湖南省永州市2024-2025學年高一年級下冊期末質量檢測物理試卷（含答案）

湖南省永州市2024-2025學年高一下學期期末質量檢測物理試卷

一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目

要求。

1.在物理學發展過程中，科學家們提出了許多物理思想與研究方法，下列說法正確的是（）

A.牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，能用實驗直接驗證

B.質點概念的建立采用了理想化模型的物理思想

C.伽利略在研究自由落體運動時，僅應用了邏輯推理的方法

D.根據速度定義式/二等，當△￡非常小時，等就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，該定義采用了類

比法

2.如圖所示，一盞臺燈在粗糙的水平桌面上處于靜止狀態，該臺燈可通過前后調節支架將燈頭進行前后調

節。關于臺燈的受力情況，下列說法正確的是（）

A.臺燈對桌面的壓力和桌面對臺燈的支持力是一對相互作用力

B.支架對燈頭的支持力方向沿著支架斜向右上方

C.臺燈的重力和桌面對臺燈的支持力是一對相互作用力

D.若將燈頭向前調節一點（臺燈未倒），則桌面對臺燈的摩擦力將變大

3.如圖所示，有兩條位于同一豎直平面內的水平軌道，軌道上有兩個物體A和B,它們通過一根繞過定滑

輪O的不可伸長的輕繩相連接，物體A以速率以勻速向右運動，當繩與軌道成37。角時，物體A的速度大小

%與物體B的速度大小加之比為（己知sin37o=0.6,cos370=0.8）（）

4.如圖甲所示，傳送帶與水平面的夾角為氏逆時針運行速度大小恒為火,將質量為m的物塊無初速度地放

在傳送帶的頂端，物塊從頂端到底端的運動過程中圖像如圖乙所示，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為

〃，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

第1頁

A.在0?U時間內物塊所受摩擦力大小為卬ng,方向沿斜面向下

B.在。?h時間內物塊所受摩擦力大小為pngcos。，方向沿斜面向上

C.在【I后物塊所受摩擦力大小為mgsin。，方向沿斜面向上

D.在ti后物塊所受摩擦力大小為〃mgcos。，方向沿斜面向上

5.某質點在Oxy平面上運動，t=0時，質點位于y軸上。它在x方向運動的速度-時間圖像如圖甲所示，它

在y方向的位移-時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.質點的運動軌跡為直線

B.￡=0時，質點的速度大小為6m/s

C.質點在前2s內運動的位移大小為10m

D.t=0.5s時質點的位置坐標為Qm,2m）

6.如圖所示，繞過光滑定滑輪的繩子將物體A和B相連，繩子與桌面平行，物體A恰好不滑動。已知物體

A的質量為2m,物體B的質量為m,A和B與桌面間的動摩擦因數相同，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，重力加速度為g,不計滑輪和繩子質量。現將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平行，下列說法正確

A.繩子的拉力大小為2mg

B.繩子的拉力大小為mg

C.物體與桌面間的動摩擦因數為々

第2頁

D.物體A和B的加速度大小為

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目

要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7.如圖甲所示為農場揚場機分離谷物示意圖。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖乙所示，其軌跡在

同一豎直平面內，拋出點均為O,且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為力和V2,其中vi

方向水平，W方向斜向.匕不計空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（）

V,

04T粒2

谷粒

、、X

乙\\p

A.谷粒1和谷粒2在水平方向都做勻速直線運動

B.谷粒1和谷粒2在豎直方向都做自由落體運動

C.谷粒2從O到P的運動時間大于谷粒1從O到P的運動時間

D.谷粒2從。到P的運動時間等于谷粒1從。到P的運動時間

8.2024年3月25口國際體聯蹦床世界杯科特布斯站比賽，中國蹦床隊奪得3金2銀的優異成績。若一位蹦

床運動員僅在豎直方向上運動，蹦床對運動員的彈力F隨時間I的變化規律通過傳感器用計算機繪制出來如

B.運動員在6?6.6s內處于超重狀態

C.運動員在0?12s內的最大加速度大小為30m/s2

D.運動員在6.8?8.4s內離開蹦床運動的路程為3.2m

9.如圖甲所示，某人借助瑜伽球鍛煉腿部力量，她曲膝靜蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球緊靠豎直墻

面，假設瑜伽球光滑口.視為均勻球體，整體可簡化成圖乙。在人緩慢豎直下蹲的過程中，人的背部與水平面

的夾角。逐漸減小且下列說法正確的是（）

甲乙

第3頁

A.球對墻面的壓力逐漸減小B.人對球的支持力增大

C.地面對人的支持力變大D.人受到地面的摩擦力減小

10.為了測試小車的性能，甲、乙兩車同時從M處由靜止開始沿平直公路均先做勻加速直線運動，然后剎車

做勻減速直線運動直至靜止，兩車先后停在N處，假設兩車在各自勻加速階段和勻減速階段的加速度大小相

等，甲車、乙車全程經歷的時間分別為t和3t,甲乙兩車加速度大小分別為山和a2,最大速度分別為vi和

V2,下列說法正確的是（）

A.Vi：v2=1:3

B.Qi：=9:1

C.甲車運動了0.&時,，兩車相距最遠

D.甲車運動了0.9t時，兩車相距最遠

三、非選擇題：本題共5小題，共56分。

11.某同學做“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗，如圖甲所示。

乙

（1）關于該實驗的操作，下列說法中正確的是O

A.測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板

B.把結點拉到O點位置時，兩個彈簧測力計之間夾角越小越好

C.使用彈簧測力計時，施力方向應沿彈簧測力計軸線方向，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度線

D.用兩個彈簧測力計分別鉤住紐繩，互成角度地拉橡皮條時，只需要記下結點O的位置及兩細繩的方向

（2）在某次正確操作的實驗過程中，記錄了力B沿圖丙中OB方向，大小如圖乙所示，則F產

N；力F2沿圖丙中OC方向，大小為3.50N。規定一個正方形方格的邊長代表L00N,請在圖丙中作出R、F2

的圖示，并用平行四邊形定則在圖丙中作出它們的合力，測得合力F=N。

12.某同學用如圖甲的實驗裝置探究小車的加速度a與質量M的關系。打點計時器的電源頻率為50Hz。

第4頁

紙帶運動方向

2.4*2.91」單位:cm

<------>+<------

1.411.92

乙

（1）在實驗中，甲同學保持吊盤和鉤碼的總質量m=20g不變，通過增加祛碼改變小車總質量M,分別測

得小車不同質量時小車加速度a的數據，如下表所示:

小車總質量M（g）20.030.040.050.060.0

加速度a（m/s）4.403.452.832.402.08

乙同學從以上數據中發現了實驗中存在的問題是____________________________________________

（2）甲同學對實驗進行調整后，重新測得小車不同質量時小車加速度a的數據，如下表所示

小車總質量M（kg）0.2500.3500.4500.5500.650

加速度a(m/s2)0.6920.3840.31500.266

甲同學忘記計算M=0.350kg時的加速度數據，圖乙是這次實驗得到的紙帶（兩計數點間有四個點未畫出）,

請幫甲同學算出這次實驗加速度a=m/s2（保留三位有效數字）;

（3）甲同學根據（2）中數據作出圖像，如圖丙所示，圖像并不過坐標原點。檢查發現實驗過程中

沒有傾斜木板平衡阻力。設小車受到阻力大小f滿足f=其中4為比例常數。己知圖像縱軸截距為

-b,重力加速度為g,可求出〃=；

（4）若在研究加速度與質量的關系時，平衡摩擦力后，跌碼和祛碼盤的質量為m保持不變。小車的總質

量為M,改變M進行多次實驗，測得對應的小車加速度大小a,作出時嬴的圖線，合理的應為

第5頁

13.排球運動是一項集運動休閑娛樂為一體的群眾性體育項目。如圖所示，甲運動員在距離地面高hi=3.2m

處將排球擊出，排球水平飛出；乙運動員在離地h2=1.4m處將排球墊起，球被墊起時距甲運動員擊球點的

水平距離x=6.0m,g取10m/s2,不計空氣阻力。求：

（1）排球從被擊出到被墊起在空中飛行的時間t；

（2）排球被擊出時的初速度大小vo和被墊起前瞬間的速度大小v（結果可用根式表示）。

14.某校舉行托乒乓球比賽，賽道為水平直道，長度為s。比賽時，某同學將質量為m的乒乓球置于球拍中

心，以大小為a的加速度從靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到火后勻速跑至終點，全程乒乓球相對球

拍靜止不動。在勻速運動階段球拍保持傾角為。。不變，如圖所示。已知球受到的空氣阻力尸阻的大小與其速度

v的大小成正比，即「阻=憶口（比例系數k為常數），尸阻方向與運動方向相反。重力加速度為g。

（1）若不計球與球拍之間的摩擦，求比例系數k；

（2）若不計球與球拍之間的摩擦，求該同學完成比賽所用的時間t；

（3）若球與球拍之間的動摩擦因數為〃，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為保證乒乓球不相對球拍滑

動，求該同學勻速運動階段允許達到的最大速度Um。（結果用匕〃，m,g,表示）

15.如圖甲所示，一木板靜止在光滑水平面上.，質量為m=3kg的物塊以初速度為=4m/s滑上木板的左端，

同時木板受到一個水平向右的恒力F作用。施加不同大小的恒力F,物塊相對木板滑動路程為s,其!-尸關

系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為0.5m/。若木板的質量M=1.5kg、長度L=2m,物

塊可視為質點，物塊與木板之間的動摩擦因數為〃=61,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.gBlOm/s2,

第6頁

甲

(1)當F=0時,求物塊和木板運動的加速度大小;

(2)當F=0時,求物塊在木板上運動的時間和物塊從木板上滑離時的速度大小;

(3)圖乙中AB、BC、DE均為直線段，求這三段恒力F的取值范圍及對應的：-F函數關系式。

第7頁

答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】A.牛頓第一定律是伽利略利用斜面實驗進行合理外推得出的結論，利用邏輯思維對事實進

行分析的產物，不能用實驗直接驗證，選項A錯誤；

B.在分析物體時為了簡化物體引入了質點的概念，質點概念的建立采用了理想化模型的物理思想，選項B

正確；

C.伽利略在研究自由落體運動時，伽利略先對小球在斜面上的運動規律進行分析，得出斜面上小球的運動

規律再進行合理外推出自由落體運動的規律，采用了理想實驗和邏輯推理相結合的方法，選項C錯誤；

D.根據速度定義式u=算，當非常小時，算就可以表示物體在某時刻的瞬時速度，利用平均速度近似為

瞬時速度的方法，該定義采用了極限法，選項D錯誤。

故選Bo

【分析】牛頓第一定律是伽利略利用斜面實驗進行合理外推得出的結論，不能用實驗直接驗證；質點概念的

建立采用了理想化模型的物理思想：伽利略先對小球在斜面上的運動規律進行分析，得出斜面上小球的運動

規律再進行合理外推出自由落體運動的規律，采用了理想實驗和邏輯推理相結合的方法；利用平均速度近似

為瞬時速度的方法，該定義采用了極限法。

2.【答案】A

【解析】【解答】A.臺燈對桌面的壓力和桌面對臺燈的支持力，屬于兩個物體的相互作用，曰于作用在不同

物體上，大小相等、方向相反，作用在一條直線上，屬于一對相互作用力，故A正確；

B.由于燈頭處于靜止，根據平衡條件可知支架對燈頭的支持力與燈火的重力平衡，所以支持力方向豎直向

上，故B錯誤；

C.由于臺燈處于靜止，臺燈的重力和桌面對臺燈的支持力，兩個力都作用在臺燈上，屬于二力平衡，所以

兩力大小相等、方向相反，作用在一條直線上，屬于一對平衡力，故c錯誤；

D.若將燈頭向前調節一點（臺燈未倒），臺燈整體受力情況不變，仍處于平衡狀態，根據豎直方向的平衡條

件可知臺燈只受到重力和支持力的作用，所以臺燈不受桌面的摩擦力，故D錯誤。

故選Ao

【分析】臺燈對桌面的壓力和桌面對臺燈的支持力，屬于兩個物體的相互作用，屬于一對相互作用力；根據

平衡條件可知支架對燈頭的支持力與燈頭的重力平衡，所以支持力方向豎直向上；臺燈的重力和桌面對臺燈

的支持力，兩個力都作用在臺燈上，屬于二力平衡；根據豎直方向的平衡條件可知臺燈只受到重力和支持力

的作用，所以臺燈不受桌面的摩擦力。

3.【答案】D

【解析】【解答】由十AB兩個物體沿著繩子方向的速度相等，將B的速度分解，將B的速度沿著繩子方向

及垂直于繩子方向進行分解，如圖所示

第8頁

根據分速度的關系可知

vA=V5COS37°

解得

為一5

故選D。

【分析】對B的速度進行分解，利用沿著繩子方向的速度相等可以求出兩者的速度大小關系。

4.【答案】C

【解析】【解答】AB.在速度時間圖線中，在()?h時間內物塊做勻加速直線運動，此時物塊受滑動摩擦力作

用，根據滑動摩擦力的表達式可知物塊所受摩擦力大小為〃mgcos。，方向沿斜面向下，選項AB錯誤;

CD.在H后物塊隨傳送帶勻速向下運動，根據物塊的平衡方程可知所受摩擦力為靜摩擦力，比時大小等于重

力的分力，則靜摩擦力的大小為mgsinJ,方向沿斜面向上，選項C正確，D錯誤。

故選Co

【分析】當I物塊做勻加速直線運動時，利用滑動摩擦力的表達式可以求出摩擦力的大小，利用相對運動的方

向可以判別滑動摩擦力的方向；當物塊做勻速直線運動時，利用平衡條件可以求出靜摩擦力的大小及方向。

5.【答案】C

【解析】【解答】AB.由圖甲可知，在速度時間圖線中，由于圖線斜率不變則質點加速度保持不變，速度增

大所以質點沿x軸做勻加速直線運動，根據初始坐標可以得出初速度為外0=2m/s

根據圖線斜率可得加速度分別為

Av4-2

a=.x=-5—m/sz=lm/s^

由圖乙可知，由于圖線斜率代表速度，根據斜率不變可以得出質點沿y軸負方向做勻速直線運動，根據斜率

的人小可知速度人小為

Ay

%o=I瓦I=4m/s

￡=0時，根據速度的合成可知合初速度為

%=J說o+vy0=2遮m/s

合初速度與加速度方向不在同一直線，所以質點勻變速曲線運動，故AB錯誤;

C.根據圖線面積可知質點在前2,內沿x軸的位移為

2+4

x=~Y-X2m=6m

第9頁

根據初末坐標可以得出質點沿y方向的位移為y=8m

根據位移的合成可知合位移為

s=yjx2+y2=10m

故C正確；

D.根據位移公式可知質點0.5s內在x軸、y軸的位移分別為

,/1,2

x=vQxt4-2at=1.125m

y=VQyt=2m

初始時刻縱坐標為8m,則0.5s時位置坐標為(1.125m,6m),故D錯誤。

故選C。

【分析】利用x方向的速度時間圖線可以求出初速度和加速度的大小；利用y方向的圖線斜率可以求出速度

的大小；利用速度的合成可以求出合速度的大小，由于與加速度不共線所以質點做曲線運動；利用x軸圖線

面積可以求出位移的大小，利用y軸圖線坐標可以求出位移的大小，結合位移的合成可以求出合位移的大

小；利用位移公式可以求出質點運動的坐標。

6.【答案】B

【解析】【解答】C.物體A恰好不滑動，由于B的重力等于拉力，再根據A水平方向的平衡方程有

mg=gx2mg

解得

〃=0.5

故C錯誤；

ABD.A和B互換位置后，設繩子的拉力大小為F,物體A和B的加速度大小為a,B在拉力和摩擦力的作

用下做勻加速直線運動，A在重力和拉力的作用下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得

F—iimg=ma

2mg—F=2ma

解得

a=5g，F=mg

故B正確，AD錯誤。

故選B。

【分析】當系統處于靜止時，利用A水平方向的平衡方程可以求出動摩擦因數的大小；當AB位置互換時，

利用兩者的牛頓第二定律可以求出加速度和拉力的大小。

7.【答案】A,C

【解析】【解答】A.谷粒1做平拋運動，谷粒2做斜拋運動，由于兩個谷粒只受豎直方向的直力作用所以谷

第10頁

粒1和谷粒2在水平方向都做勻速直線運動，故A正確；

B.谷磁1由于豎直方向的初速度等于0所以在豎直方向做自由落體運動，谷粒2由于豎直方向的初速度方

向向上所以在豎直方向做豎直上拋運動，故B錯誤；

CD.谷粒1在豎直方向做自由落體運動，根據位移公式有

卜=可1口2

谷粒2在豎直方向做豎直上拋運動，設谷粒2的初速度與水平方向的夾角為。，根據位移公式有

12

h=-v2t2s\n0+7^gt2

可得

12Ati

故C正確，D錯誤：

故選ACo

【分析】利用谷粒水平方向不受力則做勻速直線運動：利用豎直方向的初速度可以判別谷粒豎直方向的運動

情況：利用豎直方向的位移公式可以比較運動的時間。

8.【答案】B.C

【解析】【解答】A.根據圖示可知運動員的重力為500N,6.6秒到6.8秒傳感器壓力小于500N,6.8-84由于

運動員不受彈力的作用所以做豎直上拋運動，由此可知6.6秒運動員運動方向向上，故A錯誤；

B.已知運動員的重力為500N,6秒到6.6秒內所受彈力大于500N由于彈力大于重力，加速度方向向上所以

處于超重狀態，故B正確；

CO到12秒內所受彈力最大為2000N,加速度最大，根據牛頓第二定律有

F—mg=ma

解得

a=30m/s2

故C正確；

D.由圖可知從6.8秒到8.4秒做豎直上拋運動，即上升、下降的過程一共是1.6s,所以單程的時間為0.8s,

根據自由落體運動的位移公式有：

11

h=5gt2=?-x10x0.82m=3.2m

乙乙

根據對稱性可得運動員在6.8?8.4s內離開蹦床運動的路程為6.4n故D錯誤。

故選BCo

【分析】利用豎直上拋運動的速度方向可以判別對應運動員的速度方向；利用彈力與重力比較可以判別加速度

的方向，進而判別超重與失重；利用牛頓第二定律結合最大的彈力可以求出最大的加速度；利用位移公式可以

求出運動員豎直上拋運動的路程大小。

第11頁

9.【答案】A,D

【解析】【解答】AB.對瑜伽球受力分析，由于瑜伽球處于靜止，根據水平方向的平衡方程有：墻面對球的

彈力大小

Ni=mgtand

根據豎直方向的平衡方程有：人對球的支持力大小

mg

N?=CO--S--0-

隨著人的背部與水平面的夾角。逐漸減小，N1逐漸減小，N2逐漸減小，根據牛頓第三定律可知，球對墻面的

壓力逐漸減小，故B錯誤，A正確；

CD.對人和球構成的整體受力分析，根據豎直方向的平衡方程可得地面對人的支持力大小

FN=(M+m)g

根據水平方向的平衡方程可得人受到地面的摩擦力大小

f=N]

結合AB選項分析可知f逐漸減小，地面對人的支持力不變，故C錯誤，D正確。

故選AD.

【分析】利用球的平衡方程可以求出墻面對球及人對球的彈力表達式，結合角度的變化可以判別兩者的大小

變化；利用整體的平衡方程可以判別地面對人的支持力與摩擦力的大小變化。

10.【答案】B,D

【解析】【解答】A.由于兩車運動的位移相等，根據勻變速直線運動的規律可知兩車在加速和減速過程的平

均速度均為最大速度的一半，設MN=d,對甲車，根據位移公式有

V1,

-2t=d

對乙車，根據位移公式有

孕.3±=d

可得

也：也=3：1

選項A錯誤；

B.兩軍在各自勻加速階段和勻減速階段的加速度大小相等，則各自加速過程和減速過程的時間相等，對甲

車，根據速度公式有

t

對乙車，根據速度公式有

3t

v2=a2-2

解得

第12頁

Q］：。2=9：1

選項B正確;

CD.設經過時間U兩車共速，此時相距最遠，此時刻一定是用車減速階段，乙車加速階段，根據速度公式

有：

為2-Qi(G-2)=SG

解得

ti=0.9t

選項C錯誤，D正確。

故選BDo

【分析】利用兩車的平均速度結合位移公式可以求出最大速度的比值；利用速度公式可以求出加速度的比

值；利用速度相等可以求出共速的時間即距離最大的時刻。

1L【答案】（1）A；C

5.80

【解析】【解答】（1）A.測量時，為了準確測量拉力的大小及方向，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于

木板，選項A正確；

B.把結點拉到O點位置時，兩個彈簧測力計之間夾角大小要適當，若夾角太小會導致合力超過彈簧測力計

的量程，所以兩個分力的夾角并非越小越好，選項B錯誤；

C.使用彈簧測力計時，為了避免拉力沿著其他方向產生分力，施力方向應沿彈簧測力計軸線方向，讀數時

視線應正對彈簧測力計刻度線，選項c正確；

D.用兩個彈簧測力計分別鉤住細繩，互成角度地拉橡皮條時，為了驗證平行四邊形定則，需要記下結點O

的位置及兩細繩的方向以及彈簧測力計的讀數，選項D錯誤。

故選ACo

（2）彈簧秤最小刻度為0.1N,根據彈簧秤的刻度可知Fi=3.20N；

根據力的標度可以作出兩個分力,杈據平行四邊形定則做出兩個力的合力如圖，由圖可知合力F=5￡0Nc

第13頁

【分析】（1）為了準確測量拉力的天小及方向，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板；兩個彈簧測力

計之間夾角大小要適當，若夾角太小會導致合力超過彈簧測力計的量程；使用彈簧測力計時，施力方向應沿

彈簧測力計軸線方向，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度線；為了驗證平行四邊形定則，需要記下結點。的

位置及兩細繩的方向以及彈簧測力計的讀數；

（2）利用彈簧秤的分度值可以得出對應的讀數；利用平行四邊形定則可以得出合力，利用圖示標度可以得

出合力的大小。

（1）A.測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，選項A正確；

B.把結點拉到O點位置時，兩個彈簧測力計之間夾角大小要適當，并非越小越好，選項B錯誤；

C.使用彈簧測力計時，施力方向應沿彈簧測力計軸線方向，讀數時視線應正對彈簧測力計刻度線，選項C

正確；

D.用兩個彈簧測力計分別鉤住細繩，互成角度地拉橡皮條時，需要記下結點0的位置及兩細繩的方向以及

彈簧測力計的讀數，選項D錯誤。

故選ACo

（2）[1]彈簧秤最小刻度為0.1N,則Fi=3.20N；

⑵⑶根據平行四邊形定則做出兩個力的合力如圖，由圖可知合力F=5.80No

12.【答案】（1）小車質量M未滿足遠遠大于吊盤和鉤碼質量m

第14頁

(2)0.500

⑶2

(4)B

【解析】【解答】(1)由于吊盤和鉤碼的總質量m=20g,根據表格中小車總質量可以得出小車質量M未滿足

遠遠大于吊盤和鉤碼質量m。

(2)已知打點周期為0.02s,則兩個相鄰的計數點之間的時間間隔

T=5x0.02s=0.1s

小車做勻加速直線運動，根據逐差法可知

%3+%4——x?2.41+2.91—1.92—1.41

a=--------------------------------=-------------------------------5-----------------x0.01m/s2=0.500m/s2

4T‘4xO.lz

(3)設細繩拉力為F,小車受到拉力和摩擦力的合力產生加速度，根據牛頓第二定律可知，小車加速度為

F—u,MgF

”-M—

根據圖線可知橫截距為上.根據表達式可知〃g=b

解出

b

u=-

9

(4)由牛頓第二定律可得

對于小車有：F=Ma

對丁,吊盤和鉤碼有：mg-F=ma

解得

1

a=M+^lm9

隨著小車的質量不斷增大，則圖線斜率不斷減小，可知圖線是過原點的傾斜的直線，合理的應為

B。

故選B。

【分析】(1)根據表格中小車總質量可以得出小車質量M未滿足遠遠大于吊盤和鉤碼質量m；

(2)利用逐差法可以求出小車加速度的大小；

(3)利用小車的牛頓第二定律結合圖線截距可以求出動摩擦因數的大小；

(4)利用小車和鉤碼的牛頓第二定律可知隨著小車的質量不斷增大，則圖線斜率不斷減小。

(1)根據表中的數據可以看出小車質量M未滿足遠遠大于吊盤和鉤碼質量m。

(2)兩個相鄰的計數點之間的時間間隔

T=5x0.02s=0.1s

根據逐差法可知

第15頁

%3+%4—工1—%2

2.41+2.91—1.92—1.41x0.01m/s2=0.500m/s2

4戶4X0.12

（3）設細繩拉力為F,根據牛頓第二定律可知，小車加速度

F-iiMgF

橫截距為-b可知

的=b

解出

b

^=9

（4）由牛頓第二定律可得

F=Ma

mg-F=ma

解得

1

a=------mg

M+m

可知0一康圖線是過原點的傾斜的直線,合理的應為B。

故選Bo

13.【答案】（1）排球從被擊出到被墊起在空中做平拋運動，豎直方向有

1

九1-九2

解得

2(砥—壇)2x(3.2-1.4)

s=0.6s

910

（2）水平方向有

x=vot

可得排球被擊出時的初速度大小為

x6.0,,

v=v==10m/s

0t0.6

被墊起前瞬間的豎直分速度大小

vy=gt=6m/s

則排球被墊起前瞬間的速度大小為

v==V1024-62m/s=2>/34m/s

【解析】【分析】（1）排球做平拋運幼，利用豎直方向的位移公式可以求出運動的時間;

第16頁

（2）排球做平拋運動，利用水平方向的位移公式可以求出初始速度的大小，結合速度公式可以求出被墊起

時豎直方向的速度大小，結合速度的合成可以求出合速度的大小。

（1）排球從被擊出到被墊起在空中做平拋運動，豎直方向有

1

九1一電=/產

解得

a”(2x(3.2-1.4)

J10s=0.6s

（2）水平方向有

x=vot

可得排球被擊出時的初速度大小為

x6.0,

Vo=T=10m/s

cU.o

被墊起前瞬間的豎直分速度大小

vy=gt=Gm/s

則排球被墊起前瞬間的速度大小為

v=+啰=V102+62m/s=2>/34m/s

14.【答案】（1）在勻速運動階段，根據平衡條件，有

mgtanO()=kvo

解得

ma八

k—-tanOo

vo

（2）根據速度時間公式可得勻加速運動的時間為

^--a

勻加速運動的位移為

X澆

勻速的時間為

_S—X_SVQ

'2=R=而一而

該同學完成比賽所用的時間為

SVO

￡=G+為--2。

（3）若考慮球與球拍之間的靜摩擦力，因為

第17頁

N=7ngeos.+f-sin0o

當速度達到最大時，球有向上的運動趨勢，fi靜摩擦沿球拍向下?受力如圖所示。

fcos60=mgsinOo+，&

又

A=〃.N

所以

_7ngs也冊+l^mgcos/_

'~cos%—“sineo-kVm

解得

mgs\n0o+fimgcosB。

v,n

~/c(cos0o—“sin。。)

【解析】【分析】（1）乒乓球做勻速直線運動時，利用平衡方程可以求出比例系數的大小;

（2）乒乓球先做勻加速直線運動后做勻速直線運動，利用速度公式可以求出加速的時間，結合速度位移公

式可以求出加速的位移，利用勻速直線運動的位移公式可以求出勻速直線運動的時間;

當乒乓球做勻速直線運動時，利用平衡方程可以求出最大的速度。

(1)在勻速運動階段，根據平衡條件，有

mgtan0o=kvo

解得

(2)根據速度時間公式可得勻加速運動的時間為

勻加速運動的位移為

2

0

X-2a

勻速的時間為

第18頁

S-XSVn

ty=--------=-------——

%為2a

該同學完成比賽所用的時間為

t=t]+亡2=%2a

（3）若考慮球與球拍之間的靜摩擦力，因為

N=mgcos00+f-sin0o

當速度達到最大時，球有向上的運動趨勢，fi靜摩擦沿球拍向下.受力如圖所示。

fcosOQ=mgsinOo+

又

后=〃.N

所以

_mgsinOo+pngcos/_

'~cos。。-“sin-o-kVm

解得

mgsin90+p.mgcosOQ

““一/c(cos0o—^sin0o)

15.【答案】(1)根據牛頓第二定律可知，物塊的加速度大小為

%=曙=加//

木板的加速度大小

2

的S

（2）滑塊相對木板的路程為

11

r22

L-Q￡-￡

^o2m2?M

聯立解得

t=|s,t=2（舍）

根據速度與時間公式有

V=vQ-amt

第19頁

解得

10

v=-g-m/s

（3）當F較小時，對應圖像為AB段，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的

右端，且兩者具有共同速度也，歷時由牛頓第二定律得

F+[img

QML-M-

由速度關系得

Vt=v0—a)nti=QMKI

由位移關系得

v

Vi+VoVo

聯立解得

14.5+F

=12

將s=2m代入解得

當F繼續增大時，對應圖像為BC段，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當兩者共

速后能保持相對靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運動，由牛頓第二定律得

F

a~M+m

物塊相對靜止加速度的最大值

fimg=ma

可解得臨界值

F=4.5N

當F>4.5N時，對應乙中的DE段，當兩都速度相等后，物塊相對于木板向左滑動，木板上相對于木板滑動

的路程為

s=2Ax

當兩者具有共同速度也，歷時以，根據速度時間關系可得

v0-amh=

根據位移關系可得

112

amf22-

△%=vot2-22

由牛頓第二定律得

F+fimg

QM1=-M-

聯立解得二一/7的函數關系式為

第20頁

1=4.5+F

W=24

綜上所述可知AB、BC、DE三段恒力F的取值范圍及對應的:二產函數關系式分別為

145+F_(<F<1.5N)

s=11Z=05rn10

1(1.5/V<F<4.5N)

(F>4.5N)

sv247

【解析】【分析】(1)當F=()時，利用牛頓第二定律可以求出物塊和木板的加速度大小；

(2)當物塊在木板上運動時，利用位移公式可以求出滑行的時間，結合速度公式可以求出滑離時的速度大

小;

(3)當F較小時，物塊在木板右端滑卜，當兩者具有共同速度時，利用牛頓第二定律可以求出木板加速度

的表達式，結合速度公式及位移公式可以求出F