浙江省金华十校2024-2025学年高一年级上册期末调研考试物理试题【解析版】

浙江省金华十校2024-2025学年高一上学期期末调研考试物理试题

一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56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.下列测量仪器不是用来测量国际单位制中基本物理量的是（）

【答案】A

【解析】【解答】A.弹簧测力计用来测量力的大小，它由基本物理量（质量、长度、时间）通过公式推

导得出。因此，它不是基本物理量，故A正确；

B.电流表用来测量电流的大小，电流（安培，A）是国际单位制中七个基本物理量之一，故B错误；

C.温度计用来测量温度的大小，温度（开尔文，K）是国际单位制中七个基本物理量之一，故C错误；

D.刻度尺用来长度的大小，长度是国际单位制中基本物理量，故D错误。

故选Ao

【分析】本题要求找出测量的物理量不属于国际单位制基本物理量的仪器。国际单位制（SI）的七个基本物

理量及其单位是：长度（米，m）质量（千克，kg）时间（秒，s）电流（安培，A）热力学温度（开尔文，

K）物质的量（摩尔，mol）发光强度（坎德拉，cd）

2.下列物理量中全部为矢量的是（）

A.力时间B.周期线速度C.路程加速度D.速度位移

【答案】D

【解析】【解答】A、时间只有大小，没有方向，是标量，故A错误。

B、周期（如圆周运动的周期）是时间，只有大小，没有方向，是标量，线速度是矢量，故B错误。

C、路程是标量（只有大小，无方向），加速度是矢量，故C错误。

D、速度和位移都是既有大小又有方向的物理量，均为矢量，故D正确。

故选D。

【分析】矢量：既有大小又有方向的物理量。例如：位移、速度、加速度、力等。标量：只有大小没有方向

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的物理量。例如：时间、周期、路程等。

3.2024年11月14日，央视新闻联播关注了金义东市域轨道交通。该线路目前运营总里程达99km,列车最

高运行速度120km/ho下列说法正确的是（）

A.题目中“99km”指的是位移

B.计算列车经过站台的时间时可以将列车看成质点

C.“120km/h”指的是瞬时速率

D.列车启动瞬间，速度为0,加速度也为0

【答案】C

【解析】【解答】A.“99km”是指列车行驶轨迹的实际K度，即路程；而“位移”则是起点到终点的直线距

离，两者不同，故A错误；

B.当计算列车通过一个站台（其自身长度不可忽略）所需时间时，必须考虑列车的长度和形状，因此不能

将其抽象为质点，故B错误；

C.“最高速度可达120km/h”这一描述，指的是列车在某一时刻或某一位置所能达到的速度值，因此它表示

的是瞬时速率，故C正确：

D.列车在启动的瞬间，虽然速度从零开始增加，但为了使其速度发生变化（从静止到运动），必须有一个

不为零的加速度，故D错误。

故选Co

【分析】1、路程与位移：区分轨迹长度（路程）和位置变化（位移）。

2、质点的条件：当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响时，才能将其看作质点。研究物体自身通过

某段距离或某个界面时，其大小不可忽略。

3、瞬时速率与平均速率：“最高速度”、“可达”等关键词通常指的是瞬时速率。

4、速度与加速度的关系：速度为零时，加速度不一定为零（如启动、刹车瞬间）。加速度是速度的变化率。

4.如图所示，当高铁匀速直线运动时，硬币能竖直立在高铁的水平窗台上。下列说法正确的是（）

A.窗台对硬币的支持力是由硬币的形变产生的

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B.窗台对硬币的摩擦力指向高铁前进方向

C.硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力

D.硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对平衡力

【答案】D

【解析】【解答】A.支持力是‘窗台发生形变后，为了恢夏原状而对硬币产生的弹力。因此，窗台对硬币的

支持力是由窗台的形变产生的，而不是硬币的形变。硬币的形变会产生硬币对窗台的压力，故A错误；

B.由于硬币随高铁做匀速直线运动，根据平衡条件可知，窗台对硬币的摩擦力为0,故B错误；

CD.相互作用力（作用力与反作用力）必须作用在两个不同的物体上。硬币的重力（地球对硬币的吸引

力）的反作用力是硬币对地球的吸引力，而不是窗价对硬币的支持力。窗台对硬币的支持力的反作用力是硬

币对窗台的压力，硬币的重力和窗台对硬币的支持力是一对平衡力，故C错误，D正确。

故选Do

【分析】1、弹力（如支持力、压力）是由于施力物体发生形变，想要恢夏原状而产生的。

2、物体处于匀速直线运动或静止状态（平衡状态）时，合力为零。当水平方向无其他外力时，静摩擦力可

以为零。

3、相互作用力：总是大小相等、方向相反、作用在两个不同的物体上，平衡力：总是大小相等、方向相

反、作用在同一个物体上。

5.如图为金华金东乐园的摩天轮，游客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A.游客做匀变速曲线运动B.所有游客的角速度相同

C.所有游客的线速度相同D.所有游客所受合力相同

【答案】B

【解析】【解答】A.匀变速曲线运动的定义是加速度恒定（即大小和方向都不变）的运动。游客随摩天轮

做匀速圆周运动，其向心加速度大小虽然不变，但方向时刻指向圆心，不断变化。因此，加速度不是恒定

的，故不是匀变速曲线运动，故A错误；

B.摩天轮是一个刚性整体，在转动时，其上所有游客在相同时间内转过的角度都相同。因此，所有游客的

角速度这个标量是相同的，故B正确；

C.线速度是一个矢量，既有大小又有方向"虽然所有游客的线速度大小相等（v=mr）,但由于他们所处的

位置不同，其速度方向是各点切线方向，方向各不相同。因此，不能说“线速度相同"，故C错误；

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D.摩天轮做匀速圆周运动，因所有游客的向心加速度大小不变、方向时刻改变，根据牛顿第二定律，可知

所有游客所受合力的大小相等，方向不相同，故所有游客所受合力不相同，故D错误。

故选Bo

【分析】1、匀变速运动的条件：加速度恒定（大小和方向均不变）。匀速圆周运动的加速度（向心加速度）

方向时刻改变，因此是变加速曲线运动。

2、角速度的特性：角速度是描述物体转动快慢的物理量。对于刚体转动，其上各点的角速度相同。

3、矢量和标量的区别：角速度是标量，比较是否相同只需看大个。线速度、加速度、力是矢量，比较是否

相同必须同时满足大小相等和方向相同两个条件。

2

4、向心力的公式和方向：向心力大小由公式F=m32r或尸=加匕■决定。方向始终指向圆心，时刻改变。

r

6.如图所示为一条由倾斜直轨道与水平直轨道顺滑连接组成的滑草轨道，一位游客坐上滑板从斜轨上端出

发，经8s到达斜轨底端，再经5s停在水平直轨末端。此倾斜直轨与水平直轨的长度之比是（）

A.1:1B.64:25C.5:8D.8:5

【答窠】D

【解析】【解答】设游客到达斜轨底端的速度大小为〃在倾斜直轨.上运动过程有％

在水平直轨上运动过程有%2=；以

可得倾斜直轨与水平直轨的长度之比打：犯=亡1：£2=8:5

故ABC错误，D正确。

故选D。

【分析】在倾斜直轨上匀加速直线运动，由公式打=5口可得出运动长度，在水平直轨上匀减速直线运动，

由公式皿=；以可得出运动长度，求解长度之比。

7.如图乙所示为足球发球机在球门正前方的A、B两个相同高度的位置发射同一足球，两次足球都水平击中

球门横梁上的同一点，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

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A.两次击中横梁的速度相同

B.从A位置发射的足球在空中的运动时间长

C.足球两次运动的速度变化量相同

D.从B位置发射的足球初速度较大

【答案】C

【解析】【解答】A.将足球发射到水平击中球门横梁，看成逆向的平抛运动，根据平抛运动规律有力二

2gt2,x=vxt

解得=X标

由于两次的水平位移不相等，高度相等，所以两次的水平分速度不相等，即两次击中横梁的速度不相同，故

A错误；

B.根据h二2/2,由于两次足球在空中的高度相等，所以两次足球在空中的运动时间相等，故B错误；

C.根据Au=gt,由于两次足球在空中的运动时间相等，则足球两次运动的速度变化量相同，故C正确；

D.足球发射的初速度大小为:;=[/+讨,由于两次高度相等，所以两次足球发射的初速度竖直分量相

等，由于从B位置发射的足球水平位移较小，则从B位置发射的足球水平分速度较小，从B位置发射的足

球初速度较小，故D错误。

故选Co

【分析】1、看成逆向的平抛运动，击中横梁的速度以=无偶，

2、平抛运动，根据九=29户可比较时间。

3、平抛运动速度变化量Au=gt,时间相同，则速度变化量相同。

4、根据竖直分运动比较竖直分速度，根据水平位移比较水平分速度，然后根据“=]一+%比较足球发射

的初速度大小。

8.校园里的银杏树上有两颗银杏果先后落下，假设两颗银杏果均由静止从同一高度下落，忽略银杏果所受

阻力，下列说法正确的是（）

A.银杏果和银杏叶的下落均可近似为自由落体运动

B.下落过程中两银杏果的间距越来越大

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C.先下落的银杏果相对后下落的银杏果做匀加速运动

D.先下落的银杏果落地速度较大

【答案】B

【解析】【解答】A.题目要求忽略银杏果所受阻力，因此银杏果的下落可以完美地视为自由落体运动。然

而，银杏叶形状扁平、质量轻，下落时受到的空气阻力非常大，其影响不能忽略。因此，银杏叶的下落过程

与自由落体运动相差甚远，不能近似看待，故A错误；

BC.由于先后卜.落的银杏果的加速度均为重力加速度，所以先卜落的银杏果相对后下落的银杏果做匀速运

动，则先后下落的银杏果的相对距离为△%=^相反，可知下落过程中两银杏果的间距越来越大，故B正确，

故C错误；

D.根据自由落体运动的速度公式，物体落地时的速度只取决于下落的高度h和重力加速度go既然两颗

果子从同一个高度由静止落下，它们落地时的速度大小一定是相等的。先落地只是因为它的出发时间更早，

而不是因为它落得更快，故D错误。

故选Bo

【分析】1、自由落体运动的条件：仅受重力。这是判断一个下落过程能否看作自由落体的根本依据。

2、相对运动的分析：当两个物体的加速度相同时，它们之间的相对运动是匀速直线运动。这是一个非常重

要的结论。

3、自由落体运动的规律：速度公式（v=gt）：体现了速度与时间的关系。位移公式：体现了下落高度与时

间的关系。速度一位移公式：体现了末速度只与高度有关，与时间无关。

9.如图甲是使用菜刀切肉的场景，图乙显示了菜刀刀刃的横截面，是一个顶角很小的等腰三角形。则下列

说法错误的是（）

甲乙

A.刀把上刻有条纹，目的是增大粗糙程度

B.用磨刀石来使刀刃锋利，是为了增大刀刃对物体的侧向压力

C.若刀背受到向下的力F,则刀刃两侧面的侧向压力大小为右餐

D.骨头卡在刀上，只要提刀（带骨头）用力往刀板上砍，骨头就断了，这里利用了惯性

【答案】C

【解析】【解答】A.刀把上刻条纹目的是增大粗糙程度，增大手与刀把间的摩擦，防止打滑。故A正确,

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不符合题意；

BC.根据力的作用效果，可把厂分解如图所示

两侧对被切物体的侧向压力为二三谱

显然，磨刀的主要目的是减小刀刃的厚度（或减小顶角。），从而在相同压力下增大刀刃对物体的侧向压力

FN，故B正确，不符合题意，C错灵，符号题意；

D.刀和骨头一起向下运动，当刀突然停止，骨头因惯性继续运动，导致断裂，故D正确，不符合题意。

故选Co

【分析】1、刀把上刻纹路，是通过增加接触面的粗糙程度来增大动摩擦因数山从而在握力（正压力N）

不变的情况下，达到增大最大静摩擦力的目的，防止刀从手中滑脱。

F

2、两侧对被切物体的侧向压力为尸尸=焉碍，结论：在相同的向下压力F下，顶角0越小（即刀磨得越薄

越锋利），sin?的值越小，产生的侧向分力F侧就越大，切割效果就越好。这解释了“磨刀”的物理原理

3、切硬骨头时，刀和骨头一起向下运动。当刀突然受到阻力停止时.，骨头由于惯性，会继续保持向下运动

的趋势，导致其在薄弱处发生断裂。

10.图甲中运动员在蹦极台上自由下落，得到u-x图像如图乙所示，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的

是（）

A.运动员下落15m后开始受到弹力作用

B.下落26m时，运动员到达最低点，处于超重状态

C.整个下落过程加速度方向始终竖直向上

D.整个下落过程加速度先减小再增大

【答案】B

【解析】【解答】A.运动员在下落15米时速度达到最大。根据牛顿第二定律，速度最大的时刻意味着合力

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为零（即重力等于弹性绳的拉力）。这表明，在达到15米之前，弹性绳已经被拉长并开始提供拉力了。否

则，如果15米时才刚开始受到拉力，合力不会立刻为零，速度乜不会立刻达到最大，故A借误；

B.图像显示运动员下落的最终位置（最低点）是26米，此时速度减为零。在此瞬间，运动员虽然静止，

但弹性绳的拉力达到最大，远大于重力，因此合力向上且非常大，产生向上的巨大加速度。根据超重和失重

的定义，加速度向上即为超重状态。所以运动员在最低点时处于超重状态，故B正确；

C.加速度向下阶段：从开始下落到合力为零（速度最大点）之前，合力方向向下。加速度向上阶段：从速

度最大点到下落至最低点，合力方向向上。因此，加速度的方向发生了改变，并非始终向下，故C错误；

D.整个下落过程中加速度的变化是非单调的：刚开始做自由落体运动时，加速度保持不变（等于重力加速

度g）。从弹性绳开始受力到合力为零（速度最大点），加速度大小从g逐渐减小到0（方向始终向下）。从速

度最大点到最低点，加速度大小从0逐渐增大到某个最大值（方向变为向上）。

所以，加速度的变化过程是：不变一减小一增大，而不是选项中所说的单一趋势，故D错误。

故选B。

【分析】1、临界点一：弹性绳开始绷直，此前：做自由落体运动（a=g,方向向下）。此后：开始受到弹

力，进入变加速运动阶段。

2、临界点二：速度最大点：力学特征：F弹二G,合力F合二0。

运动学特征：加速度a=0o此点之前：F弹＜G,a向下，加速下落。此点之后：F弹＞G,a向上，减速下

落。

3、临界点三：最低点：力学特征：F并达到最大值，F卯»G,合力F台向上且最大。

运动学特征：速度v=0,加速度a向上且最大，处于超重状态。

11.某同学用图甲所示装置研究球形物体匀速下落时所受空气阻力的大小与速率的关系。在气球下方分别挂

不同的重物，用频闪照相记录下气球从静止开始下落时的情况，如图乙所示，随着阻力的增大，气球最终匀

速下落。若发现阻力与速度成正比，则（）

甲乙

A.应该选取加速阶段测量下落速率

B.乙图中两气球的间距依次为1:为5:7......

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C.气球下落时速度均匀增加

D.重物质量越大，气球最终匀速下落的速度越大

【答案】D

【解析】【解答】A.实验目的是探究球形物体匀速下落时所受空气阻力的大小与速率的关系。在加速阶

段，气球的速率和受到的空气阻力都在不断变化，无法确定一个稳定的对应关系。而在匀速阶段，气球受力

平衡（重力等于阻力），此时的下落速率（收尾速率）是一个稳定且唯一的值，最能直接反映m与v的关

系。因此，应该测量匀速阶段的速率，而不是加速阶段，故A错误；

B.用频闪照相记录下气球从静止开始下落时的情况，若气球做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动相同

时间内的位移比例关系可知，两气球的间距依次为1:3:5:7.......但实际上气球受到的阻力随速度增大而增

大，所以气球做的是加速度逐渐减小的加速运动，所以乙图中两气球的间距不满足1:3:5:7……,故B错

误；

C.气球下落时，随着速度增大，空气阻力也增大，导致它受到的合力（mg-f）逐渐减小，因此加速度逐

渐减小。所以它的速度是增加得越来越慢，而不是均匀增加（即不是匀加速运动），故C错误；

D.设气球最终匀速下落的速度为切根据平衡条件可得mg=/=ku

可得〃=等

K

可知重物质量越大，气球最终匀速二落的速度越大，故D正确。

故选D。

【分析】1、实验的控制变量法与测量选择：如何在复杂的运动过程中选取稳定、可测量的状态（匀速阶

段）来研究变量间的关系。

2、匀变速直线运动的规律：理解匀加速运动的特点（Ax=aT2）,并能将其作为参照，识别非匀变速运动。

3、牛顿第二定律的动态分析：能分析力、加速度、速度三者之间的关系。特别是当阻力随速度变化时，会

导致加速度变化，从而产生变加速运动。

4、收尾速度现象：理解物体在阻力作用下下落，当阻力随速度增加到等于重力时，物体将开始匀速运动。

并能从平衡条件mg=f（v）出发，推导出收尾速度v与质量m的定量关系。

12.如图所示，半径为R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0

的对称轴00'重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块

随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此时它和O点的连线与0。'之间的夹角。为60。，重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

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I

A.若此时摩擦力为0,则物块对陶罐的作用力为2mg

B.若此时摩擦力为0,则物块的线速度为/=JggR

C.若转速增加，物块与陶罐间的摩擦力增大

D.若转速增加，物块将沿罐壁向上滑动

【答案】A

【解析】【解答】AB.若此时摩擦力为0,对物块受力情况如图所示

.2

由上图可知，物块受到的支持力和重力的合力提供物块做圆周运动的向心力,则有mgtan600=m/?sin600

A/cos600=mg

解得/解，N=2mg

故A正确，B错误；

CD.若物块所受摩擦力为。时，则有1；=/解=3Rsin60°，a)=2nn

解得九二摄

若刚开始的转速小于］停，则物块所受摩擦力方向沿切线方向网上，此时转速增加，则物块与陶罐间的摩

擦力减小，物块有向下运动趋势：若刚开始的转速大于J倏，则物块所受摩擦力方向沿切线方向向下，此

时转速增加，则物块与陶罐间的摩擦力增大，若继续增大，物块将沿罐壁向上滑动。由题知，刚开始的转速

与，俣的大小关系不确定，故物块所受摩擦力的变化情况和物块的运动情况无法确定，故CD错误。

故选Ao

【分析】1、圆周运动的向心力来源分析：物体在竖直平面内做非匀速圆周运动时，向心力由合力提供。本

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题中，物块在陶罐内壁随陶罐一起转动，向心力由重力和支持力的合力提供（摩擦力为0时）。

2、受力分析：物块受二个力：重力、支持力、摩擦力（可能为0）。摩擦力为0时，支持力和重力的合力

提供向心力，方向水平指向圆心。

3、向心力公式：向心力大小：，其中（为转速）。

几何关系：合力（支持力与竖直方向的夹角）。

4、临界转速计算：摩擦力为（）时，有，解得临界角速度或临界转速

5、摩擦力的方向与大小变化：

当实际转速时，物块有向下趋势，摩擦力沿切线向上（阻碍下滑

当实际转速时，物块有向上趋势，摩擦力沿切线向下（阻碍上滑）。

转速变化时，摩擦力的变化趋势取决于初始状态（与临界值的关系）。

13.如图所示，一箱苹果沿着倾角为。的粗糙斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，其周

围苹果对它的作用力可能为（）

【答案】B

【解析】【解答】本题主要考查共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据

共点力的平衡条件确定力与力的关系。由于一箱苹果沿着倾角为。的粗糙斜面加速下滑，可知加速度沿斜面

向下，且大小满足

a<gsinO

对于箱子正中央的苹果，其周围苹果对它的作用力一定存在垂直斜面向上的分力和沿斜面向上的分力，故不

可能是图中的尸3和尸4；将加速度分解为水平向右和竖直向下的分加速度，可知对于箱子正中央的苹果，其周

围苹果对它的作用力一定存在水平向右的分力，故不可能是图中的乙，所以其周围苹果对它的作用力可能为

「2。

故选Bo

【分析】先确定在箱子正中央质量为m的苹果的受力情况，再结合题图，即可确定周围苹果对它的作用力。

14.如图，一质量m=1kg的小滑块以4m/s的初速度从P点进入一水平轨道。水平轨道由一长A=1.5m的直

轨道AB和两个半径为R的半圆轨道组成，半圆轨道的外侧均有光滑的圆弧挡板（图中未画出）。除轨道CD

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外，所有轨道均光滑且平滑连接。CD之间的地面光滑，靠近C处放置一与水平轨道等高、长度为口=

1根、质量为M=1如的长木板。现调节半圆轨道R的大小，使小滑块最终能停在长木板上。已如滑块与长

木板上表面的动摩擦因数为〃=0.4,长木板与C和D处碰撞后原速率反弹。则()

A.若R=4m,滑块在半圆轨道运动时对挡板的弹力大小为2N

B.滑块第一次运动到D点速度为2或7几”

C.滑块最终停止的位置与D点之间的距离为0.5m

D.半圆轨道半径R需要满足的条件R=/(/n)

【答案】C

【解析】【解答】A.若R=4m,滑块在半圆轨道运动时，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得可挡=

v2

则滑块在半圆轨道运动时对挡板的弹力大小为4N,故A错误；

B.滑块第一次滑上长木板时，滑块与长木板的加速度大小分别为。滑=嘤=4m/s2,。板=甯=4m/s2

设经过G时间，滑块与长木板达到共速，则有口共二口一。滑亡1=。版£1

解得公=0.5s,□共=2〃i/s

v+v„.v

此过程滑块与长木板通过的位移大小分别为%滑=,4=1,5m=L，x板=/口=0,5m=L-L0

可知滑块与长木板共速时，滑块与长木板右端刚好都到达D点，则滑块第一次运动到D点速度为2m/s,故

B错误；

D.滑块第一次运动到D点后，长木板与D处碰撞后原速率反弹，滑块再次到达C处时;长木板的左端也应

L,2nR

刚好到达C处，滑块从D点到C点所用时间为£=WT

此过程长木板可能与C和D处发生的多次碰撞，则有「=(2"+1)/(九=2,3,4…)

共

联立解得半圆轨道半径R需要满足的条件为R=^(m)(n=2,3,4…)

故D错误;

C.当滑块再次到达C处时，刚好从长木板的左端再次滑上长木板，由于长木板与C处碰撞后原速率反弹，

则滑块与长木板以共同速度I’共-2M/S向右做匀速运动，直到长木板与D处碰撞后原速率反弹，之后滑块向

右做减速运动，长木板向左做减速运动，且滑块与长木板做减速运动的加速度大小相等，均为Q=4m/s2,

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设长木板与C处碰撞前，滑块与长木板同时停止运动，则有b=±=05s

此过程滑块与长木板通过的位移大小分别为“滔=?4=0-5巾，％桁=学以=0.5m=L-L0

滑块与长木板发生的相对位移大小为=,滑+2板=1瓶

可知滑块与长木板停止时，长木板刚好运动到C处，滑块刚好运动到长木板的右端，则滑块最终停止的位置

与D点之间的距离为（）.5m,故C正确。

故选Co

【分析】1、共速条件：滑块和长木板速度相等时，利用速度公式和位移公式求解时间和位移。

2、长木板与C、D处碰撞后原速率反弹，导致滑块和长木板多次相对运动。需要分析多次碰撞后的运动状态

3、滑块和长木板之间的相对位移：（注意方向）。相对位移用于判断滑块是否从长木板滑落或共速。

4、滑块第一次滑到D点时，滑块和长木板刚好共速且同时到达D点（B选项）。滑块再次到达C处时，长

木板左端也刚好到达C处（D选项）。滑块最终停止时，长木板刚好运动到C处，滑块停在长木板右端

5、关键点：滑块与长木板多次相互作用（碰撞、反弹.、共速）需分段用运动学公式处理。注意碰撞前后速

度方向变化（原速率反弹）。临界条件（如“刚好到达”）是解题突破口。

二、非选择题（本题共6小题，共44分）

15.用如图甲所示的装置探究小车加速度与质量的关系。用打点计时器测量质量不同的小车在合外力相等时

的加速度，已知打点计时器所用交流电源频率为50Hz。

（1）如图乙是学生即将释放小车之前的情景图，该学生使用的打点计时器是（选填

“电磁打点计时器''或"电火花计时器•'），指出两处明显错

误,。

（2）下列有关本实验的要求和做法，正确的是。

A.小车质量要远小于托盘及重物的质量

B.测量前，需要平衡摩擦阻力

C.每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力

（3）某次正确操作后选出的一条纸带，用刻度尺测量时如图丙所示，图中相邻计数点间还有4个点没有

画出，则小车运动的加速度大小m/s2（计算结果保留2位有效数字）。

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oABCD单位：cm

1|||||||||3111吸||11111111111111||||而|1111111111|||||11叫|而||『川||||『川叫111川1“川|1111|川1|

丙

【答案】（i）电磁打点计时器；使用了干电池做电源；释放时小车离打点计时器较远；

（2）B

（3）0.50

【解析】【解答】（1）由图乙可知该学生使用的打点计时器是电磁打点计时器；

情景图的明显错误是使用了干电池做电源；释放时小车离打点计时器较远。

（2）A.为了使小车受到的细线拉力近似等于托盘及重物的总重力，小车质量要远大于托盘及重物的质量，

故A错误；

B.为了使小车受到的合力等于细线拉力，测量前，需要平衡摩擦阻力，故B正确；

C.平衡摩擦阻力时,有Mgsin。=.Mgcos。

可得tan。=〃

可知每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，敌C错误。

故选Bo

（3）图中相邻计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为7=5x0.02s=0.1s

_2

根据逐差法可得小车运动的加速度大小a=XBI）U0B=QY°T.5r2=o,50?n/s2

4x0*

【分析】探究小车加速度与质量的关系实验，

实验原理：，通过控制变量法研究力、质量、加速度的关系。

实验条件控制：小车质量远大于托盘及重物质量：目的是使细线拉力近似等于托盘及重物的重力（否则需考

虑重物加速下降的影响）。

平衡摩擦力：使小车受到的合力等于细线拉力（否则需考虑摩擦力影响）。

方法：抬高木板一端，使小车重力沿斜面的分力等于摩擦力（）。

平衡后，有，即，与小车质量无关，故改变小车质量后无需重新平衡摩擦力。

逐差法求加速度：用于处理匀变速直线运动的纸带数据。

公式：（每段间隔时间相等）。优点：减少误差，充分利用数据。

计时点与计数点：相邻计数点间有4个点未画出，则相邻计数点的时间间隔（打点周期0.02s）。

（1）[1]由图乙可知该学生使用的打点计时器是电磁打点计时器：

[2][3]情景图的明显错误是使用了干电池做电源；释放时小车离打点计时器较远；纸带放在复写纸之上。

（2）A.为了使小车受到的细线拉力近似等于托盘及重物的总重力，小车质量要远大于托盘及重物的质量，

故A错误；

B.为了使小车受到的合力等于细线拉力，测量前，需要平衡摩擦阻力，故B正确；

第14页

C.平衡摩擦阻力时，有Mgsin。=.Mgcos。

可得tan。—〃

可知每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，故C错误。

故选Bo

（3）图中相邻计数点间还有4个点没有画出，则相邻计数点的时间间隔为7=5x0.02s=0.1s

_2

2

根据逐差法可得小车运动的加速度天小a=迎弓也=（11.00-4.50-490）xl0―/=0.50m/s

16.小明做“验证两个互成角度的力的合成规律”的实验时，在方木板上固定一张白纸，纸上画好若干同心圆

环，标记序号为1,2,3……，相邻圆环间距与1号圆环半径相同，将三根相同的橡皮筋一端系在一起形成

结点O,让O处于圆心位置，随后将三根橡皮筋分别挂在图钉ABC上，皮筋处于原长时，三枚图钉恰好位

于5号网环。现将三根皮筋拉长，结点O仍处于网心，三枚图钉的位置飞别在第7、8、9号圆环上，如图所

示。皮筋的弹力符合胡克定律，下列说法正确的是（）

A.三根橡皮绳的弹力之比为7:8:9

B.实验时橡皮绳结点应保持在圆心

C.本实验不需要测出弹力大小乜可以验证平行四边形定则

D.若某根皮筋承受拉力过大，可再并一根完全相同的皮筋进行测量

【答案】B,C

【解析】【解答】A.根据胡克定律可知，三根橡皮绳的弹力之比等于伸长量之比；皮筋处于原长时，三枚图

钉恰好位于5号圆环，将三根皮筋拉长，结点O仍处于圆心，三枚图钉的位置£别在第7、8、9号圆环上，

则三根橡皮绳的弹力之比为2:3:4,故A错误；

B.必须将结点O保持在圆心位置.。这是因为只有保持结点位置不变，才能保证两个分力的方向（夹角）是

固定且已知的，这是构成平行四边形的前提，故B正确；

C.三根橡皮筋完全相同，根据胡克定律可知，可以用橡皮绳的伸长量等效代替弹力大小，则本实验不需要

测出弹力大小，只需要得到对应的伸长量，也可以验证平行四边形定则，故c正确；

D.如果在某根橡皮筋.上再并联一根，其等效劲度系数会改变（变为原来的2倍）。此时，它的伸长量与其他

橡皮筋的伸长量不再具有可比性,破坏了等效替代的条件，因此不能这样做c故D错误C

故选BCo

第15页

【分析】1、力的等效替代原理：

实验的核心思想：当多根完全相同（即劲度系数k相同）的橡皮筋时，它们的伸长量之比就等于它们所产生

的弹力之比。因此，可以直接用伸长量来代表力的大小进行运算和验证，而无需直接测力。

2、平行四边形定则的验证方法

实验目的：验证两个分力的作用效果（伸长量）与合力的作用效果（伸长量）之间是否遵循平行四边形法

则。

关键操作：必须将结点0保持在圆心位置。这是因为只有保持结点位置不变，才能保证两个分力的方向（夹

角）是固定且已知的，这是构成平行四边形的前提。

3、实验的严谨性条件

材料一致性：所有橡皮筋必须完全相同（k值相同），这是使用“伸长量代表力”这一等效替代法的基础。不可

改变材料属性：如果在某根橡皮筋上再并联一根，其等效劲度系数会改变（变为原来的2倍）。此时，它的

伸长量与其他橡皮筋的伸长量不再具有可比性，破坏了等效替代的条件，因此不能这样做。

”.小王同学利用如图所示的实验装置研究平抛运动，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。关于该实验，下

列说法正确的有（）

A.小球运动的轨道可以不光滑，但斜槽轨道末端必须保持水平

B.每次小球可以从不同位置释放

C.实验中最好选用密度大，体积小的小球

D.为了得到小球的运动轨迹，需要用平滑的曲线把所有的点都连起来

【答案】A,C

【解析】【解答】AB.斜槽的末端必须调整至水平，这是为了确保小球离开轨道时具有水平方向的初速度，

这是平抛运动的前提，小球必须从斜槽上的同一位置由静止释放。这样能保证小球每次滚下到轨道末端时

的速度都相同。轨道是否光滑不影响初速度的恒定（不光滑只会让每次损失的能量比例相同）。故A正确，B

错误；

C.应选择质量大、体积小（即密度大）的金属小球。这样的小球惯性大，空气阻力对其运动的影响相对较

小，轨迹更接近理想的抛物线，故C.正确；

D.为了得到小球的运动轨迹，需要先把误差较大的点去掉，然后用平滑的曲线把剩下的点连起来.故D错

误。

第16页

故选ACo

【分析】1、末端水平（保证平抛）和同一位置释放（保证初速度相同）这两个最关键的条件

2、轨道不需要光滑。初速度相同与否只取决于释放的高度，与摩擦力无关。

3、选用密度大、体积小的小球是为了减小空气阻力，这是一个重要的减小误差的技巧。

4、描绘轨迹时，必须先剔除明显不合理的误差点，再用平滑曲线连接，而不是直接连所有点。

18.小李用如图甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素，实验时用手拨动旋臂产生匀速圆

周运动，力传感器和光电门固定在实验器上，测量角速度和向心力。

力传感器

挡光杆

悬臂

甲乙

（I）下列实验与小李的实验中采用的实验方法一致的是

A.探究弹簧弹力与形变量的关系

B.探究两个互成角度的力的合成规律

C.探究加速度与力、质量的关系

（2）电脑通过光电门测量挡光柠通过光电门的时间At,并由挡光杆的宽度d、挡光杆做圆周运动的半径

r,自动计算出祛码做圆周运动的角速度，则计算其角速度的表达式为;

（3）图乙中①②两条曲线为相同半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图可知，曲线②对

应的整码质量（选填“大于”或"小于”）曲线①对应的祛码质量。

【答案】（1）C

（2）染-

At-r

（3）大于

【解析】【解答】（1）本实验中探究向心力大小的影响因素，采用的实验方向是控制变量法。

A.探究弹力与形变量的关系时使用的是直接测量和归纳法。多次测量弹力与形变量，发现其比值（劲度系

数k）为定值，从而得出胡克定律（F=kx）o这个过程不需要控制其他变量，故A错误；

B.探究力的合成规律时使用的是等效替代法。用一个力（合力）的作用效果来代替两个力（分力）的共同

作用效果，从而寻找它们之间的运算规则（平行四边形定则），故B错误；

第17页

C.探究加速度与力、质量的关系采用的实验方法是控制变量法，故C正确。

故选Co

（2）挡光杆通过光电门的线速度大小为得

根据知速度与线速度关系〃=3r

可得角速度的表达式为3=总

（3）由图乙中①②两条曲线中取相同角度比较，可知②曲线对应的向心力大于①曲线对应的向心力，根

据f=巾32厂，由于半径相同，所以曲线②对应的袪码质量大于曲线①对应的祛码质量。

【分析】（1）控制变量法：定义：当一个物理量（如向心力F）同时受多个因素（如质量m、半径r、角速度

co）影响时，为了明确其中某一个因素的影响，需要保持其他因素不变，只改变该因素进行实验。“探究向心

力大小的影响因素''就是典型的控制变量法。例如，研究F与m的关系时，需保持r和3不变。

（2）根据角速度与线速度关系“=5可得出角速度的表达式

（3）能够从F-（o图像中提取有效信息。具体方法是：做一条平行于F轴的辅助线（取相同①），与两条曲

线相交，比较交点对应的F值大小，从而进行比较和推理。

（1）本实验中探究向心力大小的影响因素，采用的实验方向是控制变量法。

A.探究弹簧弹力与形变量的关系，没有采用控制变量法，故A错误；

B.探究两个互成角度的力的合成规律采用的实验方法是等效替代法，故B错误；

C.探究加速度与力、质量的关系采用的实验方法是控制变量法，故C正确。

故选Co

（2）挡光杆通过光电门的线速度大小为u=4

根据角速度与线速度关系〃=cor

可得角速度的表达式为3=品

（3）由图乙中①②两条曲线中取相同角度比较，可知②曲线对应的向心力大于①曲线对应的向心力，根

据尸=m32=，由于半径相同，所以曲线②对应的硅码质量大于曲线①对应的硅码质量。

19.在很多游乐场中，都有一种叫“跳楼机”的大型游戏机，如图所示。跳楼机把乘客带到60m高度后，从静

止开始下落做匀加速直线运动，经3s达到最大运行速度后匀速运动0.5s,而后在减速装置作用下做匀减速直

线运动，到地面速度刚好减为零，已知减速时加速度大小为加速时加速度大小的3倍，求：

第18页

（1）减速运动的时间；

（2）运动过程中的最大速度；

（3）加速过程的加速度大小。

【答案】（1）解：设加速阶段加速度大小为a,则减速段加速度大小为3a,加速阶段有D=Q£I

减速阶段有廿=3at3

可得减速运动的时间为打=*=ls

（2）解：设运动过程中的最大速度为外加速阶段位移为小=穿

匀速阶段位移为必=a2

减速阶段位移为》3=等

又h=Xj+%24-%3

联立解得u=24m/s

（3）解：加速过程的加速度大小为a=A=8m/s2

【解析】【分析】（1）加速阶段有u=ati，减速阶段有u=3a匕，联立可得减速运动的时间。

（2）加速阶段位移为勺=字，匀速阶段位移为&="2,减速阶段位移为门=苧，h=/+必+”3联立

可求解运动过程中的最大速度。

（3）第二问已求解出加速过程末速度，乂已知加速过程时间，口。•可求解加速过程的加速度大小

（1）设加速阶段加速度大小为a,则减速段加速度大小为3a,加速阶段有U=Q0

减速阶段有u=3a£3

可得减速运动的时间为h=，=Is

D3

（2）设运动过程中的最大速度为外加速阶段位移为打=学

乙

匀速阶段位移为外="2

减速阶段位移为%3=学

JZ

又九=丫1+%2+%3

联立解得u=24m/s

（3）加速过程的加速度大小为。=8m/s2

20.如图所示，一轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端连接有竖直挡板，挡板与地面的摩擦不计。还有一

木块紧靠着挡板（两者不粘连）置于水平地面上，木块与地面的摩擦因数〃=0.1,假设木块所受最大静摩擦

力等于滑动摩擦力.给木块施加一水平向左的推力F.将木块缓嘤推至某点静I卜，弹簧被压缩了L5cme已

知弹簧劲度系数k=lN/cm,求：

第19页

，C/WWWW<—F

z111

Q）若木块质量M=0.6kg,不计挡板质量，突然撤去推力F的瞬间，木块的加速度有多大？

（2）若木块质量M=0.5kg,挡板质量m=0.1kg,

a.突然撤去推力F的瞬间，挡板对木块的支持力有多大？

b.撤去推力F后，木块向右运动直至与挡板分离，求此过程中木块向右运动的距离有多远？

【答案】（1）解：撤去F之后弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得kXi-/=Ma

其中f=fiMg,%i=1.5cm,解得木块的加速度大小为Q=1.5m/s2

（2）解：a.撤去F之后，对挡板和木块的整体受力分析，由牛顿第二定律得=（M+zn）Q

解得Q=|m/s2

对木块，牛顿第二定律得尸推一〃"9=Ma

解得?推=

b.挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压。对木块受力分析，可知a'=

爷=1小

方向向左；再对挡板受力分析，如图所示

由牛顿第二定律可得々无2=巾优=0.1N

解得％2=0.1cm

此时弹簧被拉伸了0.1cm,所以木板在和挡板分离前向右运动的距离为=X1+x2=1.6cm

【解析】【分析】（1）撤去F之后弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律列等式/cX]—f=Ma,f—Mg,可计算

木块的加速度大小。

（2）a.撤去F之后，对挡板利木块的整体受力分析，由牛顿第二定律列等式々与-〃Mg=（M+m）a

对木块，由牛顿第二定律列等式尸推-〃Mg=Ma,联立可求解挡板对木块的支持力。

b.挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压。对木块受力分析，可知a'=

爷，方向向左；再对挡板受力分析，由牛顿第二定律列等式匕2=ma'=0.1N,可求解木板在和挡板分离

前向右运动的距离。

（1）撤去F之后弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得AXI-/=MQ

第20页

其中f=Xj=1.5cm

解得木块的加速度大小为a=1.57H/52

(2)a.撤去F之后，对挡板和木块的整体受力分析，由牛顿第二定律得忆与Mg=(M+m)a

解得Q=^m/s2

对木块，牛顿第二定律得尸推一〃Mg=Ma

解得F推=

b.挡板和木块分离时，两者速度和加速度均相同，但接触面刚好不挤压。对木块受力分析，可知a'=

窄=lm/s2

方向向左；再对挡板受力分析，如图所示

由牛顿第二定律可得/CQ=巾优=0.1N

解得=0.1cm

此时弹簧被拉伸了0.1cm,所以木板在和挡板分离前向右运动的距离为=修+外=1.6cm

21.某游戏装置的竖直截面如图所示，质量为m=0.3的的滑块自A点以%=2m/s的初速度从倾角为53。的

粗糙斜面滑下，冲入水平面上的半径为R=1.2m的圆轨道CDC',滑块经过轨道最高点D时的速度为u=

4m/s,圆轨道在最低点CC'稍微错开，滑块在圆弧轨道上滑行一周后冲出，而后冲上倾角为37。的传送带，

传送带以〃=4m/s的速度匀速向上传送，从传送带上端F离开后恰好水平滑上距离F高为h的平台，在平台

上滑块被缓冲锁定视为成功。已知水平轨道和倾斜轨道与传送带分别在B、E点平滑连接，AB长度为/=

5m,EF长度为s=3m,滑块与斜面间动摩擦因数出=：,与传送带的动摩擦因数的=%其余阻力不计，

滑块可视为质点，求：

(1)滑块经过D点时对轨道的压力;

(2)滑块冲上传送带时的速度火;

第21页

（3）平台高度h；

（4）若传送带的传送速度、，和平台离「的高度h可调，仍要滑块水平滑上平台锁定，写出h随v变化的

关系。

【答案】⑴解：在D点，根据牛顿第二定律可得mg+N=m导

解得N=IN

根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为1