2025-2026学年浙江省宁波市九校联考高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年浙江省宁波市九校联考高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共28页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）以下不属于国际单位制的基本单位的是（ ）
A．mB．NC．kgD．s
2．（3分）为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，25年9月3日在天安门广场举行了盛大的93阅兵，下列说法正确的是（ ）
A．阅兵式从9：20正式开始，9：20指的是时间间隔
B．仪式最后放飞和平鸽，在研究和平鸽飞行姿势时可以把和平鸽看成质点
C．如图所示，飞机并列飞过天安门上空时，以一架飞机为参考系，另外几架飞机处于静止状态
D．放飞的气球在匀速上升时，处于超重状态
3．（3分）如图所示为港珠澳大桥上连续四段110m的等距跨钢箱梁桥，若汽车从a点开始做匀减速直线运动，到e点恰好停下，通过de段的时间为t，则（ ）
A．通过cd段的时间为
B．通过ae段的时间为
C．ce段的平均速度等于d点的瞬时速度
D．ae段的平均速度小于c点的瞬时速度
4．（3分）如图所示，某人正在用角磨机切割材料，砂轮匀速旋转，火星四溅，若忽略空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ）
A．图示砂轮沿顺时针方向旋转
B．砂轮上各处的线速度大小相等
C．砂轮上边缘各处的向心加速度相同
D．火星飞出后的运动始终沿着切线方向
5．（3分）如图所示，某同学在进行靠墙蹲练习时，背紧贴竖直墙壁，左腿弯曲90°支撑身体，右腿水平上伸直并保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．该同学可能只受到2个力
B．该同学可能只受到4个力
C．地面对脚的作用力方向竖直向上
D．地面对脚的支持力与该同学受到的重力是一对相互作用力
6．（3分）如图所示，A、B是围绕地球运转的两颗卫星，A与B的轨道平面共面，其中A卫星的轨道半径为RA，B卫星的轨道半径为RB，此时A、B以及地心刚好在一条直线上，关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A．当A、B以及地心再次到达一条直线上时，A转过的角度大于B转过的角度
B．A卫星所受万有引力小于B卫星所受万有引力
C．通过轨道的调整A、B中的某一颗卫星可以始终位于宁波的上空
D．若卫星想要进入更高轨道，则需要加速
7．（3分）某同学自制水流星，用轻绳在水杯的开口处打孔固定，并在水杯中倒入一定量的水，假设绳的长度远大于杯子的尺寸，现用手拉住轻绳端点O，使水杯以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，发现水始终没有流出水杯。下列说法正确的是（ ）
A．保持轻绳长度不变，减小转速，水一定会流出
B．保持转速不变，增加绳子的长度，则水有可能会流出
C．保持转速不变，向杯中加水，则水有可能会流出
D．只要在转动的过程中始终能感觉到绳子的拉力，水就不会流出来
8．（3分）军棋又称陆战棋、陆军棋，是一种两人对弈的棋类游戏，起源于20世纪初的欧洲，后来传入中国，并在中国广受欢迎，某位同学在完成对弈后，需要将棋子整理到棋盒里，为节约时间，他将四枚棋子水平并成一排，用手挤压最外侧的棋子然后竖直提起后放入棋盒。在该过程中，下列描述正确的是（ ）
A．在保持静止时，2、3两号棋子间的摩擦力等于一枚棋子的重力
B．在加速上提过程中，加速度越大，2、3两棋子间的摩擦力越大
C．在加速上提过程中，加速度越大，1、2两棋子间的摩擦力恒定
D．竖直上提起的过程中，经历了先加速后减速，在加速过程中棋子更容易脱手
9．（3分）下列图像的分析正确的是（ ）
A．图甲是A、B两物体运动的v﹣t图像，两直线交点表示两物体在t0时刻相遇
B．图乙是某同学在探究小车加速度a与质量M的关系时得到的a﹣M图像，由此可以得出小车加速度a与小车质量M成反比
C．图丙是小车做直线运动的图像，阴影部分的面积不是该车3秒内运动的位移大小
D．图丁是某同学绘制的一趟高铁的某段直线运动的图像，该趟列车的加速度大小为4m/s2
10．（3分）如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2（ ）
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
B．传送带的速度大小为4m/s
C．0～3s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为7m
D．0～3s内物块在传送带上留下的划痕与0～4.5s的划痕一样长
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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，选对但不全对的得2分，有选错的得0分）
（多选）11．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法
B．当Δt非常小时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里采用了极限的思想
C．根据加速度定义式可知，加速度与速度变化量成正比
D．伽利略采用理想实验的研究方法说明了力不是维持物体运动的原因
（多选）12．（4分）如图所示，一个半径为l的竖直圆环静置于水平地面上，圆周上有等高的A、B两点，相距l，先将一根细线的两端分别系在两点上，再把一个重为G的物体用光滑的挂钩悬挂在细线上时，细线弯折处恰好在圆环的圆心O处，则下列说法正确的是（ ）
A．此时细线内部张力为G
B．圆环向右缓慢滚动极小的一段距离，细线张力减小
C．以O为轴，圆环顺时针缓慢转动30°时，OB段细线拉力为零
D．以O为轴，圆环顺时针缓慢转动90°时（过程中物体始终未与地面接触），细线张力恰好为
（多选）13．（4分）如图所示，将一物体从离地h处以v0的速度与水平面成θ角向上抛出，在运动过程中若物体受到阻力，则阻力总与运动方向相反，该阻力大小为F＝kv，且kv0＝mg。下列说法正确的是（ ）
A．若不考虑阻力，则物体的速度变化量与时间成正比
B．若不考虑阻力，且v0一定时，当夹角θ等于45°时可以抛得最远
C．若考虑阻力，物体以θ＝30°抛出，当物体的速度与水平方向成30°向下时，物体的速度大小为0.5v0
D．若考虑阻力且h足够大，物体最终将以v0做匀速直线运动
三、非选择题（本题共6小题，共58分）
14．（7分）某研究小组利用图甲中实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，实验中槽码质量为m，小车和车内砝码总质量为M。
（1）关于该实验的操作，下列说法中不正确的是 。
A.实验时，先接通打点计时器电源，后释放小车
B.必须保证槽码的质量远小于小车和砝码的总质量
C.平衡阻力时，小车不能连接细绳与纸带
D.连接小车和槽码的细线要与长木板保持平行
（2）图乙为打点计时器打出的部分纸带，打点计时器的频率为50Hz，相邻计数点的时间间隔T＝ s；若s1＝3.01cm，s2＝3.60cm，s3＝4.19cm，s4＝4.78cm，则小车的加速度大小a＝ m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）另一小组的同学在实验前，没有测量小车的质量M，也忘记平衡摩擦力，在保持小车的质量不变的情况下，进行了多次实验，得到了如图丙所示的图像，则根据图像可求得小车的质量M＝ kg；
（4）该组同学在图丙中通过描点作图作出的a﹣F图像是由 （选填“一”或者“多”）条纸带得到的。
15．（7分）在“探究平抛运动的特点”的实验中，对图甲所示的装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片。
（1）下列说法中符合本实验要求的是 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端切线必须水平
C.必须用天平称出小球的质量
（2）某同学用频闪照相方法拍摄小钢球（可视为质点）做平抛运动的闪光照片，频闪光源的频率为20Hz。在实验中得到的轨迹图如乙图所示，A、B、C是曲线上的三个点的位置，以A点为坐标原点，坐标如图乙所示：
①小球做平抛运动的初速度大小为v0＝ m/s；
②当地的重力加速度大小为 m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
（3）如图丙所示，在小球的抛出点安装一个频闪点光源，在装置的右侧垂直于抛出方向竖直放置一个表面贴有储光膜的平板（可以记录闪光时小球影子的位置），在平板上留下的小球影子间距从上到下如何变化 。
A.影子间距逐渐变大
B.影子间距均匀
C.影子间距逐渐减小
D.影子间距先变大后变小
16．（8分）作为一名经验丰富的快递员，小张需要在紧华的市区进行配送，某日下午，他骑看电动车以v0＝36km/h的速度匀速行驶在平直道路上。突然，前方25m处的人行横道上有行人违规闯红灯横穿马路。小张立即刹车，已知电动车刹车时的加速度大小为a＝2.5m/s2（假定为匀减速直线运动）。求：
（1）从刹车开始到电动车完全停止，需要多长时间？
（2）刹车后第3s内通过的位移大小；
（3）请通过计算判断，小张能否在撞到行人前成功刹停车辆？（忽略小张的反应时间，即发现危险瞬间立即刹车）
17．（11分）如图所示，在一个半径为R的光滑竖直圆轨道上套有一个质量为m的小球，其位置和坐标原点的连线与y轴夹角为θ，光滑竖直圆轨道可以沿着x轴或者沿着y轴平动，也可以绕着y轴匀速转动，重力加速度为g。
（1）若沿着x轴运动时，小球处于图示位置，求此时轨道的加速度大小；
（2）若小球随轨道绕着y轴匀速转动，小球处于图示位置，求此时轨道转动的角速度大小；
（3）若轨道固定，小球以v的速度沿轨道向下经过图示位置，求此时小球对轨道的压力大小。
18．（12分）如图所示，某校正进行改扩建施工，为提高工程效率，采用塔式起重机搬运工程物料，塔式起重机能实现竖直、水平和旋转运动。某次从地面静止起吊包括吊钩在内共计400kg物料，初始时物料距塔身16m，竖直方向上物料在0～4s内以加速度匀加速向上运动，4～6s匀速向上运动，6～8s匀减速到竖直速度为0；水平方向上物料在0～4s无运动，4～6s以加速度匀加速靠近塔身运动，6～8s匀速运动，8～10s匀减速到水平速度为0；然后绕塔身以0.6r/min的转速匀速转动，转动25s后停止（忽略转动的加速和减速）。不计空气阻力，不考虑塔架和吊索晃动等因素，重力加速度g＝10m/s2，答案可用根式表示。求：
（1）第6s末物料的速度大小；
（2）第9s末吊索的拉力大小；
（3）物料最终静止后离出发点的距离。
19．（13分）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若F＝0，试求出当物块在木板上滑动时，m与M的加速度大小；
（2）求该木板的长度L；
（3）求图乙中D点对应的恒力F，以及C点对应的s；
（4）若物块不会从木板上滑出，写出与F的关系式。
2025-2026学年浙江省宁波市九校联考高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
二．多选题（共3小题）
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题列出的四个选项中只有一个正确答案。）
1．（3分）以下不属于国际单位制的基本单位的是（ ）
A．mB．NC．kgD．s
【分析】回忆国际单位制基本单位的种类，识别出牛顿是导出单位，从而确定正确选项。
【解答】解：A.米是国际单位制中长度的基本单位，故A是国际单位制；
B.牛顿是力的单位，它是由F＝ma推导出来的导出单位，不属于国际单位制的基本单位，故B不是国际单位制；
C.千克是国际单位制中质量的基本单位，故C是国际单位制；
D.秒是国际单位制中时间的基本单位，故D是国际单位制。
本题要求选择不属于国际单位制基本单位的，故选：B。
【点评】这是一道基础概念辨析题，只需区分国际单位制的基本单位与导出单位即可作答，难度较低，能有效巩固对单位制的认知。
2．（3分）为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，25年9月3日在天安门广场举行了盛大的93阅兵，下列说法正确的是（ ）
A．阅兵式从9：20正式开始，9：20指的是时间间隔
B．仪式最后放飞和平鸽，在研究和平鸽飞行姿势时可以把和平鸽看成质点
C．如图所示，飞机并列飞过天安门上空时，以一架飞机为参考系，另外几架飞机处于静止状态
D．放飞的气球在匀速上升时，处于超重状态
【分析】区分时刻与时间间隔的定义，判断质点的选取条件，分析相对运动下的参考系状态，结合加速度判断超重失重，从而确定选项正误。
【解答】解：A.阅兵式从9：20正式开始，9：20指的是时刻，故A错误；
B.仪式最后放飞和平鸽，在研究和平鸽飞行姿势时需要考虑信鸽的姿态，所以不可以把和平鸽看成质点，故B错误；
C.如图所示，飞机并列飞过天安门上空时，以一架飞机为参考系，另外几架飞机处于静止状态，故C正确；
D.放飞的气球在匀速上升时，则支持力等于重力，既不超重也是失重，故D错误。
故选：C。
【点评】这道题结合阅兵的真实情景，考查时刻与时间间隔、质点、参考系、超重失重等物理基础概念，需准确把握概念的适用条件，能有效检验对基础知识的理解与应用能力。
3．（3分）如图所示为港珠澳大桥上连续四段110m的等距跨钢箱梁桥，若汽车从a点开始做匀减速直线运动，到e点恰好停下，通过de段的时间为t，则（ ）
A．通过cd段的时间为
B．通过ae段的时间为
C．ce段的平均速度等于d点的瞬时速度
D．ae段的平均速度小于c点的瞬时速度
【分析】根据匀变速直线运动的推论，得出汽车通过ae段的时间和通过cd段的时间；根据匀变速直线运动的推论，利用中间时刻的瞬时速度与该段时间内平均速度的关系进行分析。
【解答】解：AB、根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，逆向思维汽车通过de、cd、bc、ab所用的时间之比为t1：t2：t3：t4＝1：（1）：（）：（2）
所以通过ab段的时间为t，可得出通过bc段的时间为t2＝（1）t
通过cd时间为t3＝（）t
通过de段的时间为t4＝（2）t
则通过ae时间为t′＝t1+t2+t3+t4，整理解得t′＝2t，故AB错误；
CD、根据匀变速直线运动某段的平均速度等于该段中间时刻瞬时速度，小于中间位置瞬时速度，可知ce段的平均速度小于d点的瞬时速度，ae段的平均速度小于c点的瞬时速度，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】学生易忽略逆向思维的应用，或混淆初速度为0的匀加速直线运动的等位移时间比例，也常错把中间时刻速度与中间位置速度的关系搞反，导致选项判断错误。
4．（3分）如图所示，某人正在用角磨机切割材料，砂轮匀速旋转，火星四溅，若忽略空气阻力的影响，以下说法正确的是（ ）
A．图示砂轮沿顺时针方向旋转
B．砂轮上各处的线速度大小相等
C．砂轮上边缘各处的向心加速度相同
D．火星飞出后的运动始终沿着切线方向
【分析】根据火星飞出的切线方向判断砂轮旋转方向，结合匀速圆周运动的线速度、向心加速度特点，以及火星飞出后的运动规律来判断选项。
【解答】解：A.图示砂轮沿顺时针方向旋转，根据飞出去的火星的轨迹沿着该点的切线方向，所以砂轮顺时针方向旋转，故A正确；
B.砂轮上各处的角速度相同，但是半径不相同，所以线速度大小不相等，故B错误；
C.砂轮上边缘各处的向心加速度根据a＝ω2r
向心加速度大小相同，方向不相同，故C错误；
D.火星飞出后在空中受重力和阻力等作用所以运动轨迹会发生改变，只有飞出瞬间沿着切线方向，故D错误。
故选：A。
【点评】这道题结合生活中的角磨机情景，考查匀速圆周运动的线速度、向心加速度的矢量性，以及惯性与抛体运动的结合，需区分线速度和向心加速度的矢量特点，对概念的理解要求较高。
5．（3分）如图所示，某同学在进行靠墙蹲练习时，背紧贴竖直墙壁，左腿弯曲90°支撑身体，右腿水平上伸直并保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．该同学可能只受到2个力
B．该同学可能只受到4个力
C．地面对脚的作用力方向竖直向上
D．地面对脚的支持力与该同学受到的重力是一对相互作用力
【分析】对该同学进行受力分析，结合平衡条件，考虑竖直方向的重力、支持力，水平方向墙壁的弹力与地面的摩擦力，判断受力个数与力的方向。
【解答】解：AB.同学受重力、支持力、摩擦力、墙壁弹力共4个力，且四力平衡，故B正确，A错误；
C.地面对脚的作用力为支持力（竖直向上）与摩擦力（水平向右）的合力，方向斜向右上方，并非竖直向上，故C错误；
D.相互作用力需作用在两个物体上，而支持力与重力均作用在同学身上，是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】这道题结合生活中的静蹲情景，考查受力分析与平衡条件的应用，需全面考虑水平与竖直方向的受力，避免遗漏摩擦力，对受力分析的严谨性要求较高。
6．（3分）如图所示，A、B是围绕地球运转的两颗卫星，A与B的轨道平面共面，其中A卫星的轨道半径为RA，B卫星的轨道半径为RB，此时A、B以及地心刚好在一条直线上，关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A．当A、B以及地心再次到达一条直线上时，A转过的角度大于B转过的角度
B．A卫星所受万有引力小于B卫星所受万有引力
C．通过轨道的调整A、B中的某一颗卫星可以始终位于宁波的上空
D．若卫星想要进入更高轨道，则需要加速
【分析】题目描述两颗卫星A和B围绕地球做圆周运动，轨道半径已知且不同，初始位置与地心共线。需要比较它们再次共线时转过的角度、所受万有引力大小、能否定点在宁波上空以及变轨原理。核心是运用万有引力提供向心力分析角速度与轨道半径的关系，明确卫星质量未知时无法比较引力大小，理解同步卫星轨道必须在赤道平面，并掌握加速离心进入高轨道的基本规律。
【解答】解：A、根据万有引力提供卫星圆周运动的向心力，有，由此可知轨道半径越大，其角速度越小。由解得，因为RA＞RB，所以ωA＜ωB，根据角位移关系θ＝ωt，当两颗卫星再次共线时，卫星B转过的角度必定大于卫星A转过的角度，故A错误；
B、根据万有引力定律，由于两颗卫星的质量mA和mB大小关系未给出，所以无法判断它们所受地球引力的大小关系，故B错误；
C、地球同步卫星的运行轨道必须位于赤道平面内，宁波并不在赤道上，因此卫星A和B都不可能始终位于宁波的正上方，故C错误；
D、依据卫星变轨的原理，当卫星加速时，其所受万有引力不足以提供所需的向心力，卫星将做离心运动，从而进入更高的运行轨道，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查了天体运动中的多个核心知识点，包括卫星圆周运动的角速度与轨道半径关系、万有引力大小的决定因素、同步卫星的轨道特点以及卫星变轨的基本原理。题目计算量小，但思维要求较高，重点在于对物理概念和规律的准确理解与应用。选项A需要学生利用角速度公式结合运动学关系进行推理判断；选项B则强调万有引力大小同时取决于质量和距离，考查学生思维的严谨性；选项C涉及对同步卫星轨道空间唯一性的认识；选项D直接考查变轨的动力学原理。整体难度中等，能有效检验学生对天体运动基本规律的掌握程度和逻辑分析能力。
7．（3分）某同学自制水流星，用轻绳在水杯的开口处打孔固定，并在水杯中倒入一定量的水，假设绳的长度远大于杯子的尺寸，现用手拉住轻绳端点O，使水杯以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，发现水始终没有流出水杯。下列说法正确的是（ ）
A．保持轻绳长度不变，减小转速，水一定会流出
B．保持转速不变，增加绳子的长度，则水有可能会流出
C．保持转速不变，向杯中加水，则水有可能会流出
D．只要在转动的过程中始终能感觉到绳子的拉力，水就不会流出来
【分析】根据绳模型的临界条件推导求出临界角速度的表达式，然后比较各选项即可。
【解答】解：水杯里是水恰好不流出时，设绳长为L，水杯转动的角速度为ω，则满足的条件是mg＝mω2L
得ω。
A、保持轻绳长度L不变，减小转速，只要满足，水不会流出，故A错误；
B、保持转速不变，增加绳子的长度，则水更不可能会流出，故B错误；
C、水杯里是水恰好不流出时ω，与水的质量无关，故C错误；
D、在转动的过程中始终能感觉到绳子的拉力，说明水杯里的水在最高的除受到重力外，还受到杯底的支持力，二者的合力提供向心力，则水杯里的水一定不流出，故D正确。
故选：D。
【点评】考查竖直面内圆周运动的绳模型问题，会根据题意进行准确的分析和解答。
8．（3分）军棋又称陆战棋、陆军棋，是一种两人对弈的棋类游戏，起源于20世纪初的欧洲，后来传入中国，并在中国广受欢迎，某位同学在完成对弈后，需要将棋子整理到棋盒里，为节约时间，他将四枚棋子水平并成一排，用手挤压最外侧的棋子然后竖直提起后放入棋盒。在该过程中，下列描述正确的是（ ）
A．在保持静止时，2、3两号棋子间的摩擦力等于一枚棋子的重力
B．在加速上提过程中，加速度越大，2、3两棋子间的摩擦力越大
C．在加速上提过程中，加速度越大，1、2两棋子间的摩擦力恒定
D．竖直上提起的过程中，经历了先加速后减速，在加速过程中棋子更容易脱手
【分析】先以整体为研究对象，求出棋子与手指间的摩擦力的大小，以3、4组成的整体，由平衡条件判断摩擦力的大小；然后以2、3组成的整体和2为研究对象，由牛顿第二定律列式即可解答。
【解答】解：A、设棋子的质量为m，手指对棋子的摩擦力为f，以4只棋子整体为研究对象，由平衡条件可得：2f＝4mg，解得：f＝2mg，对3、4组成的整体，由平衡条件可得：f23+f＝2mg，解得：f23＝2mg﹣f＝2mg﹣2mg＝0，因此2、3 之间无摩擦力，故A错误；
B、以4只棋子整体为研究对象，由牛顿第二定律可得：2f′﹣4mg＝4ma，解得：f′＝2mg+2ma＝2m（g+a），对3、4组成的整体，由牛顿第二定律可得：f23′+f﹣2mg＝2ma，解得：f23′＝2mg+2ma﹣f＝2mg+2ma﹣2m（g+a）＝0，由此可知无论加速度a多大，2、3 之间摩擦力始终为 0，并非随加速度增大而变大。故B错误；
C、由B中推导，以2为研究对象，由牛顿第二定律可得：f12﹣mg＝ma，解得：f12＝mg+ma，可见该摩擦力随加速度a增大而增大，并非恒定，故C错误；
D、棋子不脱手的条件是：静摩擦力不超过最大静摩擦力为：fm＝μFN（FN为水平挤压力），竖直方向对4指棋子，由牛顿第二定律可得：2f﹣4mg＝4ma，解得：f＝2mg+2ma，加速上升：a＞0，所需静摩擦力f＝2m（g+a）＞2mg；减速上升：a＜0，所需静摩擦力f＝2m（g+a）＜2mg，由此可知加速过程需要的静摩擦力更大，更易达到最大静摩擦力，因此更容易脱手，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是对共点力的平衡条件及牛顿第二定律的考查，解题的关键是要正确选择研究对象，由牛顿第二定律及平衡条件列式即可解答。
9．（3分）下列图像的分析正确的是（ ）
A．图甲是A、B两物体运动的v﹣t图像，两直线交点表示两物体在t0时刻相遇
B．图乙是某同学在探究小车加速度a与质量M的关系时得到的a﹣M图像，由此可以得出小车加速度a与小车质量M成反比
C．图丙是小车做直线运动的图像，阴影部分的面积不是该车3秒内运动的位移大小
D．图丁是某同学绘制的一趟高铁的某段直线运动的图像，该趟列车的加速度大小为4m/s2
【分析】根据v﹣t图像的交点表示该时刻两物体的速度相等；根据牛顿第二定律分析；位移—时间公式得到t图像的函数表达式，然后结合图像得到该车的初速度和加速度，进而分析计算；将匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0tat2变形，得到与的关系式，再结合图像的信息和运动学公式进行解答。
【解答】解：A．v﹣t图像中，两直线交点表示两物体在该时刻速度相同，图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，0～t0时刻A的位移大于B，但不知道初始时刻两物体的位置关系，无法判断是否相遇，故A错误；
B．图像是曲线且无法判断是否是双曲线的一部分，无法得出小车加速度a与小车质量M的关系，应当作出a图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就可以得出小车加速度a与小车质量M成反比的结论，故B错误；
C．根据匀变速直线运动规律x＝v0tat2，可得v0t
结合图中数据可知
v0＝2m/s，am/s2
则该车3秒内运动的位移大小x3＝v0t32×3m32m＝12m
而图中阴影部分的面积为x3′3m＝9m，故C正确；
D．根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0tat2
整理变形可得与的函数关系为a
结合题中图线斜率及截距的物理意义，可得该趟高铁的初速度为：v0m/s＝40m/s
a＝﹣4m/s
解得该趟列车的加速度为：a＝﹣8m/s2，故D错误；
故选：C。
【点评】该题考查了位移—时间公式、闭合电路的欧姆定律以及对牛顿第二定律的认识，基础题。
10．（3分）如图甲所示，小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，下列说法正确的是（重力加速度g取10m/s2（ ）
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
B．传送带的速度大小为4m/s
C．0～3s内物块在传送带上留下的滑动痕迹为7m
D．0～3s内物块在传送带上留下的划痕与0～4.5s的划痕一样长
【分析】题目描述小物块在水平传送带上运动，其位移时间图像呈现抛物线与直线两段，表明物块先经历匀变速直线运动后与传送带共速。分析的关键在于结合图像形状确定物块的运动阶段，利用抛物线对应匀变速运动可求出初速度与加速度，直线段对应匀速运动即传送带速度。通过加速度可进一步关联牛顿第二定律求得动摩擦因数，而相对位移的计算需考虑物块与传送带的速度差及时间，从而判断划痕长度。最终比较不同时间段内相对位移的累积情况确定总划痕是否相同。
【解答】解：AB、由图像可知，物块在0～2s内做匀减速直线运动，至t＝2s时速度减为零，位移达到最大值x＝4m。根据匀变速直线运动的平均速度公式，代入数据解得物块的初速度v0＝4m/s；由加速度定义式，求得加速度大小a＝2m/s2；再根据牛顿第二定律μmg＝ma，解得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2；在3～4.5s时间段内，图像为直线，表明物块与传送带保持相对静止，其速度即为传送带速度，由计算得传送带速度vb＝2m/s，故AB错误；
C、在0～3s内，物块相对于传送带的初速度v1＝v0﹣vb，末速度v2＝0，根据相对位移公式，代入数据解得划痕长度Δs＝9m，故C错误；
D、由上述分析可知，在t＝3s时刻物块与传送带达到共速，此后两者间无相对滑动，不再产生新的划痕，因此0～3s内产生的划痕长度与0～4.5s内的总划痕长度相同，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查了传送带模型与运动图像分析，涉及匀变速直线运动规律、牛顿第二定律以及相对运动的理解。题目通过位移—时间图像巧妙呈现了物块在传送带上先减速后共速的运动过程，计算量适中，难度中等偏上。解答时需要准确解读图像中抛物线与直线段对应的物理意义，并灵活运用平均速度、加速度定义及相对位移公式进行计算。本题的亮点在于将图像信息转化为运动学参量，并考查了学生对“划痕长度由相对位移决定”这一关键点的掌握，易错点在于误将3秒内的位移当作划痕长度。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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，选对但不全对的得2分，有选错的得0分）
（多选）11．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法
B．当Δt非常小时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里采用了极限的思想
C．根据加速度定义式可知，加速度与速度变化量成正比
D．伽利略采用理想实验的研究方法说明了力不是维持物体运动的原因
【分析】逐一分析各选项涉及的物理思想与概念，判断其表述的正确性。
【解答】解：A.在不需要考虑物体本身大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故A错误；
B.当Δt非常小时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里采用了极限的思想，故B正确；
C.根据加速度定义式可知，它仅反映了加速度的计算方式，并非加速度的决定式，加速度的大小由物体所受合外力与质量决定，故C错误；
D.伽利略采用理想实验的研究方法说明了力不是维持物体运动的原因，故D正确。
故选：BD。
【点评】这道题聚焦物理思想方法与基本概念的辨析，涵盖理想模型、极限思想、比值定义和理想实验，对夯实基础、理解物理本质很有帮助。
（多选）12．（4分）如图所示，一个半径为l的竖直圆环静置于水平地面上，圆周上有等高的A、B两点，相距l，先将一根细线的两端分别系在两点上，再把一个重为G的物体用光滑的挂钩悬挂在细线上时，细线弯折处恰好在圆环的圆心O处，则下列说法正确的是（ ）
A．此时细线内部张力为G
B．圆环向右缓慢滚动极小的一段距离，细线张力减小
C．以O为轴，圆环顺时针缓慢转动30°时，OB段细线拉力为零
D．以O为轴，圆环顺时针缓慢转动90°时（过程中物体始终未与地面接触），细线张力恰好为
【分析】A、对重物受力分析，根据平衡条件分析；
B、先分析细线的夹角，再根据平衡条件分析；
C、先分析细线的夹角，再根据平衡条件分析；
D、先分析细线的夹角，再根据平衡条件分析。
【解答】解：A、对重物受力分析如图所示：
由几何关系可知细线夹角为60°，由平行四边形法则可知2Tcs30°＝G，代入数据可得T，故A错误；
B、圆环向右缓慢滚动，由几何关系可知细线夹角减小，则细线张力减小，故B正确；
C、圆环顺时针缓慢转动30°时，如图所示：
细线张力处处相等，所以细线张力不为零，故C错误；
D、圆环顺时针缓慢转动90°时，如图所示：
由平衡条件可知2T＝G，代入数据可得T，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查了受力分析和平行四边形法则的应用，根据题意分析细线夹角是解题关键。
（多选）13．（4分）如图所示，将一物体从离地h处以v0的速度与水平面成θ角向上抛出，在运动过程中若物体受到阻力，则阻力总与运动方向相反，该阻力大小为F＝kv，且kv0＝mg。下列说法正确的是（ ）
A．若不考虑阻力，则物体的速度变化量与时间成正比
B．若不考虑阻力，且v0一定时，当夹角θ等于45°时可以抛得最远
C．若考虑阻力，物体以θ＝30°抛出，当物体的速度与水平方向成30°向下时，物体的速度大小为0.5v0
D．若考虑阻力且h足够大，物体最终将以v0做匀速直线运动
【分析】无阻力时用匀变速运动规律分析速度变化和抛远条件，有阻力时结合受力（已知\（ kv_0＝mg\））分析速度变化与最终运动状态。
【解答】解：A.不考虑阻力时，物体只受重力，加速度恒定为g。根据匀变速运动规律，速度变化量Δv＝gΔt，因此速度变化量与时间成正比，故A正确；
B.当抛出点与落地点不在同一水平面时，水平射程的最优抛射角小于45°（只有当抛出点与落地点在同一水平面时，45°才是最远抛射角），故B错误；
C.已知kv0＝mg，将运动分解到水平、竖直方向，结合动量定理分析，抛出时速度分量v0x＝v0cs30°，v0y＝v0sin30°
速度与水平成30°向下时，设速度为v，分量为vx＝vcs30°，vy＝﹣vsin 30°
对水平、竖直方向分别应用动量定理，水平方向fx＝﹣kvx，Ix＝fxt
整理得
竖直方向：阻力分量fy＝﹣kvy，Iy＝fyt
整理得
代入kv0＝mg，θ＝30°
可得此时速度大小v＝0.5v0，故C正确。
D.当h足够大时，物体最终会达到受力平衡，即kv0＝mg
解得匀速速度v0，但阻力方向始终与速度方向相反，因此水平速度分量会逐渐减为0，最终物体将竖直向下以v0做匀速运动，故D正确。
故选：ACD。
【点评】这是一道综合抛体运动、牛顿定律与变力分析的典型题，需清晰区分有无阻力的运动差异，对规律的综合应用能力有一定要求。
三、非选择题（本题共6小题，共58分）
14．（7分）某研究小组利用图甲中实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，实验中槽码质量为m，小车和车内砝码总质量为M。
（1）关于该实验的操作，下列说法中不正确的是 C 。
A.实验时，先接通打点计时器电源，后释放小车
B.必须保证槽码的质量远小于小车和砝码的总质量
C.平衡阻力时，小车不能连接细绳与纸带
D.连接小车和槽码的细线要与长木板保持平行
（2）图乙为打点计时器打出的部分纸带，打点计时器的频率为50Hz，相邻计数点的时间间隔T＝ 0.1 s；若s1＝3.01cm，s2＝3.60cm，s3＝4.19cm，s4＝4.78cm，则小车的加速度大小a＝ 0.59 m/s2（结果保留两位有效数字）；
（3）另一小组的同学在实验前，没有测量小车的质量M，也忘记平衡摩擦力，在保持小车的质量不变的情况下，进行了多次实验，得到了如图丙所示的图像，则根据图像可求得小车的质量M＝ 2 kg；
（4）该组同学在图丙中通过描点作图作出的a﹣F图像是由 多 （选填“一”或者“多”）条纸带得到的。
【分析】（1）根据实验原理和正确操作分析作答；
（2）根据交流电的频率和间隔数求解作答；根据逐差法求解加速度；
（3）根据牛顿第二定律求解a﹣F函数，结合图像斜率求解作答；
（4）根据实验原理分析作答。
【解答】解：（1）A.实验时，为了充分利用纸带，应先接通打点计时器电源，后释放小车，故A正确；
B.为了使槽码的总重力近似等于绳子的拉力，必须保证槽码的质量远小于小车和砝码的总质量，故B正确；
C.平衡阻力时，小车不能连接细绳，但要连接纸带，故C错误；
D.为了保证拉力的方向不变，连接小车和槽码的细线要与长木板保持平行，故D正确。
本题选择错误的选项。
故选：C。
（2）相邻计数点的时间间隔
根据逐差法，加速度
代入数据解得a≈0.59m/s2
（3）根据牛顿第二定律F﹣f＝Ma
变形得
图像的斜率
小车的质量M＝2kg；
（4）保持小车质量M不变，改变重物的质量，打出多条纸带，求出相应的加速度，然后通过描点作图作出的a﹣F图像，因此作出的a﹣Ftux 是由多条纸带得到的。
故答案为：（1）C；（2）0.1；0.59；（3）2；（4）多。
【点评】本题主要考查了“探究物体加速度与力、质量的关系”的实验，掌握牛顿第二定律的运用，掌握逐差法求解加速度的方法。
15．（7分）在“探究平抛运动的特点”的实验中，对图甲所示的装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片。
（1）下列说法中符合本实验要求的是 B 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端切线必须水平
C.必须用天平称出小球的质量
（2）某同学用频闪照相方法拍摄小钢球（可视为质点）做平抛运动的闪光照片，频闪光源的频率为20Hz。在实验中得到的轨迹图如乙图所示，A、B、C是曲线上的三个点的位置，以A点为坐标原点，坐标如图乙所示：
①小球做平抛运动的初速度大小为v0＝ 0.8 m/s；
②当地的重力加速度大小为 9.76 m/s2（计算结果保留三位有效数字）。
（3）如图丙所示，在小球的抛出点安装一个频闪点光源，在装置的右侧垂直于抛出方向竖直放置一个表面贴有储光膜的平板（可以记录闪光时小球影子的位置），在平板上留下的小球影子间距从上到下如何变化 B 。
A.影子间距逐渐变大
B.影子间距均匀
C.影子间距逐渐减小
D.影子间距先变大后变小
【分析】（1）根据实验要求分析即可；
（2）①根据小球在水平方向上做匀速直线运动计算；
②根据逐差公式计算；
（3）分别写出小球在水平和竖直方向的位移，然后根据几何关系计算小球影子在平板上的位移随时间变化的关系式分析即可。
【解答】解：（1）在该实验中需要保证小球每次从斜槽轨道末端离开时以相同的速度水平离开斜槽末端，所以斜槽轨道末端切线必须水平，只要保证每次都从同一位置静止释放小球即可，轨道不需要光滑，在实验中不需要测量小球的质量，故B正确，AC错误。
故选：B。
（2）①小球从A到B和从B到C的时间相等为T，由图可以看出AB和BC在水平方向上的距离相等为x＝4.0cm，则小球做平抛运动的初速度大小为v0
②根据逐差公式有，解得当地的重力加速度大小为g＝9.76m/s2
（3）设频闪点光源到平板之间的水平距离为L，影子在平板上移动的距离为Y，小球的水平位移为x＝v0t，竖直方向的位移为y，根据几何关系有，整理可得，所以影子在平板上移动的距离和时间是成正比关系，则小球在平板上留下的小球影子间距从上到下影子间距是均匀的，故B正确，ACD错误。
故选：B
故答案为：（1）B；（2）①0.8；②9.76；（3）B。
【点评】掌握“探究平抛运动的特点”的实验基本要求和平抛运动规律是解题的基础，能够根据几何关系得到小球的影子在平板上的位移随时间变化的关系式是解题的关键。
16．（8分）作为一名经验丰富的快递员，小张需要在紧华的市区进行配送，某日下午，他骑看电动车以v0＝36km/h的速度匀速行驶在平直道路上。突然，前方25m处的人行横道上有行人违规闯红灯横穿马路。小张立即刹车，已知电动车刹车时的加速度大小为a＝2.5m/s2（假定为匀减速直线运动）。求：
（1）从刹车开始到电动车完全停止，需要多长时间？
（2）刹车后第3s内通过的位移大小；
（3）请通过计算判断，小张能否在撞到行人前成功刹停车辆？（忽略小张的反应时间，即发现危险瞬间立即刹车）
【分析】（1）先将初速度单位换算为国际单位，再根据匀减速直线运动的速度公式，代入初速度、末速度与加速度的数值，求解刹车到完全停止的时间；
（2）先计算电动车刹车的总时间，判断第3秒内电动车是否仍在运动，再选择对应的运动学公式计算该时间段内的位移；
（3）计算电动车刹车到停止的总位移，将其与行人的距离对比，通过位移大小关系判断能否在撞到人前停车。
【解答】解：（1）刹车到停止的时间为t，由匀变速直线运动速度公式：vt＝v0+at
其中v0＝10m/s，v1＝0
代入数据得t＝4s
（2）由位移公式
其中v0＝10m/s，a＝﹣2.5m/s2
前2s位移x1＝15m
前3s位移x2＝18.75m
第3s位移Δx＝x2﹣x1
代入数据得Δx＝3.75m
（3）由位移公式：
其中a＝﹣2.5m/s2，t＝4s
代入数据得x＝20m＜25m，因此可以成功刹停。
答：（1）从刹车开始到电动车完全停止，需要4s；
（2）刹车后第3s内通过的位移大小是3.75m；
（3）小张能在撞到行人前成功刹停。
【点评】这是一道典型的匀减速刹车问题，核心是判断运动阶段与时间匹配性，考查对匀变速直线运动规律的灵活应用。
17．（11分）如图所示，在一个半径为R的光滑竖直圆轨道上套有一个质量为m的小球，其位置和坐标原点的连线与y轴夹角为θ，光滑竖直圆轨道可以沿着x轴或者沿着y轴平动，也可以绕着y轴匀速转动，重力加速度为g。
（1）若沿着x轴运动时，小球处于图示位置，求此时轨道的加速度大小；
（2）若小球随轨道绕着y轴匀速转动，小球处于图示位置，求此时轨道转动的角速度大小；
（3）若轨道固定，小球以v的速度沿轨道向下经过图示位置，求此时小球对轨道的压力大小。
【分析】（1）对小球受力分析，仅受重力与轨道支持力，将力沿x、y方向分解，依据牛顿第二定律，由x方向合力求解轨道的加速度大小；
（2）小球随轨道绕y轴匀速转动，做水平面内的匀速圆周运动，明确圆周运动半径，由合力提供向心力，结合受力分析列方程求角速度；
（3）轨道固定时，小球向下运动过程机械能守恒，先求图示位置速度，再受力分析，沿半径方向用牛顿第二定律求支持力，由牛顿第三定律得压力。
【解答】解：（1）若沿着x轴运动时，小球处于图示位置则mgtanθ＝ma
代入数据得a＝gtanθ
（2）小球随轨道绕着y轴匀速转动，小球处于图示位置r＝Rsinθ，mgtanθ＝mω2r
代入数据得
（3）轨道固定，小球以v的速度沿轨道向下经过图示位置，
根据牛顿第三定律
答：（1）若沿着x轴运动时，小球处于图示位置，此时轨道的加速度大小是a＝gtanθ；
（2）若小球随轨道绕着y轴匀速转动，小球处于图示位置，此时轨道转动的角速度大小是；
（3）若轨道固定，小球以v的速度沿轨道向下经过图示位置，此时小球对轨道的压力大小是mgm。
【点评】本题综合受力分析、牛顿运动定律、圆周运动与机械能守恒，对多场景下的物理规律应用能力要求较高。
18．（12分）如图所示，某校正进行改扩建施工，为提高工程效率，采用塔式起重机搬运工程物料，塔式起重机能实现竖直、水平和旋转运动。某次从地面静止起吊包括吊钩在内共计400kg物料，初始时物料距塔身16m，竖直方向上物料在0～4s内以加速度匀加速向上运动，4～6s匀速向上运动，6～8s匀减速到竖直速度为0；水平方向上物料在0～4s无运动，4～6s以加速度匀加速靠近塔身运动，6～8s匀速运动，8～10s匀减速到水平速度为0；然后绕塔身以0.6r/min的转速匀速转动，转动25s后停止（忽略转动的加速和减速）。不计空气阻力，不考虑塔架和吊索晃动等因素，重力加速度g＝10m/s2，答案可用根式表示。求：
（1）第6s末物料的速度大小；
（2）第9s末吊索的拉力大小；
（3）物料最终静止后离出发点的距离。
【分析】（1）分别计算物料在水平和竖直方向的分速度，然后根据速度的矢量合成法则计算；
（2）知道此时物料在竖直方向上的速度为零，计算处此时物料在水平方向的加速度，然后分别计算吊索在竖直方向和水平方向的分力，最后根据矢量合成法则计算；
（3）先计算物料在竖直方向的位移，然后计算在水平方向的位移，随后计算塔身转动的角度，进而可得物料在水平方向的总位移，最后根据位移的矢量合成法则计算。
【解答】解：（1）第4s末物料在竖直方向上的速度为
vy4＝a1t1＝1×4m/s＝4m/s
因为4～6s匀速向上运动，所以在6s末竖直方向的速度为
v6y＝4m/s
在水平方向上物料加速运动了2s，则在6s末水平方向的速度为
v6x＝a2t2＝0.5×2m/s＝1m/s
则第6s末物料的速度大小为

（2）在8s时物料竖直方向的速度为零，所以物料在竖直方向上吊索的拉力和物料的重力是一对平衡力，所以在竖直方向的拉力为
Fy＝mg
设物料在水平方向的加速度为a，则
a
根据牛顿第二定律可得吊索对物料在水平方向上的拉力大小为
Fx＝ma
则吊索的拉力为

代入数据解得F＝200N
（3）物料在竖直方向上的位移为
y
水平方向上运动的距离为x
物料随塔身转动的过程中做的是以半径为r＝L﹣x＝16m﹣4m＝12m的匀速圆周运动
塔身转过的角度为
所以物料在水平方向上的位移一共为x'
物料最终静止后离出发点的距离为
s
答：（1）第6s末物料的速度大小为m/s；
（2）第9s末吊索的拉力大小为200N；
（3）物料最终静止后离出发点的距离为20m。
【点评】在计算物料的速度时，注意分别计算物料在水平和竖直方向的分速度，以及通过牛顿第二定律得到吊索在水平方向上的分力大小。尤其是最后一问的计算中，注意塔身转动的情况，这里也是带动物料的运动，掌握矢量合成法则是解题的基础。
19．（13分）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。
（1）若F＝0，试求出当物块在木板上滑动时，m与M的加速度大小；
（2）求该木板的长度L；
（3）求图乙中D点对应的恒力F，以及C点对应的s；
（4）若物块不会从木板上滑出，写出与F的关系式。
【分析】（1）物块在木板上滑动时，两者均受滑动摩擦力作用，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，分别对物块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可分别求出两者加速度的大小。
（2）图乙中AB段与横轴平行，表明当恒力F小于某一值时，物块会从木板右端滑出，此时相对滑动的路程s等于木板长度L，由AB段纵坐标的倒数即可求得L。
（3）D点对应物块与木板恰好能共速且保持相对静止的临界状态，此时物块与木板间的静摩擦力达到最大值，对整体和隔离物块分别应用牛顿第二定律可求出临界恒力F。C点对应D点状态下的相对滑动路程s，需通过分析共速前的相对运动过程，利用运动学公式求出s。
（4）当物块不从木板上滑出时，恒力F需在一定范围内，物块与木板最终共速。分析共速前的相对运动，利用相对运动规律建立相对路程s与加速度的关系，进而得到s与F的关系，最后转化为1/s与F的关系式。
【解答】解：（1）当F＝0时，对物块受力分析有μmg＝mam，解得物块加速度为；对木板受力分析有μmg＝MaM，解得木板加速度为。
（2）根据图乙所示，当F较小时保持不变，表明物块从木板右端滑出，此时相对路程s等于木板长度L，由，解得L＝1m。
（3）物块与木板恰好能保持相对静止的临界条件为，解得D点对应的恒力F＝3N；
当F＝3N时，木板加速度，由相对位移公式，解得。
（4）若要物块不从木板上滑出，则恒力F需满足物块在达到共速前不从右端滑离且共速后不从左端滑离，即1N≤F≤3N；
在此范围内物块相对木板滑动的路程，解得与F的关系式为（1N≤F≤3N）。
答：（1）物块加速度大小为2m/s2，木板加速度大小为4m/s2。
（2）木板的长度L为1m。
（3）D点对应的恒力F为3N，C点对应的s为。
（4）与F的关系式为（1N≤F≤3N）。
【点评】本题是一道综合性较强的动力学与图像分析难题，其核心在于通过给定的图像反推物理过程，并分段讨论物块与木板的相对运动。题目巧妙地将板块模型、临界条件分析与函数图像解读融为一体。首先，它要求学生准确理解图像中水平段为常数的物理意义，即物块从木板末端滑出，从而确定板长L。其次，求解D点对应的F需要分析物块与木板恰好达到共速且加速度相等的临界状态，这涉及对整体法与隔离法的灵活运用。最后，推导与F的关系式时，必须明确F的取值范围，并正确运用相对运动公式计算相对滑动路程s。整个过程不仅考查了牛顿第二定律、运动学公式等基础知识，更着重锻炼了学生的逻辑推理、模型构建、图像信息提取以及多过程临界分析等高阶思维能力。题目计算量适中，但思维链条长，对学生的综合分析能力提出了较高要求。
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B
C
D
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B
D
D
D
C
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答案
BD
BD
ACD