浙江省宁波市宁海中学2024-2025学年高一上学期期初考试（创新班）物理试题（Word版附解析）

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1. 物理学思维方法是指运用现有的物理知识对物理进行深入的学习和研究，找到解决物理问题的基本思路和方法。关于物理学思维方法，下列说法中错误的是（ ）
A. 等效法是将一个物理量、一种物理装置或一个物理状态（过程），用另一个相应量来替代，得到同样的结论的方法。
B. 放大法是根据两个对象之间在某些方面的相似或相同，把其中某一对象的有关知识、结论推移到另一对象中去的一种逻辑方法。
C. 微元法是把一个整体分成无数个很小的部分，再给它积累起来，得到它的总量，使不均匀的量可以求出总值的方法。
D. 理想模型法是在物理学中，突出问题的主要因素，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，并将其作为研究对象的一种科学方法。
【答案】B
【解析】
【详解】A．等效法是将一个物理量、一种物理装置或一个物理状态（过程），用另一个相应量来替代，由于效果相同，能够得到同样的结论的方法，故A正确，不符合题意；
B．在有些实验中，实验的现象真实存在，但是不容易观察，为了便于测量，我们就将产生的效果进行放大之后再进行研究，这种把测量的物理量按一定的规律放大后再进行测量的方法称为放大法，故B错误，符合题意；
C．微元法是把一个整体分成无数个微小的部分，每一个微小的部分遵循相同的规律，再通过这些微小部分方向整体，利用不均匀的量可以求出总值的方法，故C正确，不符合题意；
D．理想模型法是在物理学中，突出问题的主要因素，忽略次要因素，将实际中的事物进行简化，建立理想化的物理模型，并将其作为研究对象的一种科学方法，故D正确，不符合题意。
故选B。
2. 2024年6月25日14时7分，嫦娥六号返回器携带来自月背的月球样品安全着陆在内蒙古四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功。这次探月工程，突破了月球逆行轨道设计与控制、月背智能快速采样、月背起飞上升等关键技术，首次获取月背的月球样品并顺利返回。如图为某次嫦娥六号为躲避陨石坑的一段飞行路线，下列说法中正确的是（ ）
A. 2024年6月25日14时7分指的是时间间隔
B. 研究嫦娥六号着陆过程的技术时可以把它简化成质点
C. 嫦娥六号由图中O点到B点的平均速率一定大于此过程的平均速度的大小
D. 嫦娥六号变轨飞向环月轨道的过程中，以嫦娥六号为参考系，月球是静止不动的
【答案】C
【解析】
【详解】A．2024年6月25日14时7分指的是时刻，故A错误；
B．研究嫦娥六号着陆过程的技术时，研究嫦娥六号的形状、大小不能忽略，不可以把它简化成质点，故B错误；
C．平均速率是指物体的路程和通过这段路程所用时间的比值，平均速度是指物体的位移和通过这段位移所用时间的比值，嫦娥六号由图中O点到B点的路程大小大于由图中O点到B点的位移大小，运动时间相同，故嫦娥六号由图中O点到B点的平均速率一定大于此过程的平均速度的大小，故C正确；
D．嫦娥六号变轨飞向环月轨道的过程中，以嫦娥六号为参考系，月球是运动的，故D错误。
故选C。
3. 两静止在水平地面上的“人字梯”和“八字脚”桌子如图所示，“人字梯”上端有铰链链接可改变左右两脚的夹角，桌子为一次注塑成型的塑料桌，则（ ）

A. 塑料桌桌脚可能不受地面摩擦力作用
B. “人字梯”梯脚不受地面摩擦力作用
C. 塑料桌左侧桌脚一定受到地面水平向右的摩擦力
D. “人字梯”左边梯脚受到地面的摩擦力水平向左
【答案】A
【解析】
【详解】AC．桌子为一次注塑成型的塑料桌，静止在水平地面上，对桌子进行分析，受到重力，地面的支持力，重力与支持力的方向均沿竖直方向，因此桌子在水平方向没有运动趋势，即塑料桌桌角不受地面的摩擦力作用，故A正确，C错误；
BD．对“人字梯”左侧半边梯子进行分析，其受到重力，地面的支持力与右侧半边梯子向左的弹力作用，左侧半边梯子在右侧半边梯子向左弹力作用下有向左运动的趋势，因此，左侧半边梯子受到地面水平向右的摩擦力作用，同理可以判定，右侧半边梯子受到地面水平向左的摩擦力作用，故BD错误。
故选A。
4. 如图所示为一竖直放置的内壁光滑的圆筒，筒内放置一轻弹簧，三个完全相同的物块静置于弹簧上端，此时最上面的物块上表面刚好与圆筒开口平齐。现将第四个物块（与筒内物块完全相同）放入筒内，待物块静止后，第四个物块上表面也刚好与圆筒开口平齐，已知物块的厚度和重力，弹簧始终处在弹性限度范围内，根据以上信息可以求出下列哪些量（ ）
A. 弹簧的劲度系数B. 弹簧的原长C. 圆筒的高度D. 重力加速度g
【答案】A
【解析】
【详解】A．设物块的厚度为，重力为，弹簧的原长为，三个完全相同的物块静置于弹簧上端时，弹簧的长度为，四个物块静置于弹簧上端时，弹簧的长度为，弹簧的劲度系数为，圆筒的高度为，根据胡克定律，有
联立解得弹簧的原长和劲度系数为
圆筒的高度
可得
因此劲度系数为
故A正确；
BC．因为和未知，无法求出弹簧原长和圆筒的高度，故BC错误；
D．根据
可得重力加速度
因为质量未知，无法求出重力加速度，故D错误。
故选A。
5. 潜艇从高密度海水突然进入低密度海水时，浮力会快速减少，使得潜艇急剧下沉，这种现象称为“掉深”。某潜艇在沿水平方向缓慢行驶时，突然出现“掉深”现象。以此时为时刻，测得后续过程中潜艇竖直方向速度与时间的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 该图像是以竖直向上为正方向绘制的B. 内潜艇的竖直方向加速度保持不变
C. 内潜艇的竖直方向平均速度大于D. 潜艇在时刻回到其“掉深”之前的高度
【答案】C
【解析】
【详解】A．依题意，从t=0时刻开始，潜艇下沉，竖直速度方向向下，所以该图像是以竖直向下为正方向绘制的。故A错误；
B．v-t图像中，图线的斜率表示潜艇的加速度，由图可知内潜艇的竖直方向加速度先逐渐变大，再逐渐减小。故B错误；
C．内潜艇的竖直方向如果做匀减速直线运动，其平均速度为
根据v-t图像中，图线与时间轴所围面积表示潜艇的位移，可知内潜艇的竖直方向位移大于相同时间内做匀减速运动的位移，根据
可知
故C正确；
D．由图像可知，潜艇在时刻之前一直向下运动，所以时刻离其“掉深”之前高度最远。故D错误。
故选C。
6. “复兴号”动车是我国自主研发，具有完全知识产权的新一代高速列车。某“复兴号”动车组由8节车厢编组而成，其中第1、3、5、7节为动力车厢，其余为无动力车厢。已知每节动力车厢有2400kW的大型电动机提供动力，每节车厢除了行驶中受恒定的摩擦阻力外，还会受到风阻作用，第1节列车所受风阻，其余每节车厢所受的风阻，表达式中v表示动车行驶速度，k为比例系数，为84N·s/m。下列说法正确的是（ ）
A. 该型号动车组最大行驶速率为120m/s
B. 若关闭两个电动机，动车组最大速度为原来一半
C. 以最大速率匀速行驶时，第1节车厢所受总阻力为25200N
D. 以最大速率匀速行驶时，第3节车厢对第2节车厢作用力为12600N
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意动车组总功率
匀速行驶时受阻力之和
又
解得
故A错误；
B．由
解得
故B错误（亦可定性分析）；
C．第1节车厢受总阻力
故C错误；
D．对前两节车厢为整体分析：电动机牵引力
车厢所受阻力为
所以第三节车厢还需提供推力
故D正确。
故选D。
7. 中国科幻大片《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻，由教育部深空探测联合研究中心组织、重庆大学等高校合作的“多段式多功能载运月球天梯概念研究”原理与其类似。图甲是“天梯”项目海基平台效果图，是在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”，宇航员乘坐太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于质量为m、相对地面静止在不同高度的宇航员，下列说法正确的是（ ）
A. 随着r的增大，宇航员的角速度减小
B. 随着r的增大，宇航员感受到的“重力”先增大后减小
C. 宇航员随地球自转的周期为
D. 在离地面高为R的位置，宇航员对座椅的压力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．宇航员的角速度与地球自转角速度相等，保持不变，A错误；
B．根据
得
由图可知，随着r的增大，当，逐渐减小，则宇航员感受到的重力逐渐减小；当，逐渐反向增大，则宇航员感受到的重力逐渐增大，B错误；
C．当时
宇航员随地球自转的周期为
C错误；
D．由题意得
又
得
根据牛顿第三定律，宇航员对座椅的压力大小为
D正确。
故选D。
8. 物理学发展至今，科学家们总结了许多物理学的研究方法。以下说法正确的是（ ）
A. 功的概念的提出，主要用了比值定义法
B. 元电荷概念的提出，主要用了理想模型法
C. “探究加速度与力、质量的关系”实验中，主要用了控制变量法
D. “探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，主要用了控制变量法
【答案】C
【解析】
【详解】A．力和在力的方向上发生位移的乘积叫做功，功的概念的提出，没有用到比值定义法，A错误；
B．元电荷是指最小的电荷量，元电荷概念的提出，没有用到理想模型法，B错误；
C．“探究加速度与力、质量的关系”实验中，主要用了控制变量法：先控制物体的质量不变，探究物体的加速度与力的关系，再控制力不变，探究加速度与质量的关系，C正确；
D．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，没有用到控制变量法，主要用到了等效替代法：两个力的作用效果与一个力的作用效果相同，D错误。
故选C。
9. 风洞是测试飞机性能、研究流体力学的一种必不可少的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，使风力大小恒定，方向水平，一质量为m的小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成角。已知a、b连线长为d，与水平方向的夹角为45°，小球的空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A. 从a运动到b点所用的时间为
B. 小球的最小速度为0
C. 风力大小为
D. 若改用质量为2m的小球，同样从a点以相同速度抛出，其仍能经过b点
【答案】C
【解析】
【详解】
A.如图所示，小球在a点和b点速度大小相等，与水平方向夹角相等，根据此特点可知，小球运动可看作斜上抛运动，由图可知合力方向垂直于a、b连线。因为，则
则运动时间为
A错误；
B．小球从a点到距离a、b连线最远的点做减速运动，然后做加速运动到b点，最小速度为
B错误；
C．设合力为F，由斜上抛运动规律知
代入得
解得
所以风力
C正确；
D.风力不变，重力变为原来的2倍，所以合力大小方向都发生改变，所以不能到达b点，D错误。
故选C。
10. 某同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两柱等距，在载物平台上放上质量为m的物体时也保持物体的重心与两柱等距，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动，重力加速度大小为g。现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，使载物平台从静止开始运动，物体与平台总保持相对静止。下列说法正确的是（ ）
A. 物体和平台开始运动时加速度大小为
B. 物体和平台做匀加速运动
C. 物体受到平台的摩擦力逐渐增大
D. 只有当时平台才能开始运动
【答案】A
【解析】
【详解】A．平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为
故A正确；
B．圆柱表面的点转动的线速度大小为
若平台运动的速度大小为v，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为
根据牛顿第二定律可得
因为v在不断增大，加速度会越来越小，故B错误；
C．对物体进行受力分析可得
加速度越来越小，故物体受到平台的摩擦力逐渐减小，故C错误；
D．平台开始运动时加速度大小为
所以即使F较小，平台也运动，故D错误。
故选A。
11. 如图所示，一玻璃清洁工人坐在简易的小木板上，通过楼顶的滑轮和轻质绳索在竖直平面内缓慢下降。工人两腿并拢伸直，腿与竖直玻璃墙的夹角，，在下降过程中角保持不变，玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向，小木板保持水平且与玻璃墙平行。某时刻轻绳与竖直玻璃墙的夹角，连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角，且与在同一倾斜平面内。已知工人及工具的总质量，小木板的质量可忽略不计。工人在稳定且未擦墙时，下列说法正确的是（ ）
A. 从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，脚对墙的作用力增大
B. 从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，绳的弹力增大
C. 此时若工人不触碰轻绳，小木板受压力大小为
D. 此时若工人不触碰轻绳，绳的张力大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A.从该时刻起，工人在缓慢下移的过程中，对工人进行受力分析，如图所示
根据相似三角形有
由于角保持不变，则DE长度不变，工人在缓慢下移，则OD长度增加，可知，减小，即玻璃墙对脚的作用力脚减小，根据牛顿第三定律可知，脚对墙的作用力减小，故A错误；
B．结合上述，根据正弦定理有
由于角保持不变，初始时刻的，即初始时刻有
工人在缓慢下移，则角减小，即为锐角，且逐渐减小，而角保持不变，可知增加，即绳OA的弹力增大，故B正确；
D．此时若工人不触碰轻绳，由于，，结合上述可知
根据对称性可知，轻绳AB、AC的弹力大小相等，对结点A进行分析，如图所示
根据平衡条件有
解得
故D错误；
C．小木板保持水平且与玻璃墙平行，此时若工人不触碰轻绳，小木板质量忽略不计，对小木板与结点A构成的整体进行分析，整体受到绳OA的弹力、工人对小木板竖直向下的压力与水平向右的摩擦力，根据平衡条件，小木板受的压力
结合上述解得
故C错误。
故选B。
12. 蹦床是一项专业运动员利用蹦床的反弹效果表现技巧的竞技运动，属体操项目之一。朱雪莹在东京奥运会夺冠一跳如图所示。某段过程中，她自距水平网面高3.2m处由静止下落，与网作用0.5s后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5m，若忽略触网过程中蹬网发力动作而将其视为质点，不计空气阻力且规定竖直向下为正方向， 。下列说法正确的是（ ）
A. 她下落到刚接触网面时的速度为10m/s
B. 她自最高点向下运动到最低点的过程历时0.8s
C. 她与网作用过程中的平均加速度为-4m/s2
D. 她自静止下落到弹回至最高点的过程中，平均速度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．她下落到刚接触网面时的速度为
A错误；
B．她自最高点向下运动到最低点的过程历时
B错误；
C．弹起的速度为
她与网作用过程中的平均加速度为
C错误；
D．下落时间为
她自静止下落到弹回至最高点的过程中，平均速度为
D正确。
故选D。
13. “日心说”以太阳为参考系，金星和地球运动的轨迹可以视为共面的同心圆；“地心说”以地球为参考系，金星的运动轨迹（实线）和太阳的运动轨迹（虚线）如图所示。观测得每隔1.6年金星离地球最近一次，则（ ）
A. 金星绕太阳转动的线速度小于地球绕太阳的线速度
B. 在16年内太阳、地球、金星有20次在一条直线上
C. 地球和金星绕太阳公转的周期之比为8：13
D. 地球和金星绕太阳公转的半径之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意由图可知，金星绕太阳的轨道半径比地球较小，根据
可得
金星绕太阳转动的线速度大于地球绕太阳的线速度，选项A错误；
B.由于每隔1.6年金星离地球最近一次，即每隔1.6年金星比地球多转1圈，则每隔16年金星比地球多转10圈，即每隔0.8年太阳、地球、金星在一条直线上，则在16年内太阳、地球、金星有20次在一条直线上，故B正确；
CD．设金星的公转周期为T1，地球的公转周期为T2，则有
又有t=1.6年，T2=1年，解得
T2：T1=13：8
选项C错误；
D．行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律
即
故D错误。
故选B。
二、不定项选题（本题共2小题，每小题3分，共6分，每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的，漏选得2分，错选不得分）
14. 如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直固定，带电荷量为+Q的小球A固定在圆环的最低点，带电荷量为+q的小球B套在圆环上，静止时和圆心的连线与竖直方向的夹角为60°。已知重力加速度为，静电力常量为k，两个小球均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 小球B受到的库仑力大小为
B. 小球B的质量为
C. 若小球B缓慢漏电，将会沿圆环缓慢下滑，受到支持力的大小保持不变
D. 若小球B缓慢漏电，将会沿圆环缓慢下滑，受到库仑力的大小逐渐增大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题意，由几何关系可得
则小球B受到的库仑力大小为
故A正确；
BCD．根据题意，对小球B受力分析，如图所示
根据平衡条件及三角形相似有
解得
若小球B缓慢漏电，将会沿圆环缓慢下滑，减小，小球B受到的支持力大小等于小球B的重力，保持不变，两环之间的库伦力减小，故C正确，BD错误。
故选AC。
15. 如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），两物块分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连，A、B两物块与轴的距离分别为3d和d，两物块与盘面的动摩擦因数相同，盘面与水平面夹角为。当圆盘以角速度匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，两根绳子拉力均为零，且A、B所受摩擦力均刚好等于最大静摩擦力。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 运动过程中绳子对A拉力的最大值为
D. 运动过程中B所受摩擦力最小值为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．当物块A转到最高点时，两根绳子拉力均为零，且A、B所受摩擦力均刚好等于最大静摩擦力；A在最高点，由牛顿第二定律得
B在最低点，由牛顿第二定律得
联立解得
，
故A正确，B错误；
C．运动过程中，当A到最低点时，所需的拉力最大，设为，由牛顿第二定律得
解得
故C正确；
D．运动过程中，当B到最高点时，由于
可知B的重力分力刚好提供所需的向心力，所以B所受摩擦力最小值为0。故D错误。
故选AC。
三、实验题（本题共2大题，共14分）
16. 某实验小组为测量自动笔里面被压缩弹簧的劲度系数，他们一开始设计如图甲所示的实验：将自动笔活动端竖直置于电子秤上，当竖直向下按下约0.80cm时（未触底且未超过弹簧弹性限度），稳定后电子秤上的读数增加了37.85g（重力加速度大小g取10m/s2）。
（1）此笔里的弹簧劲度系数为________N/m（结果保留3位有效数字），这支笔的重力对实验________（填“有”或“无”）影响；
（2）由于弹簧较短，施加适当外力时长度变化不太明显，于是他们将实验设计成图乙所示：将三根相同的弹簧串起来，竖直挂在图乙所示的装置中。小组成员通过测量，作出三根弹簧的总长度l与相应所挂重物重力即拉力大小F的关系图像如图丙，则一根弹簧的劲度系数为________N/m（结果保留3位有效数字）。
【答案】（1） ①. 47.3 ②. 无
（2）50.0
【解析】
【小问1详解】
[1]根据胡克定律，可得弹簧劲度系数为
故填47.3；
[2]没有影响，这是由于弹簧受挤压时弹力大小可借助于电子秤测出，所以与笔的重力无关，故填无；
【小问2详解】
由于有三根弹簧，则弹簧劲度系数满足
故填50.0。
17. 图甲（a）是一个能够显示平抛运动及其特点的演示实验，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。图甲（b）是该装置一次实验的数码连拍照片，同时显示了A、B球分别做平抛运动和自由落体运动的轨迹。
（1）由图甲（b）的数码连拍照片分析可知，做平抛运动的A球离开轨道后在竖直方向的分运动是________。
（2）现在重新设计该实验，如图乙所示，光源位于S点，紧靠着光源的前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P。现打开数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，不计空气阻力，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能（每隔相同的时间自动拍摄一次）拍摄下来，如图丙所示。则小球的影像P在屏上移动情况应当是图丙中的___________（选填“（c）”或“（d）”）。
（3）如果图乙中小球A水平抛出的初速度为1m/s，SP＝L＝0.5m，经过0.2s小球到达B点时在屏幕上留下的影子假设为Q，则Q点沿着屏幕向下运动的速度大小为________m/s。
【答案】 ①. 自由落体运动 ②. （d）##d ③. 2.5
【解析】
【详解】（1）[1]本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，同一时刻两球处于同一高度，说明竖直方向运动情况相同，所以A竖直方向的分运动是自由落体运动；
（2）[2]方法一：设经过时间t照相机拍摄一次，从抛出开始经时间t后到达C点，经时间2t后经过B点，如图所示：
根据几何关系有
①
②
水平方向做匀速运动，所以
③
竖直方向做自由落体运动，所以
＝④
由①②③④得
即
PG=GQ
所以小球的影像P在屏上移动情况应当是等间距的，故选（d）；
方法二：设经过时间t，小球的水平位移为x，竖直方向的位移为y，影子的位移为H，则有
解得
所以小球的影像P在屏上移动位移与时间成正比，匀速下落，应当是等间距的，故选（d）；
（3）[3]由以上解析可知影子在竖直方向上做匀速运动，根据几何关系可知
解得
18. 如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连，实验中认为砝码和盘的总重力近似等于绳的拉力，已知重力加速度为g，打点计时器的工作频率为50Hz。
（1）实验主要步骤如下，下列做法正确的是________（填字母代号）
A. 调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与水平桌面保持平行
B. 实验时，先放开小车再接通打点计时器电源
C. 把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动
D. 每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角。
（2）甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次，作出了如图乙所示的图象，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是________。（填字母代号）
A. 因为补偿阻力不足
B. 因为补偿阻力过度
C. 砝码和盘的总质量未满足远大于小车总质量的条件
D. 砝码和盘的总质量未满足远小于小车总质量的条件
（3）乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度a与所受外力F的关系图象如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数________（用字母表示）
（4）丙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持砝码盘中砝码质量不变，测得小车质量的倒数与小车加速度的图象如图丁所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与长木板间的动摩擦因数________。（用字母表示）。
【答案】（1）C （2）D
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
A．为使小车细绳的拉力就是小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A项错误；
B．实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故B项错误；
C．把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平衡摩擦力，故C项正确；
D．平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D项错误。
故选C。
【小问2详解】
图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质量”的要求。
故选D。
【小问3详解】
设小车质量为M根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图可知
解得
【小问4详解】
根据牛顿第二定律有
整理有
结合题图有
，
解得
四、解答题（本题共41分）
19. 某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知木板与地面之间是光滑的，物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。重力加速度（已知，）。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物体通过传送带所需要的时间；
（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度应是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律得
解得
（2）物体与传送带共速所需时间为
运动的位移为，对物体根据运动学公式可得
解得
共速后，由于
物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为，由牛顿第二定律得
解得
设物体经到达端，则有
解得
物体通过传送带所需要的时间为
（3）物体滑上木板左端时的速度大小
解得
物体滑上木板后向右做匀减速直线运动，加速度大小为
木板向右匀加速，由
解得
设再经时间两者速度相等，则有
解得
共同速度为
物体的位移为
木板的位移为
因恰好不掉下来，所以木板长度为
20. 某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为的直轨道DE，半径为R、圆心角为的圆弧管道，速度v0=1m/s、长度d=0.3m的逆时针旋转的水平皮带组成。各部分平滑连接。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数1=0.25，向下运动时动 摩擦因数2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a皮带上滑动时动摩擦因数恒为2（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）若h=0.8m，求小物块a
①第一次经过C点时速度vC大小；
②第一次到C点时受到的支持力F的大小；
③第一次在DE中向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若h=1.6m，小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q。
【答案】（1）①4m/s，②13N，③；（2）1.25J
【解析】
【详解】（1）①根据题意，过程，由动能定理
解得第一次经过C点时速度vC大小为
②第一次到C点时，由牛顿第二定律有
解得
F=13N
③第一次在DE中向上运动，由牛顿第二定律有
解得
向下运动过程，由牛顿第二定律有
解得
由运动公式
而
联立解得
（2）若h=1.6m，由动能定理
由运动公式有
而
小物块a滑过皮带的过程中产生的热量Q为
解得
21. 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m=0.01kg，轨道BCD的半径R=0.8m，管道DEF的半径r=0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l=2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm=0.5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。
（1）若弹簧的弹性势能Ep0=0.16J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域内，求弹簧的弹性势能Ep的范围。
【答案】（1）4m/s；（2）0.3N；（3）0.23J【解析】
【详解】（1）到圆心O1等高处，由机械能守恒定律
解得
v=4m/s
（2）要求运动中，滑块不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小值
DF过程
在F点有
联立解得
，
由牛顿第三定律得滑块对轨道弹力为0.3N。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vmin=vD=2m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离
滑块没有越过FG中点。
滑块以最大弹性势能弹出时，在FG上滑行的最大路程为xmax，则
解得
xmax=6.4m
由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，运动的路程应满足
1m当x=1m时，可得Ep1=0.23J，当x=3m时，可得Ep1=0.33J；
当x=5m时，可得Ep1=0.43J，当x=6.4m时，可得Ep1=0.5J；
因此弹性势能Ep的范围
0.23J22. 某游戏装置由弹丸发射器，固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成。如图，游戏时调节发射器，使弹丸（可视为质点）每次从M点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶端N点，继续沿斜面中线下滑至底端P点，再沿粗糙水平地面滑至Q点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量，弹丸与斜面间的摩擦力，弹丸与水平地面的摩擦力，弹丸发射器距水平地面高度，斜面高度，半圆形挡板墙半径，不考虑P处碰撞地面时的能量损失，g取。
（1）求弹丸从发射器M点射出的动能；
（2）向左平移半圆形挡板墙，使P、Q重合，求弹丸刚进入半圆形轨道Q点时受到弹力的大小；
（3）左右平移半圆形挡板墙，改变PQ的长度，要使弹丸最后不会滑出半圆挡板墙区域，设停止位置对应转过的圆心角为（弧度制），求圆心角与PQ的距离x满足的关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）弹丸落入斜面，弹丸的速度关系有
根据平抛运动规律得
初动能
（2）由合速度与分速度的关系得
N到P过程根据动能定理有
水平面上轨道的支持力提供向心力
弹丸刚进入中圆形轨道Q点时受到弹力为轨道支持力与地面弹力的合力，有
解得
（3）P到E过程有，水平地面对小球有摩擦力作用，根据动能定理有
小球在轨道内运动的路程为
联立得