2025-2026学年山西省吕梁市高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年山西省吕梁市高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）现代交通工具性能持续升级，高铁提速、电车增程、航速优化皆蕴物理巧思。“C919”飞机是中国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，航程4075～5555km，最大起飞重量约为7.7×104kg。已于2023年2月完成100h的验证飞行。下列说法正确的是（ ）
A．力学范围内的三个基本量是长度、质量、时间
B．信息中的单位“km”、“h”属于单位制中的导出单位
C．国际单位制的七个基本物理量分别是：m、kg、s、A、K、ml、cd
D．公式F＝ma中，F的单位N是国际单位制中的基本单位
2．（4分）如图所示，在一列做匀速直线运动的高铁上，硬币能竖直立在高铁的水平窗台上。下列说法正确的是（ ）
A．窗台对硬币的支持力是由硬币的形变产生的
B．硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力
C．硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对平衡力
D．硬币受重力、支持力和摩擦力3个力
3．（4分）如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和10r。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，链条不打滑，则A、B、C三点（ ）
A．角速度大小关系是ωA＞ωB＝ωC
B．线速度大小关系是vB＜vA＜vC
C．转速大小关系是nA＜nB＝nC
D．加速度大小关系是aA＝aB＜aC
4．（4分）某物体沿水平方向做直线运动，其v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是（ ）
A．在0～1s内，物体做曲线运动
B．在1s～2s内，物体向右运动，且速度大小在减小
C．在1s～3s内，物体的加速度方向向右，大小为4m/s2
D．在3s末，物体处于出发点左方
5．（4分）如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A到E的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度的方向相互垂直，下列说法中正确的是（ ）
A．D点的速率比C点的速率小
B．A点的加速度与速度方向的夹角小于90°
C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从A到D加速度与速度方向的夹角一直在减小
6．（4分）一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它在第1s内的位移恰好为它在最后1s内位移的五分之一，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则该物体开始下落时距地面的高度为（ ）
A．45mB．31.25mC．20mD．15m
7．（4分）如图所示，轻绳两端分别固定在两根竖直杆的A点和B点，A、B等高，将挂有衣服的晾衣架挂在绳上，衣架与绳的接触点为O点。某时刻，吹来一阵风，衣服受到水平向右的恒定风力之后重新平衡。不计衣架的质量，不计绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．无风时挂钩左右两侧绳的张力大小相等，有风时挂钩左右两侧绳的张力大小不相等
B．与无风时相比，有风时∠AOB更大
C．若水平风力随时间从零开始缓慢增大到足够大，则细绳的张力一定一直增大
D．若水平风力随时间从零开始缓慢增大到足够大，则细绳的张力可能先减小后增大
（多选）8．（6分）影视作品中的武林高手展示轻功时都是吊威亚（钢丝）的。如图所示，轨道车A通过细钢丝跨过轮轴拉着特技演员B上升，便可呈现出演员B飞檐走壁的效果。轨道车A沿水平地面以速度大小v＝5m/s向左匀速前进，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为37°，连接特技演员B的钢丝竖直，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则该时刻特技演员B（ ）
A．速度大小为4m/sB．速度大小为3m/s
C．加速度竖直向上D．加速度竖直向下
（多选）9．（6分）某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g＝10m/s2）。则（ ）
A．电梯为上升过程
B．在10～11s内电梯的加速度大小为2m/s2
C．F3的示数为550N
D．电梯运行的总位移为19m
（多选）10．（6分）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v﹣t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m＝1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
B．拉力F的大小为1.75N
C．5s后，长木板的加速度大小为2m/s2
D．长木板P的长度至少是3.5m
二、非选择题
11．（6分）如图所示，是探究向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5分别随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂6的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8。标尺8上露出的红白相间的等分格子的多少可以显示出所受向心力的比值。那么：
（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是 。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
（2）在这个探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系的实验中，采用了 。
A．理想实验法
B．控制变量法
C．等效替代法
（3）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为 。
12．（9分）（1）为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验：将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平。把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，这两个实验说明 。
A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动
B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动
C.不能说明上述规律中的任何一条
D.甲、乙二个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质
（2）关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是 。
A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
B.安装斜槽时其末端切线应水平
C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些
E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行
（3）如图丙，某同学在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。则：（g取10m/s2，结果均保留三位有效数字）
①小球平抛运动的初速度为 m/s。
②小球运动到b点的速度为 m/s。
③抛出点坐标x＝ cm，y＝ cm。
13．（10分）如图所示，在倾角为37°的斜坡（斜坡足够长）上有一人，前方有一只狗沿斜坡匀速向下奔跑，速度v＝15m/s，此人分别多次以不同速度大小水平抛出一小球，试图击中狗，人、狗和小球均可看成质点，不计空气阻力。（已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2）
（1）某次投出的小球落在了斜面上，且落在斜面上的速度v1＝5m/s，求此次小球飞行的水平位移；
（2）若某次刚抛出小球时人与狗相距l＝30m，本次投出的小球恰好击中狗，求此次抛出速度v0的大小。
14．（12分）如图所示，质量M＝2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量mkg的小球B相连。今用与水平方向成30°角的力F＝10N，拉着小球B带动木块A一起向匀速运动，运动中木块A、小球B相对位置保持不变，取g＝10m/s2。求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ。
（2）木块A与水平杆间的动摩擦因数μ。
15．（17分）如图所示是某货运公司的卸货装置，该装置由两部分构成，分别是倾角θ＝37°的传送带AB与倾角α＝30°的倾斜长木板BC。长木板的另一端搭在地面上，各处均平滑连接。传送带AB段的长度L＝5.8m，长木板BC段的长度s＝5.0m。质量m＝2.5kg的货物无初速度地放在传送带顶端A处，经过一段时间后货物被运送到长木板的底端C处。已知货物与传送带间的动摩擦因数µ1＝0.5，与长木板间的动摩擦因数，且sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若货物运动到长木板C处时速度恰好为零，求货物在B处的速度大小；
（2）若将传送带的速度调成v0＝4m/s沿逆时针方向匀速传动，求货物从传送带A处运动到B处的时间；
（3）在第（2）问的基础上，求货物在传送带上留下的擦痕长度。
2025-2026学年山西省吕梁市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）现代交通工具性能持续升级，高铁提速、电车增程、航速优化皆蕴物理巧思。“C919”飞机是中国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机，航程4075～5555km，最大起飞重量约为7.7×104kg。已于2023年2月完成100h的验证飞行。下列说法正确的是（ ）
A．力学范围内的三个基本量是长度、质量、时间
B．信息中的单位“km”、“h”属于单位制中的导出单位
C．国际单位制的七个基本物理量分别是：m、kg、s、A、K、ml、cd
D．公式F＝ma中，F的单位N是国际单位制中的基本单位
【分析】根据力学范围内的三个基本量进行分析判断；根据导出单位的概念进行分析判断；根据国际单位制中七个基本量和基本量的单位进行分析解答；根据导出单位的知识进行分析解答。
【解答】解：A.物理学中，在力学范围内的三个基本量是长度、质量、时间，故A正确；
B.题中的单位“km”、“h”是根据单位换算得到，不是由物理公式推导得出的，不属于单位制中的导出单位，故B错误；
C.国际单位制的七个基本量分别是：长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量、发光强度，故C错误；
D.公式F＝ma中，F的单位N是国际单位制中的导出单位，故D错误。
故选：A。
【点评】考查力学单位制和单位制，理解单位制的意义，属于基础题。
2．（4分）如图所示，在一列做匀速直线运动的高铁上，硬币能竖直立在高铁的水平窗台上。下列说法正确的是（ ）
A．窗台对硬币的支持力是由硬币的形变产生的
B．硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力
C．硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对平衡力
D．硬币受重力、支持力和摩擦力3个力
【分析】根据弹力产生原因，摩擦力的产生和平衡力，相互作用力等知识进行分析解答。
【解答】解：A、弹力的产生是由于施力物体发生弹性形变产生的，窗台对硬币的支持力是由窗台的形变产生的，故A错误；
BC、硬币的重力和窗台对硬币的支持力大小相等，方向相反，作用在同一物体上，是一对平衡力，故B错误，C正确；
D、由于硬币随高铁做匀速直线运动，根据平衡条件可知，窗台对硬币的摩擦力为0，硬币受重力、支持力2个力，故D错误。
故选：C。
【点评】考查弹力产生原因，摩擦力的产生和平衡力，相互作用力等知识，会根据题意进行准确分析解答。
3．（4分）如图所示，A、B、C分别是自行车的大齿轮、小齿轮和后轮的边缘上的三个点，到各自转动轴的距离分别为3r、r和10r。支起自行车后轮，在转动踏板的过程中，链条不打滑，则A、B、C三点（ ）
A．角速度大小关系是ωA＞ωB＝ωC
B．线速度大小关系是vB＜vA＜vC
C．转速大小关系是nA＜nB＝nC
D．加速度大小关系是aA＝aB＜aC
【分析】同一皮带轮上的点属于边缘传动，线速度大小相同，同一轮上的点属于同轴转动，角速度相同，结合v＝rω、＝2πn、逐项分析解答。
【解答】解：AC.A、B两点线速度大小相等，B、C两点角速度大小相等。根据，A、B转动半径分别为3r、r，可得ωA：ωB＝r2：r1＝1：3，
所以
ωA：ωB：ωC＝1：3：3，故ωA＜ωB＝ωC，又ω＝2πn，故转速与角速度成正比，则转速的大小关系有nA＜nB＝nC，故A错误，C正确；
B.A、B点线速度大小相同，B、C两点角速度大小相等，跟据v＝rω，知vB：vC＝r2：r3＝1：10，线速度大小关系是vA＝vB＜vC，故B错误；
D.跟据可知，aA：aB＝1：3，根据a＝rω2知aB：aC＝1：10，故aA：aB：aC＝1：3：30，故aA＜aB＜aC，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查传动问题，解题的关键是知道同一皮带轮上的线速度大小相同，同一轮上的角速度相同。
4．（4分）某物体沿水平方向做直线运动，其v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是（ ）
A．在0～1s内，物体做曲线运动
B．在1s～2s内，物体向右运动，且速度大小在减小
C．在1s～3s内，物体的加速度方向向右，大小为4m/s2
D．在3s末，物体处于出发点左方
【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度为正，时间轴下方速度为负；切线表示加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。
【解答】解：A、在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度为正，时间轴下方速度为负；由图可知在0～1s内，物体的速度为正数，一直向正方向做直线运动，故A错误；
B、在1s～2s内，物体的速度为正数且减小，说明物体一直向正方向（右）做减速直线运动，故B正确；
C、在速度﹣时间图象中，切线表示加速度，在1s～3s内，物体的加速度a4m/s2，负号表示方向向左，故C错误；
D、在速度﹣时间图象中，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；在3s末，物体总位移为正数，处于出发点右侧，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是为速度﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。
5．（4分）如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A到E的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度的方向相互垂直，下列说法中正确的是（ ）
A．D点的速率比C点的速率小
B．A点的加速度与速度方向的夹角小于90°
C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从A到D加速度与速度方向的夹角一直在减小
【分析】ABD.根据题意判断加速度方向，再判断不同位置速度和加速度方向的夹角；C.根据匀变速曲线运动特点判断加速度的变化情况。
【解答】解：A.由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D过程，合力方向与速度方向夹角小于90°，速率增大，故A错误；
B.A点的加速度方向与过A点的切线，即速度方向的夹角大于90°，故B错误；
C.质点做匀变速曲线运动，合力的大小和方向均不变，加速度不变，故C错误；
D.从A到D加速度与速度方向的夹角一直变小，故D正确。
故选：D。
【点评】考查物体做曲线运动的加速度和速度的方向关系以及速度的变化情况，属于基础题。
6．（4分）一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它在第1s内的位移恰好为它在最后1s内位移的五分之一，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则该物体开始下落时距地面的高度为（ ）
A．45mB．31.25mC．20mD．15m
【分析】先利用自由落体运动的位移公式算出第1s内的位移，再根据“第1s内位移是最后1s内位移的五分之一”得到最后1s内的位移；结合最后1s内的位移，用位移公式求出下落的总时间；最后用总时间代入自由落体位移公式，计算初始下落高度。
【解答】解：设物体开始下落时距离地面的高度为H，总下落时间为t，则有
物体在第1s内的位移为
最后1s内的位移为
由题知
联立可得t＝3s，H＝45m，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】这道题是自由落体运动应用题，既考验对自由落体规律的掌握，又需要灵活运用最后1s的位移，难度中等，是高中物理自由落体运动的典型题目，能有效训练学生的运动学公式应用与思维转换能力。
7．（4分）如图所示，轻绳两端分别固定在两根竖直杆的A点和B点，A、B等高，将挂有衣服的晾衣架挂在绳上，衣架与绳的接触点为O点。某时刻，吹来一阵风，衣服受到水平向右的恒定风力之后重新平衡。不计衣架的质量，不计绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．无风时挂钩左右两侧绳的张力大小相等，有风时挂钩左右两侧绳的张力大小不相等
B．与无风时相比，有风时∠AOB更大
C．若水平风力随时间从零开始缓慢增大到足够大，则细绳的张力一定一直增大
D．若水平风力随时间从零开始缓慢增大到足够大，则细绳的张力可能先减小后增大
【分析】不计绳与挂钩间的摩擦，挂钩左右为一根绳，拉力相等；挂钩的运动轨迹为椭圆，据此分析；根据平衡条件分析绳子拉力大小与重力、风力合力的关系，结合数学关系分析。
【解答】解：A、由于不计绳与挂钩间的摩擦，挂钩左右为一根绳，绳的张力处处相等，故A错误；
B、由于挂钩的运动轨迹为椭圆，AB为椭圆的两个焦点，无风时挂钩位于椭圆的短轴处，∠AOB最大，有风时∠AOB变小，故B错误；
CD、有风时，受力分析图如图所示
可知两根绳的合外力：F，F＝2FTcsβ
由几何关系有：sinβ，d为AB间距，L为总绳长，联立可得细绳的张力大小为：
FT，式中L2cs2α﹣d2cs4α＝﹣d2（cs2α）2
可知风力随时间从零逐渐的缓慢增大到足够大，α逐渐增大，细绳的张力大小FT可能一直增大，也可能先减小后增大，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
（多选）8．（6分）影视作品中的武林高手展示轻功时都是吊威亚（钢丝）的。如图所示，轨道车A通过细钢丝跨过轮轴拉着特技演员B上升，便可呈现出演员B飞檐走壁的效果。轨道车A沿水平地面以速度大小v＝5m/s向左匀速前进，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为37°，连接特技演员B的钢丝竖直，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则该时刻特技演员B（ ）
A．速度大小为4m/sB．速度大小为3m/s
C．加速度竖直向上D．加速度竖直向下
【分析】将轨道车的速度分解为沿绳和垂直绳的分速度，得到演员的速度，通过角度变化判断沿绳分速度的变化，确定演员的加速度方向。
【解答】解：CD、设连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为θ，将车速v沿着钢丝方向和垂直于钢丝的方向分解，如下图所示
特技演员B的速度vB等于车速v沿着钢丝方向的分速度v1，则有：vB＝v1＝vcsθ车速v不变，随着小车向左运动，θ不断减小，csθ不断增大，则vB不断增大，即特技演员B有竖直向上的加速度，故C正确，D错误；
AB、根据上述分析，当θ＝37°时特技演员B的速度大小为vB＝vcs37°＝5×0.8m/s＝4m/s，故A正确，B错误。
故选：AC。
【点评】这道题以吊威亚为背景，考查速度分解与加速度判断，是结合生活的运动学基础题。
（多选）9．（6分）某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g＝10m/s2）。则（ ）
A．电梯为上升过程
B．在10～11s内电梯的加速度大小为2m/s2
C．F3的示数为550N
D．电梯运行的总位移为19m
【分析】通过台秤示数分电梯运动阶段：初始示数小于体重、中间匀速、最后示数变化。无法确定电梯升降方向；由最后阶段示数与体重的差异得加速度；结合受力算对应示数；分阶段算位移得总位移，验证选项。
【解答】解：A.由图像可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为F1＝450N由牛顿第二定律定律有mg﹣F1＝ma1
代入数据得加速度方向竖直向下，故电梯下降，故A错误；
B.设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则a1t1＝a3t3
代入数据得，故B正确；
C.由牛顿第二定律定律有F3﹣mg＝ma3
代入数据得F3＝600N，故C错误；
D、0～2s内位移m，2s～10s内位移x2＝a1t1t2＝
代入数据得x2＝16m，10s～11s内位移
小明运动的总位移x＝x1+x2+x3
代入数据得x＝19m，故D正确。
故选：BD。
【点评】这道题以电梯中台秤示数的变化为生活情境，结合图像考查超重失重的判断、加速度计算及分段运动的位移求解，将受力分析与运动学规律深度结合，既锻炼了从图像提取信息的能力，又深化了“受力﹣运动状态”的关联认知，是力学综合应用与生活场景结合的典型题目。
（多选）10．（6分）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块和长木板的v﹣t图像如图乙所示。已知长木板和小滑块的质量均为m＝1kg，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3
B．拉力F的大小为1.75N
C．5s后，长木板的加速度大小为2m/s2
D．长木板P的长度至少是3.5m
【分析】根据v﹣t图像得出不同阶段长木板P和小滑块Q的加速度，再结合牛顿第二定律求解动摩擦因数、拉力F的大小以及长木板P的长度。
【解答】解：A、根据题意分析可知，由图乙可知，在4s时撤去力F，此时长木板P的速度为
v1＝3m/s
5s时两者速度均为
v2＝2m/s，0～5s内，滑块Q的加速度大小为
a1，解得a1＝0.4m/s2
由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得
μ1＝0.04，4∼5s内，长木板P的加速度大小为
a1'，解得a1'＝1m/s2
由牛顿第二定律有
μ1mg+μ2（m+m）g＝ma1'
解得
μ2＝0.03
故A错误；
B、根据题意分析可知，0∼4s内，长木板P的加速度大小为
a1，解得a1＝0.75m/s2
由牛顿第二定律有
F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma1
解得
F＝1.75N
故B正确；
C、根据题意分析可知，因μ1＞μ2，5s后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析，由牛顿第二定律有
μ2（m+m）g＝（m+m）a3
解得
a3＝0.3m/s2
故C错误；
D、根据题意分析可知，0～5s内，小滑块的位移大小为
x15×2m＝5m
长木板的位移大小为
x2（3+2）×1m＝8.5m
故长木板PP的长度至少为
Δx＝x2﹣x1
代入数据解得Δx＝3.5m
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题关键是通过v﹣t图像获取加速度信息，再利用牛顿第二定律分析受力情况，同时要理解v﹣t图像面积表示位移这一重要知识点。
二、非选择题
11．（6分）如图所示，是探究向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验装置图。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5分别随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂6的杠杆作用使弹簧测力筒7下降，从而露出标尺8。标尺8上露出的红白相间的等分格子的多少可以显示出所受向心力的比值。那么：
（1）现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是 A 。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
（2）在这个探究向心力大小与质量、角速度和半径之间的关系的实验中，采用了 B 。
A．理想实验法
B．控制变量法
C．等效替代法
（3）当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为 1：2 。
【分析】（1）（2）本题采用控制变量法，当研究向心力大小与角速度关系时，应选用质量相等的小球，运动半径相同的情况下实验；
（3）根据实验原理可求得角速度之比，左边轮塔与右边轮塔之间的半径之比。
【解答】解：（1）本题采用控制变量法，当研究向心力与角速度关系时，应选用质量相等的小球，轨道半径相同，只有角速度不同，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2）本实验采用控制变量法，故B正确，AC错误。
故选：B。
（3）根据向心力公式有
F＝mω2r
可得
ω左：ω右＝1：2
故答案为：（1）A；（2）B；（3）1：2。
【点评】本题考查探究向心力大小F与质量m、角速度ω和半径r之间关系的实验，解题关键在于熟练掌握实验原理，即F＝mω2r的应用，根据实验操作求解即可。
12．（9分）（1）为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验：将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平。把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，这两个实验说明 AB 。
A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动
B.乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动
C.不能说明上述规律中的任何一条
D.甲、乙二个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质
（2）关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法正确的是 BCE 。
A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
B.安装斜槽时其末端切线应水平
C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些
E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行
（3）如图丙，某同学在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。则：（g取10m/s2，结果均保留三位有效数字）
①小球平抛运动的初速度为 2.00 m/s。
②小球运动到b点的速度为 2.50 m/s。
③抛出点坐标x＝ ﹣10.0 cm，y＝ ﹣1.25 cm。
【分析】（1）甲实验中一个小球做平抛运动，一个小球做自由落体运动；乙实验中一个小球做平抛运动，开一个小球在水平方向做匀速直线运动，据此分析；
（2）只要保证小球每次释放时都是从同一位置静止释放即可；保证小球离开斜槽时速度方向水平；保证小球以相同的速度离开斜槽；小球离开斜槽时的速度要大一些；木板平面与小球下落的竖直平面平行；
（3）先计算出小球经过ab的时间间隔
①根据水平方向做匀速直线运动计算；
②计算出小球经过b点的竖直速度，然后根据矢量合成计算；
③计算出小球从释放到b点的时间，然后根据水平方向匀速运动，竖直方向做自由落体运动，结合b的坐标计算即可。
【解答】解：（1）甲实验中一个小球做平抛运动，一个小球做自由落体运动，所以这个实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动乙实验中一个小球做平抛运动，开一个小球在水平方向做匀速直线运动，所以乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
（2）A.只要保证小球每次释放时都是从同一位置静止释放即可，小球与斜槽之间有摩擦不会影响实验结果，故A错误；
B.安装斜槽时其末端切线应水平，保证小球离开斜槽时速度方向水平，故B正确；
C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放，保证小球以相同的速度离开斜槽，故C正确；
D.小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能高一些，增大小球离开斜槽时的速度，故D错误；
E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行，故E正确。
故选：BCE。
（3）ab和bc水平间距相等都为x＝20cm＝0.2m，说明小球从a到b与从b到c的时间间隔相等，设为T，则，其中ybc＝30cm﹣10cm＝20cm＝0.2m，yab＝10cm＝0.1m.解得T＝0.1s
①小球的初速度为，联立代入数据解得v0＝2.00m/s
②小球运动到b点时竖直方向的速度大小为，所以小球运动到b点的速度为
③小球运动到b点时的运动时间为。则抛出点的横坐标为x＝xb﹣v0t＝20cm﹣2.00×0.15×100cm＝﹣10.0cm，抛出点的纵坐标为y1.25cm
故答案为：（1）AB；（2）BCE；（3）①2.00；②2.50；③﹣10.0，﹣1.25。
【点评】知道“研究平抛运动的特点”的实验注意事项，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动是解题的关键。
13．（10分）如图所示，在倾角为37°的斜坡（斜坡足够长）上有一人，前方有一只狗沿斜坡匀速向下奔跑，速度v＝15m/s，此人分别多次以不同速度大小水平抛出一小球，试图击中狗，人、狗和小球均可看成质点，不计空气阻力。（已知sin37°＝0.6，g＝10m/s2）
（1）某次投出的小球落在了斜面上，且落在斜面上的速度v1＝5m/s，求此次小球飞行的水平位移；
（2）若某次刚抛出小球时人与狗相距l＝30m，本次投出的小球恰好击中狗，求此次抛出速度v0的大小。
【分析】（1）小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，结合运动学公式列式求解即可；
（2）小球做平抛运动，狗做匀速直线运动，小球恰好击中狗，根据位移关系和运动学公式列式求解即可。
【解答】解：（1）小球落在斜面上，小球位移与水平方向夹角为37°，设速度与水平方向夹角为θ，将小球的速度分解到水平方向和竖直方向，如图
则有：tan37°
tanθ
由几何关系得：
而
代入数据联立解得：vx＝10m/s
vy＝15m/s
t＝1.5s
水平位移x＝vxt＝10×1.5m＝15m
（2）设过程中小球运动所需时间为t，狗做匀速直线运动，位移为x′＝vt′
小球做平抛运动，竖直方向：（l+x′）sin37°gt′2
水平方向：（l+x′）cs37°＝v0t
代入数据联立解得：v0＝20m/s
答：（1）此次小球飞行的水平位移为15m；
（2）此次抛出速度v0的大小为20m/s。
【点评】本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，结合运动学公式列式求解即可。
14．（12分）如图所示，质量M＝2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量mkg的小球B相连。今用与水平方向成30°角的力F＝10N，拉着小球B带动木块A一起向匀速运动，运动中木块A、小球B相对位置保持不变，取g＝10m/s2。求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ。
（2）木块A与水平杆间的动摩擦因数μ。
【分析】（1）对B球受力分析，正交分解；
（2）对A受力分析，正交分解。
【解答】解：（1）对B球受力分析，设绳拉力为T，将力正交分解，
有：Tcsθ＝Fcs30°，Tsinθ+Fsin30°＝mg，
联立解得：θ＝30°，T＝10N；
（2）对A受力分析，将力正交分解，
有：Tcsθ＝μFN，Mg+Tsinθ＝FN，
联立解得：μ。
答：（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角为30°。
（2）木块A与水平杆间的动摩擦因数为。
【点评】考查了受力分析和力的正交分解，常用三角函数要熟悉。
15．（17分）如图所示是某货运公司的卸货装置，该装置由两部分构成，分别是倾角θ＝37°的传送带AB与倾角α＝30°的倾斜长木板BC。长木板的另一端搭在地面上，各处均平滑连接。传送带AB段的长度L＝5.8m，长木板BC段的长度s＝5.0m。质量m＝2.5kg的货物无初速度地放在传送带顶端A处，经过一段时间后货物被运送到长木板的底端C处。已知货物与传送带间的动摩擦因数µ1＝0.5，与长木板间的动摩擦因数，且sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2。
（1）若货物运动到长木板C处时速度恰好为零，求货物在B处的速度大小；
（2）若将传送带的速度调成v0＝4m/s沿逆时针方向匀速传动，求货物从传送带A处运动到B处的时间；
（3）在第（2）问的基础上，求货物在传送带上留下的擦痕长度。
【分析】（1）应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
（2）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出货物的运动时间。
（3）根据运动学公式求出痕迹的长度。
【解答】解：（1）设货物在长木板上的加速度大小为a，运动到C处时速度为0，
由牛顿第二定律得μ2mgcsα﹣mgsinα＝ma
解得a＝2.5m/s2
由运动学公式知
代入数据解得vB＝5m/s
（2）货物无初速度地放在传送带顶端A，所以货物在传送带上先做匀加速运动，设匀加速运动时的加速度为a1，
由牛顿第二定律得mgsinθ+μ1mgcsθ＝ma1
代入数据解得
货物从放上传送带开始到与传送带共速的过程，由运动学公式得v0＝a1t1，
代入数据解得x1＝0.8m，t1＝0.4s
由于x1＜L，且货物在传送带上mgsinθ＞μ1mgcsθ，因而在与传送带共速后，货物将继续进行匀加速直线运动，
设第二段匀加速直线运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma2
代入数据解得
由于
代入数据解得t2＝1.0s
货物从A处运动到B处所经历的时间t＝t1+t2＝0.4s+1.0s＝1.4s
（3）货物第一段匀加速阶段相对传送带的位移为Δx＝v0t1﹣x1
代入数据解得Δx＝0.8m
货物第二段匀加速阶段相对传送带的位移为Δx′＝L﹣x1﹣v0t2
代入数据解得Δx′＝1.0m＞Δx
则货物在传送带上留下的擦痕长度为Δx′＝1.0m
答：（1）货物在B处的速度大小是5m/s；
（2）货物从传送带A处运动到B处的时间是1.4s；
（3）货物在传送带上留下的擦痕长度是1m。
【点评】根据题意分析清楚货物的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
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答案
A
C
C
B
D
A
D
题号
8
9
10
答案
AC
BD
BD