吉林省长春五中2024-2025学年高一（上学期）期末 物理试卷（含解析）

这是一份吉林省长春五中2024-2025学年高一（上学期）期末 物理试卷（含解析），共23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）2023年10月4日，在杭州奥体中心体育场举行了递补奥运奖牌颁奖仪式，中国田径男子4×100米接力队以37秒79的成绩递补获得东京奥运会铜牌，下列说法正确的是（ ）
A．研究运动员交接棒的动作时，不可将运动员视为质点
B．运动员在比赛时的位移一定大于路程
C．题目中的“37秒79”是指时刻
D．以坐在看台上的观众为参考系，正在参加接力赛的运动员是静止的
2．（4分）如图甲所示是风筝在空中悬停的情景，图乙是其简化图。若风筝的重力为G，在牵线的拉力T和垂直于风筝面的恒定风力F的作用下处于平衡状态（ ）
A．风筝在空中所受合力为零
B．风力和牵线的拉力的关系满足F＞T
C．风对风筝的作用力与风筝对风的作用力大小相等
D．F沿竖直方向的分力与T沿竖直方向的分力大小相等
3．（4分）在静水中的速度大小不变、方向可变的某艘小船渡过一条宽为40m、方向平行于河岸的、水流速度为1.5m/s的河，用时最短为20s，则下列说法正确的是（ ）
A．小船在静水中的速度大小为2m/s
B．小船以最短时间渡河时的合速度大小为2m/s
C．调整小船渡河时的船头方向，小船的合速度大小可能为4m/s
D．小船无论如何调整船头方向，都无法以垂直河岸方向的速度渡河
4．（4分）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v﹣t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）
A．0～10s内货物处于失重状态
B．前10s内电梯对货物的支持力恒为1010N
C．46s末货物上升的距离为34m
D．前30～36s货物处于超重状态
5．（4分）一足球在草地上做匀减速直线运动直至停止，总位移为x，若已知足球在前，则足球在后的平均速度为（ ）
A．B．C．D．
6．（4分）如图所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。大小为F＝20N的水平拉力作用在m1上，弹簧测力计始终在弹性限度内，当系统稳定后（ ）
A．弹簧测力计的示数是12N
B．弹簧测力计的示数是20N
C．在突然撤去F的瞬间，m1的加速度不变
D．在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数变小
7．（4分）如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，右侧与一块固定的竖直挡板Q接触，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上的小球（质量为m），另一端系在固定竖直杆上的B点，一钩码（质量为m0）挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时小球依然处于圆柱体P上（ ）
A．轻绳的张力减小B．P对小球的弹力增大
C．P对Q的压力增大D．P对地面的压力减小
二、多选题：（每题6分，共3小题，少选3分，错选多选0分，共18分）
（多选）8．（6分）如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左匀速直线运动B上升，下列说法正确的是（ ）
A．物体B做匀加速直线运动
B．物体B处于超重状态
C．小车A与物体B的速度大小关系可表示为vA＝vBcsθ
D．小车A与物体B的速度大小关系可表示为
（多选）9．（6分）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1kg的物块0＝4m/s从M点开始运动，物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度大小v＝1m/s，方向为顺时针
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
（多选）10．（6分）如图所示，水平面上放置一个直径d＝1m，高h＝1m的无盖薄油桶，P点的高度H＝3m，从P点沿直径AB方向水平抛出一小球，下列说法正确的是（取g＝10m/s2，CD为桶顶平行AB的直径）（ ）
A．小球的速度范围为时，小球击中油桶的内壁
B．小球的速度范围为时，小球击中油桶的下底
C．小球的速度范围为时，小球击中油桶外壁
D．若P点的高度变为1.8m，则小球无论初速度多大，均不能直接落在桶底（桶边沿除外）
三、实验题（每空2分，共18分）
11．（10分）在“研究平抛运动”的实验中，根据频闪照片得到小球的运动轨迹如图所示。a、b、c、d为连续拍照记录下的四个位置，其中a为抛出点。已知坐标纸上每个小正方形的边长为l，则：
（1）小球在水平方向做 直线运动，竖直方向做 直线运动（均选填“匀速”、“匀加速”或“匀减速”）。
（2）小球做平抛运动的初速度大小为 。
（3）在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用 ；
A.实心小铁球
B.空心小铁球
C.实心小木球
D.以上三种小球都可以
（4）在做“探究平抛运动”的实验时，让小球多次从同一高度释放沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上 。
A.调节斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须不同
C每次必须由静止释放小球
D.记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降
E.小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
12．（8分）“探究加速度与物体的质量、力的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，纸带穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，拉力传感器用于测量小车受到的拉力大小。
（1）实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足动滑轮上所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）某小组在实验中打出纸带的一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分计数点的间距。已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50Hz。由图乙中数据可求得打点计时器打下A点时，小车的瞬时速度大小为 m/s；小车做匀加速直线运动的加速度大小为 m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）
（3）某同学根据实验数据作出了力F与加速度a的关系图像如图丙所示，图线不过原点的原因是 （填字母代号）。
A.钩码的质量没有远小于小车的质量
B.平衡摩擦力时，木板倾角过大
C.平衡摩擦力时，木板倾角过小或未平衡摩擦力
四、计算题（3小题，共36分）
13．（10分）如图所示，直杆长L1＝0.8m，竖直固定在空中的圆筒高为L2＝3.2m。直杆的下端位于圆筒正上方H＝1m处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒。试求：（取g＝10m/s2，≈2.236）（计算结果请保留两位有效数字）
（1）直杆上端刚好开始进入圆筒时的瞬时速度v1；
（2）直杆穿越过圆筒所用的时间t。
14．（12分）如图所示，倾角为37°的固定斜面，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，且小球下降的高度是滑块位移的2倍（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）小球平抛运动的时间；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
15．（14分）如图所示，一水平的长L＝2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面0＝4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m＝1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N0＝1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg（重力加速度为g＝10m/s2），求：
（1）煤块在传送带上的运动时间；
（2）传送带上黑色痕迹的长度；
（3）求平板与地面间动摩擦因数的大小。
2024-2025学年吉林省长春五中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：（每题4分，共7小题，共28分）
1．（4分）2023年10月4日，在杭州奥体中心体育场举行了递补奥运奖牌颁奖仪式，中国田径男子4×100米接力队以37秒79的成绩递补获得东京奥运会铜牌，下列说法正确的是（ ）
A．研究运动员交接棒的动作时，不可将运动员视为质点
B．运动员在比赛时的位移一定大于路程
C．题目中的“37秒79”是指时刻
D．以坐在看台上的观众为参考系，正在参加接力赛的运动员是静止的
【分析】如果物体大小相对研究对象较小或影响不大，可以把物体看作质点；
路程是物体运动的轨迹的长度，是标量，位移是由起点指向终点的有向线段，是矢量；
时刻是指某一瞬间、瞬时，在表示时间的数轴上用点表示；时间是指时刻之间的间隔长短，表示一段时间，是一个过程量；
看台上的观众不动，正在参加接力赛的运动员是运动的。
【解答】解：A．研究运动员交接棒的动作时，不可将运动员视为质点；
B．物体做单方向直线运动时，依题意运动员在比赛时的位移不可能大于路程；
C．“37秒79”指的是一段时间，故C错误；
D．以坐在看台上的观众为参考系，故D错误。
故选：A。
【点评】考查对时间间隔、时刻、路程、位移、质点、参考系等物理量的理解，清楚各物理量的含义。
2．（4分）如图甲所示是风筝在空中悬停的情景，图乙是其简化图。若风筝的重力为G，在牵线的拉力T和垂直于风筝面的恒定风力F的作用下处于平衡状态（ ）
A．风筝在空中所受合力为零
B．风力和牵线的拉力的关系满足F＞T
C．风对风筝的作用力与风筝对风的作用力大小相等
D．F沿竖直方向的分力与T沿竖直方向的分力大小相等
【分析】风筝在空中处于平衡状态，所受合力为零。对风筝受力分析，再分析各力的大小。
【解答】解：A、风筝在空中处于平衡状态，风筝所受合力为零；
B、对风筝受力分析。
由平衡条件可知，拉力T和风力F的合力大小等于重力，风力F与合力的夹角小于拉力T与合力的夹角，故B正确；
C、根据牛顿第三定律可知，故C正确；
D、由力的平衡条件可知，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
【点评】解答本题的关键要正确分析风筝的受力情况，画出受力图，根据平衡条件分析。
3．（4分）在静水中的速度大小不变、方向可变的某艘小船渡过一条宽为40m、方向平行于河岸的、水流速度为1.5m/s的河，用时最短为20s，则下列说法正确的是（ ）
A．小船在静水中的速度大小为2m/s
B．小船以最短时间渡河时的合速度大小为2m/s
C．调整小船渡河时的船头方向，小船的合速度大小可能为4m/s
D．小船无论如何调整船头方向，都无法以垂直河岸方向的速度渡河
【分析】小船船头方向垂直河岸过河时，渡河时间最短。
【解答】解：A、小船最短时间过河时船头垂直河岸时
v0＝
解得
v0＝7m/s，故A正确；
B、小船以最短时间渡河时的合速度大小为
v＝
代入数据解得：v＝2.5m/s，故B错误；
C、根据速度的合成规律可知小船的合速度大小应该满足
4.5m/s≤v≤3.5m/s，故C错误；
D、由v0＞v水可知，小船适当调整船头方向时可以垂直河岸方向的速度渡河。
故选：A。
【点评】本题考查了小船渡河模型，最短时间和合速度。
4．（4分）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v﹣t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（ ）
A．0～10s内货物处于失重状态
B．前10s内电梯对货物的支持力恒为1010N
C．46s末货物上升的距离为34m
D．前30～36s货物处于超重状态
【分析】加速度向上，物体处于超重状态，加速度向下，物体处于失重状态；根据牛顿第二定律求出支持力；根据v﹣t图象的意义求出46s内货物上升的距离。
【解答】解：AD.由图可知前10s内货物的加速度：，物体加速度向上，2s～36s物体加速度向下，故AD错误；
B.前10s内，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝ma，故B正确；
C.v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，则46s末货物上升的距离为：m。
故选：B。
【点评】本题主要考查了超重和失重状态，超重或失重的本质是物体具有向上或者向下的加速度，并不是物体重力增大或者减小．在分析运动情况时注意加速度方向确定了，但是运动方向不确定，可能有两种情况。
5．（4分）一足球在草地上做匀减速直线运动直至停止，总位移为x，若已知足球在前，则足球在后的平均速度为（ ）
A．B．C．D．
【分析】运用逆向思维，将足球在草地上匀减速直线运动直至停止的过程视为由静止开始的匀加速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动推论相邻相等位移的时间之比计算平均速度。
【解答】解：运用逆向思维，将足球在草地上匀减速直线运动直至停止的过程视为由静止开始的匀加速直线运动所用时间之比为
设由右向左看第一个内的平均速度为v'，则
即
即足球在后的平均速度为，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查学生灵活应用初速度为零的匀加速直线运动规律相关推论的能力，其中运用逆向思维是解决本题的关键。
6．（4分）如图所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。大小为F＝20N的水平拉力作用在m1上，弹簧测力计始终在弹性限度内，当系统稳定后（ ）
A．弹簧测力计的示数是12N
B．弹簧测力计的示数是20N
C．在突然撤去F的瞬间，m1的加速度不变
D．在突然撤去F的瞬间，弹簧测力计的示数变小
【分析】运用整体法，根据牛顿第二定律可求出整体的加速度；再用隔离法，隔离m2，由牛顿第二定律可求出弹簧的拉力。撤去F瞬间，弹簧测力计弹力不变，故m2受力不变，m1此时只受向左的拉力。
【解答】解：AB、以向右为正方向，根据牛顿第二定律得
F＝（m1+m2）a
解得
a＝7m/s2，方向向右
设弹簧的弹力为F弹，对物块m2分析，根据牛顿第二定律得
F弹＝m2a
解得
F弹＝12N
故A正确，B错误；
CD、在突然撤去F的瞬间，弹簧的形变量不变，对物块m1分析，根据牛顿第二定律
F弹＝m1a3
解得
a1＝6m/s8，方向向左
故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了整体隔离法的运用，在求解连接体内力时，一般先整体，运用牛顿第二定律求加速度，再用隔离法求内力。
7．（4分）如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，右侧与一块固定的竖直挡板Q接触，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上的小球（质量为m），另一端系在固定竖直杆上的B点，一钩码（质量为m0）挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。不计一切摩擦。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时小球依然处于圆柱体P上（ ）
A．轻绳的张力减小B．P对小球的弹力增大
C．P对Q的压力增大D．P对地面的压力减小
【分析】根据力的三角形和几何三角形相似解决问题。
【解答】解：AB、小球受重力 mg，小球静止时，
由相似三角形知，R为四分之一圆柱体P的半径，在钩码下方再加挂一个钩码，钩码将下移，小球再次静止时，AO、R不变，则N不变，即轻绳的张力减小，故A正确；
C、以小球及P作为整体，轻绳的拉力T沿水平方向的分力大小Tsinθ（θ为滑轮A左侧轻绳与竖直方向的夹角）等于Q对P的弹力大小，θ也变小，由牛顿第三定律可知P对Q的压力变小；
D、对圆柱体P，地面对P的支持力大小等于小球对P的压力N'（大小等于N）沿竖直方向的分力 Ncsα（α为 N'与竖直方向的夹角）与P所受重力大小之和，α 变小，故地面对 P的支持力增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题的关键在于理解系统中各力的变化情况，特别是当系统中某一力发生变化时，如何影响其他力的变化。通过分析小球和圆柱体P的受力情况，我们可以得出系统中各力的变化规律，从而判断选项的正确性。在解决此类问题时，需要熟练掌握力学中的平衡条件和牛顿第三定律，以及如何应用这些原理来分析复杂力学系统中的力的变化情况。
二、多选题：（每题6分，共3小题，少选3分，错选多选0分，共18分）
（多选）8．（6分）如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车A在水平外力作用下沿水平地面向左匀速直线运动B上升，下列说法正确的是（ ）
A．物体B做匀加速直线运动
B．物体B处于超重状态
C．小车A与物体B的速度大小关系可表示为vA＝vBcsθ
D．小车A与物体B的速度大小关系可表示为
【分析】根据关联速度的规律，将小车的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向的速度，列式求解即可。
【解答】解：将速度分解如下图
由上图可知：vB＝vA csθ，vA＝，小车A向左运动的过程中，vA 不变，θ变小，vB 变大，物体B向上做变加速运动。
故BD正确，AC错误。
故选：BD。
【点评】本题考查学生对关联速度的理解和运用，需要注意小车的实际运动的速度为合速度。
（多选）9．（6分）如图甲所示，MN是一段倾角为θ＝30°的传送带，一个可以看作质点、质量为m＝1kg的物块0＝4m/s从M点开始运动，物块运动过程的部分v﹣t图像如图乙所示，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度大小v＝1m/s，方向为顺时针
C．物块沿传送带下滑时的加速度a＝2.5m/s2
D．物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
【分析】结合图像可得，物块速度减为零后反向向上运动，由此过程，结合牛顿第二定律以及运动学公式，可以求解本题。
【解答】解：A.由v﹣t图象可知，物块速度减小为零后反向向上运动，故A错误。
B.由v﹣t图象可知，物块最终向上做匀速运动，所以传送带的速度为v＝1m/s，故B正确。
C.v﹣t图象中斜率表示加速度的负值，可知物块沿传送带下滑时加速度的大小为：。
D.根据牛顿第二定律可知：μmgcs30°﹣mgsin30°＝ma，解得：。
故选：BCD。
【点评】本题考查传送带模型以及读图能力，学生应注意应用传送带模型解题时的方法。
（多选）10．（6分）如图所示，水平面上放置一个直径d＝1m，高h＝1m的无盖薄油桶，P点的高度H＝3m，从P点沿直径AB方向水平抛出一小球，下列说法正确的是（取g＝10m/s2，CD为桶顶平行AB的直径）（ ）
A．小球的速度范围为时，小球击中油桶的内壁
B．小球的速度范围为时，小球击中油桶的下底
C．小球的速度范围为时，小球击中油桶外壁
D．若P点的高度变为1.8m，则小球无论初速度多大，均不能直接落在桶底（桶边沿除外）
【分析】根据小球做平抛运动的规律，分别求出小球落在A、D、B、C点的初速度，即可得到小球的速度范围；若P点的高度变为H0轨迹同时过D点和B点，则小球无论初速度多大，均不能直接落在桶底（桶边沿除外），求解即可。
【解答】解：当小球落在A点时，根据平抛运动的规律gt8，s＝v1t
解得：v1＝s
代入数据解得：v1＝m/s；
同理可知，当小球落在D点时2＝s
代入数据解得：v5＝m/s
当小球落在B点时，速度为：v3＝（s+d）
代入数据解得：v5＝m/s
当小球落在C点时，速度为：v4＝（s+d）
代入数据解得：v3＝m/s。
A、根据上述分析可知时，小球击中油桶的内壁；
B、根据上述分析可知时，小球击中油桶的下底；
C、根据上述分析可知时，小球击中油桶外壁；
D、若P点的高度变为H0轨迹同时过D点和B点，则此时初速度为：v′＝s
解得：H8＝1.8m
在此高度上，小球无论初速度多大，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查的是平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，此题的关键是利用平抛运动规律求出小球平抛的临界速度。
三、实验题（每空2分，共18分）
11．（10分）在“研究平抛运动”的实验中，根据频闪照片得到小球的运动轨迹如图所示。a、b、c、d为连续拍照记录下的四个位置，其中a为抛出点。已知坐标纸上每个小正方形的边长为l，则：
（1）小球在水平方向做 匀速 直线运动，竖直方向做 匀加速 直线运动（均选填“匀速”、“匀加速”或“匀减速”）。
（2）小球做平抛运动的初速度大小为 。
（3）在研究平抛运动实验中，为减小空气阻力对小球运动的影响，应采用 A ；
A.实心小铁球
B.空心小铁球
C.实心小木球
D.以上三种小球都可以
（4）在做“探究平抛运动”的实验时，让小球多次从同一高度释放沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上 ACE 。
A.调节斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须不同
C每次必须由静止释放小球
D.记录小球位置用的木条（或凹槽）每次必须严格地等距离下降
E.小球运动时不应与木板上的白纸（或方格纸）相接触
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
【分析】（1）根据平抛运动的两个分运动的特点分析判断；
（2）根据运动学公式推导初速度；
（3）根据选择体积较小质量较大的小球分析判断；
（4）根据实验注意事项分析判断。
【解答】解：（1）做平抛运动的小球在水平方向有：xab＝xbc＝xcd＝3l，相等时间通过的位移相等；
竖直方向有：ycd﹣ybc＝ybc﹣yab＝2l，相邻相等时间位移差为定值，即做匀加速直线运动；
（2）小球在竖直方向做自由落体运动，则有：3l﹣l＝gT2
小球在水平方向做匀速运动，则有：3l＝v4T
解得：v0＝；
（3）为了减小空气阻力对小球的影响，要选择体积较小质量较大的小球，故A正确。
故选：A。
（4）A、实验时必须确保抛出速度方向是水平的，故A正确；
BC、在描点时，且从静止释放，故B错误；
D、记录小球位置的木条是随机选择的，故D错误。
E、小球平抛过程中不能与木板上的白纸（或方格纸）相接触，故E正确；
F、将球的位置记录在纸上后，应尽量用平滑的曲线连起来，故F错误。
故选：ACE。
故答案为：（1）匀速，匀加速；（3）A。
【点评】本题考查研究平抛运动实验，要求掌握实验原理、实验装置，实验步骤和误差分析。
12．（8分）“探究加速度与物体的质量、力的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，纸带穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，拉力传感器用于测量小车受到的拉力大小。
（1）实验中 不需要 （选填“需要”或“不需要”）满足动滑轮上所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）某小组在实验中打出纸带的一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分计数点的间距。已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50Hz。由图乙中数据可求得打点计时器打下A点时，小车的瞬时速度大小为 1.85 m/s；小车做匀加速直线运动的加速度大小为 4.95 m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）
（3）某同学根据实验数据作出了力F与加速度a的关系图像如图丙所示，图线不过原点的原因是 B （填字母代号）。
A.钩码的质量没有远小于小车的质量
B.平衡摩擦力时，木板倾角过大
C.平衡摩擦力时，木板倾角过小或未平衡摩擦力
【分析】（1）根据提供力传感器的作用进行分析判断；
（2）根据匀变速直线运动瞬时速度和平均速度关系结合逐差法求解加速度公式代入数据解答；
（3）根据a﹣F图像截距的物理意义进行分析解答。
【解答】解：（1）因为本实验中的拉力传感器可以读出细线的拉力，所以不需要满足所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）打点计时器打下A点时，小车的瞬时速度大小vA＝＝，根据逐差法可知小车做匀加速运动的加速度大小2；
（3）由题图丙可知，当没有挂钩码时小车具有加速度。故B正确。
故选：B。
故答案为：（1）不需要；（2）8.85；（3）B。
【点评】考查牛顿第二定律的实验要求和注意事项，结合纸带的数据处理，图像的斜率和截距的物理意义分析解决实际问题。
四、计算题（3小题，共36分）
13．（10分）如图所示，直杆长L1＝0.8m，竖直固定在空中的圆筒高为L2＝3.2m。直杆的下端位于圆筒正上方H＝1m处。直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒。试求：（取g＝10m/s2，≈2.236）（计算结果请保留两位有效数字）
（1）直杆上端刚好开始进入圆筒时的瞬时速度v1；
（2）直杆穿越过圆筒所用的时间t。
【分析】（1）直杆下落时做自由落体运动，根据位移—速度即可求得速度v1；
（2）直杆穿越圆筒所用的时间应为下落的总时间减去直杆下端到达圆筒上方的时间，可根据位移—时间公式求解。
【解答】解：（1）直杆做自由落体运动，由运动学知识可得
代入数据解得
v1＝2.0m/s
（2）设从开始运动至直杆下端到达圆筒上方的时间为t1，则有
代入数据解得
t1＝0.45s
设杆从开始运动至直杆上端刚要离开圆筒下方时间为t8，则有
代入数据解得
t2＝1.7s
可得直杆穿越过圆筒所用的时间
t＝t2﹣t1＝5.0s﹣0.45s＝5.55s
答：（1）直杆上端刚好开始进入圆筒时的瞬时速度v1为6.5m/s；
（2）直杆穿越过圆筒所用的时间t为0.55s。
【点评】本题主要考查了自由落体运动的基本公式的直接应用，关键是记住基础公式，根据运动学公式列式求解。
14．（12分）如图所示，倾角为37°的固定斜面，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，且小球下降的高度是滑块位移的2倍（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。
（1）小球平抛运动的时间；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
【分析】（1）小球做平抛运动，垂直打在斜面上时速度与斜面垂直，将速度分解，求出小球落在P点时的竖直分速度，利用竖直方向的自由落体运动规律求出小球平抛运动的时间；
（2）根据运动时间求出小球下降的高度，从而得到滑块的位移，再由牛顿第二定律和位移—时间公式相结合求滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
【解答】解：（1）设小球在P点的速度为v，由几何关系可得v与竖直方向的夹角为37°
则有：tan37°＝＝
小球平抛运动的时间为t＝
解得：t＝＝s＝6.4s
（2）小球下降的高度h＝gt2＝m＝0.8m
则滑块位移为x＝＝m＝0.4m
对滑块，由位移—时间公式得x＝
由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μmgcs37°＝ma
联立解得μ＝5.125
答：（1）小球平抛运动的时间为0.4s；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为5.125。
【点评】本题考查平抛运动和匀变速直线运动的综合应用，解题的突破点在于将P点的速度进行分解，利用几何关系求出竖直速度，从而求出运动时间。要熟练运用平抛运动的两种解题方法：分解速度和分解位移。
15．（14分）如图所示，一水平的长L＝2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面0＝4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m＝1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F＝17N0＝1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M＝4kg（重力加速度为g＝10m/s2），求：
（1）煤块在传送带上的运动时间；
（2）传送带上黑色痕迹的长度；
（3）求平板与地面间动摩擦因数的大小。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解煤块在传送带上加速运动时加速度，分析其到达右端的速度，与皮带的速度比较，确定煤块的运动状态，根据速度公式求解时间；
（2）根据实际求解皮带的位移，与煤块的位移作差即可；
（3）根据牛顿第二定律求解。
【解答】解：（1）设煤块在传送带上加速运动时加速度为a1，摩擦力为f，对煤块由牛顿第二定律f＝μ1mg＝ma6，解得，
若煤块一直加速到右端，设到达右端速度为v1，得，解得，
因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需t2时间到右端，得；
（2）时间t6内皮带位移，所以Δs＝s皮﹣L＝6m﹣2.25m＝4.75m；
（3）煤块滑上平板时速度v1＝3m/s，加速度7，两者速度相等有v共＝v1﹣a1t7＝a2t0，
解得，v共＝1×6m/s＝1m/s，
设平板与地面间动摩擦因数为μ2，对平板由牛顿第二定律得F+μ6mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，
解得。
答：（1）煤块在传送带上的运动时间为；
（2）传送带上黑色痕迹的长度为7.75m；
（3）求平板与地面间动摩擦因数的大小为0.3。
【点评】考查对牛顿第二定律的理解，熟悉运用运动学公式。
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
D
A
B
B
A
A