浙江省宁波市2024_2025学年高一物理上学期12月月考试卷含解析

这是一份浙江省宁波市2024_2025学年高一物理上学期12月月考试卷含解析，共30页。试卷主要包含了可能用到的相关公式或参数等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答
题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷
上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使
用 2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度 g 均取 10m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本大题共 13 小题，每小题 3 分，共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有
一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 2023 年 3 月 31 日，大连中远海运重工为中远海运发展建造的 62000 吨多用途纸浆船 N1040 顺利完成试
航任务返回码头。N1040 总长 201.8 米、两柱间长 198.3 米、型宽 32.26 米、型深 19.3 米，航速 13.5 节，续
航力 22000 海里。在这则新闻中涉及了长度、质量和时间及其单位，下列说法正确的是（ ）
A. “62000 吨多用途纸浆船”中，吨是基本量的单位
B. “N1040 总长 201.8 米”中，米是国际单位制中力学三个基本物理量之一
C. “航速 13.5 节”中，“节”是速度单位，物理学中所有的物理量都有单位
D. “续航力 22000 海里”指位移大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．“62000 吨多用途纸浆船”中，吨是质量的单位，质量属于基本物理量，故 A 正确；
B．米是国际单位制中力学的基本单位，不是基本物理量，故 B 错误；
C．物理学中不是所有的物理量都有单位，比如动摩擦因数，没有单位，故 C 错误；
D．“续航力 22000 海里”指的是路程，不是指位移大小，故 D 错误。
故选 D。
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2. 在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法和思路，下列体现了“等效替代”思想
的是（ ）
A. 如图 1，在研究雄鹰的运动轨迹时，把雄鹰看作一个有质量的点
B. 如图 2，探究桌面微小形变时，用平面镜反射到墙面上的光点位置变化反映桌面形变
C. 如图 3，把物体各部分受到的重力看作集中作用在重心
D. 如图 4，在探究加速度与力、质量的关系时，用两个做初速度为零的匀变速直线运动物体在相同时间内
位移之比来表示这两个物体运动的加速度之比
【答案】C
【解析】
【详解】A．在研究雄鹰的运动轨迹时，把雄鹰看作一个有质量的点，用质点来代替物体的方法叫理想化模
型法，A 不符合题意；
B．借助平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用的是微小形变放大法，B 不符合题意；
C．物体各部分都受到重力的作用，从作用效果上来说，可以认为与作用在物体上一点的作用效果等效，这
一点就叫做重心，使用的是等效替代法，C 符合题意；
D．在探究加速度与力、质量的关系时，用两个做初速度为零的匀变速直线运动物体在相同时间内位移之比
来表示这两个物体运动的加速度之比，采用的是转换法，D 不符合题意。
故选 C。
3. 2024 年 10 月，中国人民解放军东部战区在台岛周边开展实战演习，震慑“台独”势力。一枚质量为 的炮
弹以初速度 斜向上发射，运动轨迹如图所示， 点为炮弹发射点， 点为与 点等高的落地点， 点为
曲线最高点。假设这枚炮弹在空中无动力飞行时受到的空气阻力大小不变（小于重力），方向始终与速度方
向相反。下列说法正确的是（ ）
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A. 炮弹在 点后做平抛运动
B. 炮弹在 点的加速度大于
C. 炮弹 上升过程中处于超重状态
D. 炮弹上升过程和下降过程运动时间相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．炮弹在 点后受到重力和空气阻力，所以之后不做平抛运动，故 A 错误；
B．炮弹在 点时受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力，合外力大于重力，根据牛顿第二定律可知，
炮弹在 点的加速度大于 ，故 B 正确；
C．炮弹在上升过程中竖直方向的合外力向下，竖直方向的加速度向下，故处于失重状态，故 C 错误；
D．由于上升时和下落时竖直方向的加速度不同，故炮弹上升过程和下降过程运动时间不相等，故 D 错误。
故选 B。
4. 在 2023 年杭州亚运会女子跳水比赛中，中国队一运动员（可看作质点） 在某次跳水过程中的 v—t 图像
如图所示，以竖直向下为正方向，以离开跳板瞬间为零时刻，忽略空气阻力影响，则下列说法正确的是（ ）
A. t₁时刻，该运动员离开跳板后上升至最高点
B. t₂时刻，该运动员在竖直方向上的位移达到最大值
C. 该运动员入水深度大小为
D. 该运动员离开跳板后上升的最大高度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图像可知，0~t1 时间内运动员上升阶段，t₁时刻运动员离开跳板后上升至最高点，选项 A 正
确；
B．t1~t2 时间内运动员从最高点下落到水面，然后继续向下运动入水，则 t₂时刻，该运动员在竖直方向上的
位移还没有达到最大值，选项 B 错误；
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C．t2~t3 时间内运动员入水，则入水深度大小为
选项 C 错误；
D．由图像可知
该运动员离开跳板后上升的最大高度为
选项 D 正确。
故选 AD。
5. 如图是高中物理必修 1 封面上的沙漏照片。同学们发现照片中的砂粒在空中时都看不出砂粒本身的形状，
而是成了条条痕迹，砂粒的疏密分布也不均匀。若近似认为砂粒下落的初速度为 0。忽略空气阻力，不计砂
粒间的相互影响，设砂粒随时间均匀漏下，同学们有以下推断，其中正确的是（ ）
A. 出口下方 10cm 处的痕迹长度约是 5cm 处的 2 倍
B. 出口下方 10cm 处的痕迹长度约是 5cm 处的 4 倍
C. 出口下方 0-2cm 范围内的砂粒数约与 2-6cm 范围的砂粒数相等
D. 出口下方 0-2cm 范围内的砂粒数约与 2-8cm 范围的砂粒数相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据
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可知出口下方 10cm 处的速度约是 5cm 处的 倍，可知出口下方 10cm 处的痕迹长度约是 5cm 处的 倍，
AB 错误；
CD．根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为 1:3:5….可知从出口下落 0-2cm 与 2-8cm
的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方 0-2cm 范围内的砂粒数约与 2-8cm 范围的砂粒数
相等，C 错误，D 正确。
故选 D。
6. 如图所示，一物块受到一个水平力 F 作用静止于斜面上，此力 F 的方向与斜面平行，如果将力 F 撤除，
下列对物块的描述正确的是（ ）
A. 物块将沿斜面下滑
B. 物块受到的摩擦力变大
C. 物块立即获得加速度
D. 物块所受的摩擦力方向改变
【答案】D
【解析】
【详解】物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡，重力可分解为垂直于斜面及沿斜面的两个力；
垂直斜面方向受力平衡，而沿斜面方向上有拉力重力的分子及摩擦力而处于平衡；故摩擦力应与拉力与重
力分力的合力平衡，如图所示：
当 F 撤去后，垂直斜面方向上受力不变，而沿斜面方向上只有重力的分力存在，很明显重力的分力小于刚
才的合力，故物体不会发生滑动，此时的摩擦力仍为静摩擦力，方向沿斜面向上。
故选 D。
【名师点睛】本题中图象为立体图，故对学生的空间想象能力要求较高；同时也要注意 F 是沿斜面方向的，
故可以分别分析沿斜面和垂直斜面两个方向，这样可以把立体图转化为平面图进行分析．
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7. 如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板 AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心 O，而上端
则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是 30°、45°、60°，若有三个小孩同时从 A、B、C 处开始
下滑（忽略阻力），设三位小朋友到达到圆心 O 的时间分别为 、 、 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律
解得
设底部圆半径为 ，根据运动学规律
解得
故
因为
故
故选 B。
8. 如图，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 （A、B 接触面竖直 ，此时 A 恰
好不滑动，B 刚好不下滑，已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 ，A 与地面间的动摩擦因数为 ，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力， 与 B 的质量之比为
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：对 A、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m1+m2）g ①
再对物体 B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
水平方向：F=N
竖直方向：m2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m2g=μ1F ②
联立①②解得：
故选 B。
【考点定位】物体的平衡
【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最
大静摩擦力约等于滑动摩擦力。
9. 如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道 BC 竖直固定放置，轨道半径为 ，圆心为 A 点，AB、AC 分
别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右的速度 （未知量），小球从 A 点离
开后运动到圆弧上的 D 点，重力加速度为 g，小球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，小球运动到 D 点时速度与水平方向的夹角为 ，则有
B. 若小球从 A 到 D 运动时间为 ，则
C. 改变 的大小，小球落到圆弧 BC 上的速度最小值为
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D. 改变 的大小，小球落到圆弧 BC 上速度的最大值为
【答案】C
【解析】
【详解】A．设 ，则平抛运动位移 偏转角为
当速度的偏转角为 时，根据平抛运动的推论，可得
则
故 A 错误；
B．小球从 A 到 D，由平抛运动的规律可得 ，
由几何关系可得
综合解得
故 B 错误；
CD．若让小球从 A 点以不同初速度水平向右抛出，由平抛运动的规律可得小球刚到达某点 P 点时的速度为
结合 ， ，
可得
由数学知识可得
则的最小值为 ，故 D 错误，C 正确。
故选 C。
10. 如图所示，倾角 ，顶端固定光滑滑轮的斜面体放置在水平面上，一跨过滑轮的轻质细绳，一端
悬挂质量为 m 的重物 A，另一端与斜面上质量为 2m 的物块 B 相连，滑轮与物块 B 之间的细绳平行于斜面。
现用外力 F 缓慢拉动细绳上的结点 O，使细绳 部分从竖直拉至水平，整个过程中始终保持外力 F 的方
向与细绳 的夹角 不变，且细绳 部分始终拉直，物块 B 和斜面体始终处于静止状态，下列
说法错误的是（ ）
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A. 细绳 的拉力先增大后减小 B. 外力 F 一直增大
C. 地面对斜面体的摩擦力先增大后减小 D. 斜面对物块 B 的摩擦力一直增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．以结点 O 为研究对象，受到两段细绳的拉力和外力 F，其中 OA 段拉力大小等于 mg，结点 O
转动过程中，保持外力 F 的方向与细绳 的夹角 不变，则 、外力 和细绳 的拉力 构
成的矢量三角形动态变化如图所示。
由图可知细绳 的拉力 先增大后减小，外力 一直增大，故 AB 正确，不符合题意；
C．对 A、B 及斜面整体受力分析，地面对斜面体的摩擦力大小等于外力 F 在水平方向的分力，由上图可知，
外力 F 在水平方向的分力先增大后减小，则地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故 C 正确，不符合题意；
D．对物块 B 受力分析可知，物块 B 受重力 2mg、绳子的拉力 、支持力 和摩擦力 的作用；设摩擦力
方向沿斜面向下，由平衡条件可得
由于绳子的拉力 先增大后减小，所以斜面对 B 的摩擦力不可能一直增大，故 D 错误，符合题意。
故选 D。
11. 如图，固定光滑长斜面倾角为 37°，下端有一固定挡板。两小物块 A、B 放在斜面上，质量均为 m，用
与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与 B 相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相
连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为 L 且绳中无弹力。当小车缓慢向右运
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动 的距离时 A 恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为 g， ， 。下列说法
错误的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 当弹簧恢复原长时，物体 B 沿斜面向上移动了
C. 若小车从图示位置以 的速度向右匀速运动，小车位移大小为 时 B 的速率为
D. 当小车缓慢向右运动 距离时，若轻绳突然断开，则此时 B 的加速度为 1.2g，方向沿斜面向下
【答案】B
【解析】
详解】A．系统静止时，对 B 分析知
解得
小车向右移动到 时，对 A 分析知
解得
分析题意可知
联立可得
故 A 正确；
B．经分析，当物体 B 沿斜面向上移动了 x1 时，弹簧恢复原长，此时
故 B 错误；
C．若小车以 的速度向右匀速运动，设小车向右移动到 时，轻绳与水平面成 角，则由几何知识
可得 ，
由运动和合成与分解可得
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故 C 正确；
D．当小车缓慢向右运动距离 时，若轻绳突然断开，绳子拉力减为 0，此时对物体 B 受力分析，得出合
力为
且方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得 B 的加速度为
故 D 正确。
本题选说法错误项，故选 B。
12. 在粗糙水平地面上放置一个边长为 、质量为 的正方体 ，正方体与地面间的动摩擦因数为
，在正方体右侧有一竖直光滑墙壁，如图所示，在墙壁和正方体之间放置一半径为 、质量为 的球，球
的球心为 O，OB 与竖直方向的夹角为 ，正方体和球均保持静止，重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 仅改变球的质量，其余条件不变，为保证正方体仍处于静止状态，球的质量应小于
B. 将正方体向左推动很小一段距离，其余条件不变，系统仍保持静止，正方体受到的摩擦力不变
C. 当正方体的右侧面 到墙壁的距离小于 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动
D. 改变正方体到墙壁的距离，系统始终保持静止，则 的最大值为
【答案】C
【解析】
【详解】A．如图甲所示，对正方体受力分析可得
①
如图乙所示，对球体受力分析得
②
如图丙所示，对正方体和球体构成的整体受力分析得
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③
①②③三式联立可得
解得
故 A 错误；
B．①②两式联立可得
将正方体向左推动一小段距离， 增大，所以 增大，故 B 错误；
D．①②③三式联立可得
解得
故 D 错误；
C．由
可知当
无论球的质量是多少，正方体都不会滑动，则正方体右侧面 AB 到墙壁的距离应小于 ，即
，故 C 正确。
故选 C。
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【点睛】
13. 如图甲所示，传送带与水平面的夹角为 ，在传送带中点无初速度地放置一木块（视为质点），木块的
速度随时间变化的图像如图乙所示， 、 、 、 均已知，木块到达传送带底端的时间大于 ，重力加
速度大小为 g，则（ ）
A. 传送带可能沿顺时针方向转动
B. 木块与传送带间的动摩擦因数
C. 传送带的长度
D. 满足
【答案】D
【解析】
【详解】A．若传送带沿顺时针方向转动，当 时，木块将一直沿传送带向下做加速直
线运动，当 时，木块将先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度
—时间图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，故 A 错误；
B．由题意可知，木块不能在传送带上保持相对静止，则
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即
故 B 错误；
C．由题图乙可知，0 ~ t2 内木块的位移大小
但木块运动时间大于 t2，则传送带的长度
故 C 错误；
D．由题图乙可知，0 ~ t1 内有
同时
t1 ~ t2 内有
同时有
解得
故 D 正确；
故选 D。
二、选择题Ⅱ（本题共 2 小题，每小题 4 分，共 8 分，每小题列出的四个备选项中至少有一
个是符合题目要求的。全部选对的得 4 分，选对但不选全的得 2 分，有选错的得 0 分）
14. “力与运动的关系”是物理学中最基本的课题，对这一问题的研究持续了近两千年的时间，许多物理学家
上下求索，方才有了现在我们对力与运动的认识。以下关于力与运动关系的说法中，正确的是（ ）
A. 为研究力与运动的关系，伽利略最早提出了加速度、速度、力这些概念
B. 伽利略通过实验与逻辑推理结合的理想斜面实验，得出“力不是维持运动的原因”的结论
C. 牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系： ，当 F、m、a 取国际单位制时，
D. 根据牛顿第二定律 ，当外力为零时，物体加速度为零；因而牛顿第一定律可看作牛顿第二定律
的特例
【答案】BC
【解析】
【详解】A．“力”的概念是牛顿提出的，不是伽利略，故 A 错误；
B．伽利略通过理想斜面实验，得出“力不是维持物体运动原因”的结论，故 B 正确；
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C．牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系： ，当 F、m、a 取国际单位制时， ，故 C 正
确；
D．牛顿第一定律又叫惯性定律，说明力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动的原因。牛顿第一定律
不是牛顿第二定律的特殊情况，故 D 错误；
故选 BC。
15. 如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为 O，半径为 R，PQ 为水平直径，MN 为倾斜直径，PQ 与 MN
间 夹角为 ，一条不可伸长的轻绳长为 L，两端分别固定在圆环的 M、N 两点，轻质滑轮连接一个质量为
m 的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心 O 顺时针缓慢转过 角，
下列说法正确的是（ ）
A. 直径 MN 水平时，轻绳的张力大小为
B. 图示位置时，轻绳的张力大小为
C. 轻绳与竖直方向间的夹角逐渐减小
D. 圆环从图示位置顺时针缓慢转过 的过程中，轻绳的张力先增大再减小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．左右为同一根绳子，拉力相等，设绳子与竖直方向夹角为 ，并作出辅助线，如图所示
由几何关系可知
又
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整理得
对物体进行受力分析
因此
当转到水平位置时， ，可得
故 A 正确，B 错误；
C．由于 、 均为锐角，由
可知， 越小， 越大，当转到水平位置时， ，此时 取得最大值，因此 先增大，后减小，故 C
错误；
D．由
可得 越小，绳子拉力越大，因此当 时，绳子拉力最大，因此圆环从图示位置顺时针缓慢转过 2 的
过程中，轻绳的张力先增大后减小，故 D 正确。
故选 AD。
非选择题部分
三、非选择题（本大题共 7 小题，共 53 分）
16. 某同学做“探究加速度与力的关系”的实验：
（1）该同学正在进行补偿阻力的操作如图所示，其中存在明显错误之处是________。
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（2）图为实验中打出的某条纸带，纸带上的点为打点计时器连续打下的点，每 5 个点取 1 个计数点：打下
计数点 3 时的速度为________m/s；根据纸带计算出这次小车的加速度为________ 。（结果均保留三位
有效数字）
（3）由此判断槽码的质量________（选填“满足”或“不满足”）本次实验要求。
（4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力
的情况下，研究加速度 a 与拉力 F 的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为
、 ，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为 、 ，由图可知， ________ ， ________
。（均选填“大于”“小于”或“等于”）。
（5）甲同学从打出的纸带中选择一条点迹清晰的纸带，将纸带沿计数点剪断得到 6 段纸带，由短到长并排
贴在坐标中，各段紧靠但不重叠。最后将各纸带上端中心点连起来可得到一条直线，如图。相邻计数点间
的距离为 ，纸带宽度表示相邻计数点间的时间间隔 T，用横轴表示时间 t。若纵轴表示 ，则所连直线
的斜率表示________。
A. 各计数点的瞬时速度 B. 相邻计数点的瞬时速度的变化
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C. 小车运动的加速度 a D. 小车运动的加速度的一半即
【答案】（1）小车前面悬挂了牵引物体
（2） ①. 0.625##0.623##0.624##0.626##0.627 ②. 1.47##1.44##1.45## ##1.48##1.49##1.50
（3）不满足 （4） ①. 小于 ②. 大于 （5）B
【解析】
【小问 1 详解】
[1]进行补偿阻力的操作时，小车前面不能悬挂牵引物体。
【小问 2 详解】
[1]每 5 个点取 1 个计数点，故
由图可知计数点 2、4 的刻度分别为 ，
故计数点 3 时的速度为
[2]由题意可得 ， ， ， ，
相邻两段位移差分别为 ， ， ，
根据
可得
【小问 3 详解】
[1]由小问 2 中[2]的分析可知该纸带相同时间间隔内相邻位移差变化幅度较大，因此本次实验槽码的质量不
满足实验要求。
【小问 4 详解】
[1]根据牛顿第二定律
整理得
可知图像的斜率为
由图可知
则
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[2]图像的纵截距绝对值为
由图可知
则
【小问 5 详解】
横轴表示时间 t，纸带宽度表示相邻计数点时间间隔 T，纵轴表示相邻计数点距离 ，则斜率为
因此所连直线的斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化。
故选 B。
17. 学习完必修一的力学知识后，某物理小组设计了两组创新实验：
在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，该小组把两根轻质弹簧如图连接起来进行探究。
（1）在弹性限度内，将 50g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针 A、B 的示数， 和 如下表。用表中数
据计算弹簧Ⅰ的劲度系数 ________N/m，弹簧Ⅰ的劲度系数 ________弹簧Ⅱ的劲度系数 （选填“大
于”、“等于”或“小于”）（重力加速度 ，结果保留三位有效数字）。
钩码数 1 2 3 4
/cm 15.71 19.71 23.72 27.74
/cm 29.96 35.76 41.51 47.36
（2）在测量加速度时，该小组设计了可以测量水平面上运动物体加速度的简易装置。如图所示，将一端系
有摆球的细线悬于小车内 O 点，细线和摆球后面有一个半圆形的刻度盘。当小球与小车在水平面上保持相
对静止时，根据悬绳与竖直方向的夹角 ，便可得到小车此时的加速度。据此推断，该加速度测量仪的刻
度________（填“均匀”或“不均匀”）。
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【答案】（1） ①. 12.5 ②. 小于
（2）不均匀
【解析】
【小问 1 详解】
[1]由表格中的数据可知，当弹力的变化量 =0.5N 时，弹簧Ⅰ的形变量的变化量为
cm，根据胡克定律知 12.5N/m
[2]弹簧Ⅱ形变量的变化量 =35.76cm-20.96cm-4.00cm=1.80cm
根据胡克定律可知 。
【小问 2 详解】
由受力分析，结合牛顿第二定律，得
解得
可知加速度不随角度均匀变化。
18. 一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方 60m 处有一警示牌，立即
刹车。刹车过程中，汽车运动加速度随位移变化可简化为如图所示的图线。司机的反应时间 t1=0.4s，在这
段时间内汽车仍保持匀速行驶，x1~x2 段位移为刹车系统的启动阶段，从 x2 位置开始，汽车的刹车系统稳定
工作，直至汽车停止。已知从 x2 位置开始计时，汽车第 1s 内的位移为 10.5m，第 4s 内的位移为 1.5m。
（1）求 x2 位置汽车 速度大小及此后的加速度大小；
（2）若 x1~x2 段位移大小为 27m，求从司机发现警示牌到汽车停止过程汽车行驶的距离。
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【答案】（1） ， ；（2）57m
【解析】
【详解】（1）从 x2 位置开始计时，汽车做减速运动，汽车第 1s 内的位移 x1=10.5m，第 4s 内的位移为 x4=1.5m，
由于
由于初速度为 0 的匀加速直线运动，相邻相等时间内的位移之比等于连续奇数之比 1:3:5:7…，可知，若从
x2 位置开始计时，汽车在第 4s 末的速度恰好减为 0。令 ，利用逆向思维，根据相邻相等时间内的位
移差规律有
解得加速度大小为
设汽车在 x1 位置的速度为 v0，x2 位置的速度为 v，结合上述可知，汽车第 4s 末刚好停下，利用逆向思维有
（2）从 x1~x2，将该过程分成 n 段极短的位移 ，在该过程可以将汽车看为匀变速直线运动，在该极短位
移内，利用逆向思维，根据位移与速度的关系有
…
（ ）
将上述 n 个表达式相加有
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其中 表示 a—x 图像与横轴所围几何图形的面积，则有
即有
结合上述解得
则反应时间内的位移
在匀减速阶段，利用逆向思维，位移为
汽车行驶总位移
19. 如图所示，物块 C 由磁性材料制成，铁制斜面倾角为 60°，C 与斜面间的动摩擦因数 ，细线
与斜面平行， 与水平方向成 30°角。已知 ，各条细线和光滑小滑轮 P 的质量均可忽
略，整个装置处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 。求：
（1）物块 B 的质量 ；
（2）细绳 OP 拉力的大小和方向；
（3）物块 C 与斜面间的吸引力至少多大？
（4）若物块 C 失去磁性，现用水平向左的力 F 推物块 C，整个装置仍静止，则 F 至少多大？
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【答案】（1） ；（2） ，与竖直方向夹角为 斜向右上方；（3） ；（4）
【解析】
【详解】（1）对 受力分析，如图
由平衡条件得
，
B 的质量为
，
（2）对 P 受力分力，如图
由几何关系可知，细绳 OP 拉力的大小为
与竖直方向夹角为 斜向右上方。
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（3）设物块 C 与铁制斜面间存在最大静摩擦力，则
则
物块 C 与斜面间的吸引力至少为
（4）对 C 受力分析，如图
则
得 F 至少
20. 如图甲是风洞实验室全景图，风洞实验室是可量度气流对实体作用效果以及观察物理现象的一种管道状
实验设备。图乙为风洞实验室的侧视图，两水平面（虚线）之间的距离为 ，其间为风洞区域，物体进入
该区域会受到水平方向的恒力，自该区域下边界的 点将质量为 的小球以一定的初速度竖直上抛，从
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点离开风洞区域，经过最高点 后小球再次从 点返回风洞区域后做直线运动，落在风洞区域的下边界 处，
与水平方向的夹角为 ， ， ，重力加速度大小为 。求：
（1）风洞区域小球受到水平方向恒力的大小；
（2）小球经过 段与 段的时间之比；
（3） 的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
小球再次从 N 点返回风洞区域后做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，受力情况如图所示：
根据平行四边形定则和几何知识知
解得
【小问 2 详解】
最高点的小球的速度沿水平方向，设该速度为 v，则小球在 M、N 点的水平方向速度也为 v，设小球在 M、
N 点竖直方向的速度大小为 ，在 O 点的初速度为 。竖直方向的运动可知由 O 到 M 与从 N 到 P 的时间
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相等，设为 t。
从 O 到 M 的过程中，水平方向有
从 N 到 P 的过程中，在 P 点，水平方向有
设 P 点竖直方向的速度大小为 ，则
解得
在竖直方向上，小球在从 O 点到 P 点做上抛运动，竖直方向上速度相等，可得
由 N 到 P 小球做直线运动，则有
可得
最高点为 Q 点，设 M 到 Q 的时间为 ，则在竖直方向上有
由 N 到 P 有
解得
则小球经过 段与 段的时间之比
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【小问 3 详解】
水平方向由 O 到 M 有
由 M 到 N 有
由 N 到 P 有
又
，
解得
21. 如图所示，两端开口的竖直球筒中静置着一个羽毛球（视为质点），初始时用手握住球筒，在空中静止。
某时刻开始用手带动球筒竖直向下做匀加速运动（加速度记作 a），持续时间 t 后忽然停止，球筒速度立刻
变为 0 并保持静止。已知羽毛球质量为 m，球与筒之间的最大静摩擦力为 ，滑动摩擦力为
。羽毛球离筒的上、下端距离分别为 。重力加速度为 g，空气阻力不计，球筒离
地足够高，全过程筒身始终竖直。
（1）若 ，求刚开始运动时羽毛球对筒的摩擦力；
（2）若 ，要使羽毛球离开球筒，求 t 的最小值；
（3）若羽毛球速度变为 0 时仍未离开球筒，则球筒继续向下做加速度为 a 的匀加速运动，持续时间 t 后再
忽然停止…，重复上述过程直到羽毛球离开球筒
①若从初始状态到球从上端离开球筒，球筒一共加速 3 次，求 d1 的取值范围（用 a，g，t 表示）；
②若球筒只加速一次，只要 t 取适当值，球总能从下端离开，求 a 的取值范围。（用 g， ， 表示）
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【答案】（1）2.3mg，方向竖直向上；（2） ；（3）① ，②
【解析】
【详解】（1）设羽毛球与球筒一起运动，则有
解得
故可以保持相对静止，由牛顿第三定律，可知羽毛球对球筒的摩擦力方向竖直向上，羽毛球对球筒的摩擦
力大小
方向竖直向上。
（2）结合上述可知球与球筒将一起以 做匀加速运动，当球筒静止后，球以 做减速运动
解得
当球速度减为零时，位移为
解得
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即 t 的最小值为 。
（3）①由于球与筒之间的最大静摩擦力为 ，羽毛球速度变为 0 时仍未离开球筒，显然
第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为 ，则有
解得
则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为
球筒静止后，球相对简向下滑动直到静止，相对位移为
要求
解得
②若 ，只要 足够大，球一定从下端离开，因此取值范围是
若 ，此时在一个“周期”内，球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，且有
解得
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且球不能从上端滑出
解得
则必须有
解得