小车加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。
（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量（未知）一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是__________
A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B．四组实验都需要平衡摩擦力
C．四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条纸带如下图所示（相邻两计数点间有四个点未画出），已知交流电源的频率为f，则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为___________
（3）后续实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置进行了新的探究，步骤如下：
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a大小；
③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；’
④以a为纵轴、m为横轴作出的图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以为纵轴，以__________（选填“”或“m”）为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量___________（用字母k，b表示）
【答案】 ①. BC ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]AB．四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，A错误，B正确；
CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]根据逐差法可知小车运动的加速度为
由于相邻两计数点间有四个点未画出，则
代入可得
（3）[3]由加速度和合力之间的关系，对m，轻绳拉力的大小为F，有
对M
可得
以为纵轴，以为横轴，便可得到线性图像。
[4]若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则
联立可得
四、计算题（共3题，共40分。请写出列式依据、重要的演算步骤等，只写出最后结果计0分。）
23. 将小球从O点以某一速度水平抛出，轨迹如图所示，经过A点时，速度与水平方向夹角为，经过B点时，速度与水平方向夹角为，由A到B点经历的时间为t，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）小球从O点抛出的速度大小；
（2）O、B两点的高度差。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在A点的竖直速度
在B点的竖直速度
则
可得
（2）根据
可得
24. 如图所示，光滑水平面上静止放置有长木板B，质量为，一质量为可视为质点的物块A，以的水平速度从左端冲上木板，在物块冲上木板的同时，在木板的右端对其施加向右的水平恒力F。物块与木板间动摩擦因数，g取。
（1）若力，物块A恰好停在长木板B的最右端，求长木板B的长度L；
（2）若物块A相对长木板B发生的路程为，求恒力F的大小。
【答案】（1）2.5m；（2）6.5N
【解析】
【详解】（1）设滑块的加速度为a1，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
对木板
共速时
解得
物块A恰好停在长木板B的最右端，长木板B的长度
（2）若物块A相对长木板B发生的路程为，设共速速度为v，则
解得
对B有
联立解得
根据
解得
25. 如图所示，水平圆盘上质量与的A、B两个物块，用一根不可伸长的轻绳连在一起，轻绳经过圆盘圆心。一起椭圆盘绕竖直中心轴转动，转动角速度从零开始缓慢增大，直到有物块相对圆盘运动为止。A、B两物块转动半径。两物块与圆盘间的动摩擦因数均为。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，求：
（1）当绳上恰好出现拉力时，圆盘的角速度大小；
（2）当时，A受到的摩擦力的大小；
（3）写出A和B受到的摩擦力与的分段函数关系，并画出对应图像（取指向转轴的方向为摩擦力的正方向，图像中要有重要点的坐标值）
【答案】（1）；（2）3μmg；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）当绳上恰好出现拉力时，此时B与转盘之间的摩擦力达到最大静摩擦力，则
解得圆盘的角速度
（2）当其大于 ω1故B一直受最大静摩擦力，对B有
T+μmg = mω2 2r
解得
T=μmg
对 A 有
T+fA = 4mω2r
解得
fA =3μmg
（3）易知时无绳的拉力
f A =4mω2r =4mrω2
fB = mω2 2r =2mrω2
B 最先达到最大静摩擦力时出现绳的拉力，在该范围时B始终为最大静摩擦力
f B =μmg
对A有
T+fA = 4mω2 r
对B有
T+μmg = mω2 2r
联立解得
fA =2mrω2＋μmg
直到 f A＝4μmg 为止，故
当 AB 均达到最大静摩擦力后，ω再增大，因A所需向心力大于B所需的向心力，故绳拉力 T 变大时 fA = 4μmg 不变 fB变小，直到反向变到最大静摩擦力
故对A有
T+4μmg = 4mω2r
对B有
T+f B = mω2 2r
联立解得
fB =-2mrω2＋4μmg
直到f B＝-μmg 为止，故
重庆南开中学高2025级高一（上）期末考试
物理试题
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分120分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共66分）
一、单选题（共14题，每题3分，共42分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选不给分。）
1. 力与运动无处不在，亚里士多德、伽利略、笛卡尔、牛顿等一大批著名学者都致力研究力与运动的关系，带来了人类科学进步，下列说法正确的是（ ）
A. 亚里士多德根据生活经验提出轻的物体和重的物体下落一样快
B. 伽利略通过理想实验和逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因，并提出了惯性的概念
C. 牛顿第一定律能够通过现代实验手段直接验证
D. 笛卡尔认为如果运动物体不受任何力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚里士多德根据生活经验提出重的物体比轻的物体下落的快；伽利略提出在只有重力作用时轻的物体和重的物体下落一样快，选项A错误；
B．伽利略通过理想实验和逻辑推理得出力不是维持物体运动的原因，牛顿提出了惯性的概念，选项B错误；
C．牛顿第一定律不能通过现代实验手段直接验证，选项C错误；
D．笛卡尔认为如果运动物体不受任何力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，选项D正确。
故选D。
2. 下列关于曲线运动的描述正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体速度大小一定是变化的
B. 做曲线运动的物体加速度一定发生变化
C. 做圆周运动物体加速度不一定指向圆心
D. 做匀速圆周运动的物体速度大小与方向总是保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体的速度大小可以不变，如匀速圆周运动，故A错误；
B．物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力一定不为零，但不一定变化，可以恒定不变，如平抛运动，故B错误；
C．做匀速圆周运动物体合力充当向心力，但做圆周运动的物体，所受的合力不一定指向圆心，加速度不一定指向圆心，故C正确；
D．做匀速圆周运动的物体速度大小总是保持不变，方向时刻改变。故D错误。
故选C。
3. 关于图片中物体的受力情况，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中踢足球时，脚对足球的作用力是因为足球发生形变产生的
B. 乙图中汽车在刹车减速时，车上油桶受重力、支持力和摩擦力的作用
C. 丙图中人与“斜坡式”自动扶梯一起匀速运动时，重力和支持力是一对平衡力
D. 丁图中增大手对啤酒瓶的压力可以使啤酒瓶受到的摩擦力增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中踢足球时，脚对足球的作用力使足球产生形变，而不是因为足球发生形变产生的，A错误；
B．乙图中汽车在刹车减速时，车上油桶受自身重力、汽车对其支持力，汽车刹车减速时，由于质量不同，其惯性大小也不同，故会发生相对位移，此时油桶也会受到摩擦力，B正确；
C．丙图中人与“斜坡式”自动扶梯一起匀速运动时，对于人来说，受自身重力、扶梯对其垂直扶梯面向上的支持力和沿扶梯面向上的摩擦力，三力平衡，此时重力和支持力不是一对平衡力，C错误；
D．丁图中，竖直方向，啤酒瓶仅受摩擦力和其自身重力，并且等大方向，增大手对啤酒瓶的压力，啤酒瓶受到的摩擦力不变，D错误。
故选B。
4. 关于力的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A. 合力和分力是同时作用在物体上的
B. 两个分力夹角不变，其中一个力不变，另外一个力增大，合力可能增大、减小或不变
C. 若两分力的大小不变，两分力之间的夹角越大，合力就越大
D. 两个分力的夹角为锐角时，合力可能小于其中一个分力
【答案】B
【解析】
【详解】A．合力与分力是等效替代关系，合力产生的作用效果与分力共同作用的效果相同，因而合力与分力不是同时作用在物体上，故A错误；
B．保持两个力之间的夹角θ不变，使其中一个力F增大，合力不一定增大，如θ为180°时，较小的分力增加，合力减小，较大分力增加，合力增大，较小合力增大到一定值，合力与原合力大小相同，故B正确；
C．令两分力间的夹角为θ，如图所示
所以
其中
0≤θ≤π
可知，若两分力的大小不变，两分力之间的夹角越大，合力F就越小，故C错误；
D．如果两个分力的夹角为锐角，则由力的三角形法则可知合力一定大于任一分力，即两力的效果是加强的，故D错误；
故选B。
5. 蹦床运动集竞技、健身、观赏和娱乐于一体的综合性运动，如图所示为小南在竖直方向上练习蹦床运动的情景。若忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 离开蹦床向上运动过程中，小南处于完全失重状态
B. 下落过程中，脚刚接触到蹦床时速度最大
C. 从接触蹦床到下降到最低点的过程中，小南先超重再失重
D. 从接触蹦床到下降到最低点的过程中，小南一直处于超重状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．离开蹦床向上运动过程中，小南只受重力作用，处于完全失重状态，选项A正确；
B．下落过程中，脚刚接触到蹦床时，重力大于弹力，加速度向下，此时速度不是最大；当向下运动，弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，选项B错误；
CD．从接触蹦床到下降到最低点的过程中，开始阶段弹力小于重力，加速度向下，小南处于失重状态；后来弹力大于重力，加速度向上，小南处于超重状态，即小南先失重再超重，选项CD错误。
故选A。
6. 小球从某高楼由静止自由下落到地面，若它在第内的位移是最后内位移的，不计空气阻力，则它刚开始下落的位置距离地面的高度为（已知）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球在2s内的位移
则最后内位移
最后内的中间时刻的瞬时速度等于该时间内的平均速度，则有
则小球静止释放到该中间时刻的时间
则小球静止释放到落地的总时间
则小球刚开始下落位置距离地面的高度
故选C。
7. 小船要渡过两岸平行，宽度为d的一条河，假设河水流速及船在静水中的速度均恒定。若该船以最短航程的方式过河，其最短航程为；若以船头指向正对岸的方式过河，则渡河所通过的路程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知，当合速度方向与船速垂直时，航程最短，所以
所以，速度
以船头指向正对岸的方式过河
沿河岸方向
渡河所通过的路程是
故选D。
8. 如图所示，四分之一圆弧轨道固定于竖直平面内，圆心为O，圆弧最高点P与O等高，现分别从P点和O点沿水平方向抛出A、B两个小球，A球落在圆弧最低点M点，B球落在圆弧上Q点，已知与水平方向夹角为，不计空气阻力，不考虑小球的反弹。关于小球A、B的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 运动时间之比 B. 初速度之比
C. 初速度之比 D. 速度偏转角大小之比
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据
可得运动时间之比
选项A错误；
BC．初速度之比
选项B正确，C错误；
D．速度偏转角大小之比
选项D错误。
故选B。
9. 某提升重物的装置的简易结构如图所示，一质量为m的圆环P套在固定的倾斜光滑杆上，轻绳绕过定滑轮与圆环P相连，整个装置处于同一竖直平面内，现用力F缓慢向下拉动轻绳，可以使圆环沿着杆向上运动。若杆的弹力大小为，在圆环P上升过程中，下列说法正确的是（ ）
A. F先减小后增大，一直增大 B. F一直增大，一直增大
C. F一直增大，先减小后增大 D. F先减小后增大，先减小后增大
【答案】B
【解析】
【详解】对圆环受力分析如图，圆环始终处于受力平衡状态，三个力可以组成首位相接的封闭三角形，随着圆环上升拉力F的方向与斜面的夹角逐渐变大，如图中虚线所示，F一直增大，一直增大。
故选B。
10. 如图所示，天花板上用轻绳悬挂着质量为m的吊篮A，吊篮中放置着质量为2m的重物B，吊篮下方通过轻质弹簧与质量为3m的小球C相连，已知初始时整个装置处于静止状态，弹簧未超过弹性限度，重力加速度为g，则剪断轻绳瞬间，各物体加速度为（ ）
A. aA= 4g，aB= g B. aA= 2g，aB= 2g C. aA= 2g，aC= 0 D. aB= g，aC= g
【答案】A
【解析】
【详解】剪断轻绳之前，弹簧弹力
F = 3mg
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，C球仍受力平衡，加速度为零，对A分析
F＋mg = ma
解得
a = 4g
此时AB分离，所以B只受重力，加速度为g。
故选A。
11. 如图所示，小车在岸上拉船，轻绳一端固定在竖直墙壁上，另一端跨过车后的定滑轮与船相连，拉车的两段轻绳水平。小车以速度v匀速向左运动，当轻绳与水平面的夹角为时，船的速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】将船的速度分解为沿绳子方向的速度v1和垂直绳子方向的速度，可知
v1=v船cosθ
对小车而言
v1=2v
则
故选C。
12. 如图所示，光滑的水平桌面上有一质量为M的内表面粗糙的长方体空铁箱，铁箱内放置一质量为m的木块。现给铁箱施加一随时间t增大的水平力（k是常数），设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱和木块加速度的大小分别为和，下列反映和变化的图像中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】当较小时，铁箱和木块一起做加速运动，将两个物体看成整体，根据牛顿第二定律可知
解得
两物体加速度相同且与时间成正比；
当两物体间的摩擦力达到最大静摩擦力后，两物体发生相对滑动，对木块有
解得
故当两物体相对滑动后，木块的加速度是个定值；
对铁箱有
解得
由表达式可知，当两物体相对滑动后铁箱的加速度对应的图线斜率比相对滑动前对应的图线斜率大。
故选C。
13. 如图所示，光滑水平地面上，质量为m的物块B放置在质量为M的物块A上，A通过轻质弹簧与竖直墙面相连，弹簧平行于水平面，初始时弹簧在外力控制下被压缩。现解除外界控制，A、B由静止释放，释放时A、B间恰好无相对滑动。设弹簧的劲度系数为k，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度为g，A、B间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块A、B释放时，B所受摩擦力为0
B. 物块A、B在向右运动过程中，B所受摩擦力一直增大
C. 弹簧恢复到原长时，A、B达到最大速度
D. 物块A、B向右运动的最大位移为
【答案】C
【解析】
【详解】A．物块A、B释放时，A相对B有向右运动趋势，B受到向右的摩擦力，A错误；
B．释放时A、B间恰好无相对滑动，对两者整体分析
隔离B分析
所以物块A、B在向右运动过程中，B所受摩擦力随着形变量减小而减小，B错误；
C．弹簧恢复到原长时，两者加速结束，A、B达到最大速度，C正确；
D．释放时A、B间恰好无相对滑动，对B分析
此时加速度
根据对称性可知，在最右侧
物块A、B向右运动的最大位移
D错误。
故选C。
14. 如图所示，一粗糙直杆与水平方向的夹角始终保持角，直杆可以绕着竖直轴转动。初始时直杆静止，质量为m的小球套在杆上，恰好能够静止于杆上P点，已知间的距离为L。现使杆绕轴匀速转动，为保证小球不相对于杆滑动，则角速度最大值是（重力加速度为g）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】假设恰好静止，则有
得
最大时，球恰好不向外发生滑动，正交分解如图
水平方向
竖直方向
联立可得
A正确，BCD错误。
故选A。
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个答案符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，选错得0分）
15. 关于物理研究方法下列说法正确的是（ ）
A. 理想化物理模型的核心在于突出主要因素、忽略次要因素，质点的引入就应用了这种方法
B. 探究合力与分力的关系实验时，主要应用的是类比法
C. 在极短的位移中，物体的平均速度可以看成它在此位置的瞬时速度，这利用了极限法
D. 伽利略在研究自由落体运动时，应用了控制变量法
【答案】AC
【解析】
【详解】A．理想化物理模型的核心在于突出主要因素、忽略次要因素，质点的引入就应用了这种方法，故A正确；
B．探究合力与分力的关系实验时，主要应用的是等效替代法，故B错误；
C．在极短的位移中，物体的平均速度可以看成它在此位置的瞬时速度，这利用了极限法，故C正确；
D．伽利略在研究自由落体运动时，应用了理想实验模型法，故D错误。
故选AC。
16. 学校所使用的答题卡扫描机工作简化图如图所示，滚轮压紧答题卡后通过不断转动带动试卷进入扫描机。假设每张答题卡质量均相等，答题卡之间、答题卡与底板的动摩擦因数均相同。在扫描某张答题卡的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 该答题卡受到滚轮的摩擦力方向与答题卡运动方向相同
B. 该答题卡下方的所有答题卡均保持静止
C. 该答题卡下方的每张答题卡都受到两个大小不等的摩擦力作用
D. 滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．该答题卡向右运动，受到滚轮的摩擦力方向也向右，即受摩擦力方向与答题卡运动方向相同，选项A正确；
D．设滚轮对最上方的答题卡（第一张）的压力为FN，滚轮与答题卡之间的摩擦因数为μ1，任意两张答题卡之间的动摩擦因数为μ，对最上面的一张答题卡（第一张）而言，则
则
即滚轮与答题卡间的动摩擦因数大于答题卡之间的动摩擦因数，选项D正确。
B．对该答题卡下方第一张卡（第二张），上方受到该答题卡的向右的摩擦力，大小为
下方受到第三张答题卡的摩擦力，因第二张卡与第三张答题卡之间的最大静摩擦力为
则第二张卡将保持静止，同理可知该答题卡下方的所有答题卡均保持静止，选项B正确；
C．由以上分析可知，该答题卡下方每张答题卡都处于静止状态，则将受到两个大小相等的摩擦力作用，选项C错误。
故选ABD。
17. 在秋季运动会百米跑比赛中，运动员甲和摄像机乙同时出发沿直线运动，甲由静止开始做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，其运动的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时间内的某一时刻，甲乙速度相同
B. 末时，甲的速度大小是乙的2倍
C. 时间内，甲、乙之间的距离一直减小
D. 时间内，甲的位移大小为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．乙做匀速直线运动，内乙速度一直是x0 m/s，甲在做匀加速直线运动，根据数学关系可以算出
则
时间内，甲由静止加速度到，故时间内的某一时刻，甲乙速度相同，A正确；
B．末时，甲的速度大小
B错误；
C．时间内，甲、乙之间的距离即为图像中对应t时刻的x的差值，由图像可知时间内，甲、乙之间的距离一直减小，C正确；
D．时间内，甲的位移大小
D正确。
故选ACD。
18. 如图所示，趣味飞镖游戏的镖盘以角速度绕过O点的固定水平轴匀速转动，某人将一只飞镖正对盘边缘P点（O点正上方）以水平速度v0掷出，恰好击中镖盘上O点正下方的Q点（Q点不在盘边缘）。不计空气阻力，飞镖每次从同一位置正对P点水平掷出，下列说法正确的是（ ）
A. 若仅增大，飞镖可能击中P点 B. 若仅减小，飞镖可能击中Q点
C. 若减小、增加，飞镖可能击中Q点 D. 若增加、减小，飞镖可能击中P点
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．若仅增大，则飞镖击中圆盘的时间变短，则竖直位移减小，击中圆盘的位置上移，因P点与飞镖抛出点等高，飞镖在空中高度下降，不可能击中P点，选项A错误；
BC．飞镖击中Q点则满足
（n=0、1、2、3….）
若仅减小，则t不变，飞镖可能击中Q点；若减小、增加，t减小，则表达式仍可成立，即飞镖仍可能击中Q点，选项BC正确；
D．减小，则飞镖击中圆盘的时间变长，则竖直位移变大，击中圆盘的位置下移，若增加，若满足
（n=0、1、2、3…）
飞镖可能击中P点，选项D正确。
故选BCD。
19. 如图所示，足够长的倾斜传送带以速度u逆时针方向匀速转动，相同的滑块A、B由一段轻质细线连接，A处于传送带上、B处于光滑水平面上，细线刚好伸直，A、B的初速度均为0.不计传送带与细线间的摩擦力，A、B可视为质点，与传送带的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B从静止开始运动到B刚滑上传送带的过程，以下有关滑块B的速度-时间图像（图）中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】设AB质量均为m，传送带倾斜角为θ，A的初速度为零，所以A做匀加速运动，由于AB构成连接体，根据牛顿第二定律得到
mgsinθ+μmgcosθ=2ma1
若当A与传送带速度相同之前，物块B已经到达传送带，则图像为A；
若当A与传送带速度相同时，此时B还在水平面上时，B的速度也与传送带相同，均为u，此后对AB整体受力分析，若有
mgsinθ≤μmgcosθ
AB将匀速运动，直到B到达传送带位置，所以B先做匀加速后做匀速，此时图像为C；
若有mgsinθ>μmgcosθ，即
sinθ>μcosθ
将沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得到
mgsinθ-μmgcosθ=2ma2
则
a1>a2
当AB全部滑上传送带时
2mgsinθ-2μmgcosθ=2ma3
则
a1>a3>a2
则此时图像为D；
故选ACD。
20. 如图所示，质量为M = 4kg、半径R = 0.6m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA= 1kg，mB= 2kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA= 3m/s，此时竖直轻杆受到细圆管的作用力大小为F = 55N。则B球的速度vB大小为（取g = 10m/s2）（ ）
A. 3m/s B. C. 6m/s D.
【答案】AD
【解析】
【详解】对A小球由牛顿第二定律得
解得
FNA = 25N
若杆对环弹力向上，则B对圆环的作用力为
F′NB = F－Mg－FNA = －10N
所以B对圆环作用力向上，根据牛顿第三定律，对B有
解得
vB = 3m/s
另一种情况，若杆对环弹力向下
F′NB = F＋Mg＋FNA = 120N
B对圆环作用力向上，根据牛顿第三定律，对B有
解得
故选AD。
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
三、实验题（共14分）
21. 如图为某同学设计的研究平抛运动的实验装置，斜面与水平面在B点平滑连接，固定在桌边，图中圆弧是以斜槽末端C为圆心的圆弧。实验步骤如下：
①让小球从斜面A点静止释放，并落在圆弧面上，重复多次，标记落点的位置P；
②以斜槽末端C处为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴
③测出O点和小球落点P的连线与水平x轴的夹角。以及圆弧的半径R
（1）关于该实验，下列说法正确的有____________
A.需要调节斜槽轨道末端处于水平
B.斜面必须光滑
C.每次小球可以从斜面上不同高度处下滑
D.可用画圆法确定落点P，即让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点P的平均位置
（2）小球从C点抛出时的速度_____（用字母R、、g表示）
【答案】 ①. AD##DA ②.
【解析】
【详解】（1）[1] A．需要调节斜槽轨道末端处于水平，以保证小球做平抛运动，故A正确；
BC．斜面不必须光滑，只要每次从同一位置静止释放即可保证每次小球平抛初速度相同，故BC错误；
D．可用画圆法确定落点P，即让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点P的平均位置，故D正确。
故选AD。
（2）[2]根据
解得
22. 在某次探究小车加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。
（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量（未知）一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是__________
A．四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B．四组实验都需要平衡摩擦力
C．四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
（2）某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条纸带如下图所示（相邻两计数点间有四个点未画出），已知交流电源的频率为f，则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为___________
（3）后续实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置进行了新的探究，步骤如下：
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a大小；
③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；’
④以a为纵轴、m为横轴作出的图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以为纵轴，以__________（选填“”或“m”）为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量___________（用字母k，b表示）
【答案】 ①. BC ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]AB．四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，A错误，B正确；
CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2]根据逐差法可知小车运动的加速度为
由于相邻两计数点间有四个点未画出，则
代入可得
（3）[3]由加速度和合力之间的关系，对m，轻绳拉力的大小为F，有
对M
可得
以为纵轴，以为横轴，便可得到线性图像。
[4]若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则
联立可得
四、计算题（共3题，共40分。请写出列式依据、重要的演算步骤等，只写出最后结果计0分。）
23. 将小球从O点以某一速度水平抛出，轨迹如图所示，经过A点时，速度与水平方向夹角为，经过B点时，速度与水平方向夹角为，由A到B点经历的时间为t，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）小球从O点抛出的速度大小；
（2）O、B两点的高度差。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在A点的竖直速度
在B点的竖直速度
则
可得
（2）根据
可得
24. 如图所示，光滑水平面上静止放置有长木板B，质量为，一质量为可视为质点的物块A，以的水平速度从左端冲上木板，在物块冲上木板的同时，在木板的右端对其施加向右的水平恒力F。物块与木板间动摩擦因数，g取。
（1）若力，物块A恰好停在长木板B的最右端，求长木板B的长度L；
（2）若物块A相对长木板B发生的路程为，求恒力F的大小。
【答案】（1）2.5m；（2）6.5N
【解析】
【详解】（1）设滑块的加速度为a1，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
对木板
共速时
解得
物块A恰好停在长木板B的最右端，长木板B的长度
（2）若物块A相对长木板B发生的路程为，设共速速度为v，则
解得
对B有
联立解得
根据
解得
25. 如图所示，水平圆盘上质量与的A、B两个物块，用一根不可伸长的轻绳连在一起，轻绳经过圆盘圆心。一起椭圆盘绕竖直中心轴转动，转动角速度从零开始缓慢增大，直到有物块相对圆盘运动为止。A、B两物块转动半径。两物块与圆盘间的动摩擦因数均为。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g，求：
（1）当绳上恰好出现拉力时，圆盘的角速度大小；
（2）当时，A受到的摩擦力的大小；
（3）写出A和B受到的摩擦力与的分段函数关系，并画出对应图像（取指向转轴的方向为摩擦力的正方向，图像中要有重要点的坐标值）
【答案】（1）；（2）3μmg；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）当绳上恰好出现拉力时，此时B与转盘之间的摩擦力达到最大静摩擦力，则
解得圆盘的角速度
（2）当其大于 ω1故B一直受最大静摩擦力，对B有
T+μmg = mω2 2r
解得
T=μmg
对 A 有
T+fA = 4mω2r
解得
fA =3μmg
（3）易知时无绳的拉力
f A =4mω2r =4mrω2
fB = mω2 2r =2mrω2
B 最先达到最大静摩擦力时出现绳的拉力，在该范围时B始终为最大静摩擦力
f B =μmg
对A有
T+fA = 4mω2 r
对B有
T+μmg = mω2 2r
联立解得
fA =2mrω2＋μmg
直到 f A＝4μmg 为止，故
当 AB 均达到最大静摩擦力后，ω再增大，因A所需向心力大于B所需的向心力，故绳拉力 T 变大时 fA = 4μmg 不变 fB变小，直到反向变到最大静摩擦力
故对A有
T+4μmg = 4mω2r
对B有
T+f B = mω2 2r
联立解得
fB =-2mrω2＋4μmg
直到f B＝-μmg 为止，故
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