2025-2026学年重庆市巴蜀中学高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年重庆市巴蜀中学高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．加速度是标量
B．大的物体一定不能看成质点
C．平抛运动是变加速曲线运动
D．物体做单向直线运动时，位移的大小一定等于路程
2．（3分）2025年重庆城市足球联赛（渝超）热火朝天地进行着，如图所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力就是重力
B．乙图中，静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球，相互之间没有弹力
C．丙图中，脚踩球的力大于球对脚的力
D．丁图中，当足球被踢起在空中飞行时受到一个向前的动力
3．（3分）汽车以速度v0沿平直的水平面向右匀速运动，通过定滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）把质量为M的重物向上提起，某时刻汽车后面的绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．由于汽车做匀速运动，所以重物也是匀速上升
B．此时重物的速度大小为v＝v0sinθ
C．重物M正在加速上升
D．重物M正在减速上升
4．（3分）运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3s停止，试问它在制动开始后第1s内、第2s内运动的位移大小之比为（ ）
A．3：5B．5：3C．3：1D．4：1
5．（3分）如图所示，图中轻杆通过轻质细绳MN和铰链固定在竖直的墙上，在N端用另一轻质细绳挂上质量m＝10kg的重物，静止时细绳与水平轻杆ON的夹角θ＝30°，不计轻杆与铰链的摩擦力，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．细绳MN上的拉力大小为100N
B．轻杆ON右端受到的压力大小为100N
C．细绳MN与轻杆ON对N点的合力大小为100N
D．轻杆ON受到的压力方向不一定沿ON方向
6．（3分）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是（ ）
A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用
B．圆锥摆的θ越大，加速度a越大
C．圆锥摆的θ越大，小球的线速度v越小
D．圆锥摆的θ越大，小球的角速度ω越小
7．（3分）一个质量m＝1kg的物体放置在光滑水平桌面上，在水平面内受到三个共点力F1、F2、F3的作用，将这三个力平移后构成如图所示的矢量三角形，已知F2＝0.5N，则下列说法正确的是（ ）
A．该物体共受到3个力的作用
B．该物体所受的合力大小为0
C．该物体加速度大小为2m/s2
D．该物体的加速度与F2方向相同
8．（3分）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（ ）
A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小
B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态
C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大
D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离
9．（3分）如图甲所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平上。可视为质点的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑。物块乙的质量为物块甲的2倍，甲、乙与斜面动摩擦因数分别为μ1、μ2。以释放位置为坐标原点，沿斜面向下为Ox正方向建立坐标轴，甲、乙的位置坐标与时间t的关系曲线如图乙所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t0时切线斜率为0。则下列说法正确的是（ ）
A．μ1+μ2＝2tanθ
B．t0时刻，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，乙的加速度大小为
D．t＝t0之前，甲、乙加速度大小之比为2：1
10．（3分）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面放置在粗糙水平地面上。物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连。从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为，A、B两物块及斜面的质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg和M＝3kg。滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动（A与B未分离），地面对斜面的支持力FN＝72N，全过程斜面保持静止。重力加速度取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．绳对A的拉力T大小为10N
B．物块B的加速度a的大小为1m/s2
C．拉力F的大小为26N
D．物块B受到的总摩擦力f大小为15N
二、多选题（本题共5个小题，每小题4分，共20分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不选得0分）
（多选）11．（4分）小船在静水中的航速为10m/s，水的流速为6m/s，河宽120m。则下列说法中正确的是（ ）
A．渡河的最短时间为12s
B．渡河位移的大小最少为120m
C．该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
D．该船渡河的合速度一定是10m/s
（多选）12．（4分）可视为质点的甲、乙两车在两条平行相邻的平直公路上同向行驶，其v﹣t图像如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则（ ）
A．甲的加速度a甲大于乙的加速度a乙
B．在t＝0时，甲车在乙车后面
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝1s
D．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
（多选）13．（4分）如图，光滑水平地面上有一质量为2kg的小车在水平向右推力F＝30N的作用下向右加速运动，加速度大小为a。车厢内有质量均为1kg的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为0.1，杆与竖直方向的夹角为θ＝37°，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．B球受到的摩擦力为0
B．杆对A的弹力F＝12.5N
C．加速度的大小a＝6m/s2
D．车厢底部对B的支持力FN＝10N
（多选）14．（4分）如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为4m，4m，4m、2m的四个木块A、B、C、D，木块A、B用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若用水平拉力F拉木块B，使四个木块以相同的加速度一起匀加速前进，重力加速度为g，则（ ）
A．最大加速度为μg
B．以最大加速度匀加速前进时，A、C间的摩擦力与B、D间的摩擦力大小之比为3：2
C．水平拉力F最大为10.5μmg
D．A、B间轻绳的最大拉力为6μmg
（多选）15．（4分）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑轻质定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端与斜面上的物块M相连，另一端跨过两个等高的固定的光滑轻滑轮K与光滑小球N相连，小球N置于半球面上，半球面的圆心O恰与滑轮K处在同一竖直线上，整个系统处于静止状态。现水平向左缓慢移动半球面，直至小球N达到O的正上方，已知M始终保持静止。则在此过程中（ ）
A．半球面对小球N的支持力大小不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直减小
C．定滑轮K受到的弹力先增大后减小
D．M所受斜面的摩擦力大小可能一直减小
三、实验题（本题共2小题，共12分）
16．（6分）如图甲所示为某同学设计的研究小车加速度与力关系的实验装置。已知小车的质量M一定，砂和砂桶的总质量为m，小车的前端用一根轻质短质杆固定着轻质光滑滑轮。
（1）（单选）下列说法正确的是 。
A.实验前需要将带定滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B.本实验不需要确保动滑轮左侧的两段细线与木板平行
C.应先将小车从靠近打点计时器处释放，再接通电源
D.本实验需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
（2）按正确操作完成实验，以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的a﹣F图线如图乙所示，图线的斜率为k，则小车的质量M＝ 。（用k表示）
17．（6分）在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中，所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2.5倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）这个实验主要采用的方法是 。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想实验法
D．放大法
（2）选择球Ⅰ和球Ⅱ分别置于短臂A和短臂C，是为了探究向心力大小与 。
A．质量之间的关系
B．半径之间的关系
C．标尺之间的关系
D．角速度之间的关系
（3）若选用球Ⅰ和球Ⅱ分别置于A和C处做实验，则标尺上黑白相间的等分格显示出球Ⅰ和球Ⅱ所受向心力的比值为9：1，可知与皮带连接的变速塔轮是轮 和轮 （填轮的编号）。
四、解答题（本题共3小题，共38分）
18．（10分）在竖直平面内建立如图所示xOy直角坐标系，小球从（0，R）处平行于+x方向水平抛出，做平抛运动并击中（R，0）位置。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球平抛运动的初速度v0；
（2）当小球运动到纵坐标为y（R＞y＞0）时，其横轴标x的平方；
（3）已知图中第一象限内实线为四分之一圆弧，则请直接判断小球的轨迹可能为图中虚线①还是②？
19．（12分）工厂用如图所示倾斜传送带将产品（视为质点）从A端传送到B端。传送带倾角θ＝37°，以恒定速率v＝2m/s顺时针匀速运转。A、B两端的距离为L＝16m。每个产品的质量均为m＝1kg、与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.8。工人甲在A端每隔时间T＝1s无初速度轻放上一个产品，产品到达B端时立即被工人乙取走。这些产品放上传送带的先后次序分别编号为1、2、3⋯n⋯。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）某一个产品在传送带上加速运动的时间t；
（2）相邻两个产品都与传送带相对静止后，二者的距离d；
（3）经足够长时间，系统进入稳定输送状态。在第n个产品刚放上传送带并开始滑动之后瞬间，传送带上的所有产品对传送带的总摩擦力f的大小。
20．（16分）“倒立摆”是验证自动控制理论、AI算法的经典模型。这些理论或算法可用于工业自动控制技术或机器人技术（比如人形机器人在复杂环境下维持平衡的技术）。图示水平轨道上的四驱小车（含车内设备总质量为M）搭载AI算法程序，当轻质细杆处于某种姿态时，车内传感器采集轻质细杆与竖直方向夹角数据（如图中α、β），计算机利用数据计算并驱动车轮转动，使小车受到牵引力（车轮主动旋转时，四个车轮对轨道存在总静摩擦力f，将小车视为质点，则小车受到的牵引力F就是f的反作用力，轨道对小车的力除牵引力及支持力外，没有其它力），进而控制小车、轻质细杆及摆球的运动。已知杆长为L，与杆固连的可视为质点的摆球质量为m（不包含在M内），图中与杆固连的轻质套筒属杆的一部分，可绕光滑的转轴自由转动。不计空气阻力，车轮在轨道上滚动时不打滑。不考虑采集数据与施加牵引力的时间差，牵引力只能水平向左或向右，重力加速度为g。
（1）启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为α，如图甲。求最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小；
（2）如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为β，为使轻杆保持此姿态（即β不再变化，即摆球与小车保持相对静止），求牵引力F1的大小；
（3）在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为ω，求当杆回到与竖直方向夹角为θ（θ＜β）时，牵引力F2的大小。
2025-2026学年重庆市巴蜀中学高一（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5小题）
一、单选题（本题共10个小题，每题3分，共30分）
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．加速度是标量
B．大的物体一定不能看成质点
C．平抛运动是变加速曲线运动
D．物体做单向直线运动时，位移的大小一定等于路程
【分析】加速度是描述物体速度变化快慢和方向的物理量，既有大小又有方向，属于矢量，而非标量；质点是理想化模型，物体能否看成质点取决于研究问题的性质，与物体大小无关。例如，研究地球绕太阳公转时，地球可视为质点；平抛运动只受重力作用，加速度恒为重力加速度g，方向竖直向下，加速度大小和方向均不变，属于匀变速曲线运动，而非变加速运动；位移是矢量，大小等于初末位置间的直线距离；路程是标量，等于运动轨迹的长度。当物体做单向直线运动时，运动轨迹为直线且方向不变，位移大小与路程相等。
【解答】解：A．加速度是描述物体速度变化快慢和方向的物理量，既有大小又有方向，属于矢量，而非标量，故A错误。
B．质点是理想化模型，物体能否看成质点取决于研究问题的性质，与物体大小无关。例如，研究地球绕太阳公转时，地球可视为质点，故B错误。
C．平抛运动只受重力作用，加速度恒为重力加速度g，方向竖直向下，加速度大小和方向均不变，属于匀变速曲线运动，而非变加速运动，故C错误。
D．位移是矢量，大小等于初末位置间的直线距离；路程是标量，等于运动轨迹的长度。当物体做单向直线运动时，运动轨迹为直线且方向不变，位移大小与路程相等，故D正确。
故选：D。
【点评】考查矢量和标量的区别，物体能否看作质点，平抛运动的特点，物体做单向直线运动时，位移的大小一定等于路程。
2．（3分）2025年重庆城市足球联赛（渝超）热火朝天地进行着，如图所示为四种与足球有关的情景，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力就是重力
B．乙图中，静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球，相互之间没有弹力
C．丙图中，脚踩球的力大于球对脚的力
D．丁图中，当足球被踢起在空中飞行时受到一个向前的动力
【分析】根据重力和弹力的关系进行判断；根据弹力产生的条件分析解答；根据牛顿第三定律进行分析解答；根据受力分析进行判断。
【解答】解：A．甲图中，静止在草地上的足球受到的支持力是弹力，施力物体是地面，重力的施力物体是地球，也不属于弹力，它们不是同一个力，故A错误；
B．乙图中，静止在光滑水平地面上且相互接触的两个足球，接触处没有发生形变，相互之间没有弹力，故B正确；
C．根据牛顿第三定律，丙图中，脚踩球的力等于球对脚的力，故C错误；
D．丁图中，当足球被踢起在空中飞行时受到重力和空气阻力，不存在向前的动力，故D错误。
故选：B。
【点评】考查牛顿运动定律和物体的受力分析，结合生活实际理解发生在身边的物理知识，属于较低难度试题。
3．（3分）汽车以速度v0沿平直的水平面向右匀速运动，通过定滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）把质量为M的重物向上提起，某时刻汽车后面的绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．由于汽车做匀速运动，所以重物也是匀速上升
B．此时重物的速度大小为v＝v0sinθ
C．重物M正在加速上升
D．重物M正在减速上升
【分析】把汽车的速度沿绳方向和垂直绳的方向分解，根据矢量关系写出汽车速度和重物速度的关系式即可。
【解答】解：把汽车的速度沿绳方向和垂直绳的方向分解，如图所示
根据矢量关系可得重物的速度为v＝v0csθ，在运动过程中，θ逐渐减小，所以重物的速度v增大，则重物做加速运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】能够正确分解汽车的速度是解题的关键，知道在汽车运动过程中θ是逐渐减小的。
4．（3分）运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3s停止，试问它在制动开始后第1s内、第2s内运动的位移大小之比为（ ）
A．3：5B．5：3C．3：1D．4：1
【分析】根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为奇数比进行分析。
【解答】解：逆向分析，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间内位移之比为1：3：5可知，它在制动开始后第1s内、第2s内运动的位移大小之比为5：3，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查匀变速直线运动的规律，关键是掌握匀变速直线运动的规律，有时运用匀变速直线运动的规律解题更方便。
5．（3分）如图所示，图中轻杆通过轻质细绳MN和铰链固定在竖直的墙上，在N端用另一轻质细绳挂上质量m＝10kg的重物，静止时细绳与水平轻杆ON的夹角θ＝30°，不计轻杆与铰链的摩擦力，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．细绳MN上的拉力大小为100N
B．轻杆ON右端受到的压力大小为100N
C．细绳MN与轻杆ON对N点的合力大小为100N
D．轻杆ON受到的压力方向不一定沿ON方向
【分析】对N点受力分析，根据平衡条件分析，轻杆的弹力沿杆方向。
【解答】解：对N点受力分析，构建矢量三角形如图所示：
A、由平衡条件可知T，故A错误；
B、轻杆对N点的力F＝Tcs30°，代入数据可得F＝100N，由牛顿第三定律可知轻杆右端受到的压力大小为100N，故B错误；
C、由平衡条件可知，细绳MN与轻杆ON对N点的合力F'与重物对N点的作用力二力平衡，有F'＝mg＝10×10N＝100N，故C正确；
D、轻杆是活杆，弹力一定沿杆方向，故D错误。
故选：C。
【点评】考查了受力分析构建矢量三角形的方法，活杆的弹力一定沿杆方向。
6．（3分）如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球，给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是（ ）
A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用
B．圆锥摆的θ越大，加速度a越大
C．圆锥摆的θ越大，小球的线速度v越小
D．圆锥摆的θ越大，小球的角速度ω越小
【分析】根据小球的受力情况进行判断；根据牛顿第二定律导出小球的加速度、线速度和角速度表达式，结合θ的变化情况进行分析判断。
【解答】解：A、小球受到重力和细绳的拉力作用，向心力是效果力，不是小球实际受到的力，故A错误；BCD、小球受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律有：mgtanθ＝ma＝mmrω2，其中：r＝Lsinθ
解得：a＝gtanθ，v，
θ越大，a越大，v越大，ω越大，故B正确，CD错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。
7．（3分）一个质量m＝1kg的物体放置在光滑水平桌面上，在水平面内受到三个共点力F1、F2、F3的作用，将这三个力平移后构成如图所示的矢量三角形，已知F2＝0.5N，则下列说法正确的是（ ）
A．该物体共受到3个力的作用
B．该物体所受的合力大小为0
C．该物体加速度大小为2m/s2
D．该物体的加速度与F2方向相同
【分析】A、对物体受力分析；
B、根据平行四边形法则分析；
C、根据牛顿第二定律分析；
D、加速度方向由合外力方向决定。
【解答】解：A、物体在水平方向受三个力，在竖直方向还受到重力和支持力的作用，因此受5个力的作用，故A错误；
B、由几何关系可知F3＝2F2＝2×0.5N＝1N，由平行四边形法则可知F1和F2的合力与F3大小相等方向相同，所以物体受到的合力大小F＝2F3＝2×1N＝2N，方向与F3相同，故B错误；
C、由牛顿第二定律可知F＝ma，代入数据可得a＝2m/s2，故C正确；
D、该物体加速度与合力方向，即F3方向相同，故D错误。
故选：C。
【点评】考查了力的合成与分解的方法，熟练掌握平行四边形法则的应用。
8．（3分）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（ ）
A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小
B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态
C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大
D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离
【分析】题目描述物块B自由下落与物块A碰撞后获得共同速度，随后一起压缩弹簧并反弹的过程。分析需明确从P处下降至最低点的运动阶段，系统受重力和弹簧弹力作用，其合力方向决定加速度方向，从而判断速度变化情况；在向下运动过程中需根据加速度方向分析超重或失重状态；反弹过程中系统在平衡位置速度最大，而分离条件需满足两物块间相互作用力为零且加速度相同，由此确定弹簧状态。
【解答】解：A、设物块A在P点静止时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件可得Mg＝kx0。物块B与A碰撞后，系统新的平衡位置满足（M+m）g＝kx平衡，由此可知该位置位于P点下方。两物块从P点运动至最低点的过程中，在P点与平衡位置之间，系统所受合力向下，做加速运动；通过平衡位置后，合力向上，做减速运动，因此速度先增加后减小，故A错误；
B、当系统处于平衡位置上方时，合力向下，加速度向下，处于失重状态；仅在平衡位置下方运动时，加速度向上，才处于超重状态，故B错误；
C、系统在平衡位置时速度达到最大值，而该位置在P点下方，因此在P点时速度并非最大，故C错误；
D、物块A与B分离的临界条件是两者之间的弹力N＝0且加速度相同。此时B仅受重力，加速度a＝g（方向竖直向下）。对整体应用牛顿第二定律有（M+m）g﹣F弹＝（M+m）a，代入a＝g，解得F弹＝0，即弹簧处于原长状态，故D正确。
故选：D。
【点评】本题综合考查了弹簧振子的动力学过程，涉及碰撞、简谐运动、超重失重以及分离条件等多个核心知识点。题目将碰撞与简谐运动相结合，计算量适中，但需要学生清晰地分析物体在不同阶段的受力与运动状态变化，对学生的物理建模和逻辑推理能力提出了较高要求。解答的关键在于准确找到碰撞后系统新的平衡位置，并理解简谐运动中速度、加速度与位置的关系。判断分离条件时，需从加速度相同的角度切入，运用整体法与隔离法进行分析，这是本题的思维亮点。
9．（3分）如图甲所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平上。可视为质点的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑。物块乙的质量为物块甲的2倍，甲、乙与斜面动摩擦因数分别为μ1、μ2。以释放位置为坐标原点，沿斜面向下为Ox正方向建立坐标轴，甲、乙的位置坐标与时间t的关系曲线如图乙所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t0时切线斜率为0。则下列说法正确的是（ ）
A．μ1+μ2＝2tanθ
B．t0时刻，甲的速度大小为3v0
C．t＝t0之前，乙的加速度大小为
D．t＝t0之前，甲、乙加速度大小之比为2：1
【分析】题目中两个物块以相同初速度沿斜面下滑，其位置时间图像均为抛物线，表明二者均做匀变速直线运动。关键条件是乙的图像在t0时刻切线斜率为零，即此时乙的速度为零。由此可结合匀变速直线运动规律分析乙的运动，确定其加速度大小与初速度及时间的关系。通过比较甲、乙在相同时间内的位移关系，结合图像信息可分析甲的加速度大小及t0时刻的速度。最后根据牛顿第二定律分别对两物块沿斜面方向的受力进行分析，联立方程即可得到两动摩擦因数之和与斜面倾角的关系。
【解答】解：BCD、两物块均沿斜面做匀变速直线运动，由图乙可知，物块乙在t＝t0时刻的切线斜率为零，其瞬时速度为零。由匀变速直线运动的速度公式v＝v0+at可得，物块乙的加速度大小。根据平均速度公式，乙的位移。对于物块甲，其位移满足，将x0的表达式代入，解得甲的加速度大小。在t＝t0之前，乙的加速度大小为，因此甲、乙加速度大小之比为1：1。在t＝t0时刻，甲的速度v甲＝v0+a1t0＝2v0，故BCD错误；
A、根据牛顿第二定律，物块沿斜面下滑的加速度为a＝gsinθ﹣μgcsθ。对甲、乙分别列式得：，。将两式相加可得2gsinθ＝（μ1+μ2）gcsθ，解得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确。
故选：A。
【点评】本题以物体沿斜面下滑的动力学问题为背景，巧妙结合x﹣t图像进行综合考查。题目要求学生通过图像信息提取关键运动学参数，并灵活运用匀变速直线运动规律与牛顿第二定律进行分析。本题计算量适中，但思维层次较高，重点考查了学生的图像解读能力、逻辑推理能力以及将运动学与动力学知识融会贯通的能力。其亮点在于通过抛物线图像隐含了匀变速运动特征，并利用t0时刻乙的切线斜率为零这一条件构建方程，进而关联起两物体的加速度与摩擦因数关系，体现了对物理过程深度分析的要求。
10．（3分）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面放置在粗糙水平地面上。物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连。从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为，A、B两物块及斜面的质量分别为mA＝1kg，mB＝2kg和M＝3kg。滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动（A与B未分离），地面对斜面的支持力FN＝72N，全过程斜面保持静止。重力加速度取10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．绳对A的拉力T大小为10N
B．物块B的加速度a的大小为1m/s2
C．拉力F的大小为26N
D．物块B受到的总摩擦力f大小为15N
【分析】通过对A、B分别受力分析建立方程，结合整体受力的竖直分量关系，联立求解加速度、拉力与摩擦力。
【解答】解：ABC、隔离A受力分析，如图所示
由牛顿第二定律可得T﹣mAgsinθ﹣μmAgcsθ＝mAa
隔离B受力分析，如图所示
由牛顿第二定律得F+mBgsinθ﹣T﹣（mA+mB）μgcsθ﹣μmAgcsθ＝mBa
对整体分析，竖直方向由牛顿第二定律可得FN−（mA+mB+M）g−Fsinθ＝mAasinθ−mBasinθ
联立解得F＝26N，T＝12N，a＝2m/s2，故AB错误，C正确。
D、物块B受到的总摩擦力f＝（mA+mB）μgcsθ+μmAgcsθ
解得f＝20N，故D错误。
故选：C。
【点评】学生易忽略B与斜面间的压力为A、B的总压力，导致摩擦力计算错误，需重点关注受力分析的完整性。
二、多选题（本题共5个小题，每小题4分，共20分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不选得0分）
（多选）11．（4分）小船在静水中的航速为10m/s，水的流速为6m/s，河宽120m。则下列说法中正确的是（ ）
A．渡河的最短时间为12s
B．渡河位移的大小最少为120m
C．该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
D．该船渡河的合速度一定是10m/s
【分析】通过分析小船渡河的两种核心情况（最短时间、最短位移），结合矢量合成的特点判断各选项。
【解答】解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，船的渡河时间t12s。故A正确；
BC、因为静水速的大小大于水流速，根据平行四边形定则知，合速度的方向可以垂直河岸，则船可能垂直河岸的航线抵达对岸，此时通过的位移大小为120m，此为最小值，故B正确，C错误；
D、合速度是船速与水速的矢量合成，当船速和水速同向时合速度最大vm＝10m/s+6m/s＝16m/s
当船速和水速反向时合速度最小vmin＝10m/s﹣6m/s＝4m/s，但如果船速与水流同向或反向将没有过河分速度，
故合速度的大小在4m/s到16m/s之间，并非固定为10m/s，故D错误。
故选：AB。
【点评】易混淆“船速与水速的大小关系对最短位移的影响”，或误将船速当作合速度，需牢记“船速大于水速时可垂直渡河，合速度为矢量合成”。
（多选）12．（4分）可视为质点的甲、乙两车在两条平行相邻的平直公路上同向行驶，其v﹣t图像如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则（ ）
A．甲的加速度a甲大于乙的加速度a乙
B．在t＝0时，甲车在乙车后面
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝1s
D．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
【分析】v﹣t图像的斜率表示加速度，甲车的加速度大于乙车的加速度。v﹣t图像的面积表示位移。1s到3s甲乙两车的位移相等，两车在t＝3s时并排行驶，所以两车在t＝1s时也并排行驶。
【解答】解：A．v﹣t图像的斜率表示加速度，由图像可知

即甲车的加速度大于乙车的加速度，故A正确；
BCD．v﹣t图像的面积表示位移，由图像可知，1s到3s甲乙两车的位移相等，两车在t＝3s时并排行驶，所以两车在t＝1s时也并排行驶，而0～1s内，乙车走的位移更大，故在t＝0时，乙车在甲车后面，故BD错误，C正确；
故选：AC。
【点评】考查v﹣t图像的所反映的物理意义。v﹣t图像的斜率表示加速度，v﹣t图像的面积表示位移。
（多选）13．（4分）如图，光滑水平地面上有一质量为2kg的小车在水平向右推力F＝30N的作用下向右加速运动，加速度大小为a。车厢内有质量均为1kg的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为0.1，杆与竖直方向的夹角为θ＝37°，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．B球受到的摩擦力为0
B．杆对A的弹力F＝12.5N
C．加速度的大小a＝6m/s2
D．车厢底部对B的支持力FN＝10N
【分析】对A、B和小车组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度的大小；再以A、B为研究对象，由牛顿第二定律可即可求摩擦力，弹力和支持力的大小。
【解答】解：C、A、B和小车组成的整体，根据牛顿第二定律可得：F＝（mA+mB+M）a，解得：，故C错误；
B、对小球A受力分析如图所示：
对A球，由平衡条件可得：Tcsθ＝mAg，解得：，故B正确；
AD、对B受力分析如图所示：
在水平方向，由牛顿第二定律可得：Tsin37°﹣f＝mBa，解得：f＝Tsin37°﹣mBa＝12.5×0.6N﹣1×7.5N＝0；
在竖直方向，由平衡条件可得：FN＝mBg+Tcs37°，解得：FN＝mBg+Tcs37°＝1×10N+12.5×0.8N＝20N，故A正确，D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题的关键是要合理选择研究对象，灵活选用整体法、隔离法，由牛顿第二定律列式即可解答。
（多选）14．（4分）如图所示，在粗糙水平面上放置质量分别为4m，4m，4m、2m的四个木块A、B、C、D，木块A、B用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数均为μ，木块C、D与水平面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若用水平拉力F拉木块B，使四个木块以相同的加速度一起匀加速前进，重力加速度为g，则（ ）
A．最大加速度为μg
B．以最大加速度匀加速前进时，A、C间的摩擦力与B、D间的摩擦力大小之比为3：2
C．水平拉力F最大为10.5μmg
D．A、B间轻绳的最大拉力为6μmg
【分析】分别求AC、BD之间取最大静摩擦力时的最小加速度，它们的最小值就是四个木块一起匀加速前进的最大加速度，分析可知AC之间取最大静摩擦力时，四个木块一起匀加速前进的最大加速度，对D牛顿第二定律求静摩擦力，对A木板牛顿第二定律求绳子最大拉力，对四个木块整体法求最大水平拉力。
【解答】解：A、设AC之间的滑动摩擦力为f1，BD之间的滑动摩擦力为f2，使AC相对滑动的最大加速度a1，使BD相对滑动的最大加速度a2，对C牛顿第二定律g＝4ma1，f1＝μ•4mg
联立解得
对D牛顿第二定律g＝2ma2，f2＝μ•4mg
联立解得
综上，如果使四个木块一起匀加速前进，最大的加速度为，故A错误；
B、使四个木块一起匀加速前进，AC之间摩擦力为最大静摩擦力即f1＝4μmg
对D牛顿第二定律g＝2ma1
解得：
则f1：f2'＝8：5，故B错误；
C、以最大加速度匀加速前进时，最大拉力为F，整体法，牛顿第二定律（4m+4m+4m+2m）g＝（4m+4m+4m+2m）a1
解得F＝10.2μmg，故C正确；
D、使四个木块一起匀加速前进，对A木块牛顿第二定律，设绳子最大拉力为T，T﹣μ•4mg＝4ma1，解得T＝6μmg，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查牛顿第二定律和摩擦力的判断，关键突破口为求出一起加速运动的最大加速度，然后灵活运用整体法和隔离法求解摩擦力和拉力，要把握两个物体刚要相对滑动的条件：静摩擦力达到最大值。
（多选）15．（4分）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑轻质定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端与斜面上的物块M相连，另一端跨过两个等高的固定的光滑轻滑轮K与光滑小球N相连，小球N置于半球面上，半球面的圆心O恰与滑轮K处在同一竖直线上，整个系统处于静止状态。现水平向左缓慢移动半球面，直至小球N达到O的正上方，已知M始终保持静止。则在此过程中（ ）
A．半球面对小球N的支持力大小不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直减小
C．定滑轮K受到的弹力先增大后减小
D．M所受斜面的摩擦力大小可能一直减小
【分析】题目描述系统静止时小球N与半球面、定滑轮K及物块M的受力平衡关系，半球面左移过程中各物体状态缓慢变化。分析核心在于小球N受重力、半球面支持力和细绳拉力作用，通过几何相似性可建立力与线段长度的比例关系，其中KN长度随半球面左移而减小，导致细绳拉力随之减小，而支持力与半径R及KO长度有关，在KO长度不变条件下支持力保持不变。对物块M而言，细绳拉力减小可能影响其沿斜面方向的静摩擦力变化趋势，需结合斜面倾角及M的受力平衡状态判断摩擦力增减可能性。定滑轮K两侧细绳拉力变化导致其受到合力的方向与大小改变，进而影响弹力变化规律。
【解答】解：AB、对小球N进行受力分析，如图所示。根据相似三角形关系可得：。现水平向左缓慢移动半球面，则KN减小，因此绳子的拉力T减小，而支持力FN保持不变。由此可知，角度γ大于90°且在减小；角度β增大到180°；角度α小于90°且也在减小。因此，绳子的拉力T一直减小到零，而支持力FN一直增大。故A错误，B正确；
C、定滑轮K受到的弹力大小等于绕过它的两段绳子拉力的合力。其中一段绳子保持水平，另一段绳子KN随小球N的移动而逐渐趋于竖直，两段绳子之间的夹角逐渐减小，根据合力公式可知，夹角减小会使合力增大；而由B项分析可知，绳子拉力FT本身在减小，这会使合力减小。在这两个因素的共同竞争下，滑轮K受到的弹力会先增大后减小，故C正确；
D、物块M所受斜面的摩擦力f取决于FT与重力沿斜面分量Mgsinθ的关系。若初始状态下FT＞Mgsinθ，摩擦力沿斜面向下，随着FT减小，f先减小；当FT减小到小于Mgsinθ时，摩擦力将变为沿斜面向上并反向增大。由于过程持续到N到达O正上方，此时FT达到最小值，通常会经历先减小后增大的过程，故“一直减小”是不确定的，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题综合考查共点力平衡、动态分析及相似三角形法在静力学问题中的应用，涉及多个物体的受力分析与连接体系统的整体处理。题目通过精巧的几何构型，将小球N的受力与半球面移动过程中的几何变化紧密结合，对学生的空间想象能力与建模分析能力提出了较高要求。解答的关键在于识别小球N受力三角形与几何三角形KO'N的相似关系，从而直接得出支持力FN与绳拉力T随KN长度变化的动态趋势。整个分析过程逻辑链条清晰，但需要学生准确把握几何关系与受力方向的对应，对思维的严谨性是一种很好的锻炼。M物体受力变化的判断则需在明确绳拉力变化的基础上，进一步结合斜面方向平衡条件进行讨论，体现了多物体关联系统中由局部到整体的分析策略。
三、实验题（本题共2小题，共12分）
16．（6分）如图甲所示为某同学设计的研究小车加速度与力关系的实验装置。已知小车的质量M一定，砂和砂桶的总质量为m，小车的前端用一根轻质短质杆固定着轻质光滑滑轮。
（1）（单选）下列说法正确的是 A 。
A.实验前需要将带定滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B.本实验不需要确保动滑轮左侧的两段细线与木板平行
C.应先将小车从靠近打点计时器处释放，再接通电源
D.本实验需要满足砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M
（2）按正确操作完成实验，以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的a﹣F图线如图乙所示，图线的斜率为k，则小车的质量M＝ 。（用k表示）
【分析】（1）通过辨析实验细节，明确即便使用力传感器，仍需平衡摩擦力，且不需要满足小车质量远大于砂桶质量，从而确定正确选项；
（2）依据牛顿第二定律推导加速度与力的关系，结合图像斜率求解小车的质量。
【解答】解：（1）A.本实验采用力传感器来测量细线拉力，但是仍需要实验前将带定滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，这样小车所受的合力只有细线拉力，故A正确；
B.本实验需要确保动滑轮左端的两段细线与木板平行，这样传感器读数的2倍才为小车受的合力，故B错误；
C.小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车，故C错误；
D.本实验采用力传感器来测量细线的拉力，小车所受的合力可以测量得到，并没有认为细线的拉力近似等于砂和砂桶的重力，故不需要满足，故D错误；
故选：A；
（2）平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有2F＝（M+m0）a，
可得，
斜率为k，则有，
解得小车的质量。
故答案为：（1）A；
（2）。
【点评】本题聚焦“探究加速度与力、质量的关系”的改进实验，涵盖实验操作分析、受力推导与图像斜率计算等核心考点，要求考生具备较强的实验原理理解、受力分析与公式推导能力。
17．（6分）在“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验中，所用向心力演示仪如图甲所示，A、B、C为三根固定在转臂上的短臂，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，其中A和C的半径相同。图乙是变速塔轮的原理示意图：其中塔轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的1.5倍，轮③是轮①的2.5倍，轮④的半径是轮⑤的1.5倍，是轮⑥的2倍。可供选择的实验小球有：质量均为2m的球Ⅰ和球Ⅱ，质量为m的球Ⅲ。
（1）这个实验主要采用的方法是 B 。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想实验法
D．放大法
（2）选择球Ⅰ和球Ⅱ分别置于短臂A和短臂C，是为了探究向心力大小与 D 。
A．质量之间的关系
B．半径之间的关系
C．标尺之间的关系
D．角速度之间的关系
（3）若选用球Ⅰ和球Ⅱ分别置于A和C处做实验，则标尺上黑白相间的等分格显示出球Ⅰ和球Ⅱ所受向心力的比值为9：1，可知与皮带连接的变速塔轮是轮 ② 和轮 ⑥ （填轮的编号）。
【分析】（1）根据实验原理分析采用的物流方法；
（2）根据控制变量法分析判断；
（3）根据向心力公式和线速度、角速度关系式求解作答。
【解答】解：（1）在研究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时用到了控制变量法。故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）球Ⅰ和球Ⅱ的质量均为2m，将球I、球Il分别放在挡板C和A位置时，两小球左圆周运动的动半径相同，因此此过程是验心力的大小与角速度的关系，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（3）选用球Ⅰ和球Ⅱ分别置于A和C处做实验，则两球质量m相同，圆周运动半径r相同；根据向心力公式F＝mω2r可知，向心力之比
解得
根据线速度与角速度的关系
右、左塔轮半径之比
由于R2＝1.5R1＝1.5R4，
因此
故实验时应将皮带与轮②和轮⑥相连。
故答案为：（1）B；（2）D；（3）②；⑥。
【点评】本题主要考查了“探究向心力大小与哪些因素有关”的实验，要明确实验原理，理解控制变量法的含义，掌握向心力公式、线速度与角速度公式的运用。
四、解答题（本题共3小题，共38分）
18．（10分）在竖直平面内建立如图所示xOy直角坐标系，小球从（0，R）处平行于+x方向水平抛出，做平抛运动并击中（R，0）位置。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球平抛运动的初速度v0；
（2）当小球运动到纵坐标为y（R＞y＞0）时，其横轴标x的平方；
（3）已知图中第一象限内实线为四分之一圆弧，则请直接判断小球的轨迹可能为图中虚线①还是②？
【分析】（1）根据平抛运动的规律进行解答；
（2）根据水平方向的匀速直线运动规律结合竖直方向的运动情况解方程进行解答；
（3）根据圆的方程进行分析。
【解答】解：（1）水平方向：R＝v0t
竖直方向根据位移计算公式：
联立解得：；
（2）水平方向，有：x＝v0t
竖直方向，有：
联立解得：x2＝R（R﹣y）；
（3）根据圆的方程，有：x2+y2＝R2
解得：x2＝R2﹣y2
所以有：，可知R＞y＞0内，对任意相同的y，有x＜x'，所以选①。
答：（1）小球平抛运动的初速度为；
（2）当小球运动到纵坐标为y（R＞y＞0）时，其横轴标x的平方为R（R﹣y）；
（3）已知图中第一象限内实线为四分之一圆弧，小球的轨迹可能为图中虚线①。
【点评】本题主要是考查了平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以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，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式解答。
19．（12分）工厂用如图所示倾斜传送带将产品（视为质点）从A端传送到B端。传送带倾角θ＝37°，以恒定速率v＝2m/s顺时针匀速运转。A、B两端的距离为L＝16m。每个产品的质量均为m＝1kg、与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.8。工人甲在A端每隔时间T＝1s无初速度轻放上一个产品，产品到达B端时立即被工人乙取走。这些产品放上传送带的先后次序分别编号为1、2、3⋯n⋯。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）某一个产品在传送带上加速运动的时间t；
（2）相邻两个产品都与传送带相对静止后，二者的距离d；
（3）经足够长时间，系统进入稳定输送状态。在第n个产品刚放上传送带并开始滑动之后瞬间，传送带上的所有产品对传送带的总摩擦力f的大小。
【分析】（1）分析产品在倾斜传送带上的加速运动过程。产品受到重力沿斜面的分力、支持力与滑动摩擦力作用，由滑动摩擦力大于重力分力可知产品将沿斜面向上加速。明确产品的加速度由合外力与质量的关系决定，根据牛顿第二定律可求得加速度大小。再利用传送带匀速运动的速度作为产品加速的末速度，通过速度变化与加速度的关系即可求出加速运动所经历的时间。
（2）当两个产品均达到与传送带相同的速度后，它们均以传送带的恒定速率匀速运动。由于工人每隔固定时间释放一个产品，在匀速运动阶段，后放上的产品总比前一个产品晚出发一段固定时间。因此，两产品间的距离等于它们的恒定速度乘以释放时间间隔，从而确定出二者间的稳定距离。
（3）系统进入稳定输送状态后，传送带上同时存在多个产品。需要计算从第n个产品放上瞬间，传送带上共有多少个产品。这需要先求出一个产品从A端运动到B端的总时间，结合释放周期来确定。然后分析这些产品各自的运动状态：运动时间小于加速时间的处于加速阶段，受到滑动摩擦力；运动时间大于等于加速时间的处于匀速阶段，受到静摩擦力且与重力分力平衡。最后将所有产品对传送带的摩擦力进行矢量叠加，即可得到总摩擦力的大小。
【解答】解：（1）产品被轻放到传送带上后，受到沿斜面向下的重力分量、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律，产品在加速阶段的加速度为。代入数据，解得a＝0.4m/s2。
根据速度公式v＝at，代入数据2m/s＝0.4m/s2×t，解得加速时间t＝5s。
（2）当相邻两个产品都与传送带相对静止后，它们均以恒定速度v＝2m/s匀速向上运动。由于工人每隔T＝1s放下一个产品，根据位移公式d＝vT，代入数据d＝2m/s×1s，解得二者间的距离d＝2m。
（3）产品在加速阶段的位移，代入数据，解得x1＝5m。产品从A端运动到B端的总时间，代入数据，解得t总＝10.5s。在第n个产品刚放上瞬间，传送带上共有11个产品（对应序号n，n﹣1，dts，n﹣10）。
根据加速时间可知，处于加速状态的产品为运动时间Δt＜5s的产品，即序号n，n﹣1，n﹣2，n﹣3，n﹣4共5个，每个产品受到的滑动摩擦力f1＝μmgcsθ，代入数据计算得f1＝6.4N；
处于匀速状态的产品为运动时间5s≤Δt≤10s的产品，即序号n﹣5到n﹣10共6个，每个产品受到的静摩擦力与重力分量平衡，f2＝mgsinθ，代入数据计算得f2＝6N。
故所有产品对传送带的总摩擦力f＝5×6.4N+6×6N，解得f＝68N。
答：（1）产品在传送带上加速运动的时间为5s。
（2）相邻两个产品都与传送带相对静止后，二者的距离为2m。
（3）在第n个产品刚放上传送带并开始滑动之后瞬间，传送带上的所有产品对传送带的总摩擦力大小为68N。
【点评】本题综合考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、摩擦力分析与多物体追及相遇问题，涉及传送带模型这一经典物理情境。题目计算量适中但思维层次丰富，难度中等偏上。第一问通过受力分析求解加速度与加速时间，是传送带问题的常规起点。第二问巧妙考查产品均达到共速后的等间距分布规律，需理解匀速运动下时间间隔与位移间隔的对应关系。第三问是本题的亮点与难点，要求学生分析系统进入稳定状态后，传送带上同时存在的多个产品所处的不同运动阶段，并准确计算加速产品与匀速产品的数量，进而分别求出滑动摩擦力与静摩擦力并对它们求和。这不仅锻炼了学生的动态过程分析能力与多对象系统建模能力，更对学生的逻辑严谨性提出了较高要求，尤其是对产品总数的判断需要结合总运动时间进行周密推算。
20．（16分）“倒立摆”是验证自动控制理论、AI算法的经典模型。这些理论或算法可用于工业自动控制技术或机器人技术（比如人形机器人在复杂环境下维持平衡的技术）。图示水平轨道上的四驱小车（含车内设备总质量为M）搭载AI算法程序，当轻质细杆处于某种姿态时，车内传感器采集轻质细杆与竖直方向夹角数据（如图中α、β），计算机利用数据计算并驱动车轮转动，使小车受到牵引力（车轮主动旋转时，四个车轮对轨道存在总静摩擦力f，将小车视为质点，则小车受到的牵引力F就是f的反作用力，轨道对小车的力除牵引力及支持力外，没有其它力），进而控制小车、轻质细杆及摆球的运动。已知杆长为L，与杆固连的可视为质点的摆球质量为m（不包含在M内），图中与杆固连的轻质套筒属杆的一部分，可绕光滑的转轴自由转动。不计空气阻力，车轮在轨道上滚动时不打滑。不考虑采集数据与施加牵引力的时间差，牵引力只能水平向左或向右，重力加速度为g。
（1）启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为α，如图甲。求最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小；
（2）如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为β，为使轻杆保持此姿态（即β不再变化，即摆球与小车保持相对静止），求牵引力F1的大小；
（3）在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为ω，求当杆回到与竖直方向夹角为θ（θ＜β）时，牵引力F2的大小。
【分析】（1）小车锁定，摆球摆动到最大摆角α时速度为零，对摆球受力分析，沿轻杆方向合力为零，拉力与重力沿杆的分力平衡，由此求解拉力大小；
（2）摆球与小车相对静止，两者加速度相同。隔离摆球受力分析，合力水平，由牛顿第二定律得加速度；再对整体受力分析，牵引力等于整体质量与加速度的乘积，从而求解；
（3）轻杆匀速转动时，摆球做匀速圆周运动，先求其向心加速度并分解为水平和竖直分量；对整体受力分析，牵引力提供整体的水平加速度，结合摆球的水平加速度分量求解。
【解答】解；（1）对摆球有，v＝0
得T＝mgcsα
（2）对摆球有mgtanβ＝ma
对整体有F1＝（m+M）a
得F1＝（m+M）gtanβ
（3）对摆球，存在两个分加速度如图。
水平方向有N'sinθ＝m（a'﹣ω2Lsinθ）
竖直方向有mg﹣N'csθ＝mω2Lcsθ
对小车水平方向有F2﹣N'sinθ＝Ma'
得F2＝（m+M）gtanβ﹣mω2Lsinθ
答：（1）启动程序锁定小车，摆球在竖直面内来回摆动，最大摆角为α，如图甲。最大摆角处轻杆对摆球的拉力T的大小是mgcsα；
（2）如图乙，某时刻正在倒下的轻杆与竖直方向夹角为β，为使轻杆保持此姿态（即β不再变化，即摆球与小车保持相对静止），牵引力F1的大小是（m+M）gtanβ；
（3）在（2）的基础上，为使轻杆回到竖直姿态，可调节牵引力的大小使轻杆绕转轴逆时针匀速转动，角速度为ω，求当杆回到与竖直方向夹角为θ（θ＜β）时，牵引力F2的大小是（m+M）gtanβ﹣mω2Lsinθ。
【点评】本题以倒立摆这一经典控制模型为背景，考查机械能守恒、受力分析、牛顿运动定律及圆周运动的综合应用，侧重多过程物理情景的拆解与分析能力。
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