2025-2026学年山东省烟台市高一（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年山东省烟台市高一（上）期末物理试卷（含解析），共21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。
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.科学家在探索物理规律的过程中，通过不同的科学方法，探究归纳出规律。下列说法正确的是( )
A. 探究自由落体运动规律的实验中，主要应用了等效替代的方法
B. 探究加速度与力、质量关系的实验中，主要应用了理想化模型的方法
C. 探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，主要应用了控制变量法
D. 根据v=ΔxΔt，当Δt非常小时，可以用ΔxΔt表示t时刻的瞬时速度，应用了极限思维方法
2.关于运动的描述，下列说法正确的是( )
A. 物体速度为零时，它的加速度一定为零
B. 物体的速度变化越大，它的加速度一定越大
C. 物体做匀变速直线运动，它的速度方向一定保持不变
D. 物体做匀变速直线运动，在任意相等时间内速度变化量相同
3.下列说法正确的是( )
A. 物体受到的重力就是地球对物体的吸引力
B. 物体所受摩擦力的方向一定与其运动方向相反
C. 受静摩擦力作用的物体一定与产生该静摩擦力的接触物体保持相对静止
D. 弹力是由于受力物体发生形变，要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用
4.一辆以30m/s的速度匀速行驶的汽车，发现前方有障碍物时立刻刹车，汽车做匀减速直线运动，其加速度大小为4m/s2，则从刹车开始计时( )
A. 汽车第6s末的速度为2m/s
B. 汽车第7s内通过的位移为4m
C. 汽车前6s的平均速度为14m/s
D. 汽车距离障碍物最少225m开始刹车才能不与障碍物发生碰撞
5.如图所示，一轻质细绳绕过固定在天花板上的定滑轮，其左端与套在固定竖直杆上的物体A连接，右端与放在水平面上的物体B相连。到达如图所示位置时，细绳两端与水平方向的夹角分别为30°、53°，两物体的速率分别为vA、vB，且vA−vB=0.1m/s，sin53°=0.8，cs53°=0.6，则vA为( )
A. 0.6m/sB. 0.5m/sC. 0.3m/sD. 0.8m/s
6.河水流速v1与离河岸一侧的距离d的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的变化关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，下列说法中正确的是( )
A. 船在河水中做直线运动
B. 船渡河的最短时间是50s
C. 船渡河时最大速度为 41m/s
D. 船在行驶过程中，船头不必始终与河岸垂直
7.如图所示，在倾角θ=37°的斜面底端正上方某点P处，一小球(可视为质点)自由下落到斜面底端，所用时间为t1。若小球在该点水平向左抛出，小球刚好能垂直打在斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力，sin37°=0.6，则t1t2为( )
A. 344B. 3C. 174D. 32
8.如图所示，水平地面上固定一圆心为O、半径为R且表面光滑的四分之一圆柱体，圆柱体上有一质量为2m的小球A，O点右侧的竖直细杆上套着质量为m的小圆环B，在O点的正上方2R处有一定滑轮。现用一跨过定滑轮的细线将小球与小圆环连接起来，当小球与圆环组成的系统恰好能静止时，滑轮左右两侧的细线与竖直方向的夹角分别为α=30°、β=45°。不计滑轮与细线间的摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小圆环与竖直细杆间的动摩擦因数大小为( )
A. 4− 36B. 3− 63C. 4− 33D. 3− 66
二、多选题：本大题共6小题，共24分。
9.关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A. 曲线运动一定是变速运动
B. 物体在变力作用下，一定做曲线运动
C. 物体做曲线运动时，所受合力沿轨迹的切线方向
D. 物体做曲线运动时，所受合力的方向与它的速度方向不在同一条直线上
10.一辆电动模型汽车沿水平直轨道运动，它的x−t图像如图所示，其中t0时刻汽车开始运动，DE是一段倾斜的直线。下列说法正确的是( )
A. 汽车在t2时刻的速度最大
B. t3～t4时间内汽车做匀速直线运动
C. t1～t2时间内汽车的平均速度大于x2−x1t2−t1
D. 汽车从t2时刻开始向相反的方向运动
11.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别固定在两根竖直晾衣杆上的A、B两点，A略高于B。重物C通过光滑挂钩挂在轻绳上，处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 钩挂两端的轻绳与水平方向的夹角α=β
B. 钩挂两端的轻绳与水平方向的夹角α>β
C. 若将B点缓慢上移，绳子中的拉力不变
D. 若将B点缓慢上移，绳子中的拉力逐渐减小
12.如图甲所示，在电梯地板上固定了一个压力传感器，传感器上表面水平，将一个重力G=30N的物体放在压力传感器上，观察在电梯运动过程中压力传感器示数F的变化情况。若某段时间内压力传感器示数F随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 在第1s内，物体处于超重状态，电梯可能向上做加速直线运动
B. 在第2s内，电梯可能处于静止或匀速运动状态
C. 在第4s内，物体处于失重状态，电梯可能向下做匀减速直线运动
D. 在第5s内，物体处于失重状态，电梯可能向上做减速直线运动
13.如图所示，一倾角为30°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上放置一质量为6m的物体A，其上端通过平行于斜面的细绳绕过光滑定滑轮与质量为3m的物体B相连，物体B下端通过轻弹簧悬挂质量为2m的物体C，B、C静止，此时A恰好处于静止状态。已知重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 物体A与斜面间的动摩擦因数为 33
B. 物体A与斜面间的动摩擦因数为2 39
C. 剪断细绳的瞬间，物体B的加速度大小为5g3
D. 剪断细绳的瞬间，物体A的加速度大小为g3
14.如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ=37°，以恒定速率v=5m/s逆时针转动。一煤块沿传送带向上以初速度v0=10m/s从底端A处冲上传送带，煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是( )
A. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为( 10−1)s
B. 煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为( 5+1)s
C. 煤块在传送带上留下的痕迹长度为(5 10−5)m
D. 煤块在传送带上留下的痕迹长度为11.25m
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.某实验小组在做“绘制物体做平抛运动的轨迹”实验中，采用了如图甲所示的装置。钢球在斜槽M中从某一高度滚下，从末端飞出后做平抛运动。在装置中有一个水平放置的可上下调节的倾斜挡板N，钢球飞出后，落在挡板上。实验前，先将一张白纸和复写纸固定在装置的背板上。钢球落到倾斜的挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板N，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。最后，把这些印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹。
(1)关于该实验下列说法正确的是 。
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.小球每次应从同一位置由静止滚下
C.小球运动时应与背板上的复写纸接触
D.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
(2)某次实验，该小组得到物体做平抛运动的轨迹的一部分，a、b、c、d、e为轨迹上的五个点，将一透明的坐标纸平铺在轨迹上，以a为坐标原点，以重垂线方向为y轴，建立直角坐标系如图乙所示，已知坐标纸上每个正方形方格的边长为2.5cm，重力加速度大小g=10m/s2，则由此可计算出物体的初速度大小为 m/s，物体抛出位置的横坐标x= cm。
16.某实验小组设计了如图甲所示的实验装置用来探究小车质量一定时其加速度与力的关系。操作步骤如下：
①表面粗糙的长木板固定在水平台面上，其右端附有光滑定滑轮，左端固定一打点计时器(未画出)。一静置在长木板上的小车一端用细绳绕过轻质滑轮与力传感器及沙桶相连，另一端连接纸带通过打点计时器。
②小车靠近打点计时器，调整沙桶里沙子的质量，接通电源，轻微扰动小车，打出一条纸带，使纸带上的点迹均匀，此时力传感器的示数为F0。
③增加沙子的质量，小车靠近打点计时器，接通电源，由静止释放小车，打出一条纸带，同时记录对应的力传感器的示数F。
④继续增加沙子的质量，重复③过程，打出多条纸带。
(1)下列说法正确的是 。
A.需用天平测出沙及沙桶的总质量
B.调节滑轮高度，使两绳拉力方向与板面平行
C.实验中不需要保证沙及沙桶的总质量远小于小车的质量
D.将附有定滑轮的长木板的左端垫高，以对摩擦力进行补偿
(2)若实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到其中一条纸带的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点未画出)。图中所给数据的单位是cm，则小车的加速度大小a= m/s2。
(3)处理多条纸带，得到多组(a,F)数据，若以(F−F0)为横轴，a为纵轴，画出a−(F−F0)图像如图丙所示，求得该图线的斜率为k，则小车的质量可表示为 。
(4)若实验中没有进行步骤②，直接进行步骤③，做出a−F图像，则该图像 (选填“能”“不能”)过原点，图像的斜率 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共4小题，共38分。
17.A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小v1=10m/s，B车的速度大小v2=30m/s，如图所示。当A、B两车相距x0=20m时，B车因前方突发情况开始刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小a=5m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最远距离；
(2)A车追上B车所用的时间t。
18.如图所示，在水平地面上静置一个附有轻质光滑定滑轮的木箱，物块A用水平轻绳绕过定滑轮与物块B相连。释放后，B拉着A由静止开始运动，木箱始终保持静止。已知A、B的质量分别为mA=2kg、mB=3kg，木箱的质量M=5kg，A与木箱间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。在B落地之前，求：
(1)轻绳上的拉力大小；
(2)木箱对地面的压力大小。
19.实验小组利用风洞研究抛体运动。某次风洞实验的示意图如图所示：一条足够长的虚线与水平方向成θ=30°角，将一质量为m的小球以速率v0从虚线上的O点沿与虚线成30°的方向斜向右上方抛出。已知风洞产生的恒力大小与小球重力大小相等，方向与重力方向相同，重力加速度大小为g。小球从抛出到落回虚线的过程，求：
(1)小球落回虚线时的落点与O点之间的距离；
(2)小球轨迹最高点与O点的高度差。
20.如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA=3kg和mB=1kg，放在静止于水平地面上的质量mC=1kg的木板C的两端，滑块A与木板C间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块B与木板C间的动摩擦因数μ2=0.5，木板C与地面间的动摩擦因数μ3=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=6m/s。已知A、C达到共速时，A与B未相遇，此后A、B相遇时，B与C恰好相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)A在木板C上表面滑动的相对位移Δx；
(2)木板C的长度L。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.在探究自由落体运动规律的实验中，主要应用的是理想模型法，故A错误；
B.探究加速度与力、质量关系的实验中，主要应用的是控制变量法，故B错误；
C.探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，主要应用的是等效替代法，故C错误；
D.时间间隔Δt非常小，趋近于0时，平均速度约等于瞬时速度，主要应用的是极限思维法，故D正确。
故选：D。
理想模型法、控制变量法、等效替代法、极限思维法等物理方法在物理学上的应用。
考查理想模型法、控制变量法、等效替代法、极限思维法等物理方法的应用。
2.【答案】D
【解析】解：A.加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关，故A错误；
B.加速度是速度的变化率，不但跟速度变化量Δv，还跟发生这些变化量所用时间有关，故B错误；
C.物体做匀变速直线运动，表示加速度恒定，但速度方向可能改变，例如竖直上抛运动，故C错误；
D.由 a=ΔvΔt，匀变速直线运动加速度恒定，在任意相等时间Δt内，速度变化量Δv相同，故D正确。
故选：D。
加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关；a=ΔvΔt，物体做匀变速直线运动，表示加速度恒定。
本题主要考查了对加速度的理解，解题关键是掌握加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关。
3.【答案】C
【解析】解：A.物体受到重力的原因是地球对物体的吸引产生的，由于地球的自转，只有在两极处重力等于地球的吸引力，其他位置重力不等同于地球对物体的吸引力，故A错误；
B.物体所受摩擦力的方向与相对运动方向或者相对运动趋势的方向相反，与物体的运动方向不一定相反，例如人手拿玻璃杯竖直向上匀速运动，玻璃杯受到的静摩擦力也向上，与玻璃杯运动方向相同，故B错误；
C.静摩擦力是作用于相对静止但有相对运动趋势的物体间，则两物体一定保持相对静止，故C正确；
D.形变的物体的施力物体，所以弹力是由于施力物体发生形变，要恢复原状，对受力物体产生的力的作用，故D错误；
故选：C。
重力是由于地球对物体的吸引产生的；摩擦力的方向与相对运动方向或者相对运动趋势的方向相反；静摩擦力是作用于相对静止但有相对运动趋势的物体间，则两物体一定保持相对静止；弹力是由于施力物体发生形变。
本题主要考查了弹力和摩擦力以及重力的认识，解题关键是掌握摩擦力的方向与相对运动方向或者相对运动趋势的方向相反，形变的物体的施力物体。
4.【答案】B
【解析】解：A、汽车第6s末的速度为v1=v0+at，代入数据得v1=30+(−4)×6m/s，解得：v1=6m/s，故A错误；
B、t=7s时的速度为v2=30+(−4)×7m/s，解得：v2=2m/s。第7秒内的平均速度v−=v1+v22，解得：v−=4m/s。汽车第7s内通过的位移s=v−t，代入数据得s=4×1m，解得：s=4m，故B正确；
C、汽车前6s的位移为x=v0t+12at2，代入数据得x=30×6+12×(−4)×62m，解得：x=108m。平均速度v−=xt，代入数据得v−=1086m/s，解得：v−=18m/s，故C错误；
D、最小刹车距离d满足公式v2−v02=2ad，代入数据得0−302=2×(−4)×d，解得：d=112.5 m，故D错误。
故选：B。
汽车以初速度30m/s做匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2。分析各选项需明确汽车的运动过程，特别是汽车从开始减速到静止所需的时间，这是判断后续时刻速度与位移是否有效的关键。已知初速度与加速度，利用匀变速运动规律分析速度与时间、位移与时间的关系，并注意汽车实际运动时间可能小于题目给定的时间，需先判断汽车是否已停止。
本题以匀减速直线运动为背景，综合考查匀变速直线运动的速度公式v=v0+at、位移公式x=v0t+12at2、平均速度公式v−=xt以及速度—位移关系式v2−v02=2ax的灵活应用。题目计算量适中，难度中等，重点检验学生对运动学基本规律的理解和在不同情境下的选择与计算能力。一个关键的易错点在于需要先判断汽车的实际运动时间，即汽车在t=v0a=7.5s时已停止，因此计算6s末速度、7s内位移及前6s平均速度时，公式仍适用，但若涉及7.5s后的时间，则需按实际静止处理。本题通过设置不同时间点的物理量求解，有效锻炼了学生的逻辑分析与临界判断能力。
5.【答案】A
【解析】解：vA、vB沿绳子方向速度大小一致，A的合速度竖直向下，B的合速度水平向左，由关联速度得vAsin30°=vBcs53°，又vA−vB=0.1m/s，联立解得vA=0.6m/s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将vA、vB分解成沿绳子和垂直绳子两个方向，根据几何关系分析。
考查对关联速度的理解，熟悉合成与分解法的运用。
6.【答案】C
【解析】解：船渡河的最短时间由船在静水中的速度决定。为使渡河时间最短，船头应始终与河岸保持垂直。
此时，船的运动可分解为两个分运动：其一，以速度v2垂直于河岸做匀速直线运动；
其二，沿河岸方向随水流以速度v1运动。由于水流速度v1在河中央最大，因此船在沿河岸方向做变速运动，存在加速度。
根据速度合成的平行四边形定则，合速度方向斜向下游，故船的合运动为曲线运动。
船渡河的最短时间为tmin=dv2，解得：tmin=40s。
当船行驶至河中央时，水流速度最大，此时合速度最大，为vmax= v12+v22，解得：vmax= 41m/s。故ABD错误，C正确。
故选：C。
题目描述船在河水中渡河，已知河水流速随离岸距离变化而船在静水中的速度恒定。要使渡河时间最短，需使船在垂直河岸方向的分速度最大，因此船头应始终与河岸垂直。此时船在垂直河岸方向做匀速直线运动，而沿河岸方向随水流做变速运动，合速度由两个分速度合成，方向不断改变，导致船的轨迹为曲线。渡河最短时间由河宽与船在静水中的速度决定，而船的最大合速度出现在水流速度最大处，即河中央，由两个分速度的合成关系求得。
本题以小船渡河为背景，综合考查了运动的合成与分解这一核心知识点。题目巧妙地将水流速度随距离变化的规律与船在静水中速度随时间变化的规律相结合，打破了常规匀速水流模型的限制，对学生的建模分析能力和动态过程理解能力提出了较高要求。解答本题需要学生准确理解“最短时间渡河”的条件是船头始终垂直河岸，从而将复杂的二维运动分解为垂直河岸的匀速直线运动与沿河岸的变速运动。船在垂直方向做匀速运动，在沿河岸方向因水流速度变化而做变速运动，其合运动必然是曲线运动，且合速度的最大值出现在水流速度最大的河中央位置。本题计算量适中，但需要学生清晰把握分运动的独立性以及速度合成的矢量性，是一道能有效检验学生思维深度的好题。
7.【答案】A
【解析】解：设小球平抛运动的速度为v0，小球垂直打在斜面上，如图所示
根据几何关系可得水平方向的分速度与竖直方向的分速度的关系tanθ=v0vy=v0gt2
解得t2=v0gtanθ=4v03g
小球做平抛运动的水平位移x=v0t2
故小球抛出点距斜面的高度H=xtanθ+12gt22
又H=12gt12
联立解得t1= 34v03g
所以t1t2= 344
故A正确，BCD错误。
故选：A。
抓住小球垂直击中斜面，根据平行四边形定则求出竖直分速度，从而表达运动的时间，再利用数学知识解答。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
8.【答案】B
【解析】解：对小球A进行受力分析，其受到重力2mg、圆柱体的支持力FN以及细线的拉力T，三力平衡。
将拉力T与支持力FN分解至水平与竖直方向，依据平衡条件，水平方向满足FNsin60°=Tsin30°，竖直方向满足FNcs30°+Tcs30°=2mg，联立解得：T= 3mg。
对小圆环B进行受力分析，其受到重力mg、细线拉力T、细杆支持力F及摩擦力f，四力平衡。将拉力T分解，水平方向有F=Tsin45°，竖直方向有Tcs45°−f=mg，同时最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即f=μF，联立解得：μ=3− 63。故ACD错误，B正确。
故选：B。
系统处于静止状态，需分别对小球A和小圆环B进行受力分析。小球A受重力、支持力和细线拉力，支持力方向沿半径指向圆心，拉力方向沿细线指向滑轮，利用几何关系确定两力与竖直方向夹角，通过水平与竖直方向的平衡条件建立方程求解拉力大小。小圆环B受重力、拉力、细杆支持力和摩擦力，拉力方向沿细线指向滑轮，其水平与竖直分量分别与支持力和摩擦力关联，结合最大静摩擦力等于滑动摩擦力的条件，由竖直方向平衡及摩擦力公式即可求得动摩擦因数。
本题以静力学平衡问题为背景，巧妙融合了共点力平衡、力的分解与合成以及摩擦力的计算。题目涉及两个连接体的受力分析，需要分别对小球A和小圆环B建立平衡方程，并利用几何关系联立求解，计算量适中，对学生的受力分析能力和数学运算能力有较好的考查。关键在于通过圆柱体的几何约束条件，正确得出小球A所受支持力的方向，并准确列出水平和竖直方向的平衡方程。小圆环B的受力分析需注意摩擦力的方向，结合最大静摩擦力条件建立方程。本题的亮点在于将立体几何关系融入静力学问题，增加了问题的综合性，有效锻炼了学生的物理建模和逻辑推理能力。
9.【答案】AD
【解析】解：A.曲线运动的速度方向一定会发生变化，则速度一定变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B.物体在变力作用下，若只是力的大小发生变化，而方向一直和速度共线，则物体做直线运动，故B错误；
C.物体做曲线运动时，所受合力指向运动轨迹的“凹侧”，故C错误；
D.物体做曲线运动的条件为所受合力的方向与它的速度方向不共线，即不在一条直线上，故D正确。
故选：AD。
曲线运动的速度方向一定会发生变化；力的大小发生变化，而方向一直和速度共线，则物体做直线运动；物体做曲线运动时，所受合力指向运动轨迹的“凹侧”，速度方向沿轨迹的切线方向。
本题主要考查了对曲线运动的理解，解题关键是掌握物体做曲线运动的条件为所受合力的方向与它的速度方向不共线。
10.【答案】BD
【解析】解：A.x−t图像的切线斜率表示速度，汽车在t2时刻图像斜率为0，所以汽车在t2时刻的速度为0，故A错误；
B.t3～t4时间内x−t图像为一条直线，斜率不变，汽车的速度不变，所以t3～t4时间内汽车做匀速直线运动，故B正确；
C.根据平均速度的概念，t1～t2时间内汽车的平均速度v−=ΔxΔt=x2−x1t2−t1，故C错误；
D.由图可知，在t2之前切线斜率为正值，表示汽车在向正方向行驶，在t2时刻之后，图像切线斜率为负值，表示汽车向负方向行驶，所以汽车从t2时刻开始向相反的方向运动，故D正确。
故选：BD。
根据物体运动的x−t图像切线斜率的物理意义结合图像提供信息，平均速度的概念逐一分析判断各选项的正误。
考查运动学图像的认识和处理，图像问题是高考的热点问题，要求学生熟练掌握图像的处理方法，属于基础题。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、绳与挂钩结点(活结)处于三力平衡状态，可知两侧绳拉力F相等，两拉力沿水平方向的分力大小相等，即Fcsα=Fcsβ，解得：α=β，故A正确，B错误；
CD、设A、B两点间绳总长为l，两竖直杆间距为d，由几何关系得csα=dl。若将B点缓慢上移，α=β且角度不变，竖直方向满足2Fsinα=mg，因此绳中拉力保持不变，故C正确，D错误。
故选：AC。
重物通过挂钩悬挂在轻绳上，挂钩可视为活结，两侧轻绳拉力大小相等。由于重物静止，两侧轻绳拉力的水平分量必须平衡，因此两轻绳与水平方向的夹角应相等。分析轻绳与两竖直杆构成的几何关系，两杆间距固定，绳总长不变，则夹角保持不变。当B点缓慢上移，绳总长和两杆间距均未改变，夹角不变，根据竖直方向受力平衡，重物重力由两侧轻绳拉力的竖直分量共同承担，因此拉力大小不变。
本题综合考查力的平衡条件、共点力平衡分析以及动态平衡问题。题目通过一个常见的晾衣绳挂钩模型，将静力学中的三力平衡与几何约束巧妙结合，计算量适中，难度中等偏上。它重点考查学生对“活结”模型特点的掌握，即结点两侧轻绳拉力大小相等，并需要学生灵活运用正交分解法建立水平和竖直方向的平衡方程。在动态分析部分，学生需结合绳长与杆间距的几何关系，推导出角度不随悬挂点移动而变化的结论，进而判断拉力的变化情况，这很好地锻炼了学生的逻辑推理与数理结合能力。
12.【答案】ABD
【解析】解：A.由图乙可知，在第1s内，物体对压力传感器的压力大于30N，根据牛顿第二定律可知，物体具有向上的加速度，因此电梯可能向上做加速直线运动，故A正确；
B.在第2s内，物体对传感器的压力大小等于物体的重力，因此电梯可能处于静止或匀速直线运动状态，故B正确；
C.在第4s内，物体对传感器的压力小于物体的重力，根据牛顿第二定律可知，物体处于失重状态，物体具有向下的加速度，电梯可能加速下降，也可能减速上升，故C错误；
D.在第5s内，物体对传感器的压力小于物体的重力，根据牛顿第二定律可知，物体处于失重状态，物体具有向下的加速度，电梯可能加速下降，也可能减速上升，故D正确。
故选：ABD。
A.由图乙可知，在第1s内，物体对压力传感器的压力大于物体的重力，根据牛顿第二定律判断加速度方向，分析电梯可能的运动；
B.在第2s内，物体对传感器的压力大小等于物体的重力，判断物体处于平衡状态，分析电梯运动状态；
C.在第4s内，物体对传感器的压力小于物体的重力，根据牛顿第二定律可判断物体加速度方向，分析电梯可能的运动；
D.在第5s内，物体对传感器的压力小于物体的重力，根据牛顿第二定律可判断物体加速度方向，分析电梯可能的运动。
学生容易混淆“超重/失重”与速度方向的关系，误以为向上运动就是超重、向下就是失重。误将平衡状态(F=G)当作失重或超重。对“匀减速”的加速度方向判断错误：向下匀减速时加速度向上，向上匀减速时加速度向下。
13.【答案】BC
【解析】解：AB、对A、B、C构成的整体进行受力分析，可得平衡方程(2m+3m)g=6mgsin30°+μ⋅6mgcs30°，解得：μ=2 39，故A错误，B正确；
C、细绳被剪断的瞬间，弹簧的弹力大小保持不变，仍有F=2mg，此时物体B的加速度大小为aB=3mg+F3m，代入解得：aB=5g3，故C正确；
D、在细绳被剪断的瞬间，物体A的加速度大小为aA=6mgsin30°−μ⋅6mgcs30°6m，代入数据解得：aA=g6，故D错误。
故选：BC。
题目描述一个由A、B、C三个物体通过细绳和弹簧连接并置于斜面上的系统，初始时系统静止。需要分析A与斜面间的动摩擦因数，以及剪断细绳瞬间B和A的加速度。处理时需将A、B、C视为整体，利用平衡条件建立重力、斜面支持力、摩擦力和细绳拉力的关系，从而求解动摩擦因数。剪断细绳瞬间，弹簧弹力因形变未及改变而保持原值，需分别对B和A进行瞬时受力分析，B受到自身重力、弹簧弹力作用，A受到重力、斜面支持力和滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律分别确定其加速度大小。
本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律的瞬时性以及连接体问题，涉及整体法与隔离法的灵活运用。题目通过多物体、多连接方式的复杂情境，有效检验了学生的受力分析能力与模型构建能力。计算量适中，但需准确处理剪断细绳瞬间弹簧弹力与细绳拉力突变的差异，这是本题的关键思维点。对物体A、B、C整体进行平衡分析是求解动摩擦因数的核心步骤，而剪断细绳后分别对A、B进行瞬时分析则能有效区分两者的加速度。本题的设问层次分明，将静力学平衡与动力学瞬时问题有机结合，对学生的逻辑推理和综合应用能力提出了较高要求。
14.【答案】AD
【解析】解：AB、设煤块质量为m，煤块先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma1，解得：a1=10m/s2。减速至零的时间为t1=v0a1，计算得t1=1s，位移大小为x1=v0t12，计算得x1=5m。之后煤块向下做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcsθ=ma2，解得：a2=10m/s2。
煤块加速至与传送带速度相等所用时间为t2=va2，计算得t2=0.5s，位移为x2=vt22，计算得x2=1.25m。由于x2=1.25mμmgcsθ，煤块与传送带共速后将继续向下做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律有mgsinθ−μmgcsθ=ma3，解得：a3=2m/s2。根据位移公式有x3=x1−x2，即x3=3.75m，x3=vt3+12a3t32，解得：t3=( 10−2.5)s。因此，煤块从冲上传送带到返回A端所用总时间为t=t1+t2+t3，即t=( 10−1)s，故A正确，B错误；
CD、煤块向上匀减速至零的时间t1=1s内，传送带向下位移为x′1=vt1，即x′1=5m，相对位移为Δx1=x1+x′1，即Δx1=10m。煤块向下匀加速至与传送带共速的时间t2=0.5s内，传送带向下位移为x′2=vt2，计算得x′2=2.5m，相对位移为Δx2=x′2−x2，即Δx2=1.25m。
煤块继续向下匀加速至A端的时间t3=( 10−2.5)s内，传送带向下位移为x′3=vt3，计算得x′3=5( 10−2.5)m，相对位移为Δx3=x3−x′3，计算得Δx3=(16.25−5 10)m。在t1和t2两段时间内，煤块相对传送带向上运动；在t3时间段内，煤块相对传送带向下运动。由于Δx1+Δx2=11.25m>Δx3=(16.25−5 10)m，因此煤块在传送带上留下的痕迹长度为Δx=11.25m，故C错误，D正确。
故选：AD。
煤块初速度大于传送带速度且方向相反，先沿传送带向上匀减速至零。分析此过程需明确煤块所受滑动摩擦力方向沿斜面向下，与重力分力同向，根据牛顿第二定律求出加速度大小。减速至零后，煤块将沿传送带向下加速，需判断共速前与共速后两个阶段的运动情况。共速前煤块相对传送带向上滑动，共速后因重力分力大于最大静摩擦力，煤块继续向下加速且相对传送带向下滑动。总时间需分段累加，痕迹长度需比较各阶段相对位移的叠加关系，注意相对运动方向不同时痕迹可能覆盖。
本题综合考查牛顿运动定律在倾斜传送带模型中的应用，涉及多过程分析和相对运动问题，计算量较大，难度中等偏上。题目需要学生准确分析煤块在传送带上不同阶段的受力情况，分段求解加速度、时间和位移，并细致比较各阶段相对位移的大小关系以确定最终痕迹长度。这不仅考查学生对匀变速直线运动基本公式的熟练运用，更着重检验其逻辑推理能力和对多过程衔接点的判断，特别是煤块与传送带共速后运动状态是否发生改变的判断是本题关键。
15.【答案】AB
1.0
−7.5

【解析】解：(1)A、要保证钢球做平抛运动，安装斜槽轨道时，使其末端保持水平，故A正确；
B、为了得到钢球同一个平抛运动轨迹，即保证钢球的初速度相同，所以每次钢球应该从斜槽的相同位置释放，故B正确；
C、钢球平抛运动时落到挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹，即可记录钢球平抛运动的轨迹，若钢球运动接触复写纸，可能会受到摩擦力的作用而改变运动轨迹，故C错误；
D、记录钢球运动轨迹后，应用平滑曲线连接相关点迹，无需把所用点迹连接起来，应舍去误差较大的点迹，故D错误。
故选：AB。
(2)由于平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则有Δh=gT2
解得相邻点迹之间的时间间隔为T= Δhg= 2.5×10−210s=0.05s
水平方向，则有v0=xabT=2×2.5×10−20.05m/s=1.0m/s
由于平抛运动在竖直方向为自由落体运动，若a点为抛点，则竖直方向上相等时间内的位移之比应满足1：3：5：⋯，
根据匀变速直线运动规律可知，钢球经过b点时竖直方向的速度为vy=hac2T=5×2.5×10−22×0.05m/s=1.25m/s
钢球从抛点到b点的时间为t=vyg=1.2510s=0.125s
钢球从抛点到b点的水平位移xb=v0t=1.0×0.125m=0.125m=12.5cm
由于a、b之间的水平距离为xab=2×2.5cm=5.0cm，则钢球抛点的横坐标为x=−7.5cm
故答案为：(1)AB；(2)1.0；−7.5。
(1)根据实验注意事项分析答题。
(2)应用匀变速直线运动的推论与运动学公式求出初速度，根据运动学公式求出抛出点的横坐标。
掌握基础知识，理解实验原理，分析清楚运动过程，应用匀变速直线运动的推论与运动学公式即可解题。
16.【答案】BC
3.2
2k
不能
不变

【解析】解：(1)A、由牛顿第二定律得2F−2F0=Ma，其中M为小车质量，故不需用天平测出沙及沙桶的总质量，故A错误；
B、调整长木板左端的定滑轮，使得细线与长木板平行，故B正确；
C、本实验利用传感器测量拉力的大小，故实验中不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故C正确；
D、在不挂沙桶的前提下，将带滑轮的长木板左端垫高，以平衡摩擦力，故D错误。
故选：BC。
(2)每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则其时间间隔为t=5T=5f=150s=0.1s，
根据逐差法可知a=(56.0−24.0)−(24.0−4.8)×10−24×0.12m/s2=3.2m/s2
(3)由牛顿第二定律得2F−2F0=Ma，整理得a=2M(F−F0)，由图像的斜率k=2M，解得M=2k
(4)若实验中没有进行步骤②，直接进行步骤③，则没有平衡摩擦力，则拉力传感器有一定数值时，加速度仍为0，则该图像不过原点；但斜率仍为k=2M，故斜率不变。
故答案为：(1)BC；(2)3.2；(3)2k；(4)不能；不变。
(1)根据实验注意事项分析答题。
(2)应用匀变速直线运动的推论求解。
(3)求出图像的函数解析式，根据图示图像求解。
(4)根据实验步骤分析答题。
掌握基础知识，知道实验注意事项，理解实验原理，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律即可解题；计算时注意单位换算与有效数字的保留。
17.【答案】两车速度相等时，最远距离为60m A车追上B车所用的总时间为11s
【解析】解：(1)当两车速度相等时，两者之间的距离达到最大，设经过时间t1两者速度相等，则有v1=v2−at1，解得：t1=4s。在t1时间内，A车的位移为x1=v1t1，代入数据解得x1=40m，B车的位移为x2=v2t1−12at12，代入数据解得x2=80m，则两者间的最远距离为Δx=x2+x0−x1，代入数据得Δx=60m。
(2)设B车经过时间t2停止，则有v2−at2=0，解得：t2=6s。在此过程中，A车的位移为x3=v1t2，解得x3=60m，B车的位移为x4=v2t2−12at22，代入数据解得x4=90m。此时有x4+x0>x3，说明B车停止时A车尚未追上。设再经过时间t3追上，则有x4+x0−x3=v1t3，解得：t3=5s。因此，追上B车所用的总时间为t=t2+t3，即t=11s。
答：(1)两车速度相等时，最远距离为60m。
(2)A车追上B车所用的总时间为11s。
(1)分析两车的相对运动，B车匀减速而A车匀速，当两车速度相等时，相对速度为零，此时两者间距达到最大。通过速度关系确定达到共速所需时间，再分别计算该时间内两车的位移，结合初始间距即可得到最远距离。
(2)需判断A车追上时B车是否已停止。先计算B车从开始刹车到停止所需时间及对应位移，同时计算A车在该时间内的位移。比较B车位移加初始间距与A车位移的大小，若A车位移较小，则说明B车停止后A车才追上。之后A车以匀速继续运动，通过位移差与A车速度的关系求出剩余追赶时间，总时间即为B车刹车至停止的时间与后续追赶时间之和。
本题是一道典型的匀变速直线运动追及问题，综合考查运动学公式的灵活应用以及追及相遇问题的分析思路。题目涉及匀速运动与匀减速运动的结合，计算量适中，难度中等偏上，重点在于对物理过程的分阶段建模与临界条件分析。
第一问要求学生明确两车速度相等时距离最远的结论，并运用匀变速运动公式准确计算位移，这有助于巩固对运动图像和相对运动概念的理解。第二问的难点在于判断B车停止后A车才追上，需要学生先分析B车停止前的运动过程，再计算后续的匀速追及时间，从而避免陷入B车反向运动的错误假设。本题能有效锻炼学生的逻辑推理能力、过程分析能力和多阶段运动问题的处理技巧，是一道训练运动学综合应用的良好习题。
18.【答案】轻绳上的拉力大小为18N 木箱对地面的压力大小为88N
【解析】解：(1)对B进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：mBg−T=mBa对A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：T−μmAg=mAa联立以上两式，解得：a=4m/s2，T=18N。
(2)滑轮两侧轻绳的拉力对滑轮的作用力为F= T2+T2= 2T，解得：F=18 2N，方向指向左下方，与水平方向夹角为45°。
对木箱进行受力分析，在竖直方向上有：Mg+FNA+Fcs45°=FN，其中，FNA=mAg，联立上述方程，解得：FN=88N。
根据牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力FN′=FN，解得：FN′=88N。
答：(1)轻绳上的拉力大小为18N。
(2)木箱对地面的压力大小为88N。
(1)A与B通过轻绳连接，具有相同大小的加速度。对A分析其水平方向受力，绳拉力与滑动摩擦力的合力产生加速度；对B分析其竖直方向受力，重力与绳拉力的合力产生加速度。联立两物体的牛顿第二定律方程，可求解共同加速度与绳拉力。
(2)木箱静止，其竖直方向受力平衡。分析木箱受力，其受到自身重力、A对木箱的压力、以及通过定滑轮作用在木箱上的两段绳拉力的合力在竖直方向的分力。将这些力在竖直方向合成，根据平衡条件即可求得地面对木箱的支持力，其反作用力即为所求压力。
本题综合考查了连接体问题中的动力学分析以及滑轮系统的受力特点。题目通过A、B两个物块通过定滑轮连接并置于木箱内的情境，要求学生分别求解绳的拉力和木箱对地面的压力，计算量适中，难度中等偏上。解答过程需对A、B进行隔离受力分析，运用牛顿第二定律建立方程组，求解共同的加速度和绳的拉力，这部分着重训练学生的建模能力和方程联立求解技巧。第二问的难点在于分析滑轮对木箱的作用力，需认识到两侧绳拉力大小相等且夹角为90度，其合力方向与大小需通过矢量合成准确计算，进而对木箱进行竖直方向的受力平衡分析。本题能有效锻炼学生对多物体系统进行受力分解与合成的综合处理能力，以及将动力学与静力学问题相结合的思维转换能力。
19.【答案】小球落回虚线时的落点与O点之间的距离为v023g 小球轨迹最高点与O点的高度差为3v0216g
【解析】解：(1)对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得mg+F=ma
解得a=2g
建立如图所示的直角坐标系
x轴方向上，则有vx=v0cs30°，ax=2gsin30°
y轴方向上，则有vy=v0sin30°，ay=2gcs30°
则小球落回到x轴的时间t=2vyay= 3v03g
在x移动的距离x=vxt+12axt2
联立解得x=v023g
(2)沿水平和竖直方向建立直角坐标系如图所示
y轴方向上，则有vy1=v0sin60°
根据匀变速直线运动规律可得，小球轨迹最高点与O点的高度差为hmax=vy124g=3v0216g
答：(1)小球落回虚线时的落点与O点之间的距离为v023g；
(2)小球轨迹最高点与O点的高度差为3v0216g。
(1)可以将运动分解为沿虚线和垂直于虚线两个方向。沿虚线方向不受加速度影响，垂直方向受合力产生加速度，当垂直位移为零时回到原虚线。
(2)找到竖直方向速度减为零的位置，计算相对于O点的高度。
本题关键是将复杂的加速度分解到合适的坐标系中，利用运动学公式求解。注意合力方向竖直向下导致加速度为2g，分解时要准确。
20.【答案】A在木板C上表面滑动的相对位移为3m 木板C的长度为8.1m
【解析】解：(1)滑块A与B在木板C上表面滑动时，木板C同时也在地面上运动。对滑块A应用牛顿第二定律，有μ1mAg=mAaA，代入数据解得：aA=4m/s2。
对滑块B应用牛顿第二定律，有μ2mBg=mBaB，代入数据解得：aB=5m/s2。对木板C应用牛顿第二定律，有μ1mAg−μ2mBg−μ3(mA+mB+mC)g=mCaC，代入数据解得：aC=2m/s2。
设在t1时刻A与C达到共同速度vAC，有v0−aAt1=aCt1，解得：t1=1s，vAC=2m/s。此时B的速度大小为vB=1m/s。此过程中A的对地位移为xA=v0+vAC2t1，代入数据解得xA=4m，C的对地位移为xC=vAC2t1，代入数据解得xC=1m，故A在C上表面滑动的相对位移为Δx=xA−xC，即Δx=3m。
(2)此后A与C共同运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律得μ3(mA+mB+mC)g+μ2mBg=(mA+mC)a，解得：a=2.5m/s2。
设再经历时间t2，B与C恰好相对静止，三者达到共同速度v共，有v共=vAC−at2=−vB+aBt2，解得：t2=0.4s，v共=1m/s。
在t2时间内，A、C的对地位移为x1=vAC+v共2t2，代入数据解得x1=0.6m。在(t1+t2)时间间隔内，B的对地位移为x2=v0(t1+t2)−12aB(t1+t2)2，代入数据解得x2=3.5m。此时A、B相遇，故木板C的长度为L=xA+x1+x2，即L=8.1m。
答：(1)A在木板C上表面滑动的相对位移为3m。
(2)木板C的长度为8.1m。
(1)滑块A与木板C达到共速前，A受滑动摩擦力做匀减速直线运动，C受A和B的摩擦力及地面摩擦力作用做匀加速直线运动，需分别对A和C应用牛顿第二定律求出加速度，利用速度公式结合共速条件求出时间，进而通过位移公式求出A和C的对地位移，两者之差即为A在C上滑动的相对位移Δx。
(2)A与C共速后，A与C相对静止共同运动，B继续在C上滑动直至三者共速，此时A与B相遇。需分析A、C共同体的受力，求出其加速度，再根据B与C达到相对静止的速度关系求出第二阶段的时间。分别计算两阶段内A(或A、C共同体)与B的对地位移，A的总位移与B的总位移之和即为木板C的长度L。
本题是一道综合性很强的多体多过程动力学难题，全面考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律以及相对运动分析。题目涉及三个相互作用的物体，包含两个不同的运动阶段，过程复杂，对学生的受力分析能力、运动过程拆解能力以及多对象关联建模能力提出了很高要求。计算量较大，需要学生严谨细致地处理多个运动学方程。本题的亮点在于巧妙设定了A与C共速后，A与B相遇时B与C恰好相对静止这一关键条件，将两个阶段的运动时间紧密关联，极大地考查学生对临界状态和衔接点的洞察力与逻辑推理能力。