北京市某中学2024-2025学年高一年级上册期末练习物理试题（解析版）

北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高一上学期期末练习物理试题

1.万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一：“地上物理学”和“天上物理学”的统一，它表明天体运动

和地面上物体的运动遵从相同的规律。牛顿在发现万有引力定律的过程中做出了一系列假设，其中不包括下

列选项中的（）

A.行星沿圆或椭圆运动，需要指向圆心或椭圆焦点的力，这个力应该就是太阳对它的引力

B.太阳吸引行星，行星也同样吸引太阳，也就是说，在引力的存在与性质上，行星和太阳的地位完全相

当

C.地球绕太阳运动，月球绕地球运动，它们之间的作用力是同一种性质的力

D.可以使用卡文迪许扭秤用实验测得引力常数

【答案】D

【解析】【解答】A.牛顿基于开普勒定律第三定律的周期和轨道半径的关系提出行星运动所镭的向心力来自

太阳引力，故A属于其假设；

B.太阳吸引行星，行星也同样吸引太阳，牛顿认为引力是相互的，符合第三定律，故B属于其假设；

C.牛顶假设地球与月球、太阳与地球间的力性质相同，故C属于其假设；

D.卡文迪许扭秤用实验测得引力常数，卡文迪许测G的实验在牛顿之后，牛顿未假设此方法，故D不包

括。本题选不包括的选项，故选D。

【分析】牛顿基于开普勒定律提出行星运动所需的向心力来自太阳引力；牛顿认为引力是相互的，符合第

三定律属于其假设；牛顿假设地球与月球、太阳与地球间的力性质相同属于其假设；卡文迪许测G的实验在

牛顿之后，牛顿未假设此方法。

2.力学的基本问题是运动和力的关系问题，下列说法正确的是〔）

A.物体所受力的合力恒定，一定做直线运动

B.物体所受力的合力恒定，可能做匀速圆周运动

C.做斜抛运动的物体加速度不变

D.做圆周运动的物体速率一定不变

【答案】C

【解析】【解答】A.物体做直线运动的条件是合力方向与速度方向共线，与合力的大小无关，物体所受力的

合力恒定，如果合力方向与速度方向不在同一直线匕物体做曲线运动，故A错误；

B.根据匀速圆周运动的规律可知匀速圆周运动的合力提供向心力，大小不变，方向时刻发生变化；所以物体

所受力的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故B错误；

C.做斜抛运动的物体，由于只受到重力作用，所以加速度为重力加速度，恒定不变，故C正确；

D.如果物体做变速圆周运动，速度的大小及方向同时改变则物体的速率发生变化，故D错误。

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故选Co

【分析】物体做直线运动的条件是合力方向与速度方向共线，与合力的大小无关；匀速圆周运动的合力提供向

心力，大小不变，方向时刻发生变化；做斜抛运动的物体，由于只受到重力作用，所以加速度为重力加速度；

如果物体做变速圆周运动，速度的大小及方向同时改变。

3.一辆汽车在水平公路上沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小。图中分别画出了汽车转弯所受合力F的四

种方向，其中可能正确的是()

N

M

【答案】B

【解析】【解答】物体做曲线运动时，合力方向为轨迹的弯曲方向，所以图中汽车合力方向符合的只有BC选

项，由于汽车由M向N行驶，速度逐渐减小，且合力方向与速度方向夹角为钝角，可知，第二个图像符合

要求。

故选Bo

【分析】根据物体的速度及运动的轨迹可以判别合力的大致方向。

4.如图，一条平直的大河宽18()0m,河水流速处处相等，都为4.5km"；—艘汽艇相对河水速度大小恒为

9km",从岸边A点出发，河对岸正对A点处记为B点，在河对岸B点的上游有C点，下游有D点，且

BC=BD,贝I」()

CBD

A

A.该汽艇有可能在lOmin内到达河对岸某处

B.该汽艇不可能在2()min内到达河对岸某处

「.如果汽艇沿直线AC到达「点比沿直线AD到达D点用时更长

D.如果汽艇相对于水的速度不变，但河水流速加快，汽艇过河的时间可能增加也可能减少

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【答案】C

【解析】【解答】AB.根据题意可知，汽艇相对水速度V艇=弘优"=150m/mm水流速度我=4.5km"

当汽艇垂直河岸航行时，汽艇在垂直于河岸方向的速度最大，根据位移公式可以得出过河时间最短£min=

乌=12min

艇

A错误，B错误；

C.沿AC航行时，汽艇需朝上游调整方向，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的分速度“uc=〃艇sin国

沿AD航行时，汽艇朝下游调整方向，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的分速度乙加=v艇sin%

因=由于沿河岸方向运动的位移相等，水速的方向向下，根据速度的合成则可以得出力＜。2

故WeVVLAD

过河时间t=M，〃越小，时间越长，根据垂直于河岸的速度公式可以得出沿AC到达C点用时更长，C正

确。

D.根据分运动的独立性可以得出过河时间由垂直分速度决定，与水流速度无关，口错误。

故选Co

【分析】利用垂直于河岸的位移公式结合船速可以求出最短的过河时间；利用小船运动的轨迹可以比较船速

的方向，结合速度的分解可以比较垂直于河岸速度的大小，进而比较运动的时间；根据分运动的独立性可以

得出过河时间由垂直分速度决定，与水流速度无关。

5.在图中，A,B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，

它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动。当大轮以角速度co顺时针转动时（）

A.A点与B点的线速度大小相等，加速度大小也相等

B.A点与C点的角速度大小相等，加速度大小也相等

C.C点比B点的角速度小但加速度大

D.B点比C点的角速度大加速度也大

【答案】D

【解析】【解答】ABC三点转动时，根据题意可以得出A、B、C三点的转动半径之比为「A：r«：rc=2：1：1

由于AR两点属于线传动所以A、R两点的线速度大小相等，由于AC两点属于轴转动所以A、C两点的角速

度大小相等，根据线速度和角速度的关系有v=r（o,由于A的半径是C的两倍，所以可知A的线速度是C的

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2倍，放A、B、C三点的线速度之比为力:为：上?=2：2:1

即以=vB=2vc

根据线速度和角速度的关系式有v=rs,可知由于A和B的线速度相等，A的半径是B的2倍，所以A、B两

点转动的角速度之比为1：2,故A、B、C三点的角速度之比为0！：38：牝7=1：2：1

即2/=23c=3/?

根据向心加速度的表达式a=3v,由于A、B、C三点的线速度之比为力:UB：IY=2:2:1,A、B、C三点的角

速度之比为34：SB：3c=1:2:1,则可知A、B、C三点的向心加速度之比为期：。8：。0=

34%）：@8%）：3c%）=2：4：1

即A、B、C三点的向心加速度大小关系为即>aA>ac

故选Do

【分析】利用AB线速度相等，结合AC角速度相等可以求出三者角速度和线速度的大小比值，结合向心加

速度的表达式可以比较三者向心加速度的大小。

6.在太空，物体完全失重，无法用天平测量质量，航天员用动力学的方法测质量。如图为我国航天员在“天

宫一号'空间实验室测量自己的质量：航天员可以把自己固定在支架的一端，另一位航天员把支架拉开到与

初始位置（舱壁）相距s的位置；松手后，支架能够产生一个恒定拉力F,拉着航天员从静止返回到初始位

置（舱壁），不计其它外力，仪器记录下这段时间为t。由此可测出航天员的质量为（）

A.零B.4C芷D.因

r2tz2ss

【答案】C

【解析】【解答】航天员在恒力的作用下做匀加速直线运动，设航天员的质量为加，运动过程中的加速度为

a,根据牛顿第二定律有

F=ma

由于航天员做匀加速直线运动，根据位移公式有

12

s=々砒

联立解得

Ft2

故选Co

【分析】利用位移公式可以求出航天员的加速度大小，结合牛顿第二定律可以求出水平恒力的大小。

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7.如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦刀可忽略，两物

体的质量如为6如，为4kg。从f=0开始，推力乃1和拉力/分别作用于A、B上，“八0随时间的变化

规律为F.=(8-2£)(N),FR=(2+2t)(/V),下列判断正确的是()

A|BJ-

777777777777777777777-

A.两个物体始终以同样的加速度匀加速直线运动

B.两个物体共同运动一段时间后会分开，分离前A对B的作用力逐渐增大

C.经过1s时间两物体开始分离，分离后各自以不同的加速度匀加速直线运动

D.如果£=0时乙，&大小变化规律相同但方向都向左，两人物体将一开始就分离，一段时间后B追上

A

【答案】D

【解析】【解答】ABC.从£=0开始，推力以和拉力/分别作用于A、B±,0、&随时间的变化规律为

%=(8-2t)(N),&=(2+2t)(N),£=0时，根据牛顿第二定律白•=凯4>黑晃加厅

可知两物体开始时以相同加速度运动，当两物体刚要分离时，A、B之间作用力为零，两者分离瞬间加速度相

等则2=aB

根据牛顿第二定律有余=条，结合表达式巳i=(8-2t)(N),尸8=(2+2t)(N)

mA

解得t=Is

PIC

分离前两物体以相同的加速度做匀加速直线运动，根据整体的牛顿第二定律可以有a==lm/s2

mA+mn

分离前A、B间的作用力设为F,分析B的受力，根据B的牛顿第二定律有F+a=m8a

解得F=2-2t

故分离前A对B的作用力逐渐减小；分离后，B做变加速直线运动，A因为心的方向会发生变化而做匀变速

直线运动，故ABC均错；

D.如果t=0时“4，%大小变化规律相同但方向都向左，根据牛顿第二定律有与■=舐4>黑=卷旭",

则可以得出最初A物体向做运动的加速度大于B物体向左运动的加速度，可知两个物体将一开始就分离，之

后，由于FB不断增人，所以B的加速度逐渐增大，由于FA不断减小所以A的加速度逐渐减小，一段时间后

B追上A,故D正确。

故选Do

【分析】利用牛顿第二定律可以求出最初加速度的大小进而判别两个物块运动的情况；利用分离时加速度相

等，相互作用力为。可以求出分力的时间，结合B的牛顿第二定律及整体的牛顿第二定律可以判别两个物体

之间作用力的大小变化；利用分力后作用力的大小可以比较加速度的大小；当两个力方向反向时，利用牛顿第

二定律可以求出最初加速度的大小情况，结合加速度的比较可以判别B一段时间会追上Ao

8,跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在

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空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，ab间可以看作直的

斜而，如图所示。如果已知斜而倾角0,重力加速度g,人可以看作质点且在a处的初速度为外，下列物理量

不能求出的是（）

A.落到斜面上的速度

B.在空中飞行的时间

C.离斜面的最远距离

D.滑雪板撞击斜面时受到的支持力

【答案】D

【解析】【解答】B.某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，此过程运动员做平抛运动，

根据平抛运动的位移公式有则有Lsine=④小，Lab3s8=vot

解得t=土曲的

9

即能够求出运动员在空中飞行的时间，故B不符合题意；

A.根据速度公式可以得出运动员落到斜面上的竖直方向上的分速度%=gt

根据速度的合成可以得出运动员落到斜面.上的速度u=.+诏=加£2+诏

由于时间能够求出，则能够求出运动员落到斜面上的速度，故A不符合题意；

C.为了求出运动员距离斜面的最远距离，可以将运动员的运动沿斜面与垂直于斜面进行分解，则对加速度

进行分解，垂直于斜面方向做加速度大小为geos。，初速度为%sin。的双向匀变速直线运动，当分速度减为0

时，运动员距离斜面最远，在垂直与斜面的方向上，根据速度与位移的关系有（见sin6）2=2gcos8/max

解得k增

可知，能够求出运动员离斜面的最远距离，故C不符合题意；

D.由于运动员在斜坡b处着陆滑叁板撞击•斜面过程，根据动量定理可以分析滑雪板碰撞时受到支持力的大

小，但由于不知道撞击的时间与撞击后的速度，则不能够求出滑雪板撞击斜面时受到的支持力，故D符合题

意。

故选Do

【分析】利用平抛运动的位移公式可以求出运动时间的表达式，进而判别可以求出运动的时间；利用速度公

式结合速度的合成可以求出合速度的大小；利用垂直于斜面方向的速度位移公式可以求出最远的距离；由于

小知道撞击的时间与撞击后的速度，则小能够求出滑雪板撞击斜向时受到的支持力。

9.如图所示，地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。若认为地球的公转轨道

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半径为「0,地球线速度大小为火，加速度大小为劭；彗星在近日点与太阳中心的距离为丁1（丁1<厂0），线速度

大小为%,加速度大小为的；彗星在远日点与太阳中心的距离为厂2，线速度大小为以（厂2明显大于厂0），加速

度大小为。2；彗星经过地球公转轨道时的速度为内、加速度大小为的。下列判断正确的是（）

地球雷彗星

太阳2>

•..................-

A.“1>v2,ax>a2

B.Qi>Q?,。3>

c.彗星运动的周期一定大于一年

D.在相等时间内彗星-太阳的连线扫过的面积与地球-太阳的连线扫过的面积一定相等

【答案】A,C

【解析】【解答】A.对于彗星绕太阳的运动，根据开普勒第二定律可知，当彗星从近日点运动到远日点时，

由于彗星在相等的时间内扫过的面积相等，根据开普勒第二定律可以得出彗星在近R点速度大，远日点速度

小，所以%>以；太阳对彗星的引力产生合力，根据万有引力提供向心力G簧=〃以

可得Q=器，由于近日点的距离小于远日点的距离，则有厂1<=2,所以%>Q2,故A正确；

B.由于太阳对地球的引力产生合力，根据牛顿第二定律有Q=,可知，因由于彗星在近日点到太阳的距离

小于地球到太阳的距离ri<r0,根据加速度的表达式可以得出力>Qo；彗星经过地球公转轨道时到太阳的距

离与地球到太阳的距离相同，根据加速度的表达式有。0=a3,综合可得=。3>。2，故B错误：

,3

C.由于彗星和地球的中心天体都是太阳，根据开普勒第二定律9=m因彗星的轨道半长轴明显大于地球

的公转轨道半径ro,所以彗星运动的周期一定大于地球公转的周期一年，故C正确：

D.开普勒第二定律指出，行星和太阳的连线在相等的时间间隔内扫过相等的面积，该定律适用于所有绕太

阳运动的天体，由于彗星和地球属于不同轨道上的天体，所以开普勒第二定律不适用于两者，所以彗星一太

阳的连线在相等时间内扫过的面积与地球一太阳的连线扫过的面积不•定相等，故D错误。

故选AC。

【分析】利用开普勒第二定律可以比较近日点与远日点速度的大小；利用引力产生加速度结合距离的大小可

以比较加速度的大小；利用开普勒第三定律结合轨道半径的大小可以比较周期的大小；开普勒第二定律只适

用于同一行星。

10.某质点在Oxy平面上运动，£=0时位于（0,10m）点处，它在x方向运动的速度.时间图像如图甲所

示，它在y方向的位移一时间图像如图乙所示。关于这个质点的运动，在0~2s时间内，下列判断错误的是

（）

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A.可能做直线运动B.一定做匀变速曲线运动

C.可能做匀速率曲线运动D.质点的合速度一定越来越大

【答案】A,C

【解析】【解答】x方向速度一时间图像是倾斜直线,由于图像斜率不变，所以质点在x方向做匀加速直线运

动，由于y方向位移一时间图像是倾斜直线，由于图像斜率保持不变，可知质点在y方向做匀速直线运动。

根据速度的合成可以得出质点合初速度方向与加速度方向不共线，质点曲线运动，由于加速度保持不变所以

质点做匀变速曲线运动，质点在x方向上速度逐渐增大，在y方向上速度不变，根据速度的合成可以得出质

点的合速度越来越大。

本题选错误的，故选AC。

【分析】利用速度时间图像可以判别x方向质点做匀速直线运动；利用位移时间图像可以判别质点在y方向

做匀速直线运动；根据速度的合成结合加速度的方向可以判别质点做匀变速曲线运动；利用速度的合成可以

判别合速度不断增大。

11.如图所示，一长为，的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖

直平面内做角速度为3的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法中正确的是（）

-i+

■58

A.小球运动到最高点时，杆对球的力一定是拉力

B.小球运动到水平位置A时，杆对球的力一定是沿杆方向

C.小球运动到最低点时，杆对球的力一定是拉力

D.如果公适当，小球运动的一个周期内可能会有两次受到沿阡方向的拉力

【答案】C,D

【解析】【解答】A.小球做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，若仅仅由重力提供向心力，杆对小球没

有力的作用时，则有mg=ma）QI

解得你=

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可知，当角速度大于理时，所需向下的向心力大于小球本身的重力，此时杆对球的力是拉力，当角速度小于

事时，所需向下的向心力小于小球本身的重力，此时杆对球的力是支持力，故A错误；

B.由于小球做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，小球运动到水平位置A时，根据合力指向圆

心可以得出小球受到竖直向下的重力与杆对小球的作用力，两力的合力一定指向圆心，根据力的分解可以

得出杆对球的力一定不是沿杆方向，而是指向右上方，故B错误；

C.小球运动到最低点时，由于小球受到的合力提供向心力，则比时杆对小球的拉力与重力的合力指向圆

心，根据牛顿第二定律有F-mg=ma）2l

解得F=mg+ma）2l

可知，杆对球的力一定是拉力，故C正确；

D.根据合力指向圆心可以得出小球在最低点位置，杆对球的力一定是拉力，当小球在最高点时，假如小球

的角速度大于器，小球在最高点时杆对球的力是拉力，即如果3适当，小球运动的一个周期内可能会有两次

受到沿杆方向的拉力，故D正确。

故选CDo

【分析】利用小球经过最高点只受到重力时可以求出小球角速度的大小，结合小球的实际角速度的大小可以

判别杆对小球的作用力方向；利用小球合力指向圆心，结合向心力的方向可以判别杆对小球的作用力方向。

12.某种安全带装置的示意图（俯视）如图所示，隔盖固定，半径为r的卷轴在细绳的拉动下可绕其固定的

竖直轴O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为1的细管，管底在O点，管口恰好到达隔盖处但

转动不受妨碍。细管内有一根原长小于I、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量

为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销随卷轴的转动做匀速圆周运动。若急速拉动细

绳使得v过大，插销会被“甩出”进而卡进固定的端盖，使卷轴转动停止，记这个最大速度为Vm。忽略摩擦

力，弹簧在弹性限度内。下列分析正确的有（）

A.其他条件不变，仅增大弹簧劲度系数，允许拉绳的最大速度Vm增大

B.其他条件不变，仅减小弹簧原长，允许拉绳的最大速度Vm增大

C.其他条件不变，仅减小卷轴半径，允许拉绳的最大速度Vm增大

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D.其他条件不变，仅增大插销的质量m,允许拉绳的最大速度vm增大

【答案】A,D

【解析】【解答】当以速度v匀速拉动细绳时，插销随卷轴的转动做匀速圆周运动，则可以得出卷轴转动的

线速度大小为V,根据线速度和角速度的关系可以得出卷轴的角速度为3=£插销和卷轴属于同轴传动模

型，角速度相等，所以插销的角速度大小为3=三由于插销做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可以得出

弹簧对插销的弹力提供向心力，要使卷轴转动不停止，插销运动的最大半径为1，对于插销，根据牛顿第二

定律白A:0—%）=mco2l=mI

可得插销的最大速度为：与“二卜舄产

A.根据插销的最大速度的表达式为：v=丝一叱,其他条件不变，仅增大弹簧劲度系数匕允许拉绳

的最大速度V=也泗会增大,故A正确；

171小ml

B.根据插销的最大速度的表达式为：为=卜4）浮'其他条件不变，仅减小弹簧原长1。，允许拉绳的最

大速度〃=丝二处会增大,故B正确；

VmJml

C.根据插销的最大速度的表达式为：v=卜（1。）",其他条件不变，仅减小卷釉半径r,介许拉绳的最大

“m{ml

速度Vm变小，故C错误；

D.根据插销的最大速度的表达式为：为_卜苫2,其他条件不变，仅增大插销的质量m,允许拉绳的

最大速度会减小，故D错误。

故选AB,

【分析】利用卷轴的线速度和半径大小可以求出插销的角速度大小，结合牛顿第二定律可以求出插销最大速

度的表达式。

13.小明小组同学用如图所示的装置探究小车的加速度与力、质量的关系。实验时把右端带有滑轮的长木板

放在实验桌上，小车的左端连接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和硅码。

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(1)实验之前，需要思考如何测“力为了简化“力”的测量，下列说法正确的是()

A.使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受细线的拉力

B.若斜面倾角过大，小车所受合力将小于细线的拉力

C.无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于细线的拉力

D.只有当小车运动的加速度较小时，，砂和桶的重力才近似等于细线的拉力

(2)学习了牛顿第二定律以后，小明对这个实验进行了一些反思，他发现细线对小车的拉力大小其实并

不等于托盘和祛码的总重力。如果另一次实验测得的Q=2.8m/s2,并且其他操作无误，g取9.8m/s2,运用

牛顿笫二定律分析可知，这次实验中所取的小车质量M与托盘加祛码总质量m的比值乜=。设此

m---------

时拉力的真实值为F真，则?我与“喝的相对误差"具=%。

真

【答案】(1)A；D

(2)5：2；40

【解析】【解答】(1)A.为了让小车受到的拉力为小车的合力，使小车沿倾角合适的斜面运动，小车做匀速

指向运动时，此时小车所受重力沿斜面的分力等于小车所受的摩擦力时，即根据平衡方程有

mgsinO—f

小车所受合力为F合=7+mgsin3-f=T

则小车受力可■等效为只受绳的拉力T,故A正确；

B.若斜面倾角过大，由于重力的分力大于摩擦力则mgsin。〉/,小车所受合力=+

根据力的合成可以得出小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；

CD.让小车的运动趋近于匀速运动，对整体的平衡方程有尸所以砂和桶的重力才近似等于绳的

拉力，如果加速度比较大，砂和桶处于失重状态，加速度方向向下，则砂和桶的重力大于绳的拉力，故C错

误，D正确。

故选ADo

(2)由题意，根据牛顿第二定律有对于托盘加祛码有巾9-5其=小。，对于小车有尸真=Ma

联立可得mg=(M4-m)a

整理可得9=丝+1

am

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已知a和g的大小，代入数据求得I¥

mg-F加

根据牛顿第二定律可以得出相对误差F■三=田X100%=40%

其

【分析】(1)为了让小车受到的拉力为小车的合力，使小车沿倾角合适的斜面运动，小车做匀速指向运动

时，此时小车受力可等效为只受绳的拉力T；

B.若斜面倾角过大，由于重力的分力大于摩擦力根据力的合成可以得出小车所受合力将大于绳的拉力；让

小车的运动趋近于匀速运动，对整体的平衡方程有?=誓山0所以砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，

如果加速度比较大，砂和桶处于失重状态，加速度方向向下，则砂和桶的重力大于绳的拉力；

(2)利用牛顿第二定律可以求出质量之比及相对误差的大小。

(1)A.使小车沿倾角合适的斜面运动，当小车所受重力沿斜面的分力等于小车所受的摩擦力时，即

mgsinO=f

小车所受合力为“合=7+mgsinO-f=T

则小车受力可等效为只受绳的拉力T,故A正确；

B.若斜面倾角过大，则mgsin。小车所受合力产合=mgsin6+T-/>T

即小车所受合力将大于绳的拉力，故B错误；

CD.让小车的运动趋近于匀速运动，对砂和桶根据平衡条件可知，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，如果

加速度比较大，则砂和桶处于失重状态，砂和桶的重力大于绳的拉力，故C错误，D正确。

故选ADo

(2)[1]由题意，根据牛顿第二定律有租。一"真=根匹鼠=Ma

联立可得mg=(M4-?n)a

整理可得£=乜+1

am

代入数据求得乜=|

771L

mg-Fm

[2]相充•误差/只=背X100%=40%

真

14.从牛顿运动定律出发结合对平面曲线运动的正交分解方法可以从理论上得到平抛运动的规律：

①平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动；

②平抛运动物体在竖直方向做自由落体运动。

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小铮

T，g一弹性金属片

_/>a

61C地面

\\\\\\\\\\\\\\\W

PMN

甲

（1）小亮小组的同学用如图甲所示的装置进行实验，小锤打击弹性金属片，Q球水平抛出，同时b球被松

开，自由下落，多次实验，发现几乎总是能听到a、b同时落地的声音。美于该实验，下列说法中正确的是

（）

A.实验能同时说明Q球满足规律①②

B.实验仅能说明。球满足规律①

C.a、b两球的质量可以不相等

D.实验中应考虑改变的因索包括装置的高度和小锤的打击力度等

（2）在确认了小球A在竖直方向做自由落体运动之后，小组同学们又用如图乙所示的装置（根据实验室

操作回忆，细节不再介绍）继续研究小球平抛运动的规律。为了描绘小球平抛运动的轨迹，下列操作正确的

是：（）

乙

A.要用重锤线确定竖直方向，还要调节背板既不前倾也不后仰

B.斜槽末端必须保持水平

C.小球每次应该从同一高度由静止释放

D.挡板N必须保持水平

E.挡板N每次必须降低同样高度

（3）小辉小组同学用频闪照相记录的实验结果如图丙，图中明从c、d为实验记录的小球经过的点，但

图中的（0,0）点（坐标原点O）可能并不是平抛运动的起始点。该组同学实验的水平轴、竖直轴方向正确，g

表示当地的重力加速度，L表示坐标纸上小方格的边长，则小球平抛运动的初速度大小为，小球平

抛运动出发点的坐标为（,"结果只能用L、g或者它们的某种组合表示c

第13页

（4）在上述计算的基础上，在图丙中描绘小球做平抛运动的轨迹。

【答案】（DC；D

（2）A；B；C

（3）2屈；L；

【解析】【解答】（1）AB.由于两球落地时间相同，所以只能说明做平抛运动的a球与做自由落体运动b球

在竖直方向上的运动规律相同，AB错误；

C.只要高度相同，两个小球下落时间就相等则说明自由落体的运动规律与物体的质量无关，故C正确；

D.为了寻找规律的普遍性，应该多次改变质量、高度、打击的力度等条件，多次探窕两个小球的下落规

律，故D正确。

故选CD。

（2）A.由于小球做平抛运动只能受到重力的作用，所以实验中要保证重锤线与轨道都是竖直方向的，背板

也要在竖直方向上，防止小球运动过程中与背板发生接触，故A正确；

B.为了让小球的初速度沿水平方向，所以斜槽的末端必须保持水平，保证小球飞出轨道时初速度是水平

的，做平抛运动，故B正确；

C.为了让小球每次的运动轨迹相同，所以小球每一次都从轨道的同一位置释放，可以保证平抛的初速度相

同，故C正确；

D.挡板N应略向背板倾斜（外高内低），小球接触背板后，保证小球打在挡板上能够反弹在背板上，才能

描绘出落点，故D错误；

E.为了画出小球的运动轨迹，则需要多次下降挡板，挡板N不需要每次降低相同高度，只要能画出在背板

第14页

上的落点，就可以进行轨迹的研究，故E错误;

故选ABCo

（3）小球在经过a、b、c三点时，水平方向间隔相同，根据水平方向做匀速直线运动，说明时间间隔相同,

设为T,由于小球在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为g,根据竖直方向的邻差公式可以有丫2一丫1二

gT2=L

求得T

__2L_2rr~

根据水平方向的位移公式可以得出水平方向初速度“°=7=¥=79

根据平均速度公式可以得出经过b点时的竖直方向速度%匕=等=|必

设从抛出开始到b点所用的时间为I,根据竖直方向的速度公式有亡=3=掾日

927g

根据速度位移公式可以得出从抛出开始到b点的竖直方向下降高度为h=号一=1L

根据位移公式可以得出水平方向位移为％=vot=3L

所以出发点的坐标应为（L,看L）

（4）为了画出小球的运动轨迹，应该利用笔把落点用平滑的曲线连在一起，尽可能让数据点平均分布在曲

线的两侧，所以画出如下的图像

【分析】（1）由于两球落地时间相同，所以只能说明做平抛运动的a球与做自由落体运动b球在竖直方向上

的运动规律相同；只要高度相同，两个小球下落时间就相等则说明自由落体的运动规律与物体的质量无关；

为了寻找规律的普遍性，应该多次改变质量、高度、打击的力度等条件，多次探究两个小球的下落规律；

（2）由于小球做平抛运动只能受到重力的作用，所以实验中要保证重锤线与轨道都是竖直方向的；为了让

小球的初速度沿水平方向，所以斜槽的末端必须保持水平；为了让小球每次的运动轨迹相同，所以小球每一

次都从轨道的同一位置释放；挡板N应略向背板倾斜（外高内低），小球接触背板后，保证小球打在挡板上

能够反弹在背板上，才能描绘出落点；为了画出小球的运动轨迹，则需要多次下降挡板，挡板N不需要每次

降低相同高度，只要能画出在背板上的落点，就可以进行轨迹的研究；

（3）利用邻差公式可以求出小球时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速

度公式可以求出b点竖直方向的平均速度，结合速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出抛出

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点的坐标；

（4）小球平抛运动的轨迹应该把落点用平滑的曲线连在一起，尽可能让数据点平均分布在曲线的两侧。

（1）AB.两球落地时间相同，只能说明a球与b球在竖直方向上的运动规律相同，都是自由落体，AB错

误；

C.自由落体的运动规律与物体的质量无关，故C正确；

D.为了寻找规律的普遍性，应该多次改变质量、高度、打击的力度等条件，故D正确。

故选CD。

（2）A.实验中要保证重锤线与轨道都是竖直方向的，背板也要在竖直方向匕防止小球运动过程中与背板

发生接触，故A正确；

B.斜槽的末端必须保持水平，保证小球飞出轨道时初速度是水平的，做平抛运动，故B正确；

C.小球每一次都从轨道的同一位置释放，可以保证平抛的初速度相同，故C正确；

D.挡板N应略向背板倾斜（外高内低），保证小球打在挡板上能够反弹在背板上，才能描绘出落点，故D

错误；

E.挡板N不需要每次降低相同高度，只要能画出在背板上的落点，就可以进行轨迹的研究，故E错误；

故选ABCo

（3）[1]小球在经过a、b、c三点时，水平方向间隔相同，说明时间间隔相同，设为T

在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为g,由运动学推论为-、1=9产=心

求得T=J

水平方向初速度处=/

⑵⑶经过b点时的竖直方向速度加=与非=3如

设从抛出开始到b点所用的时间为I,£=*=会

92弋9

”2-

从抛出开始到b点的竖直方向下降高度为h=Yyb9

2g=8L

水平方向位移为x=vot=3L

所以出发点的坐标应为（LgL）

（4）轨迹应该把落点用平滑的曲线连在一起，尽可能让数据点平均分布在曲线的两侧，所以画出如下的图

像

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is.如图所示，一物体在与水平方向成e角的拉力尸作用下，从静止开始运动，经2s撤掉拉力。已知拉力尸=

2QN,8=37。，物体质量m=2kg,与水平面的动摩擦因数为〃=0.5,sin370=0.6,cos370=0.8,g取

2

10m/so

（1）画出前2s内物体的受力图，并求出前2s内地面对物体的支持力大小;

（2）求前2s内物体的加速度大小；

（3）求撤掉拉力后，物体在水平面上向前滑行的位移的大小。

【答案】（1）解：受力分析如图

竖直方向，根据平衡条件可得FN+飞访。=mg

代入数据解得FN=8N

（2）解：根据牛顿第二定律Feos。-〃FN=MA

代入数据解得Q=6m/s2

（3）解：2s末时物体速度I;=at=12?几/s

撤掉拉力F'N=mg，ma'=Rmg

解得滑行的加速度大小为a'=5m/s2

减速由运动学公式2a's=v2

解得s=14.4m

【解析】【分析】（1）物体在拉力作用下做加速运动，利用受力分析可以求出物体的受力情况：利用竖直方向

可以求出地面对物体的支持力的大小：

（2）已知物体受力情况，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；

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（3）撤去拉力时，利用速度公式可以求出物体速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物体减速的加速度

大小，结合速度位移公式可以求出减速的位移。

竖直方向，根据平衡条件可得尸N十Fs\nO=mg

代入数据解得"N=8/V

（2）根据牛顿第二定律FcosS-=ma

代入数据解得Q=6m/s2

（3）2s末时物体速度i;=at=12m/s

撤掉拉力FN=mg，ma'=卬ng

解得滑行的加速度大小为a'=5m/s2

减速由运动学公式2a's=*

解得s=14.4m

16.假口里，小黄同学注意观察了一个大型风力发电机，如图所示，发现其转速很慢，但由于发电机风叶的

叶片很长，风叶末端的速度，加速度仍然可能很大。设叶片绕轴转动的周期为3s,叶片长l（）8m,取兀=

3.14,n2«10,g=10m/s2o求：

（1）叶片末端一点匀速圆周运动的角速度与线速度大小。

（2）叶片末端一点匀速圆周运动的加速度大小。

（3）如果有一片质量为0.1g的树叶被粘在了发电机叶片的末端，要想不被甩下来，受到的粘附力至少需

要多大？

【答案】（1）解：叶片末端点做匀速圆周运动，周期和叶片绕粕转动的周期相同，则角速度G=寿=

率rad/s

◊

线速度”=〃次=727777?/.9

（2）解：由。=已或Q=32厂或Q=侬口可得，Q=48*m/s2

r

第18页

(3)解：在最低点最容易被甩脱，此时有牛顿第二定律可得"-mg=ma

解得产二77i(a+9)=(48M+10)x10-4N

【解析】【分析】(1)叶片做匀速圆周运动，利用周期的大小可以求出角速度和线速度的大小：

(2)叶片做匀速圆周运动，根据向心加速度的表达式可以求出加速度的大小；

(3)树叶做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合力的合成可以求出附着力的大小。

(1)叶片末端点做匀速圆周运动，周期和叶片绕轴转动的周期相同，则角速度3二竿=竽rad/s

线速度u=a)r=72nm/s

(2)由Q=。或Q=g2r或Q=3〃可得，a=48*m/s2

(3)在最低点最容易被甩脱，此时有牛顿第二定律可得F-mg=ma

4

解得尸=m(a+g)=(48/+io)x10-/V

17.火星是最有希望被人类最早登陆的地外行星。阿幸和阿福同学通过查阅资料对火星进行了一些研究。

(1)阿幸同学杳得，火星质量约为地球质量的半径约为地球半径的卷试估算火星表面的重力加速度

与地球表面.匕的重力加速度的比值，不考虑地球以及火星的自转。

(2)阿福同学查得，火星的一颗卫星离火星距离约为r=10"m,轨道近似为圆形，绕火星公转的周期

约7=8小时，万有引力常量为G=6.67x10TiN-m2/kg2,他想估算火星质量M。

a.用已知符号进行运算，求出火星质量M的表达式。

b.用已知数据估算火星质量，结果只需要保留一位有效数字，关键是数量级。

M地咻

【答案】(1)解：不考虑自转时，物体在地球表面受重力等于地球对物体的万有引力=G/J

地

・”地

则仃g=G—2

R地

M火

同理可得火星表面的重力加速度为g火=G-T

R火

g,M,R2

口1七”火火地Ll

则k%.可

代入数据解得设=监

99

(2)解：a.对质量为m的火星的卫星，有G缪=m竽r

解得M=吟

b.代入题干己知数据后，r=10”相=107m,T=8h=28800s

42y3”

代入M=--7r1可得M«7x1023kq

GTL

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【解析】【分析】（1）当不考虑星体自转时，星体对物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律可以求出星体表

面重力加速度的比值：

（2）由于火星对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出火星的质量大小。

“地啊

（1）不考虑自转时，物体在地球表面受重力等于地球对物体的万有引力=G不J

地

Mm

则有g=G-~~2

R地

“火

同理可得火星表面的重力加速度为g火=G-r

R火

9火M火R地2

则有%.可

Q।4/

代入数据解得4=争

99

⑵山对质量为m的火星的卫星,有G罢=皿渺

解得”=吟

GT,

⑵代入题干已知数据后,r=104fcm=107m,T=8h=288OOs

42>3

代入M=--7r厂r可得M«7x1023kg

GT.

18.如图所示，半径为R=30cm的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴转动的水平转台上，转台转轴与过陶罐

球心。的对称轴0。'重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m=300g的小物块在陶罐内，随陶罐一起

转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与0。'之间的夹角。为53。，已知sin53o=0.8,cos53°=0.6,重力加

速度取g=10m/s2o

（1）若转台转动的角速度为砒时，小物块受到的摩擦力恰好为0,求砒以及此时陶罐对物块的支持力

F/vo。

（2）若转台转动的角速度为%=23°,且小物块仍然相对罐壁静止，求此时陶罐对物块的支持力大小

F.和物块受到的摩擦力大小弓。

【答案】（1）解：摩擦力恰为0,重力支持力的合力提供向心力，物块受力分析如图

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根据向心力公式m3什=mgtan。，轨道半径为r=Rtan。

解得例=JR篇矿解得砒=竽信ad/s

又F"Ose=mg,解得风0=5N

（2）解：转台转动的角速度为仙=2例），物块有被甩出去的趋势，物块受力如图，将FM和沿水平和竖

直方向分解，有FNISE。+尸/Cos。=FN1cosO-FfSinO=mg

代入数据解得尸NI=14.6/V,Ff=7.2N

【解析】【分析】（1）当物块受到重力和支持力的合力提供向心力时，利用牛顿第二定律可以求出角速度及支

持力的大小；

（2）当已知物块做匀速圆周运动的角速度，结合牛顿第二定律及竖直方向的平衡方程可以求出物块受到的

支持力和摩擦力的大小。

（1）摩擦力恰为0,重力支持力的合力提供向心力，物块受力分析如图

根据向心力公式加口什=mgtand,轨道半径为r=RtanO

解得例=［氏.。'解得砒=^-V5rad/s

又FNQCOSB=mg,解得「桢=5N

（2）转台转动的角速度为侬1=2公0,物块有被甩出去的趋势，物块受力如图，将FNI和沿水平和竖直方向

分解，有尸Nisin。+F/Cos。=mG/，Fjvicos0-