2025-2026学年高一物理下学期第一次月考（浙江专用，人教版）

这是一份2025-2026学年高一物理下学期第一次月考（浙江专用，人教版）试卷主要包含了测试范围，难度系数，如图等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．测试范围：测试范围：必修一、二（一到七章全部+功和功率）。
4．难度系数：0.7。
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．某学习小组在研究自由落体规律时，他们提出猜想：物体自由下落的时间可能与高度、质量和当地的重力加速度有关。为了验证猜想，他们利用国际单位制的知识进行分析，字母L、M、和T分别表示长度、质量和时间三个物理量，根据猜想，他们写出了关于时间的猜想式：(T)=(L)α(M)β(L⋅T−2)γ，最终该小组同学分析得出物体自由下落的时间只与高度和重力加速度有关。据此，猜想式中指数α、β和γ的取值应该是（ ）
A．α=12，β=12，γ=−12B．α=12，β=0，γ=12
C．α=0，β=12，γ=−12D．α=12，β=0，γ=−12
【答案】D
【详解】根据单位制分析，时间T的单位应与长度L（对应高度）、质量M和重力加速度（单位 L⋅T−2）的单位一致。猜想式为T=(L)α(M)β(L⋅T−2)γ，展开后单位平衡方程为T=L]α+γ⋅M]β⋅[T]−2γ
等式两边单位必须匹配，长度L的指数α+γ=0
质量M的指数β=0（因左边无M，且时间与质量无关）
时间T的指数−2γ=1（因左边为 [T]1）
解得 γ=−12，α=−γ=12，β=0
故选D。
2．2025年9月3日，在“纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年”阅兵活动中，7架歼10表演机以相同速度整齐飞过天安门上空，拉出14道彩烟；现场8万只和平鸽翱翔天空，致敬英雄，捍卫正义，守护和平，如题图所示。下列说法正确的是（ ）
A．以飞行员为参考系，地面上的观众是静止的
B．以其中一架表演机为参考系，其余六架表演机是运动的
C．研究和平鸽从起飞到回到鸽舍所用的时间时，可将其视为质点
D．研究和平鸽的飞行姿态时，可将其视为质点
【答案】C
【详解】A．选飞行员为参考系，地面上的观众相对于飞行员的位置发生变化，故地面上的观众是运动的，故A错误；
B．以其中一架表演机为参考系，其余六架表演机相对于其的位置没有发生变化，故其余六架表演机是静止的，故B错误；
C．研究和平鸽从起飞到回到鸽舍所用的时间时，和平鸽的形状和大小对研究的影响可以忽略，则可作为质点，故C正确；
D．研究和平鸽的飞行姿态时，和平鸽的形状和大小对研究的影响不可以忽略，则不可作为质点，故D错误。
故选C。
3．网球运动中，运动员常利用切球使网球产生复杂的曲线轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．击球时，球拍对网球的弹力是因为球拍发生了形变
B．击球时，球拍对网球的作用力大小大于网球对球拍的作用力大小
C．击球后，网球会在空中继续运动，是因为受到向前的推力
D．击球后，网球在空中继续运动的过程中，速度越小，惯性越小
【答案】A
【详解】A．击球时，球拍对网球的弹力是因为球拍发生了形变而产生的，故A正确；
B．球拍对网球的作用力与网球对球拍的作用力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；
C．击球后，网球会在空中继续运动，是因为惯性，网球在空中没有受到向前的推力，故C错误；
D．惯性只由质量决定，与速度无关，击球后，网球在空中继续运动的过程中，网球的惯性不变，故D错误。
故选A。
4．如图所示，班级书架上放置一质量为m的圆柱形水杯，木板PM与水平面的夹角为α，木板PN与水平面的夹角为β，木板PM对水杯的支持力为F1，木板PN对水杯的支持力为F2，水杯与接触面的摩擦力忽略不计，重力加速度为g，则（ ）
A．F1=mgcsβcsα+βB．F1=mgsinβsinα+β
C．F2=mgcsαcsα+βD．F2=mgcsαsinα+β
【答案】B
【详解】以水杯为研究对象，水杯在重力、支持力F1和支持力F2的作用下处于平衡状态。
将支持力F1和支持力F2沿水平方向和竖直方向分解。
根据平衡条件，在水平方向上，有F1sinα=F2sinβ
在竖直方向上，有F1csα+F2csβ=mg
联立解得F1=mgsinβsinα+β，F2=mgsinαsinα+β
故选B。
5．如图（a）所示，一可视为质点的滑块放在水平转台上，滑块恰好能随转台绕O点做半径为r的匀速圆周运动，图（b）为俯视图。某学校物理兴趣小组利用位移传感器采集滑块的位置和时刻信息，画出某时刻起滑块沿x轴上的分速度vx随时间t的变化关系如图（c）所示。取水平向右为正方向，滑块所受最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，不计空气阻力。则滑块与转台间动摩擦因数μ和图（c）中阴影部分面积S大小分别为（ ）
A．μ=2gr，S=32rB．μ=2gr，S=12r
C．μ=4gr，S=32rD．μ=4gr，S=12r
【答案】D
【详解】根据最大静摩擦力提供向心力有μmg=mv02r
由图（c）可知，v0=2ms
解得μ=4gr
图（c）中阴影部分面积S大小等于沿x轴方向的位移大小，对应滑块匀速圆周运动的圆心角为θ=16×360°=60°
阴影部分面积S大小S=r−rcs60°=12r
故选D。
6．我国计划将一颗名为“巡天号”的观测卫星送入火星上空的椭圆轨道。假设“巡天号”椭圆轨道的半长轴为a，运行的周期为T，火星半径为R，引力常量为G，忽略火星自转及其他天体引力影响，下列说法正确的是（ ）
A．从地球发射“巡天号”的速度应大于16.7km/s
B．若从火星表面发射卫星，其发射速度至少为πRT
C．火星的平均密度为3πa3GT2R3
D．若“巡天号”在轨道上向前喷射气体，则可以提升轨道高度
【答案】C
【详解】A．“巡天号”绕火星运动，还在太阳系内，因此发射速度在11.2km/s~16.7km/s之间，故A错误。
C．设贴近火星表面的卫星的运行周期为T0，火星的质量为M，由开普勒第三定律可得a3T2=R3T02
根据万有引力定律可得GMmR2=m4π2RT02
平均密度ρ=M43πR3
联立可得ρ=3πa3GT2R3，故C正确。
B．在火星上发射卫星的最小发射速度就是最大的环绕速度，即第一宇宙速度，可知GMm′R2=m′v2R
结合C项可得v=4π2a3RT2，故B错误。
D．向前喷射气体会使卫星减速，导致其进入更低轨道（轨道半径减小），并不能提升轨道高度，故D错误。
故选C。
7．如图甲为中国五大面食之一的山西大同刀削面的切削过程。某次连续削出的面片中有一片的空中运动轨迹如图乙所示，P、Q为轨迹上的两点，已知该面片以某一水平初速度由O点削出，从O到P与从P到Q的时间比为4∶5，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该面片从O到P的速度变化率比P到Q的速度变化率大
B．落到锅里的面片，飞得远的在空中运动时间较长
C．该面片运动到P点与Q点时，重力做功的瞬时功率之比为4:9
D．从O到P与从P到Q过程，重力做功的平均功率之比为16:65
【答案】C
【详解】A．由于面片做平抛运动，只受重力，则加速度恒定，即速度变化率恒定，A错误；
B．落到锅里的面片，在空中运动时间t=2hg
竖直高度相同，则运动时间相同，故B错误；
C．面片平抛过程中竖直速度满足vy=gt
故该面片运动到P点与Q点时，竖直速度之比为4:9,重力做功的瞬时功率之比为4:9,故C正确；
D．面片抛出后，在竖直方向上做自由落体运动，满足h=12gt2
故在从O到P与从P到Q的时间内，面片竖直方向运动的位移之比为16:65
则重力做功之比为16:65
重力做功的平均功率为P=ΔWGΔt
面片从O到P与从P到Q过程，重力做功的平均功率之比为4:13，故D错误。
故选C。
8．如图所示，跳台滑雪运动员获得一定速度后从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡的B处着陆。斜坡可视为倾斜平面，斜坡与水平方向的夹角为30∘，测得A、B间的距离为40 m。运动员在P点时离坡面最远，垂直距离为PC。不计空气阻力，g取10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中的飞行时间为23 s
B．运动员从A处飞出时的初速度大小为20m/s
C．运动员从A到P的时间等于从P到B的时间
D．AC的长度等于BC的长度
【答案】C
【详解】A．根据平抛运动的规律可知Lsin30∘=12gt2
解得运动员在空中的飞行时间为t=Lg=2s，A错误；
B．运动员从A处飞出时的初速度大小为v0=Lcs30∘t=103m/s，B错误；
C．运动员在垂直于斜面方向做匀变速运动，由hPC=12a⊥t12可知，运动员从A到P的时间等于从P到B的时间，C正确；
D．运动员在沿斜面方向做匀加速运动，可知AC的长度小于BC的长度，D错误。
故选C。
9．如图所示，一半径为R的雨伞绕伞柄在水平面以角速度ω匀速旋转，伞边缘距地面的高度为h，伞边缘甩出的水滴在地面上形成一个圆，重力加速度大小为g，每个甩出的水滴在空中的运动可视为平抛运动，则圆的半径r为（ ）
A．R1+2hω2gB．Rω2hgC．R(1+ωhg)D．R(1+ω2hg)
【答案】A
【详解】水滴被甩出后做平抛运动，初速度方向与伞的半径垂直，由圆周运动速度角速度关系得v=ωR
竖直方向h=12gt2
水平方向的位移x=vt
解得x=ωR2hg
平抛运动水平方向的位移与离开伞时的伞的半径垂直，因此地面圆的半径r=R2+x2=R2+2hω2R2g=R1+2hω2g
故选A。
10．如图所示，粗糙的斜面abcd是宽为L、长为3L的长方形，其倾角为37°，把质量为m的物块放置在c点，给物块一个由c指向a的初速度v0，同时给物块一个沿着斜面的拉力F（为未知量），物块沿着ca匀速运动到a，已知物块在运动过程中滑动摩擦力等于重力的0.6倍，重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5B．物块与斜面间的摩擦生热为mgL
C．F与bc的夹角为45°D．F的大小为33mg5
【答案】D
【详解】A．把物块的重力分别沿着斜面和垂直斜面正交分解，有Gx=mgsin37°=0.6mg
沿着斜面由b指向c，垂直斜面向上由二力平衡可得FN=mgcs37°
结合f=0.6mg与f=μFN
解得μ=0.75，A错误；
B．由几何关系可得ac=3L2+L2=2L
则物块与斜面间的摩擦生热Q=f×ac=0.6mg×2L=1.2mgL，B错误；
CD．由几何关系可得bc与ac的夹角为60°，则f=0.6mg与Gx=0.6mg的夹角为60°，把f=0.6mg与Gx=0.6mg合成，由平行四边形定则可得这两个力的合力沿bc与ac的夹角的平分线，与bc的夹角为30°，合力的大小为F0=2fcs30°=33mg5
由三力平衡可得F与F0等大反向，即F的方向与bc的夹角为30°，C错误，D正确。
故选D。
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，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．伽利略在研究自由落体运动时，曾做过一种假设：物体下落的速度v随位移x均匀变化。以物体开始下落的位置和时刻作为位移和计时的起点，定义A=ΔvΔx。下列说法正确的是（ ）
A．基于假设，自由落体运动中A是恒定的，其单位是m2s
B．基于假设，自由落体运动的速度v=Ax
C．基于事实，自由落体运动的加速度g=Av
D．基于事实，自由落体运动中A逐渐增大
【答案】BC
【详解】AB．根据伽利略的假设“速度v随位移x均匀变化”，且初速度为零，则v与x成正比，即v=kx
则有A=ΔvΔx=k，为恒量。A的单位为m/sm=s−1，故A错误，B正确。
C．根据事实，自由落体运动有v2=2gx，两边对x求导得2v(dvdx)=2g
即vA=g，故C正确。
D．由A=gv可知，在下落过程中，v逐渐增大，A逐渐减小，故D错误。
故选BC。
12．可视为质点的甲、乙两小球用铰链与轻杆连接，甲球套在固定的竖直杆上，乙球处于水平地面上，初始时轻杆与水平方向夹角为60∘，杆长为L。无初速度释放两球到甲球落地的过程中，两球的速率随时间变化过程中，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则（ ）
A．甲，乙两小球速率相等时，轻杆与水平方向夹角为30∘
B．乙球速度最大时，甲球的加速度等于g
C．初始时刻甲球的速率关系满足3v甲=v乙
D．甲球下落过程中的加速度大小一直增大
【答案】BD
【详解】A．设甲，乙两小球速率相等时，轻杆与水平方向夹角为θ，则v甲sinθ=v乙csθ
由于v甲=v乙
解得θ=45°，故A错误；
B．乙球速度最大时，所受合力为0，可知轻杆给乙球的力为0。则甲球受轻杆的力也为0。所以甲球只受重力，根据牛顿第二定律得其加速度等于g，故B正确；
C．初始时刻，甲球和乙球的速率都为0，故C错误；
D．v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，甲球下落过程中的加速度大小一直增，故D正确。
故选BD。
13．一辆汽车在平直公路上从静止开始启动，该汽车加速度随时间的变化规律如图所示，t1时刻汽车达到额定功率且功率不再变化，t2时刻图像与时间轴相切。已知汽车质量为m，运动过程中受到的阻力恒为f，则有（ ）
A．t1时刻，汽车达到最大速度
B．汽车的额定功率为f+ma0a0t1
C．0∼t2时间内汽车的位移为fa0t1+ma02t1t22f
D．0∼t1和t1∼t2时间内汽车牵引力做功之比为t1:2t2−t1
【答案】BD
【详解】A．整个0∼t2时间内，加速度大于0，汽车一直在做加速运动，t2时刻速度最大，A错误；
B．0∼t1时间内，加速度恒定为a0​，由牛顿第二定律F−f=ma0
可得F=f+ma0
t1时刻速度为v1=a0t1，此时达到额定功率P=Fv1=f+ma0a0t1，B正确；
C．汽车的最大速度vm=Pf=f+ma0a0t1f
假定另有一汽车A做匀加速直线运动（如图所示），在t2时刻，达到最大速度vm
则该车在0∼t2时间内的位移xA=vm2⋅t2=fa0t1+ma02t1t22f
v−t图像的面积表示相应时间内的位移，从图中可看出该题中的汽车位移要大于A车的位移，C错误；
D．0∼t1牵引力做功W1=Fx1=f+ma0⋅12a0t12​
t1~t2牵引力做功W2=Pt2−t1=f+ma0a0t1t2−t1
比值W1:W2=t1:2t2−t1，D正确。
故选BD。
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14．实验题（每空2分，共14分）Ⅰ．一兴趣小组在学习了平抛运动后，进行了“探究平抛运动特点”的实验。实验中，让质量为m的小球从斜槽上离水平桌面高为h处由静止释放，使其水平抛出，以小球离开轨道末端时的球心位置为坐标原点O，建立x-y坐标轴，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。
(1)以下实验操作合理且必要的是 （填正确答案标号）。
A．调整斜槽末端，使末端保持水平
B．小球每次可从斜槽上不同的位置由静止释放
C．建立直角坐标系时需要借助重垂线确定竖直方向
D．用砂纸打磨斜槽轨道，尽量使斜槽轨道光滑一些
(2)已知小球平抛运动的初速度为v0，重力加速度为g，则小球做平抛运动的轨迹方程为 y = 。
(3)某同学在实验过程中，只记录了小球平抛运动轨迹的一部分，如下图所示。取g=10m/s2，若小球的质量为100g，小球经过位置A时重力的瞬时功率为 W。
【答案】(1)AC
(2)g2v02x2
(3)1.5
【详解】（1）A．该实验中要求斜槽末端的切线保持水平以保证小球做平抛运动，故A正确；
B．小球每次必须从相同的高度位置滚下，以保证小球水平抛出时的速度相同，故B错误；
C．以球心为坐标原点，借助重垂线确定竖直方向并建立直角坐标系，故C正确；
D．只要小球每次从相同的高度位置滚下，以相同的水平速度抛出即可，钢球与斜槽间的摩擦对实验没影响，故D错误。
故选AC。
（2）根据平抛运动的规律，在竖直方向有
y=12gt2
在水平方向
x=v0t
整理得
y=g2v02x2
（3）小球在竖直方向上为自由落体，则有
Δy=gT2
代入数据，解得
T=0.1s
由平抛运动的水平位移可知，OA段和AB段的时间相等，小球过A点时，在竖直方向上的速度为
yAy=yOB2T=1.5m/s
小球经过图中的位置A时重力的瞬时功率为
P=mgvAy=1.5W
Ⅱ、在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图a所示，图b是演示器部分原理示意图：其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，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，图a中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的甲球和乙球、质量为m的丙球。
(1)下列实验与本实验方法相同的是（ ）
A．探究平抛运动的特点
B．探究两个互成角度的力的合成规律
C．探究加速度与力和质量的关系
(2)为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应选择甲球和 球作为实验球；
(3)在某次实验中，一组同学把甲球和乙球分别放在A、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上，匀速转动手柄时，左边标尺露出1个分格，右边标尺露出4个分格，则A、C位置处的小球转动所需的向心力之比为 ，A、C两个挡板角速度之比为 。
【答案】(1)C
(2)乙
(3) 1:4 1:2
【详解】（1）探究向心力大小的表达式与探究加速度与力和质量的关系采用的都是控制变量法；故选C。
（2）探究向心力与圆周运动轨道半径的关系应使两球质量相等，故应选择甲球和乙球作为实验球
（3）[1]左右标尺露出的格数表示向心力的大小，故向心力之比为1:4；
[2]皮带处于塔轮的某一层上，转动半径相同，两个小球质量相同，由向心力公式F=2mω2r
可知A、C两个挡板角速度之比为1:2。
15．（8分）如图所示，在一质量为M=3kg的小车上放一质量为m1=1kg的物块，它用细绳通过固定在小车上的滑轮与质量为m2=2kg的物块相连，物块m2靠在小车的前壁上而使悬线竖直。m2光滑，m1与M之间的动摩擦因数为μ1=0.5，M与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1；
(1)若小车固定不动，求绳中拉力大小。
(2)如果要保持m2的高度不变，力F的取值范围？
【答案】(1)10N
(2)36N≤F≤56N
【详解】（1）若小车固定不动，假设m1、m2均静止，对m2，由平衡条件可知，绳子拉力T=m2g=20N
因为20N>μ1m1g=5N
可知假设失败，故m1、m2均做加速运动，根据牛顿第二定律分别有m2g−T1=m2a、T1−μ1m1g=m1a
联立解得绳子拉力T1=10N
（2）如果要保持m2的高度不变，即m1、m2、M三者保持相对静止，当推力最小时，对m2、m1有m2g−μ1m1g=(m2+m1)a1
对m1、m2、M整体有Fmin−μ2(m1+m2+M)g=(m1+m2+M)a1
联立解得Fmin=36N
当推力最大时，对m2、m1有m2g+μ1m1g=(m2+m1)a2
对m1、m2、M整体有Fmax−μ2(m1+m2+M)g=(m1+m2+M)a2
联立解得Fmax=56N
综合可知如果要保持m2的高度不变，力F的取值范围为36N≤F≤56N。
16．（11分）如图，一质量M=2kg的小车静止在光滑水平地面上，车顶最右端放置一质量m=1kg、可视为质点的物块。已知小车长L=1.5m，车顶水平且距地面高h=0.2m，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力。现对小车施加一水平向右的拉力F=12N，经t=1s后撤去拉力F。
(1)若物块与小车车顶间的动摩擦因数较大，导致在拉力F作用下小车与物块保持相对静止并一起向右加速运动，求拉力F作用过程中，小车的加速度大小和物块受到的摩擦力大小。
(2)若物块与小车车顶间的动摩擦因数μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求撤去拉力F时小车的速度大小及物块落地时距小车左端的水平距离。
【答案】(1)4m/s2；4N
(2)5m/s；0.6m
【详解】（1）由于物块和小车相对静止一起向右加速运动，设此时两者的加速度为a，根据牛顿运动定律，对物块和小车受力分析有F=(M+m)a
解得a=4m/s2
设物块受到的静摩擦力为f，根据牛顿运动定律有f=ma
解得f=4N
（2）由题意可知，物块与小车发生了相对运动。设运动过程中，物块的加速度为a1，小车的加速度为a2，根据牛顿运动定律
对物块受力分析有μmg=ma1
对小车受力分析有F−μmg=Ma2
解得a1=2m/s2，a2=5m/s2
经过t=1s后，物块的末速度为v1，经过的位移为x1；小车的末速度为v2，经过的位移为x2，根据运动学规律有v1=a1t，x1=12a1t2，v2=a2t，x2=12a2t2
解得v1=2m/s，x1=1m， v2=5m/s，x2=2.5m
所以，撤去拉力F后，小车的速度v2=5m/s。
由此可知，此时物块相对小车车顶向左运动的位移大小为Δx=x2−x1
解得Δx=1.5m
因为Δx=L，所以t=1s时，物块刚好滑至小车车顶最左端。
之后，物块从小车车顶滑落向右做初速度为v1的平抛运动，下落的时间为t1，小车向右做速度为v2的匀速直线运动。根据平抛运动规律有h=12gt12
解得t1=0.2s
则物块落地时距小车左端的水平距离x=v2−v1t1
解得x=0.6m
17．（12分）如图所示，一本质量分布均匀的大字典置于水平桌面上，字典总质量M=2kg，宽L=15cm，高H=5cm。一张白纸（质量和厚度均可忽略不计，页面大于字典页面）夹在字典最深处，白纸离桌面的高度h=2cm。假设字典中同一页纸上的压力分布均匀，白纸上、下表面与字典书页之间的动摩擦因数均为μ1，字典与桌面之间的动摩擦因数为μ2，且各接触面的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
(1)水平向右拉动白纸，要使字典能被拖动，求μ1与μ2满足的关系；
(2)若μ1=0.25,μ2=0.4，求将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做的功W。
【答案】(1)μ1≥56μ2
(2)0.45J
【详解】（1）首先对白纸受力分析，根据牛顿第二定律有F−2μ1H−hHMg=ma=0
解得：F=2μ1H−hHMg=2×μ1×5−25×2×10=24μ1
考虑字典恰好被拉动的临界情况，对字典受力分析有F−μ2Mg=0
解得μ1=56μ2
故只要满足μ1≥56μ2就能使字典能被拖动。
（2）若μ1=0.25，μ2=0.4，则不满足μ1≥56μ2
当字典静止不动，白纸被匀速拉出拉力做功最少，当白纸的位移为x时，白纸受到上方的压力为FN=H−hHMg⋅L−xL
对白纸受力分析有F=2μ1FN=2μ1H−hHMg⋅L−xL
可见F与x成线性关系，故拉力做功可用其平均值计算，则有F=Fmax+Fmin2=122μ1H−hHMg+0=12×2×0.25×5−25×2×10N=3N
故拉力做功为W=FL=3×0.15J=0.45J
将白纸从字典中水平向右抽出拉力至少做0.45J的功。
18．（13分）如图1所示为某货运站的货物传送装置示意图，传送装置由圆弧轨道AB、传送带BC组成，在C端下方停放一辆运输车，用来装载货物。一个质量m=5.0kg的货物（可视为质点），沿圆弧轨道下滑至最低点B时，速度大小为vB=10m/s，此后无能量损失地滑上水平传送带BC。通过调整皮带轮（不打滑）的转动角速度ω可使货物经C点被水平抛出后落在车厢上的不同位置（车厢足够长），货物在空中的运动可视为平抛运动。已知圆弧轨道半径R=1.0m，水平传送带BC的长度为L=8.0m，其皮带轮的半径r=0.2m，传送带上部距车厢载物面的高度为h=0.45m，货物与皮带间的动摩擦因数μ=0.60，g取10m/s2。不计空气阻力。
(1)货物下滑至圆弧轨道最低点B时，求轨道对货物的支持力FN的大小；
(2)若传送带静止，求货物在车厢内的落地点距C端的水平距离s1；
(3)当皮带轮以角速度ω=40rad/s顺时针匀速转动，求货物在车厢内的落地点到C端的水平距离s2；
(4)若皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，在图2中画出货物在车厢内的落地点到C端的水平距离s随角速度ω变化的图像。（要求作图准确，标出相应的坐标数值）
【答案】(1)550N
(2)0.6m
(3)2.4m
(4)
【详解】（1）根据题意，货物下滑至圆弧轨道最低点B时，由牛顿第二定律有FN−mg=mvB2R
代入数据解得FN=550N
（2）若传送带静止，货物滑上传送带之后，由牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=6ms2
由运动学公式有vC2−vB2=−2aL
解得vC=2ms
货物离开传送带之后做平抛运动，竖直方向上有h=12gt2
解得t=0.3s
水平方向上有s1=vCt
解得s1=0.6m
（3）当皮带轮以角速度ω=40rad/s顺时针匀速转动，则传送带的速度为v=ωr=8ms
结合上述分析可知，货物在传送带上先减速后匀速，离开传送带时的速度与传送带速度相同，之后做平抛运动，则有s2=vt=2.4m
（4）根据题意，结合上述分析可知，若传送带的速度v140.2rads=70rads
货物离开传送带的速度为vC2=14ms
货物在车厢内的落地点到C端的水平距离s″=vC2t=4.2m
若皮带轮的角速度满足10rads≤ω≤70rads时，货物在传送带上做先减速后匀速或者是先加速后匀速，最终离开传送带时与传送带速度相同，则货物在车厢内的落地点到C端的水平距离s′′′=vt=ωrt=0.06ω10rads≤ω≤70rads
在图2中画出货物在车厢内的落地点到C端的水平距离s随角速度ω变化的图像，如图所示