2025-2026学年黑龙江省智研联盟高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年黑龙江省智研联盟高一（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v﹣t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（ ）
A．开始木块是从传送带底端向上运动的
B．从v﹣t图像可知木块的初速度大于v0
C．从v﹣t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα
D．从v﹣t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻
2．（4分）如图所示，一个可视为质点的木块在斜面上下滑，斜面在水平地面上保持不动，则下列说法正确的是（ ）
A．如果木块匀速下滑，则地面对斜面的静摩擦力方向水平向左
B．如果木块匀速下滑，则斜面对地面的静摩擦力方向水平向右
C．如果木块加速下滑，则地面对斜面的静摩擦力方向水平向左
D．如果木块减速下滑，则斜面对地面的静摩擦力方向水平向右
3．（4分）如图，一本新书除两个封面外还有196页，平放在水平桌面上，将一张A4纸夹在某两书页间。A4纸与书页间的动摩擦因数为μ1，书与桌面间的动摩擦因数为μ2，μ1＝3μ2。两封面的质量均为2m，其余每张纸的质量均为m。现用水平向右垂直于纸边的拉力拉A4纸，若要使A4纸和书一起运动（即不发生相对滑动），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略A4纸的质量，则A4纸至少应夹在哪两页之间（ ）
A．16与17页之间B．32与33页之间
C．64与65页之间D．68与69页之间
4．（4分）以相同的初速度将两个物体同时竖直上抛，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体上升过程中的v﹣t图象可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（4分）如图所示，质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以加速度a斜向上运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．人受到的摩擦力水平向右
B．人对踏板的作用力竖直向下
C．踏板对人的支持力FN＝mg
D．踏板对人的支持力FN＝mg+masinθ
6．（4分）如图所示，置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为3kg，竖直立杆长0.5m，有一质量为1kg的小环从杆的下端以4m/s的初速度向上运动，刚好能到达杆的顶端，在环向上运动的过程中，底座对水平地面的压力为（ ）（g取10m/s2）
A．24NB．34NC．36ND．46N
7．（4分）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为4.0×103kg，在飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力F为1000N，推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s，则（ ）
A．飞船对空间站的力比空间站对飞船的力大
B．飞船对空间站的推力为1000N
C．飞船的加速度为0.25m/s2
D．空间站的质量为9.6×104kg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
（多选）8．（6分）如图所示，光滑的水平地面上静止放置一辆小车，在小车的内部用两根细绳拴一个可视为质点的小球，其中a绳水平，b绳倾斜且与a绳之间的夹角为150°，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．小车静止时，a、b两绳上的拉力大小之比为1：2
B．小车静止时，a、b两绳上的拉力大小之比为
C．若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，随着加速度的逐渐增大，两绳上的拉力也逐渐增大
D．若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动的加速度等于时，a绳上的拉力恰好为0
（多选）9．（6分）重庆李子坝轻轨穿楼吸引无数游客前来打卡，高一年级某同学在学习了牛顿第二定律之后设计了一个简易的加速度测量仪，用来测量轻轨减速进站或加速离站时的加速度。某次测试时，该同学将如图所示的测量仪固定在轻轨的水平地面上，测量仪内一端连有摆球的细线悬挂于O点，小球与测量仪保持相对静止后细线与竖直方向的夹角为θ，通过该角度便能计算得到轻轨此时的加速度值。不计空气阻力和一切摩擦，已知重力加速度大小为g＝10m/s2。则（ ）
A．当测量仪中细线与竖直方向夹角θ＝0°时，轻轨处于静止或匀速直线运动状态
B．当测量仪中细线与竖直方向在两侧角度相同时，表示轻轨的加速度相同
C．当细线与竖直方向的夹角的正切值时，轻轨的加速度大小为1m/s2
D．若对每一个角度对应的加速度进行标注，则表盘刻度是均匀的
（多选）10．（6分）如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的光滑大圆环，环上套有质量均为m的A、B两个小球，两球间用长为的轻细线连接。已知重力加速度为g，初始时A位于圆环最高点。先用手控制A球使A、B两球均静止，然后松开手释放两小球，则下列说法正确的是（ ）
A．释放前后瞬间，大圆环对B球的弹力大小之比为2：1
B．释放后到B球运动到最低点的过程中绳子一直是绷紧的
C．释放后瞬间B球的瞬时加速度为
D．释放后A、B两球运动的速度大小始终相等
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（8分）某实验小组用图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系。用不可伸长的细线将滑块（含遮光条）通过一个定滑轮和挂有重物的动滑轮与力传感器相连，细线与气垫导轨平行，动滑轮上端的细线始终竖直。在水平气垫导轨上固定一个光电门，每次都将滑块从气垫导轨的同一位置由静止释放，测出滑块释放时遮光条到光电门的距离x、遮光条的宽度d，光电门连接的数字传感器（图中未画出）测出遮光条通过光电门的遮光时间t，由此可测出滑块的加速度大小。
（1）滑块经过光电门时的速度大小v＝ ，滑块的加速度大小a＝ 。（均用题目给定的物理量符号表示）
（2）控制滑块的质量不变，改变重物的质量，测得多组遮光条的遮光时间t和力传感器的示数F，处理数据时通过描点法作出图像如图乙所示，若已知该图像的斜率为k，则滑块的质量M＝ （用k、x、d表示）。
（3）某次实验时测得滑块的加速度大小为1.6m/s2，力传感器的示数为0.9N，则重物和动滑轮的总质量m＝ kg（不计滑轮处摩擦，取重力加速度大小g＝9.8m/s2）。
12．（8分）小明同学为了探究电动平衡车在平直水泥路面上的运动情况，设计了如下实验：将输液用的塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的扶手上，调节输液管的滴水速度。某滴水刚落地开始计时，从下一滴水落地依次计数为1、2、3……当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s。小明骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行。如图所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），当地重力加速度g＝10m/s2，根据测量结果可得出：
（1）平衡车加速运动到C点的速度大小v＝ m/s；（结果保留三位有效数字）
（2）通过分析路面上水滴间距的变化情况，可知平衡车从 开始关闭动力；
A．DE段
B．EF段
C．FG段
D．GH段
（3）设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k倍，则k＝ ；（结果保留两位有效数字）
（4）若该同学把50滴计成了49滴，测出的加速度将 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13．（12分）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，小物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在小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，小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与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间；
（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式。
14．（12分）如图所示，倾角θ＝37°、质量M＝3kg的斜面体静止在水平地面上，质量m＝2kg的物块静止在斜面上时恰好不下滑。t＝0时刻起，用恒力（大小、方向均未知，图中未画出）作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.75，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）物块与斜面体间的动摩擦因数μ1；
（2）物块2s末的速度v和0～2s内位移大小x；
（3）恒力的最小值Fmin。
15．（14分）质量M＝4kg的足够长木板沿水平地面向右运动，t＝0时刻木板速度为v0＝6m/s，此时将质量为m＝1kg的铁块1无初速度地轻放在木板最右端（如图所示）；t＝1.0s时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在木板最右端。已知铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.04，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2，铁块可看成质点。求：
（1）t＝1.0s时，铁块1和木板的速度大小；
（2）当铁块1与木板共速时，铁块1和铁块2间的距离；
（3）铁块1与木板共速后的一小段时间内，铁块1、木板、铁块2的加速度大小及方向。
2025-2026学年黑龙江省智研联盟高一（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、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．（4分）一木块沿一与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带运动，其v﹣t图像如图所示，已知传送带以速率v0逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（ ）
A．开始木块是从传送带底端向上运动的
B．从v﹣t图像可知木块的初速度大于v0
C．从v﹣t图像可知木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα
D．从v﹣t图像可以得出木块运动过程中的速度一定没有等于v0的时刻
【分析】根据木块的受力与运动状态的关系，根据v﹣t图像的斜率（加速度）变化，结合摩擦力的方向（由相对运动方向决定）和牛顿第二定律分析。
【解答】解：A、根据题意分析可知，若木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动，木块一定先减速向上后加速向下，而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，故A错误；
B、根据题意分析可知，木块的初速度一定沿斜面向下的，图像的斜率先大后小，故木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块的所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，故B错误；
C、根据题意分析可知，木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，其加速度为mgsinα+f＝ma1
当木块的速度等于v0时，若木块与传送带间的动摩擦因数μ≥tanα，则μmgcsα≥mgsinα
木块将随着传送带一起以v0的速度匀速运动，不能继续加速运动，故木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanα，故C正确；
D、根据题意分析可知，当木块的速度等于v0时，且μ＜tanα，木块无法与传送带相对静止，继续向下加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinα﹣f＝ma2
木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻，故D错误。
故选：C。
【点评】传送带问题的核心是通过“相对运动方向”判断摩擦力方向，结合牛顿第二定律分析加速度的变化。当木块速度与传送带速度相等时，若重力分力大于最大静摩擦力，木块将继续加速，此时摩擦力方向反向，加速度减小。
2．（4分）如图所示，一个可视为质点的木块在斜面上下滑，斜面在水平地面上保持不动，则下列说法正确的是（ ）
A．如果木块匀速下滑，则地面对斜面的静摩擦力方向水平向左
B．如果木块匀速下滑，则斜面对地面的静摩擦力方向水平向右
C．如果木块加速下滑，则地面对斜面的静摩擦力方向水平向左
D．如果木块减速下滑，则斜面对地面的静摩擦力方向水平向右
【分析】AB.根据木块匀速运动的情况，导出木块对斜面的作用力方向，再判断摩擦力的有无；
CD.根据加速下滑和减速下滑的情况，结合牛顿第二定律、牛顿第三定律分析摩擦力的方向。
【解答】解：AB.木块匀速运动时，由平衡条件知，木块对斜面的作用力方向竖直向下，斜面在水平方向没有相对运动的趋势，故地面对斜面没有摩擦力，故AB错误；
C.若木块加速下滑，则木块在水平方向有向左的加速度，由牛顿第二定律知，在水平方向上斜面对木块的作用力向左，由牛顿第三定律知，木块对斜面有向右的作用力，故斜面受到地面的摩擦力方向水平向左，故C正确；
D.若木块减速下滑，则物体在水平方向有向右的加速度，由牛顿第二定律知，在水平方向上斜面对物体的作用力向右，由牛顿第三定律知，物块对斜面有向左的作用力，故斜面受到地面的摩擦力方向水平向右，斜面对地面的静摩擦力方向水平向左，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题需要考生掌握牛顿第二定律、平衡条件、牛顿第三定律、静摩擦力等知识，会根据题意进行准确分成和解答。
3．（4分）如图，一本新书除两个封面外还有196页，平放在水平桌面上，将一张A4纸夹在某两书页间。A4纸与书页间的动摩擦因数为μ1，书与桌面间的动摩擦因数为μ2，μ1＝3μ2。两封面的质量均为2m，其余每张纸的质量均为m。现用水平向右垂直于纸边的拉力拉A4纸，若要使A4纸和书一起运动（即不发生相对滑动），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略A4纸的质量，则A4纸至少应夹在哪两页之间（ ）
A．16与17页之间B．32与33页之间
C．64与65页之间D．68与69页之间
【分析】根据书本恰好运动的临界状态，结合摩擦力的计算公式列式得出A4纸上书页的质量m需要满足的关系式，作出判断。
【解答】解：两封面的质量均为2m，其余每张纸的质量均为m，则整本书的质量为

书能被拉动时，设A4纸上方的书的质量为m′，则有
2μ1m′g＞μ2•102mg
因为
μ1＝3μ2
解得
m′＞17m
由于封面的质量2m，所以A4纸上边书页的质量至少为16m，则A纸至少应夹在32与33页之间，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了摩擦力的相关应用，熟悉摩擦力的计算公式，理解临界状态的特点列式即可完成分析。
4．（4分）以相同的初速度将两个物体同时竖直上抛，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体上升过程中的v﹣t图象可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】空气阻力可忽略时，物体做匀减速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图像是直线；有空气阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度的变化情况，结合v﹣t图像的斜率表示加速度，分析图像的形状。
【解答】解：空气阻力可忽略时，物体只受重力，加速度恒定，物体做竖直上抛运动，v﹣t图像是一条向下倾斜的直线，如图中虚线所示；
有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f＝ma，得a＝g，由于空气阻力大小与物体速率成正比，空气阻力随着速度减小而减小，故上升过程中物体加速度逐渐减小，最小值为g。v﹣t图象的斜率表示加速度，故实线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题的关键是明确v﹣t图像的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，而加速度的变化情况可根据牛顿第二定律分析。
5．（4分）如图所示，质量为m的人站在倾角为θ的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯一起以加速度a斜向上运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．人受到的摩擦力水平向右
B．人对踏板的作用力竖直向下
C．踏板对人的支持力FN＝mg
D．踏板对人的支持力FN＝mg+masinθ
【分析】将人的加速度分解到水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律和矢量合成法则分析即可。
【解答】解：ACD．受力分析如下图
将加速度进行分解，有ax＝acsθ，ay＝asinθ
竖直方向根据牛顿第二定律有FN﹣mg＝may
解得踏板对人的支持力FN＝mg+masinθ
故AC错误，D正确；
B．人对踏板的作用力为压力和摩擦力，根据矢量合成法则可知合力方向不可能竖直向下，故B错误。
故选：D。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是将人的加速度分解到水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律列式求解即可。
6．（4分）如图所示，置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为3kg，竖直立杆长0.5m，有一质量为1kg的小环从杆的下端以4m/s的初速度向上运动，刚好能到达杆的顶端，在环向上运动的过程中，底座对水平地面的压力为（ ）（g取10m/s2）
A．24NB．34NC．36ND．46N
【分析】根据题干可知，小环在受到重力与摩擦力的共同作用下做匀减速直线运动，可先计算小环做匀减速直线运动的加速度，然后利用牛顿第二定律计算小环与杆之间的摩擦力大小，结合牛顿第三定律判断底座给地面的压力大小。
【解答】解：利用逆向思维，根据速度与位移的关系有

代入数据解得
a＝16m/s2
对小环进行分析，根据牛顿第二定律有
mg+f1＝ma
根据牛顿第三定律，小环对杆的摩擦力
f2＝f1
对立杆与底座进行分析，根据平衡条件有
N+f2＝Mg
代入数据解得
N＝24N
根据牛顿第三定律可知，
N＝N′＝24N
底座对水平地面的压力为24N，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题结合匀变速直线运动考查学生对牛顿第二定律与牛顿第三定律的灵活应用能力，其中利用逆向思维计算小环加速度，用牛顿第二定律计算小环与杆之间的摩擦力的大小为解决本题的关键。
7．（4分）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为4.0×103kg，在飞船与空间站对接后，其推进器的平均推力F为1000N，推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s，则（ ）
A．飞船对空间站的力比空间站对飞船的力大
B．飞船对空间站的推力为1000N
C．飞船的加速度为0.25m/s2
D．空间站的质量为9.6×104kg
【分析】由加速度定义公式可求得整体的加速度；再由牛顿第二定律可求得整体的质量，从而求得空间站的质量；对空间站由牛顿第二定律得出飞船对空间站的推力大小。
【解答】解：A、由题意可知，飞船对空间站的力与空间站对飞船的力是一对相互作用力，则大小始终相等，故A错误；
C、由于推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s，根据加速度的定义式可得：，故C错误；
D、对飞船和空间站整体分析，根据牛顿第二定律可得：F＝（m飞+m空）a
解得：，故D正确；
B、对空间站分析，根据牛顿第二定律可得：FN＝m空a，解得飞船对空间站的推力为：，故B错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律在连接体问题中的应用，解题时可以采用“先整体后隔离”的方法，先求整体的加速度，再规律空间站，对空间站由牛顿第二定律列式求解飞船的推力。
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
（多选）8．（6分）如图所示，光滑的水平地面上静止放置一辆小车，在小车的内部用两根细绳拴一个可视为质点的小球，其中a绳水平，b绳倾斜且与a绳之间的夹角为150°，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．小车静止时，a、b两绳上的拉力大小之比为1：2
B．小车静止时，a、b两绳上的拉力大小之比为
C．若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，随着加速度的逐渐增大，两绳上的拉力也逐渐增大
D．若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动的加速度等于时，a绳上的拉力恰好为0
【分析】小车静止时，根据平衡条件结合几何关系分析绳子拉力之比；若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，竖直方向，根据平衡条件列式，水平方向根据牛顿第二定律列式。
【解答】解：AB．小车静止时，根据平衡条件结合几何关系可得

故B正确，A错误；
C．若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动，设小球的质量为m，竖直方向，根据平衡条件
Tbsin30°＝mg
可得
Tb＝2mg
且保持不变，
水平方向根据牛顿第二定律可得
Ta﹣Tbcs30°＝ma
可得

随着加速度增大而增大，故C错误；
D．若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动，当a绳上的拉力恰好为0时，竖直方向根据平衡条件
Tbsin30°＝mg
可得
Tb＝2mg
水平方向根据牛顿第二定律可得
Tbcs30°＝ma
可得

故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和几何关系即可完成解答。
（多选）9．（6分）重庆李子坝轻轨穿楼吸引无数游客前来打卡，高一年级某同学在学习了牛顿第二定律之后设计了一个简易的加速度测量仪，用来测量轻轨减速进站或加速离站时的加速度。某次测试时，该同学将如图所示的测量仪固定在轻轨的水平地面上，测量仪内一端连有摆球的细线悬挂于O点，小球与测量仪保持相对静止后细线与竖直方向的夹角为θ，通过该角度便能计算得到轻轨此时的加速度值。不计空气阻力和一切摩擦，已知重力加速度大小为g＝10m/s2。则（ ）
A．当测量仪中细线与竖直方向夹角θ＝0°时，轻轨处于静止或匀速直线运动状态
B．当测量仪中细线与竖直方向在两侧角度相同时，表示轻轨的加速度相同
C．当细线与竖直方向的夹角的正切值时，轻轨的加速度大小为1m/s2
D．若对每一个角度对应的加速度进行标注，则表盘刻度是均匀的
【分析】先对摆球进行受力分析（重力、细线拉力），合力提供加速度，将力分解到水平和竖直方向：
A、θ＝0时，合力为0，对应静止或匀速直线运动；
B、两侧角度相同但方向相反，加速度方向不同；
C、由受力分解得加速度a＝gtanθ，代入tanθ计算；
D、a与tanθ成正比，刻度不均匀。
【解答】解：A、当测量仪中细线与竖直方向夹角θ＝0°时，小球受向上的拉力和向下的重力，水平方向不受力，故处于平衡状态，说明轻轨做匀速直线运动或者处于静止状态，故A正确；
C、若轻轨加速度向左时，小球受力如图所示
由牛顿第二定律得F合＝mgtanθ＝ma
解得a＝gtanθ1m/s2，故C正确；
B、当测量仪中细线与竖直方向在两侧角度相同时，轻轨的加速度大小相同，但方向相反，故B错误；
D、因为a＝gtanθ，a随θ非线性变化，故对每一个角度对应的加速度进行标注，则表盘刻度是不均匀的，故D错误。
故选：AC。
【点评】这道题是牛顿第二定律在实际测量工具中的应用题型，核心考查“摆球的受力分解与加速度的关系”，结合平衡状态、矢量方向、函数关系等考点，是高一力学“牛顿定律应用”的典型实际情境题，体现了物理知识的实用性。
（多选）10．（6分）如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的光滑大圆环，环上套有质量均为m的A、B两个小球，两球间用长为的轻细线连接。已知重力加速度为g，初始时A位于圆环最高点。先用手控制A球使A、B两球均静止，然后松开手释放两小球，则下列说法正确的是（ ）
A．释放前后瞬间，大圆环对B球的弹力大小之比为2：1
B．释放后到B球运动到最低点的过程中绳子一直是绷紧的
C．释放后瞬间B球的瞬时加速度为
D．释放后A、B两球运动的速度大小始终相等
【分析】释放前后对A和B受力分析，根据牛顿第二定律列式，来求解大圆环对B球的弹力大小之比以及释放后瞬间B球的瞬时加速度；分析AB绳竖直时绳有无拉力，判断是否会松弛。
【解答】解：AC、静止时，对B分析受力如图所示。
由平衡条件可知：
大圆环对B球的弹力大小为N1＝mg
绳子对B球的拉力大小为
释放时，对A受力分析，根据牛顿第二定律可得
T2cs45°＝maA
对B受力分析，根据牛顿第二定律可得
T2sin45°﹣N2＝0
mg﹣T2cs45°＝maB
又释放后瞬间两球无向心加速度，只有切向加速度，有aA＝aB
mg﹣T2cs45°＝T2cs45°
联立解得：，，，则释放前后瞬间，大圆环对B球的弹力大小之比为2：1，故AC正确；
BD、开始一段时间内，A球在B球的拉动下，随B球一起运动，当AB绳竖直时，绳无拉力，开始松弛，故BD错误。
故选：AC。
【点评】本题考查牛顿第二定律、牛顿第三定律、系统机械能守恒定律的综合应用，特别需要注意的是两球沿细线方向的速度相等。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．（8分）某实验小组用图甲所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系。用不可伸长的细线将滑块（含遮光条）通过一个定滑轮和挂有重物的动滑轮与力传感器相连，细线与气垫导轨平行，动滑轮上端的细线始终竖直。在水平气垫导轨上固定一个光电门，每次都将滑块从气垫导轨的同一位置由静止释放，测出滑块释放时遮光条到光电门的距离x、遮光条的宽度d，光电门连接的数字传感器（图中未画出）测出遮光条通过光电门的遮光时间t，由此可测出滑块的加速度大小。
（1）滑块经过光电门时的速度大小v＝ ，滑块的加速度大小a＝ 。（均用题目给定的物理量符号表示）
（2）控制滑块的质量不变，改变重物的质量，测得多组遮光条的遮光时间t和力传感器的示数F，处理数据时通过描点法作出图像如图乙所示，若已知该图像的斜率为k，则滑块的质量M＝ （用k、x、d表示）。
（3）某次实验时测得滑块的加速度大小为1.6m/s2，力传感器的示数为0.9N，则重物和动滑轮的总质量m＝ 0.2 kg（不计滑轮处摩擦，取重力加速度大小g＝9.8m/s2）。
【分析】（1）利用平均速度和运动学公式计算；
（2）根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
（3）根据牛顿第二定律计算。
【解答】解：（1）滑块经过光电门时的速度大小
滑块的加速度大小
（2）由题意可得
即
由图像可知
可得
（3）对重物和动滑轮根据牛顿第二定律
解得m＝0.2kg
故答案为：（1），；（2）；（3）0.2。
【点评】本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理、利用图像处理问题的方法、光电门的测速原理。
12．（8分）小明同学为了探究电动平衡车在平直水泥路面上的运动情况，设计了如下实验：将输液用的塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的扶手上，调节输液管的滴水速度。某滴水刚落地开始计时，从下一滴水落地依次计数为1、2、3……当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s。小明骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行。如图所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），当地重力加速度g＝10m/s2，根据测量结果可得出：
（1）平衡车加速运动到C点的速度大小v＝ 3.53 m/s；（结果保留三位有效数字）
（2）通过分析路面上水滴间距的变化情况，可知平衡车从 B 开始关闭动力；
A．DE段
B．EF段
C．FG段
D．GH段
（3）设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k倍，则k＝ 0.049 ；（结果保留两位有效数字）
（4）若该同学把50滴计成了49滴，测出的加速度将 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【分析】（1）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段的平均速度计算平衡车运动到C点时的速度；
（2）根据计算相邻相等时间内位移差分析判断；
（3）根据逐差法计算加速度；根据牛顿第二定律计算；
（4）根据相邻两滴水落地的时间间隔变化，结合加速度表达式判断。
【解答】解：（1）相邻两滴水落地的时间间隔为

则平衡车加速运动到C点的速度大小为

（2）根据测量结果可知
Δx1＝1.51m﹣0.99m＝0.52m
Δx2＝2.02m﹣1.51m＝0.51m
Δx3＝2.55m﹣2.02m＝0.53m
Δx4＝2.24m﹣2.36m＝﹣0.12m
Δx5＝2.11m﹣2.24m＝﹣0.13m
Δx6＝2.00m﹣2.11m＝﹣0.11m
所以车在AE段做匀加速运动，在FJ段做匀减速运动，所以在EF段关闭动力。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（3）根据逐差法可得，匀减速运动的加速度大小为

根据牛顿第二定律可得
f＝kmg＝ma减
联立可得

（4）若该同学把50滴计成了49滴，求出的时间间隔将会偏大，测出的加速度将偏小。
故答案为：（1）3.53；（2）B；（3）0.049；（4）偏小。
【点评】本题关键掌握探究小车速度随时间变化规律的实验原理、利用匀变速直线运动规律计算小车速度和加速度的方法。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13．（12分）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，小物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在小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，小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与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间；
（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块与木板的加速度大小，根据图示图像求出木板的长度，应用运动学公式求出物块在木板上滑行的时间。
（2）根据图示图像分析物块与木板的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
【解答】解：（1）恒力F＝0，物块从木板的右端滑下，以初速度v0为正方向，物块的加速度大小

木板的加速度大小

由图乙知，板长L＝1m，滑块相对木板的路程
，
联立解得
，t2＝1s
当t＝1s时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，t2＝1s应舍弃，故所求时间为

（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t3，则：

v＝v0﹣amt1＝a1t1
位移关系
，
联立解得

由图乙知，相对路程
s≤1m
代入解得
F≥1N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则
，f＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以
f≤fmax＝μmg＝2N
联立解得
F≤3N
③综述：BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是。
答：（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间为；
（2）图乙中BC为直线段，该段恒力F的取值范围为1N≤F≤3N，函数关系式是。
【点评】本题考查牛顿运动定律。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图像来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。
14．（12分）如图所示，倾角θ＝37°、质量M＝3kg的斜面体静止在水平地面上，质量m＝2kg的物块静止在斜面上时恰好不下滑。t＝0时刻起，用恒力（大小、方向均未知，图中未画出）作用在斜面体上，使物块与斜面体一起由静止开始向左做匀加速直线运动，物块恰好与斜面体间无摩擦力。已知斜面体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.75，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）物块与斜面体间的动摩擦因数μ1；
（2）物块2s末的速度v和0～2s内位移大小x；
（3）恒力的最小值Fmin。
【分析】（1）利用平衡条件求动摩擦因数；
（2）通过隔离法分析物块受力求加速度，再结合运动学公式求速度和位移；
（3）对整体受力分析，利用三角函数极值法求恒力最小值。
【解答】解：（1）对物块分析mgsinθ＝μ1mgcsθ
解得μ1＝0.75
（2）对物块分析：mgtanθ＝ma，v＝at
解得v＝15m/s
其中x
解得x＝15m
（3）设恒力方向与水平方向的夹角为α、大小为F，对物块和斜面体构成的整体进行分析，竖直方向上有Fsinα+N＝（M+m）g
水平方向有Fcsα﹣μN＝（M+m）a
解得F
设csβ，整理可得F
当sin（α+β）＝1时，即有sinα时，恒力最小，
则有Fmin，代入数据解得Fmin＝60N
答：（1）物块与斜面体间的动摩擦因数0.75；
（2）物块2s末的速度15m/s，0～2s内位移大小15m；
（3）恒力的最小值60N。
【点评】本题综合考查受力平衡、牛顿第二定律、运动学公式及力的合成与分解的应用。关键在于：利用平衡条件求动摩擦因数；通过隔离法分析物块受力求加速度，再结合运动学公式求速度和位移；对整体受力分析，利用三角函数极值法求恒力最小值。
15．（14分）质量M＝4kg的足够长木板沿水平地面向右运动，t＝0时刻木板速度为v0＝6m/s，此时将质量为m＝1kg的铁块1无初速度地轻放在木板最右端（如图所示）；t＝1.0s时，又将相同的铁块2无初速度地轻放在木板最右端。已知铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.04，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2，铁块可看成质点。求：
（1）t＝1.0s时，铁块1和木板的速度大小；
（2）当铁块1与木板共速时，铁块1和铁块2间的距离；
（3）铁块1与木板共速后的一小段时间内，铁块1、木板、铁块2的加速度大小及方向。
【分析】（1）根据牛顿第二定律确定加速度，结合运动学公式分析运动状态，求解速度；
（2）根据牛顿第二定律确定加速度，结合运动学公式分析运动状态，求解位移；
（3）根据牛顿第二定律确定加速度。
【解答】解：（1）对铁块1
μ1mg＝ma1
可得铁块1的加速度
a1＝0.4m/s2
对木板
μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2
可得木板的加速度
a2＝2.6m/s2
t1＝1.0s时，铁块1速度
v1＝a1t1＝0.4m/s2×1s＝0.4m/s
木板速度
v2＝v0﹣a2t1＝6m/s﹣2.6m/s2×1s＝3.4m/s
（2）t1＝1.0s时，铁块1的对地位移x1，则
x1，代入数据解得x1＝0.2m
木板对地位移x2
x2m/s×1.0s＝4.7m
此时铁块1距离木板右端为
Δx＝x2﹣x1
代入数据解得Δx＝4.5m
当铁块2刚放上木板时，铁块1仍以a1＝0.4m/s2向右匀加速，木板加速度大小发生变化，设木板加速度为a3匀减速，则
μ1mg+μ1mg+μ2（2m+M）g＝Ma3
可得
a3＝3.2m/s2
铁块1与木板经t2先达到共速，设为v共，则
v共＝v2﹣a3t2＝v1+a1t2
解得
t2s，v共m/s
铁块1对地位移x3，则
x3，代入数据解得x3m
铁块2也以a4＝0.4m/s2从零开始向右匀加速，铁块2的对地位移x4
x4，代入数据解得x4m
此时铁块1和铁块2之间距离缩小了
Δx1＝x3﹣x4
代入数据解得Δx1m
此时铁块1和铁块2之间距离为L，则
L＝Δx﹣Δx1
代入数据解得Lm
（3）根据以上分析作出图像
铁块2放上木板t2s时，铁块2的速度
v＝a4t2
代入数据解得v
则随后一小段时间内铁块2对木板的摩擦力方向向左。假设铁块1与木板相对静止一起匀减速，把铁块1和木板看成整体，则
μ2（2m+M）g+μ1mg＝（m+M）a共
可得
a共＝2.48m/s2
a′＝μ1g，代入数据解得a′＝0.4m/s2
故a共＞a′
假设不成立，设木板加速度为a5，则
μ2（2m+M）g+μ1mg﹣μ1mg＝Ma5
可得
a5＝3.0m/s2
方向水平向左
设铁块1的加速度为a6 可得
μ1mg＝ma6
解得
a6＝0.4m/s2
方向水平向左
设铁块2的加速度为a7，则
μ1mg＝ma7
解得
a7＝0.4m/s2
方向水平向右
答：（1）t＝1.0s时，铁块1的速度大小为0.4m/s，木板的速度大小为3.4m/s；
（2）当铁块1与木板共速时，铁块1和铁块2间的距离为；
（3）铁块1与木板共速后的一小段时间内，铁块1的加速度大小为0.4m/s2，方向向左；木板的加速度大小为3m/s2，方向向左；铁块2的加速度大小为0.4m/s2，方向向右。
【点评】板块模型的核心是明确各物体的受力，通过牛顿第二定律确定加速度，结合运动学公式分析运动的相对位移和共速条件。
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答案
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答案
BD
AC
AC