2025-2026学年云南省昆明一中高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年云南省昆明一中高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）对描述圆周运动的理解，下列说法正确的是（ ）
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B．圆周运动的加速度一定指向圆心
C．线速度大，角速度一定大
D．角速度大，转速一定大
2．（4分）共享单车是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆锥齿轮90°轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC（rA≠rB≠rC）。下列说法正确的是（ ）
A．ωB＝ωCB．
C．D．
3．（4分）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F（不计滑轮与绳之间的摩擦），则以下说法正确的是（ ）
A．船的速度为vcsθ
B．船的速度为vsinθ
C．船的加速度为
D．船的加速度为
4．（4分）在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（ ）
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯的加速度方向一定竖直向下
D．电梯一定在竖直向下运动
5．（4分）如图所示，可视为质点的木块AB叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为1m，A的质量为5kg，B的质量为10kg。已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）（ ）
A．1rad/sB．rad/sC．rad/sD．3rad/s
6．（4分）半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，如图所示，顶部有一物体A，现给它一个水平初速度v，则物体将（ ）
A．沿球面下滑至M点
B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动
C．按半径大于R的新的圆弧轨道做圆周运动
D．立即离开半圆球做平抛运动
7．（4分）如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A。现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的最远距离是（ ）
A．B．C．D．
8．（4分）光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示，已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统整体一起运动，弹簧的最大形变量为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本题共4题，每题4分，共16分，全选对得4分，选对但不全得2分，选错得0分）
（多选）9．（4分）下列关于平抛运动的说法中正确的是（ ）
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动
C．平抛运动的物体落地时的速度有可能是竖直向下的
D．平抛运动任意相同时间内速度的改变量始终相同且方向竖直向下
（多选）10．（4分）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳b伸直时刚好在水平方向上，且长为l，绳a与水平方向成θ角，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a绳张力可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω时，b绳将出现张力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力可能不变
（多选）11．（4分）如图所示，水平传送带A、B两塔相距x＝4m，以某一速度顺时针匀速运转，A轮为主动轮，B轮为从动轮，P为从动轮轮缘上一点。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。煤块从A运动至B的v﹣t图像如图所示，M时刻煤块到达B端。下列说法正确的是（ ）
A．传送带运转速度大于2m/s
B．M对应的时刻为1.5s
C．P点在最后时，其所受摩擦力方向竖直向下
D．煤块在传送带上的划痕长度为1m
（多选）12．（4分）如图所示，斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（ ）
A．b对c的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对c的支持力始终不变
C．对地面的摩擦力方向始终向右
D．弹簧一定处于压缩状态
三、实验题（13题和14题，共14分）
13．（6分）某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
①为了正确完成实验，以下做法必要的是 。
A．实验时应保持桌面水平
B．每次应使钢球从静止开始释放
C．使斜面的底边ab与桌边重合
D，选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如图2．重力加速度g＝10m/s2，钢球平抛的初速度为 m/s。
③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是 。
14．（8分）在验证牛顿第二定律的实验中，为了减小合力测量的误差，小组成员设计了如图（a）和图（b）两个实验装置，小车的质量为M、砂和砂桶的质量为m。（滑轮质量不计）
（1）对这两个实验，下列说法正确的是 。
A．都要用天平测出砂和砂桶的质量
B．为了让小车受到的合力等于绳的拉力，需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力
C．都要让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．为减小误差，实验中都要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）分别用两个装置进行实验，探究加速度与力的关系，改变砂和砂桶的质量m，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图像应该是下图中的 。
（3）若求得图像的斜率为k，则（a）中小车的质量为 ；（b）中小车的质量为 。（用k表示）
三、解答题（共38分，请写出必要的步骤和说明）
15．（10分）如图所示，光滑斜面长L＝10m，倾角为30°，一小球从斜面的顶端以v0＝12m/s的初速度水平射入，求：（g取10m/s2）
（1）小球沿斜面运动到底墙时的水平位移x；
（2）小球到达斜面底端时的速度大小。
16．（12分）重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D三者的总重力也为G，C与水平地面间动摩擦因数为μ，平板B的上表面及墙壁是光滑的（底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求：
（1）墙壁对圆柱体A的压力大小；（画出A的受力示意图）
（2）地面对C的摩擦力大小和方向；
（3）要保持底座C静止不动，μ和θ应满足什么条件？
17．（16分）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块也以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m＝0.1kg，长木板的质量为M＝1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，重力加速度大小为g＝10m/s2，最终小物块未滑离长木板，求
（1）小物块向右减速为零时，长木板的速度；
（2）小物块与长木板刚好相对静止时的速度；
（3）长木板的最短长度。
2025-2026学年云南省昆明一中高一（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、单项选择题（本题共8题，每题4分，共32分）
1．（4分）对描述圆周运动的理解，下列说法正确的是（ ）
A．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
B．圆周运动的加速度一定指向圆心
C．线速度大，角速度一定大
D．角速度大，转速一定大
【分析】根据匀速圆周运动的加速度特点、变速圆周运动的加速度构成、线速度与角速度的关系、角速度与转速的关系，逐一分析各选项。
【解答】解：A.匀速圆周运动的向心加速度方向时刻指向圆心，加速度方向不断变化，因此是变加速曲线运动，而非匀变速运动，故A错误；
B.只有匀速圆周运动的加速度才始终指向圆心；变速圆周运动存在切向加速度，合加速度方向不指向圆心，故B错误；
C.线速度与角速度的关系为v＝ωr，线速度大小由角速度和半径共同决定。线速度大时，若半径也大，角速度不一定大，故C错误；
D.角速度ω与转速n的关系为ω＝2πn，两者成正比，因此角速度大时转速一定大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查圆周运动的基本概念，需区分匀速与变速圆周运动的差异，明确各物理量间的依赖关系。
2．（4分）共享单车是一种新型、便捷的公共交通方式。如图甲所示是某共享单车采用的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”的问题。如图乙所示是圆锥齿轮90°轴交示意图，其中A是圆锥齿轮转轴上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮中心轴到A、B、C三点的距离分别记为rA、rB和rC（rA≠rB≠rC）。下列说法正确的是（ ）
A．ωB＝ωCB．
C．D．
【分析】同一齿轮上A、B两点角速度相同，两齿轮接触点B、C的线速度大小相等，结合线速度与角速度的关系推导各点速度、角速度的关系。
【解答】解：A.由圆锥齿轮的特点，得vB＝vC，根据v＝ωr，可知ωB≠ωC，故A错误；
B.A、B同轴转动，角速度相同，故B错误；
CD.由vC＝vB，vB＝ωBrB，ωB＝ωA
可知vC，则vA，且rB≠rC，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】这道题考查齿轮传动的基本规律，关键是抓住同轴转动角速度相同、接触点线速度相同的特点。
3．（4分）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v，人的拉力为F（不计滑轮与绳之间的摩擦），则以下说法正确的是（ ）
A．船的速度为vcsθ
B．船的速度为vsinθ
C．船的加速度为
D．船的加速度为
【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．
【解答】解：A、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。
如上图所示根据平行四边形定则有，v人＝v船csθ．则有：船的速度为v船，故AB错误。
C、对小船受力分析，如下图所示，则有Fcsθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小为，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律．
4．（4分）在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是（ ）
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯的加速度方向一定竖直向下
D．电梯一定在竖直向下运动
【分析】人对体重计的压力小于人的重力，说明人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上也可能向下．
【解答】解：A、在这段时间内处于失重状态，是由于他对体重计的压力变小了，而他的重力没有改变，故A错误；
B、晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，故B错误；
C、以竖直向下为正方向，有：mg﹣F＝ma，即500﹣400＝50a，解得a＝2m/s2，方向竖直向下。故C正确；
D、人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上减速，也可能向下加速，故D错误。
故选：C。
【点评】做超重和失重的题目要抓住关键：有向下的加速度，失重；有向上的加速度，超重．
5．（4分）如图所示，可视为质点的木块AB叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为1m，A的质量为5kg，B的质量为10kg。已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）（ ）
A．1rad/sB．rad/sC．rad/sD．3rad/s
【分析】物体AB随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，分别对A、AB整体受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围。
【解答】解：由于A、AB整体受到的静摩擦力均提供向心力，故
对A，有：
对AB整体，有：（mA+mB）ω2r≤μ2（mA+mB）g
代入数据解得：rad/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键是对A、AB整体受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析。
6．（4分）半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，如图所示，顶部有一物体A，现给它一个水平初速度v，则物体将（ ）
A．沿球面下滑至M点
B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动
C．按半径大于R的新的圆弧轨道做圆周运动
D．立即离开半圆球做平抛运动
【分析】先求出物体在半圆球顶部时支持力为零的临界速度，将题目给出的初速度与临界速度对比，判断物体是否立即离开球面。
【解答】解：设在顶部物体A受到半圆球对它的作用力为F，由牛顿第二定律得 mg
把代入得 F＝0.说明物体只受重力作用，又因物体有水平初速度v0，故物体做平抛运动，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】这道题考查圆周运动临界条件与平抛运动的判断，是典型的临界问题分析。
7．（4分）如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A。现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的最远距离是（ ）
A．B．C．D．
【分析】当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，AB处于静止状态，受力平衡，分别对A和B受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解即可。
【解答】解：根据题意可知，B的质量为2m，AB处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N＝3mg当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示：
对B，根据平衡条件得：F
对A，根据平衡条件可得：Fcsθ＝μN
解得：tanθ，则θ＝53°
则A球球心距墙角的最远距离为：x＝2rcsθ+r，解得：x，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，解题时注意整体法和隔离法的应用，明确当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远。
8．（4分）光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示，已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统整体一起运动，弹簧的最大形变量为（ ）
A．B．C．D．
【分析】思路：以上方木块为研究对象，由最大静摩擦力求出系统的共同加速度，再对整体应用牛顿第二定律，即可解得弹簧的最大形变量。
【解答】解：对两木块整体有
解得，隔离上面的木块进行分析，弹簧处于符合要求的最大形变量状态时，两木块之间的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有
解得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】题需灵活运用隔离法与整体法，通过临界静摩擦力确定系统的最大加速度，进而关联弹簧弹力与形变量，考察受力分析与临界状态的综合应用能力。
二、多项选择题（本题共4题，每题4分，共16分，全选对得4分，选对但不全得2分，选错得0分）
（多选）9．（4分）下列关于平抛运动的说法中正确的是（ ）
A．平抛运动是非匀变速运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动
C．平抛运动的物体落地时的速度有可能是竖直向下的
D．平抛运动任意相同时间内速度的改变量始终相同且方向竖直向下
【分析】平抛运动是匀变速曲线运动，因为它只受重力，加速度恒为g，且初速度与加速度方向不共线。
水平方向：匀速直线运动，速度保持初速度v0不变；
任意相等时间内的速度变化量Δv＝gΔt，大小相等、方向始终竖直向下。
【解答】解：AB.平抛运动加速度恒定（重力加速度g），且初速度与加速度方向垂直，所以是匀变速曲线运动，故B正确，A错误；
C.平抛运动的水平方向是匀速直线运动，落地时水平速度不为零，因此合速度不可能竖直向下，故C错误；
D.速度的改变量Δv＝gΔt，在任意相同时间内，Δv的大小相等、方向始终竖直向下（与加速度方向一致），故D正确。
故选：BD。
【点评】运动分解法：将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，分别分析两个方向的速度、加速度变化。
加速度判断法：平抛运动的加速度恒定为g，因此是匀变速运动；
由于初速度与加速度不共线，轨迹为曲线。
速度变化分析：速度变化量 Δv＝gΔt，方向始终竖直向下。
（多选）10．（4分）质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示，绳b伸直时刚好在水平方向上，且长为l，绳a与水平方向成θ角，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A．a绳张力可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω时，b绳将出现张力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力可能不变
【分析】对小球受力分析，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，结合角速度变化分析a、b绳张力的变化及临界条件。
【解答】解：AC.当b绳中有张力时，对小球进行受力分析，
竖直方向有Tasinθ＝mg，由此可知，所以a上的张力不可能为0，故AB错误；
C.由圆锥摆模型知ω较小时b绳中无张力，设ω＝ω0时b绳刚伸直且无张力，对小球有
则，故C正确；
D.当b绳中无张力时，将b突然剪断，a绳的张力不会发生变化，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查水平面内圆周运动的受力分析与临界条件，需结合竖直方向平衡和水平方向向心力公式，分析不同角速度下绳的张力变化，注重对临界状态的判断。
（多选）11．（4分）如图所示，水平传送带A、B两塔相距x＝4m，以某一速度顺时针匀速运转，A轮为主动轮，B轮为从动轮，P为从动轮轮缘上一点。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。煤块从A运动至B的v﹣t图像如图所示，M时刻煤块到达B端。下列说法正确的是（ ）
A．传送带运转速度大于2m/s
B．M对应的时刻为1.5s
C．P点在最后时，其所受摩擦力方向竖直向下
D．煤块在传送带上的划痕长度为1m
【分析】通过v﹣t图像确定传送带速度与煤块运动状态，利用图像面积表示位移列方程求解运动总时间，结合从动轮传动特点判断最低点摩擦力方向，最后通过计算煤块与传送带的相对位移得出划痕长度。
【解答】解：A.由v﹣t图像可知，1s后煤块与传送带保持相对静止，一起匀速运动，说明传送带的运行速度大小为2m/s，故A错误；
B.根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，M时刻煤块到达B端，总位移x＝4m，列方程可得4m2×1m+2m/s×（M﹣1s），解得M＝2.5s，故B错误；
C.B轮为从动轮，传送带靠静摩擦力带动从动轮转动，P点位于从动轮轮缘上，在最低点位置时P点所受摩擦力竖直向下，故C正确；
D.只有在0～1s内煤块才会在传送带上留下划痕，此过程传送带位移x传＝2×1m＝2m，煤块位移x煤2×1m＝1m，相对位移即划痕长度Δx＝x传﹣x煤＝2m﹣1m＝1m，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查速度—时间图像应用、匀变速直线运动规律、传送带相对运动与划痕长度计算、从动轮摩擦力方向分析，重点检验运动图像解读、位移求解、相对运动分析及传动装置受力判断的综合能力。
（多选）12．（4分）如图所示，斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（ ）
A．b对c的摩擦力可能先减小后增大
B．地面对c的支持力始终不变
C．对地面的摩擦力方向始终向右
D．弹簧一定处于压缩状态
【分析】通过隔离法分析单个物体受力，依据重力分力与拉力的大小关系判断静摩擦力的方向、大小变化情况；运用整体法分析连接体受力，结合共点力平衡条件判断支持力、地面摩擦力的大小与方向；结合弹簧弹力与形变的对应规律判断弹簧的状态。
【解答】解：A.由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，所以不能确定静摩擦力的方向，随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，也有可能先减小后增大，故A正确；
B.以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向右上方的拉力、地面的摩擦力，在b内缓慢加入适量砂粒后，竖直向下的重力增大，而其他的力不变，所以整体受到的支持力一定增大，故B错误；
C.以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力，若绳子有向右上方的拉力，则地面对c有摩擦力，整体位置不变，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，可知地面对c的摩擦力的方向向左，由牛顿第三定律可知，c对地面的摩擦力方向向右，故C正确；
D.如果绳子对a的拉力大于a的重力，则弹簧处于拉伸状态，而如果绳子对a的拉力小于a的重力，则弹簧处压缩状态，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查静摩擦力的动态分析、整体法与隔离法的受力分析、共点力平衡条件以及弹簧弹力与形变的关系，重点检验对多物体连接体的受力辨析、静摩擦力方向和大小变化的判断能力，以及整体隔离法在平衡问题中的综合应用。
三、实验题（13题和14题，共14分）
13．（6分）某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
①为了正确完成实验，以下做法必要的是 AB 。
A．实验时应保持桌面水平
B．每次应使钢球从静止开始释放
C．使斜面的底边ab与桌边重合
D，选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如图2．重力加速度g＝10m/s2，钢球平抛的初速度为 2 m/s。
③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是 方便将木板调整到竖直平面内 。
【分析】①钢球离开桌面后做平抛运动，桌面应水平；实验要控制钢球每次做平抛运动的初速度相等，钢球应从同一位置由静止释放，根据实验注意事项分析答题。
②钢球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向应用匀变速直线运动的规律求出相邻两点运动的时间间隔，然后求出钢球的初速度。
③实验过程应控制木板在竖直平面内。
【解答】解：①A、钢球离开桌面后做平抛运动，实验时应保持桌面水平，故A正确；
B、为保证钢球做平抛运动的初速度相等，每次应使钢球从静止开始释放，故B正确；
C、只要桌面水平即可保证小球离开桌面后做平抛运动，只要使钢球从同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，斜面的底边ab与桌边不必重合，故C错误；
D、只要使钢球从同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，钢球与桌面间的摩擦力对实验没有影响，故D错误。
故选：AB。
②小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论可知：Δy＝gt2
则有：ts＝0.1s
小球的初速度为：v0m/s＝2m/s
③实验过程应使木板在竖直面内，木板上悬挂的铅垂线作用是方便将木板调整到竖直平面内。
故答案为：①AB；②2；③方便将木板调整到竖直平面内。
【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与运动学公式即可解题。
14．（8分）在验证牛顿第二定律的实验中，为了减小合力测量的误差，小组成员设计了如图（a）和图（b）两个实验装置，小车的质量为M、砂和砂桶的质量为m。（滑轮质量不计）
（1）对这两个实验，下列说法正确的是 BC 。
A．都要用天平测出砂和砂桶的质量
B．为了让小车受到的合力等于绳的拉力，需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡阻力
C．都要让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．为减小误差，实验中都要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）分别用两个装置进行实验，探究加速度与力的关系，改变砂和砂桶的质量m，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图像应该是下图中的 A 。
（3）若求得图像的斜率为k，则（a）中小车的质量为 ；（b）中小车的质量为 。（用k表示）
【分析】（1）根据实验原理和实验装置判断出实验注意事项即可判断；
（2）根据牛顿第二定律求解a﹣F函数，可判断出a﹣F图像关系；
（3）根据a﹣F图像斜率的含义求解作答。
【解答】解：（1）A．实验中使用了弹簧测力计测量绳子所受的拉力，因此这两个实验都不用天平测出砂和砂桶的总质量，故A错误
B．为了让小车受到的合力等于绳的拉力（或拉力的2倍），这两个实验都要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，使拉力与弹簧秤的示数有关，故B正确；
C．为了充分利用纸带，这两个实验都要让小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故C正确
D．为减小误差，拉力是通过弹簧秤获得的，因此这两个实验中都要不保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，故D错误；
故选：BC。
（2）第一个实验，平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律2F＝M1a
变形得加速度
a﹣F图像为过原点的倾斜直线
第二个实验，平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律F＝M2a
变形得加速度
a﹣F图像也为过原点的倾斜直线
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（3）根据上述（2），第一个实验，图像的斜率
小车质量
第二个实验，图像的斜率
小车质量。
故答案为：（1）BC；（2）A； （3）；。
【点评】本题主要考查了探究加速度与力、质量之间的关系的实验，要明确实验原理，掌握牛顿第二定律的运用，理解a﹣F图像的斜率是解题的关键。
三、解答题（共38分，请写出必要的步骤和说明）
15．（10分）如图所示，光滑斜面长L＝10m，倾角为30°，一小球从斜面的顶端以v0＝12m/s的初速度水平射入，求：（g取10m/s2）
（1）小球沿斜面运动到底墙时的水平位移x；
（2）小球到达斜面底端时的速度大小。
【分析】（1）将小球运动分解为沿斜面向下的匀加速直线运动与水平方向的匀速直线运动，先由沿斜面的匀变速规律求运动时间，再用水平匀速运动规律求水平位移；
（2）可通过运动的合成，先求沿斜面方向的分速度，再与水平速度合成得合速度；也可利用动能定理，由重力做功与初动能求末动能，进而得速度大小。
【解答】解：（1）小球在斜面上沿v0方向做匀速直线运动，沿垂直于v0方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝ma又
解得
所以
代入数据得x＝24m
（2）小球运动到斜面底端时的速度大小用v表示，则有vx＝v0＝12m/s，
代入数据得vy＝10m/s，故
代入数据得v
答：（1）小球沿斜面运动到底墙时的水平位移x是24m；
（2）小球到达斜面底端时的速度大小是。
【点评】本题通过运动分解或动能定理解决斜面上的曲线运动，考查运动的合成与分解及动能定理的应用，思路清晰，方法灵活。
16．（12分）重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D三者的总重力也为G，C与水平地面间动摩擦因数为μ，平板B的上表面及墙壁是光滑的（底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力），求：
（1）墙壁对圆柱体A的压力大小；（画出A的受力示意图）
（2）地面对C的摩擦力大小和方向；
（3）要保持底座C静止不动，μ和θ应满足什么条件？
【分析】（1）对圆柱体A受力分析，它受重力、墙壁的弹力和平板的弹力，三力平衡，通过正交分解或力的合成求解墙壁对圆柱体的弹力大小；
（2）先以整体（A、B、C、D）为研究对象，水平方向受力平衡，结合（1）的结果求解地面对C的摩擦力大小与方向；
（3）以整体为研究对象，水平方向合力为零，结合最大静摩擦力的条件，推导出动摩擦因数μ和夹角θ需满足的不等式。
【解答】解：（1）对A受力分析如图
根据图中几何关系可得F＝Gtanθ；
（2）对ABCD整体分析
水平方向地面对C的摩擦力大小为f＝F＝Gtanθ，方向向右；
（3）对B、C及D整体进行受力分析，如图2所示
当B、C及D整体静止时，摩擦力为f＝Nsinθ＝Gtanθ，当θ角增大时，地面对C的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时有f滑＝2μG
要保持底座C静止不动，则f≤f滑，即为Gtanθ≤2μG
解得tanθ≤2μ，即为。
答：（1）墙壁对圆柱体A的压力大小为Gtanθ；
（2）地面对C的摩擦力大小为Gtanθ，方向向右；
（3）要保持底座C静止不动，μ和θ应满足条件为。
【点评】学生容易错误地只分析单个物体受力，忽略整体法的应用，也容易混淆静摩擦力与最大静摩擦力的条件，导致临界条件推导错误。
17．（16分）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块也以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m＝0.1kg，长木板的质量为M＝1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，重力加速度大小为g＝10m/s2，最终小物块未滑离长木板，求
（1）小物块向右减速为零时，长木板的速度；
（2）小物块与长木板刚好相对静止时的速度；
（3）长木板的最短长度。
【分析】（1）小物块相对长木板向右滑动，受到向左的滑动摩擦力而减速，长木板同时受到地面向左的滑动摩擦力和物块向右的滑动摩擦力，其合力向左，长木板也向左减速。需分别对小物块和长木板进行受力分析，应用牛顿第二定律求出各自的加速度，明确小物块速度减为零所经历的时间，利用该时间通过长木板的匀变速运动规律求出此时长木板的速度。
（2）小物块速度减为零后，由于长木板速度仍向左，小物块相对长木板向左运动，因此所受摩擦力方向变为向右，小物块开始向左加速；长木板所受摩擦力方向随之改变，继续向左减速。两者加速度方向均向左，分析两者达到速度相同的过程，通过运动学关系建立方程求解共同速度。
（3）长木板的最短长度需保证小物块不滑离，其值等于整个过程中小物块与长木板之间的最大相对位移。该过程分为两个阶段：第一阶段从小物块开始运动到速度减为零，第二阶段从小物块速度为零加速到与长木板共速。分别计算两阶段内小物块与长木板的相对位移，其总和即为所求长度。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，物块的加速度为a1＝μ2g，木板的加速度为，解得：，。
由运动学公式0＝v0﹣a1t1及v1＝v0﹣a2t1，可求得木板的速度为。
（2）假设物块速度减为零后，经过时间Δt与木板达到共同速度，根据a1Δt＝v1﹣a2Δt的关系，解得共同速度为v共＝2m/s。
（3）在整个运动过程中，物块始终相对于木板向右滑动，根据相对位移公式，解得木板所需的最短长度为L＝6m。
答：（1）小物块向右减速为零时，长木板的速度为m/s，方向水平向左。
（2）小物块与长木板刚好相对静止时的速度大小为2m/s，方向水平向左。
（3）长木板的最短长度为6m。
【点评】本题综合考查了牛顿运动定律与板块模型，涉及多对象、多过程的动力学与运动学分析。题目情境经典但过程设计巧妙，通过给定初速度方向相反而非通常的同向运动，增加了对相对运动分析的深度。计算量适中，重点考查学生对受力分析、加速度求解、多阶段运动过程衔接以及相对位移概念的综合应用能力。解题关键在于准确分析小物块速度减为零前后的两个运动阶段，并正确理解“最短长度”对应两者相对滑动的总位移。本题能有效锻炼学生的逻辑推理和建模分析能力，属于中等偏上难度。
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D
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题号
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答案
BD
CD
CD
AC