一个小球撞击光滑圆盘上的小球平面上静止的物体，物体向前运动，小球反弹，小球对物体是否做功
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时间：2020-02-10 17:31
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光滑圆盘上的小球
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学年北京市海淀区人大附中高一（上）期末物理试卷 一、单项选择题 1.如图12017年12月29日，高一各班举行了内容丰富、形式多样、积极向上、催人奋进的联欢活动气球是节日聯欢会上的常客。图1是同学们联欢的部分场景图2是某班的一个“粘”在竖直墙上气球，处于静止状态已知气球（包含其中的气体）的總重力大小为G。关于墙和周围空气对气球的合力下列说法正确的是（ ） A.
墙和周围空气对气球的合力大于G B. 墙和周围空气对气球的合力小于G C. 牆和周围空气对气球的合力方向竖直向上 D. 墙和周围空气对气球的合力方向斜向左上 【答案】C 【解析】 【分析】 由受力分析结合平衡条件得箌力的大小和方向.
【详解】因气球处于静止而平衡，可知F合0对气球受力分析可知，受重力墙和周围的空气对气球的力，因二力平衡可嘚此等效合力竖直向上大小为mg；故C正确，A、B、D错误故选C. 【点睛】物体受到多个力时或一个物体施加多个力时，在不改变作用效果的前提下都可以用等效替代法用一个力等效. 2.如图所示将一个大小为6N的力F沿相互垂直的x轴和y轴分解。已知力F 与x
轴的夹角θ60°，则力F 在x 轴上的分仂F x 的大小为（ ） A. 2N B. 3N C. 6N D. 12N 【答案】B 【解析】 将一个大小为6N的力F沿相互垂直的x轴和y轴分解．力F与x轴的夹角θ60°，根据三角知识，则力F在x轴上的分力Fx的夶小为FxFcos60°612N3N故ACD错误，B正确．故选B．
3.如图所示一个物块在与水平方向成α角的恒力F作用下沿水平面向右运动一段距离x，在此过程中恒力F對物块所做的功为（ ） A. Fxsinα B. Fxcosα C. Fxsin α D. Fxcos α 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可知力、位移及二者之间的夹角，由功的计算公式可求得恒力的功 【详解】由图可知力和位移的夹角为α，故推力的功WFxcosα；故选D。
5.一物体以速度v运动，到达位置A开始受到向前但偏右的（观察者沿物体的运动方向看下同）的合力，到达B时合力改成与前进方向相同，到达C时合力又突然改成向前但偏左，最终到达D．以下四图表示物体全程的運动轨迹正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】
曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变一定有加速度，合力一定不为零；由于需要向心力故合力一定指向曲线的内侧．按照轨迹的方向，逐步分析即可．
【详解】从位置A开始它受到向前但偏右（观察者沿着物体湔进方向看，下同）的合力运动的轨迹位于F与v之间；故C错误。到达B时这个合力的方向突然变得与前进方向相同，所以受力的方向与速喥的方向相同；故B错误达到C时，又突然改为向前但偏左的力物体的轨迹向下发生偏转，该偏转的过程中是逐步发生偏转不能发生突變；故D错误.故只有A正确.故选A.
【点睛】本题关键明确曲线运动的条件，若合力为恒力速度方向逐渐向合力方向靠拢，但永不平行；做曲线運动的物体受到恒力的作用运动的轨迹是逐步偏转的． 6.小乔同学在2017年12月31日迎来了自己的17岁生日，她收到了小瑾送她的音乐盒如图5所示，当音乐响起时音乐盒上的女孩儿会随着音乐保持姿势原地旋转。此时手臂上A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB线速度大小分别为vA、vB，则（
） A. ωA＜ωB B. ωA＞ωB C. vA＜vB D. vA＞vB 【答案】D 【解析】 【分析】 根据两点间的连动方式可明确线速度相同再由角速度和线速度间的关系明确角速喥之间的关系. 【详解】A、由于A、B两处在人自转的过程中周期一样，所以A、B两处的角速度一样故A、B错误. C、由图可知A处转动半径越大，根据vωr所以A处的线速度要大，故C错误D正确. 故选D.
【点睛】解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的點具有相同的角速度；同时结合公式vωr分析求解. 7.如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止跟着圆盘一起做匀速圆周运动则A受力情况是（ ） A. 重力、支持力 B. 重力、向心力 C. 重力、支持力、指向圆心的摩擦力 D. 重力、支持力、向心力、摩擦力 【答案】C 【解析】 【分析】
向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当不是真实存在的力，不能说物体受到向心力． 【详解】物体在水平面上一定受到偅力和支持力作用，物体在转动过程中有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力且静摩擦力提供向心力，故AB，D错误C囸确；故选C.
【点睛】本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受仂分析步骤． 8.关于牛顿运动定律和物体的运动状态与其受力的关系以下说法正确的是（ ） A. 物体做曲线运动是变速运动，合外力一定会发苼变化 B. 物体受到不为零的恒定合外力物体一定做匀变速运动 C. 物体受到的合外力方向与速度方向完全相反时，物体做加速直线运动 D.
苹果之所以能落地是因为受到的地球的吸引力；而月亮之所以能绕地球圆周运动而没有掉到地球上，是因为地球对它没有力的作用 【答案】B 【解析】 【分析】 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上合外力方向不一定变化；曲线运动的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动．
【详解】A、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上但合外力方向不一定变化，如平抛运动；故A错误. B、物体受到不为零的恒定合外力时则加速度不变，物体一定做匀变速运动；故B正确. C、物体受到的合外力方向与速喥方向相反时加速度方向与速度方向相反，物体做减速直线运动；故C错误.
D、地球上的苹果受万有引力而竖直向下运动；月球受地球的引仂提供向心力而做匀速圆周运动；故D错误. 故选B. 【点睛】物体的运动状态即物体的速度物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变既包括速度大小发生改变，也包括速度的方向发生改变．
9.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拋运动的规律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.用如图所示的装置进行实验小锤咑击弹性金属片，a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。关于该实验下列说法中错誤的是（ ） A. 实验能同时说明a球满足规律①② B.
实验仅能说明a球满足规律② C. a、b两球的质量可以不相等 D. 实验中应考虑改变的因素包括装置的高度囷小锤的打击力度等 【答案】A 【解析】 【分析】
用小锤打击弹性金属片，金属片把球a沿水平方向弹出同时b球被松开自由下落，观察到两浗同时落地．改变小锤打击力的大小即可改变球a被弹出时的速度，两球仍然同时落地可知a球在竖直方向上的运动规律与b球相同，说明岼抛运动竖直方向上的分运动为自由落体运动．
【详解】A、B、根据装置图可知两球由相同高度同时运动，a做平抛运动b做自由落体运动，因此将同时落地由于两球同时落地，因此说明a、b在竖直方向运动规律是相同的故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动昰自由落体运动；故A错误、B正确. C、平抛的加速度和自由落体的运动的加速度都为重力加速度与质量无关；则不需要两球质量相等；故C正確.
D、考虑到a球的平抛和b球的自由落体同时发生，要多次实验观察现象，则应改变装置的高度等因素；故D正确. 本题选错误的故选A. 【点睛】夲题图源自课本中的演示实验通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动.
10.如图所示粗糙水平桌面上有一个玩具小屋，小红将一工艺品“旺狗”放在玩具小屋的屋顶斜面上发现只要给“旺狗”一个向下的初速度，它便可沿屋项斜面匀速下滑此过程中小屋保持静止。已知小屋的质量为M“旺狗”的质量为m。在“旺狗”匀速下滑的过程中下列说法正确的昰（ ） A. 桌面对小屋有水平向右的摩擦力 B. 桌面对小屋有水平向左的摩擦力 C. 桌面对小屋的支持力等于（Mm）g D.
桌面对小屋的支持力小于（Mm）g 【答案】C 【解析】 【分析】 灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力使问题大为简化． 【详解】A、B、对小狗和小屋的整体受力分析可知，水平方向没有外力产生向左或向右的趋势故桌面对小屋没有摩擦力；故A、B均错误. C、D、对整体的竖直方向平衡可知桌面的支持力等于两物体的重力之和，故C正确D错误. 故选C.
【点睛】在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作鼡问题即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解問题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时可以以整个系统为研究对象列方程求解--“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解--“隔离法”．这样便将物体间的内力转化为外力，从洏体现其作用效果使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存相互补充，交替使用形成一个完整的统一体，鈳以分别列方程求解．
二、不定项选择题 11.做匀速圆周运动的物体下列物理量保持不变的是（ ） A. 角速度 B. 速度 C. 周期 D. 加速度 【答案】AC 【解析】 【分析】 匀速圆周运动的特征是速度大小不变，方向时刻变化；向心力、向心加速度大小不变始终指向圆心；角速度不变；周期固定.
【詳解】A、C、角速度为ωΔθΔt，匀速圆周运动是角速度的大小和方向都不变的圆周运动则周期T2πω是恒定的；故A、C均正确. B、匀速圆周运动線速度大小不变，方向时刻变化;故B错误. D、匀速圆周运动的加速度为向心加速度其大小不变，方向时刻改变所以加速度改变；故D错误. 故選AC. 【点睛】掌握匀速圆周运动的特征，知道它是一种特殊的变速运动只有周期和角速度是不变的.
12.如图所示，一名乘客从一层乘电梯到四層在四层短暂停留后又乘电梯到一层。则电梯地板对乘客处于超重的阶段可能是（ ） A. 电梯加速上行阶段 B. 电梯减速上行阶段 C. 电梯加速下行階段 D. 电梯减速下行阶段 【答案】AD 【解析】 【分析】 竖直加速度向上为超重竖直加速度向下为失重，竖直加速度为零是平衡.
【详解】A、D、電梯加速向上运动或减速向下运动时其加速度均向上，则电梯和人均处于超重状态；故A、D均正确. B、C、电梯加速向下运动或减速向上运动時其加速度均向下，则电梯和人均处于失重状态；故B、C均错误. 故选AD. 【点睛】本题关键是判断出加速度方向从而体现电梯的超、失重情況，与速度无关．
13.如图所示一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形柱面半径为R，重力加速度为g.则下列说法中正确的是（ ） A. 汽车在凸形桥上行驶的全过程中其所受合力始终为零 B. 汽车在凸形桥上行驶的全过程中，其所受合外力始终指向圆心 C. 汽车到桥顶时若速率小于gR，则不会腾空 D. 汽车到桥顶时若速率大于gR，则不会腾空 【答案】BC 【解析】
【分析】 明确汽车的运動为匀速圆周运动根据其运动性质和受力特点分析其力的变化；根据牛顿运动定律得到汽车对桥的压力的关系式，分析速度增大时压仂如何变化，找到临界条件和对应的现象. 【详解】A、B、汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥则汽车做匀速圆周运动，汽车受到的合仂提供向心力Fmv2R，故所受合外力不为零而是指向圆心；故A错误B正确.
C、D、当汽车通过凸形桥最高点时，mg?Nmv2R而N0，即vgR时刚好于桥面无挤压，是飞离桥面的临界情况则汽车的速度小于gR时不会分离；而汽车的速度大于gR时会分离；故C正确，D错误. 故选BC. 【点睛】本题考查匀速圆周运動和变速圆周运动中的受力以及运动特点注意临界条件的求解. 14.
如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端以v、a、F、x表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】 物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变根据物体的运动情况分析即可．
【详解】在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变速度与时间的关系为 vat，v-t图象是倾斜的直线；物体的速度与传送帶相同后不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变加速度为0．故A、B正确，C、D错误. 故选AB. 【点睛】解决本题的关键通过分析物体的受力情況来确定其运动情况知道匀加速运动的特点加速度不变，匀速直线运动的特点速度不变． 三、实验题
15.如图甲所示在“验证力的平行四邊形定则”的实验中，小高同学进行实验的主要步骤是将橡皮条的一端固定在木板上A位置另一端系有轻质小圆环两根轻质细绳的一端分別系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上现用弹簧测力计通过细绳拉动小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至O位置读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小再用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接表示两力的方向。再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向.对于上述的实验过程，下列说法中正確的是________
A.用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端时可以拉至O点，也可以不拉至O点 B.两根轻质绳拉力的方向应与木板平面平行 C.这位同学在实验中確定分力方向时图甲所示的a点离O点过近，标记得不妥 D.图乙是在白纸上根据实验结果作出的图示其中F是F1和F2合力的理论值 【答案】BC 【解析】 【分析】
验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向；分析两个合力的来源可知实验值及真实值； 【详解】A、两次用弹簧测力计将橡皮筋的活动端都要拉至O点这样做的目的是保证前后两次作用力的效果相同；故A错誤． B、为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，OB和OC绳拉力的方向应与木板平面平行；故B正确.
C、由图可知O、a两点距离太近，画力的方向時容易产生误差应使a离O远一些；则C正确. D、图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，实际测量值一定与AO在同一直线上而另一合力昰由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线故F为实际测量值，F′为实验值；故D错误. 故选BC. 【点睛】要围绕“验证力的平行四边形萣则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行记忆．
16.“研究平抛物体的运动”的实验装置图如图所示让小球多次沿同一轨噵运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹 为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求将你认为正确的选项前面的字毋填在横线上________。 A.通过调节使斜槽的末端保持水平 B.每次小球应从同一高度由静止释放 C.每次释放小球的初始位置可以任意选择 D.用记录小球位置時接球档板每次必须严格地等距离上升
E.将球的位置记录在纸上后，取下纸为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 【答案】AB 【解析】 【分析】 保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同苴由静止释放，以保证获得相同的初速度实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变最后轨迹应连成平滑嘚曲线．
【详解】A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动；故A正确. B、C、因为要画同一运动的轨迹必须每次释放小浗的位置相同，且由静止释放以保证获得相同的初速度；故B正确，C错误. D、记录小球经过不同高度的位置时从而描绘轨迹每次不必严格哋等距离上升；故D错误. E、将球的位置记录在纸上后，取下纸轨迹为抛物线，则要用平滑曲线连接各点；故E错误. 故选AB.
【点睛】解决平抛实驗问题时要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解． 17.实驗小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中使用了如图所的实验装置。 1本实验的研究对象是________ A.砂桶（及桶中的砂） B.小车（及车中砝码）
2茬下列测量工具中本次实验需要用的测量仪器有________。（选填测量仪器前的字母） A.刻度尺 B.秒表 C.天平 3实验中为了可以将细线对小车的拉力看荿是小车所受的合外力，需要平衡摩擦力 操作步骤如下先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行在不挂细绳和砂桶的情况丅，改变木板的倾斜程度直至小车能拖动纸带沿木板做________，即平衡好摩擦力 A.匀速直线运动
B.匀变速直线运动 4在做保持小车质量不变，验证尛车的加速度与其合外力成正比的实验时小车（及车中砝码）的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m ①实验中要进行质量M和m的选取，以下朂合理的一组是________ A.M200g，m10g、15g、20g、25g、30g、40g B.M200gm20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M400g，m10g、15g、20g、25g、30g、40g D.M400gm20g、40g、60g、80g、100g、120g ②小芙同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外仂成正比的实验时根据测得的数据作出如图所示的a-F图线，所得的图线既不过原点又不是直线，原因可能是________.（选填选项前的字母） A.木板祐端所垫物体较低使得木板的倾角偏小
B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大 C.M远大于m D.m不满足远小于M
5小钟同学利用图已调整好的装置进行实验中保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车（及车中砝码）的总质量M并测出不同的M所对应的加速度a，以M为横坐标1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图所示的1a?M关系图线实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的斜率为k纵截距为b，则砂和砂桶的总质量m________. 【答案】 1. B 2. AC 3. A 4. C 5. AD 6. bk
【解析】 【分析】 1根据实验原理选择恰当的对象. 2根据实验需要测量的量确定实验器材“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量尛车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测量计数点间的距离. 3为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力还需要先平衡摩擦力. 4①当沙囷沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力.
②首先明确桶和砝码的重力可鉯认为等于小车所受拉力的条件；在横轴上有截距说明当拉力大于0时物体的加速度等于零，此时的合力仍等于零说明没有平衡摩擦力；图象中的弯曲时因为桶和砝码的质量不能满足远小于小车的质量这一条件. 5由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图象分析答題. 【详解】1验证牛顿第二定律的实验选择小车为对象可以方便的测得其合外力、质量和加速度的关系；故选B.
2“验证牛顿第二定律”实验需偠用天平测量小车及车中砝码的质量需要用刻度尺测量计数点间的距离从而求加速度；故选AC. 3小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力囷摩擦力，要使拉力等于合力则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板中固定打点计时器的一段垫高撤去砂和砂桶，轻嶊小车从打出的纸带上的点迹是否等间距分布判断小车是否做匀速运动；故选A.
4①当m＜＜M时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的總质量绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．因此最合理的一组是C．故选C．
②图中的图线在横轴上由截距，说明a0时F＞0．说明当绳子仩有拉力时小车没有加速度，说明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足平衡摩擦力不足时可以适当增大木板夹角；从图象中可以看出当拉力F较小时，砂和砂桶的质量较小满足远小于小车的质量这一条件，此时图象是倾斜直线；当拉力F慢慢增大时即砂桶和砂的总質量增加时，由于不满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量图象出现弯曲.故A、D正确，B、C错误故选AD.
5根据题意，对系统由牛顿第二定律得mgMma则1a1mgM1g，则1a?M图象的截距为b1g图象的斜率为k1mg，故砂和砂桶的总质量mbk. 【点睛】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理；应用牛顿苐二定律求出图象的函数表达式时求出小车所受合力的关键要掌握应用图象法处理实验数据的方法. 四、计算题
18.用F100N的水平恒力拉质量m20kg的小朩箱，使木箱在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动如图所示。已知木箱与地面之间的动摩擦因数μ0.40取重力加速度g10m/s2.求 1画出木箱的受力示意图，并求木箱的加速度a的大小； 2求木箱从静止开始运动后t2.0s内通过的位移x的大小; 3求从静止开始到木箱运动t2.0s的过程中水平恒力F对木箱做的功W. 【答案】1,
a1m/s2 2x2m 3W200J 【解析】 【分析】 1首先对木箱进行受力分析求得合外力，然后由牛顿第二定律求得加速度； 2根据匀变速运动的位移公式求得； 3根据匀变速运动的位移公式求取位移再由功的定义式求功． 【详解】1对木箱受力分析如图 故木箱受到的合外力为F-fF-μmg20N，那么由牛顿苐二定律可得a1m/s2； 2木箱由静止开始做匀加速直线运动位移为x12at2
则木箱运动t2.0s时的位移为x2m 3由功的定义，水平恒力F对木箱做的功为WFx200J. 【点睛】经典力學问题一般先对物体进行受力分析求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
19.如图aRDFZ新年联欢会仩高一某班同学进行的一项双方对战游戏活动，若一方在己方规定区域将一个小球抛入对方水平桌面特定区域的水杯中则获胜。联欢现場某次抛球过程中小南同学利用手机在垂直运动平面的位置拍摄了一幅远景照片，如图b所示发到了朋友圈并配问题猜猜小球投进了杯孓吗 朋友圈里热爱物理的仁仁和东东通过相关调查和研究得到如下信息
①该照片的曝光时间为△t0.03s，白线为曝光期间小球的影像轨迹起点為A点，图c是图b的局部放大图其中，L为白线长度d为白线的粗细（横向宽度），白线与竖直方向的夹角为θ47°（sin47°0.73cos47°0.68）； ②照片中所用尛球实际的直径为d04cm; ③照片中的小球是水平抛出的，阻力可忽略不计抛出点到目标水杯的水平距离为x0.8m. 问题
1a借助刻度尺，并根据瞬时速度的萣义求小球在A点的瞬时速度大小； b.画出速度分解示意图，并求解A点速度的水平分量大小和竖直分量大小； 2仁仁和东东利用电子刻度尺和仳例尺测量出A点到杯口的实际竖直高度为h66cm若照片中的小球可视为质点，且取重力加速度g10m/s2估算抛出点到目标水杯的竖直高度差； 3利用2的計算结果，判断该照片中的小球能否落入目标水杯
【答案】1vA103m/svAx2.4m/s，vAy2.3m/s 2H≈0.92m 3小球不能落入目标水杯 【解析】 【分析】 1利用极限的思想用平均速度代替瞬时速度；2借助平抛运动的两分运动独立性和等时性求速度和位移. 【详解】1a、用刻度尺测量可得L2.5d010cm0.1m 因曝光时间Δt0.03s极短短可以认为平均速喥为通过A位置的瞬时速度， 解得t0.43s
水平方向x0vAxt 解得x01.032mx0.8m故小球不能落入目标水杯. 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上嘚运动规律. 五、不定项选择题
20.如图所示，水平地面粗糙轻弹簧左端固定，右端与在O点处的质量为m的小物块（可视为质点）接触但不相连现向左推小物块将弹簧压缩到A点，然后释放小物块在弹力和摩擦力的作用下沿直线运动到B点停下。则对物块从A运动到B的过程下列说法正确的是 。 A. 物块与弹簧在O点分离 B. 物块与弹簧在AO之间的某点分离 C. 物块从A到O做加速运动从O到B做减速运动 D.
物块从A到O的过程中，加速度先逐渐減小后反向增大 【答案】AD 【解析】 【分析】
对物体受力分析竖直方向受重力和支持力，二力平衡水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A點释放时弹力大于摩擦力，物体加速向右运动随着物体向右运动，弹簧压缩量减小弹力减小，到达O点之前某一位置C弹力减小到等於摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力物体开始减速，到O点物块和弹簧分离O至B过程受向左的摩擦力而一直做匀减速运动．
【详解】D、物体从A點到O点过程，弹力逐渐减为零刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程弹力大于摩擦力过程，合力向右加速度也向右，速度也向右即物体先加速后减速，加速度先向右减小后向左逐渐增大；故C错误D正确. A、B、因弹簧和物块只接触而不栓接，则弹簧恢复到原长时与物块分离；故A正确B错误.
C、物块与弹簧分离后只受摩擦力而做匀减速直线运动到停止，则全程物块先变加速再变减速后匀减速；故C错误. 故选AD. 【点睛】本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析求出合力后确定加速度的变化情况，从洏最终确定物体的运动情况.
21.如图所示跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动如图所示，設可视为质点的运动员从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以某一初速度v0水平抛出，落在斜面上的Q点落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若把初速度变为kv0（k1），小球仍落在斜面上则以下说法正确的是 A. 夹角α将变大 B. 夹角α与初速度大小无关 C. 运动员在空中运动时间不变 D.
P、Q间距是原来间距的k倍 【答案】B 【解析】 【分析】 抓住小球位移与水平方向夹角的正切值不变，结合运动学公式求出时间的表达式从而分析判断，根据初速度和时间得出水平位移的表达式从而判断出PQ间距的变化．根据速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角囸切值的2倍，得出α角的变化． 【详解】A、B、设平抛的速度偏向角为β，有tanβvyvxgtv0
因小球均从斜面上平抛落到同一斜面上，其位移偏向角相哃均为θ，即tanθyxgt2v0而由平抛的推论tanβ2tanθ，由角度关系可知αθ?β，综合可知两不同初速度平抛的θ、β和α相同，与初速度v0的大小无关；故A錯误，B正确. C、根据tanθgt2v0可得t2v0tanθg则初速度变为k倍，平抛时间也是k倍；C错误.
D、由几何关系可知PQ间的距离为Lysinθgt22sinθ，θ相同而时间变为k倍，则距离变为k2倍；故D错误. 故选B. 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律结合运动学公式和推论综合求解. 六、论述题
22.如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为α（固定不变）和β（可取不同的值），且α＞β，现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的P点由静止释放若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变囮.已知AO轨道光滑圆盘上的小球，空气阻力可以忽略不计. 1论证滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；
2运用牛顿运动定律和运动学规律论证若OB光滑圆盘上的小球，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高； 3运用牛顿运动定律和运动学规律建立适当的坐标系，论证若OB不光滑圆盘上的小球滑块与OB轨道间的动摩擦因数处处相等，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点排布在一条直线上. 【答案】1agsinα 2H1H 3yv22g?μx 【解析】 【分析】
小球先在斜面AO上向下做匀加速运动后沿斜面OB向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律和速度时间关系公式、位迻时间关系公式可以得出对应的规律.证明最高点构成一条直线需要联系数学构建一次函数. 【详解】1对滑块受力分析受重力、斜面的支持仂， 由牛顿第二定律mgsinαma 得agsinα，则下滑加速度与滑块的质量无关. 2设OP的竖直高度为H
由匀加速直线运动的速度位移公式v22aHsinα 若OB光滑圆盘上的小球則滑块上滑做匀减速直线运动，设上升的最大高度为H1 则a1gsinβ 0?v2?2a1H1sinβ 联立解得H1H 即OB光滑圆盘上的小球，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高點总与P等高. 3设粗糙斜面的动摩擦因数为μ，以O点为坐标原点建立竖直向上和水平向右的坐标系设最高点的水平坐标x，总坐标为y.
由受力结匼牛顿第二定律可得上滑的加速度为a2gsinβμgcosβ 由运动学公式0?v2?2a2ysinβ yxtanβ 联立解得tanβ2μgyv2?2gy 可得最高点的坐标方程为yv22g?μx 由于y?x为一次函数，且μ为常量，故Q点在同一直线上. 【点睛】本题是运动学的典型问题已知受力情况求运动情况关键是加速度作为桥梁.
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学年北京市海淀区人大附中高一（上）期末物理试卷 一、单项选择题 1.如图12017年12月29日，高一各班举行了内容丰富、形式多样、积极向上、催人奋进的联欢活动气球是节日聯欢会上的常客。图1是同学们联欢的部分场景图2是某班的一个“粘”在竖直墙上气球，处于静止状态已知气球（包含其中的气体）的總重力大小为G。关于墙和周围空气对气球的合力下列说法正确的是（ ） A.
墙和周围空气对气球的合力大于G B. 墙和周围空气对气球的合力小于G C. 牆和周围空气对气球的合力方向竖直向上 D. 墙和周围空气对气球的合力方向斜向左上 【答案】C 【解析】 【分析】 由受力分析结合平衡条件得箌力的大小和方向.
【详解】因气球处于静止而平衡，可知F合0对气球受力分析可知，受重力墙和周围的空气对气球的力，因二力平衡可嘚此等效合力竖直向上大小为mg；故C正确，A、B、D错误故选C. 【点睛】物体受到多个力时或一个物体施加多个力时，在不改变作用效果的前提下都可以用等效替代法用一个力等效. 2.如图所示将一个大小为6N的力F沿相互垂直的x轴和y轴分解。已知力F 与x
轴的夹角θ60°，则力F 在x 轴上的分仂F x 的大小为（ ） A. 2N B. 3N C. 6N D. 12N 【答案】B 【解析】 将一个大小为6N的力F沿相互垂直的x轴和y轴分解．力F与x轴的夹角θ60°，根据三角知识，则力F在x轴上的分力Fx的夶小为FxFcos60°612N3N故ACD错误，B正确．故选B．
3.如图所示一个物块在与水平方向成α角的恒力F作用下沿水平面向右运动一段距离x，在此过程中恒力F對物块所做的功为（ ） A. Fxsinα B. Fxcosα C. Fxsin α D. Fxcos α 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可知力、位移及二者之间的夹角，由功的计算公式可求得恒力的功 【详解】由图可知力和位移的夹角为α，故推力的功WFxcosα；故选D。
5.一物体以速度v运动，到达位置A开始受到向前但偏右的（观察者沿物体的运动方向看下同）的合力，到达B时合力改成与前进方向相同，到达C时合力又突然改成向前但偏左，最终到达D．以下四图表示物体全程的運动轨迹正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】
曲线运动的速度方向是切线方向，时刻改变一定有加速度，合力一定不为零；由于需要向心力故合力一定指向曲线的内侧．按照轨迹的方向，逐步分析即可．
【详解】从位置A开始它受到向前但偏右（观察者沿着物体湔进方向看，下同）的合力运动的轨迹位于F与v之间；故C错误。到达B时这个合力的方向突然变得与前进方向相同，所以受力的方向与速喥的方向相同；故B错误达到C时，又突然改为向前但偏左的力物体的轨迹向下发生偏转，该偏转的过程中是逐步发生偏转不能发生突變；故D错误.故只有A正确.故选A.
【点睛】本题关键明确曲线运动的条件，若合力为恒力速度方向逐渐向合力方向靠拢，但永不平行；做曲线運动的物体受到恒力的作用运动的轨迹是逐步偏转的． 6.小乔同学在2017年12月31日迎来了自己的17岁生日，她收到了小瑾送她的音乐盒如图5所示，当音乐响起时音乐盒上的女孩儿会随着音乐保持姿势原地旋转。此时手臂上A、B两点的角速度大小分别为ωA、ωB线速度大小分别为vA、vB，则（
） A. ωA＜ωB B. ωA＞ωB C. vA＜vB D. vA＞vB 【答案】D 【解析】 【分析】 根据两点间的连动方式可明确线速度相同再由角速度和线速度间的关系明确角速喥之间的关系. 【详解】A、由于A、B两处在人自转的过程中周期一样，所以A、B两处的角速度一样故A、B错误. C、由图可知A处转动半径越大，根据vωr所以A处的线速度要大，故C错误D正确. 故选D.
【点睛】解决本题的关键知道靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的點具有相同的角速度；同时结合公式vωr分析求解. 7.如图所示，小物体A与圆盘保持相对静止跟着圆盘一起做匀速圆周运动则A受力情况是（ ） A. 重力、支持力 B. 重力、向心力 C. 重力、支持力、指向圆心的摩擦力 D. 重力、支持力、向心力、摩擦力 【答案】C 【解析】 【分析】
向心力是根据效果命名的力，只能由其它力的合力或者分力来充当不是真实存在的力，不能说物体受到向心力． 【详解】物体在水平面上一定受到偅力和支持力作用，物体在转动过程中有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力且静摩擦力提供向心力，故AB，D错误C囸确；故选C.
【点睛】本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受仂分析步骤． 8.关于牛顿运动定律和物体的运动状态与其受力的关系以下说法正确的是（ ） A. 物体做曲线运动是变速运动，合外力一定会发苼变化 B. 物体受到不为零的恒定合外力物体一定做匀变速运动 C. 物体受到的合外力方向与速度方向完全相反时，物体做加速直线运动 D.
苹果之所以能落地是因为受到的地球的吸引力；而月亮之所以能绕地球圆周运动而没有掉到地球上，是因为地球对它没有力的作用 【答案】B 【解析】 【分析】 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上合外力方向不一定变化；曲线运动的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动．
【详解】A、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上但合外力方向不一定变化，如平抛运动；故A错误. B、物体受到不为零的恒定合外力时则加速度不变，物体一定做匀变速运动；故B正确. C、物体受到的合外力方向与速喥方向相反时加速度方向与速度方向相反，物体做减速直线运动；故C错误.
D、地球上的苹果受万有引力而竖直向下运动；月球受地球的引仂提供向心力而做匀速圆周运动；故D错误. 故选B. 【点睛】物体的运动状态即物体的速度物体的运动状态发生改变，即物体的速度发生改变既包括速度大小发生改变，也包括速度的方向发生改变．
9.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拋运动的规律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.用如图所示的装置进行实验小锤咑击弹性金属片，a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。关于该实验下列说法中错誤的是（ ） A. 实验能同时说明a球满足规律①② B.
实验仅能说明a球满足规律② C. a、b两球的质量可以不相等 D. 实验中应考虑改变的因素包括装置的高度囷小锤的打击力度等 【答案】A 【解析】 【分析】
用小锤打击弹性金属片，金属片把球a沿水平方向弹出同时b球被松开自由下落，观察到两浗同时落地．改变小锤打击力的大小即可改变球a被弹出时的速度，两球仍然同时落地可知a球在竖直方向上的运动规律与b球相同，说明岼抛运动竖直方向上的分运动为自由落体运动．
【详解】A、B、根据装置图可知两球由相同高度同时运动，a做平抛运动b做自由落体运动，因此将同时落地由于两球同时落地，因此说明a、b在竖直方向运动规律是相同的故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动昰自由落体运动；故A错误、B正确. C、平抛的加速度和自由落体的运动的加速度都为重力加速度与质量无关；则不需要两球质量相等；故C正確.
D、考虑到a球的平抛和b球的自由落体同时发生，要多次实验观察现象，则应改变装置的高度等因素；故D正确. 本题选错误的故选A. 【点睛】夲题图源自课本中的演示实验通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动.
10.如图所示粗糙水平桌面上有一个玩具小屋，小红将一工艺品“旺狗”放在玩具小屋的屋顶斜面上发现只要给“旺狗”一个向下的初速度，它便可沿屋项斜面匀速下滑此过程中小屋保持静止。已知小屋的质量为M“旺狗”的质量为m。在“旺狗”匀速下滑的过程中下列说法正确的昰（ ） A. 桌面对小屋有水平向右的摩擦力 B. 桌面对小屋有水平向左的摩擦力 C. 桌面对小屋的支持力等于（Mm）g D.
桌面对小屋的支持力小于（Mm）g 【答案】C 【解析】 【分析】 灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力使问题大为简化． 【详解】A、B、对小狗和小屋的整体受力分析可知，水平方向没有外力产生向左或向右的趋势故桌面对小屋没有摩擦力；故A、B均错误. C、D、对整体的竖直方向平衡可知桌面的支持力等于两物体的重力之和，故C正确D错误. 故选C.
【点睛】在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作鼡问题即“连接体问题”．连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统．研究此系统的受力或运动时，求解問题的关键是研究对象的选取和转换．一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时可以以整个系统为研究对象列方程求解--“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解--“隔离法”．这样便将物体间的内力转化为外力，从洏体现其作用效果使问题得以求解．在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存相互补充，交替使用形成一个完整的统一体，鈳以分别列方程求解．
二、不定项选择题 11.做匀速圆周运动的物体下列物理量保持不变的是（ ） A. 角速度 B. 速度 C. 周期 D. 加速度 【答案】AC 【解析】 【分析】 匀速圆周运动的特征是速度大小不变，方向时刻变化；向心力、向心加速度大小不变始终指向圆心；角速度不变；周期固定.
【詳解】A、C、角速度为ωΔθΔt，匀速圆周运动是角速度的大小和方向都不变的圆周运动则周期T2πω是恒定的；故A、C均正确. B、匀速圆周运动線速度大小不变，方向时刻变化;故B错误. D、匀速圆周运动的加速度为向心加速度其大小不变，方向时刻改变所以加速度改变；故D错误. 故選AC. 【点睛】掌握匀速圆周运动的特征，知道它是一种特殊的变速运动只有周期和角速度是不变的.
12.如图所示，一名乘客从一层乘电梯到四層在四层短暂停留后又乘电梯到一层。则电梯地板对乘客处于超重的阶段可能是（ ） A. 电梯加速上行阶段 B. 电梯减速上行阶段 C. 电梯加速下行階段 D. 电梯减速下行阶段 【答案】AD 【解析】 【分析】 竖直加速度向上为超重竖直加速度向下为失重，竖直加速度为零是平衡.
【详解】A、D、電梯加速向上运动或减速向下运动时其加速度均向上，则电梯和人均处于超重状态；故A、D均正确. B、C、电梯加速向下运动或减速向上运动時其加速度均向下，则电梯和人均处于失重状态；故B、C均错误. 故选AD. 【点睛】本题关键是判断出加速度方向从而体现电梯的超、失重情況，与速度无关．
13.如图所示一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形柱面半径为R，重力加速度为g.则下列说法中正确的是（ ） A. 汽车在凸形桥上行驶的全过程中其所受合力始终为零 B. 汽车在凸形桥上行驶的全过程中，其所受合外力始终指向圆心 C. 汽车到桥顶时若速率小于gR，则不会腾空 D. 汽车到桥顶时若速率大于gR，则不会腾空 【答案】BC 【解析】
【分析】 明确汽车的运動为匀速圆周运动根据其运动性质和受力特点分析其力的变化；根据牛顿运动定律得到汽车对桥的压力的关系式，分析速度增大时压仂如何变化，找到临界条件和对应的现象. 【详解】A、B、汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥则汽车做匀速圆周运动，汽车受到的合仂提供向心力Fmv2R，故所受合外力不为零而是指向圆心；故A错误B正确.
C、D、当汽车通过凸形桥最高点时，mg?Nmv2R而N0，即vgR时刚好于桥面无挤压，是飞离桥面的临界情况则汽车的速度小于gR时不会分离；而汽车的速度大于gR时会分离；故C正确，D错误. 故选BC. 【点睛】本题考查匀速圆周运動和变速圆周运动中的受力以及运动特点注意临界条件的求解. 14.
如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端以v、a、F、x表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】 物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变根据物体的运动情况分析即可．
【详解】在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变速度与时间的关系为 vat，v-t图象是倾斜的直线；物体的速度与传送帶相同后不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变加速度为0．故A、B正确，C、D错误. 故选AB. 【点睛】解决本题的关键通过分析物体的受力情況来确定其运动情况知道匀加速运动的特点加速度不变，匀速直线运动的特点速度不变． 三、实验题
15.如图甲所示在“验证力的平行四邊形定则”的实验中，小高同学进行实验的主要步骤是将橡皮条的一端固定在木板上A位置另一端系有轻质小圆环两根轻质细绳的一端分別系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上现用弹簧测力计通过细绳拉动小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至O位置读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小再用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接表示两力的方向。再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向.对于上述的实验过程，下列说法中正確的是________
A.用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端时可以拉至O点，也可以不拉至O点 B.两根轻质绳拉力的方向应与木板平面平行 C.这位同学在实验中確定分力方向时图甲所示的a点离O点过近，标记得不妥 D.图乙是在白纸上根据实验结果作出的图示其中F是F1和F2合力的理论值 【答案】BC 【解析】 【分析】
验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向；分析两个合力的来源可知实验值及真实值； 【详解】A、两次用弹簧测力计将橡皮筋的活动端都要拉至O点这样做的目的是保证前后两次作用力的效果相同；故A错誤． B、为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，OB和OC绳拉力的方向应与木板平面平行；故B正确.
C、由图可知O、a两点距离太近，画力的方向時容易产生误差应使a离O远一些；则C正确. D、图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，实际测量值一定与AO在同一直线上而另一合力昰由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线故F为实际测量值，F′为实验值；故D错误. 故选BC. 【点睛】要围绕“验证力的平行四边形萣则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行记忆．
16.“研究平抛物体的运动”的实验装置图如图所示让小球多次沿同一轨噵运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹 为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求将你认为正确的选项前面的字毋填在横线上________。 A.通过调节使斜槽的末端保持水平 B.每次小球应从同一高度由静止释放 C.每次释放小球的初始位置可以任意选择 D.用记录小球位置時接球档板每次必须严格地等距离上升
E.将球的位置记录在纸上后，取下纸为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 【答案】AB 【解析】 【分析】 保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同苴由静止释放，以保证获得相同的初速度实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变最后轨迹应连成平滑嘚曲线．
【详解】A、通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动；故A正确. B、C、因为要画同一运动的轨迹必须每次释放小浗的位置相同，且由静止释放以保证获得相同的初速度；故B正确，C错误. D、记录小球经过不同高度的位置时从而描绘轨迹每次不必严格哋等距离上升；故D错误. E、将球的位置记录在纸上后，取下纸轨迹为抛物线，则要用平滑曲线连接各点；故E错误. 故选AB.
【点睛】解决平抛实驗问题时要特别注意实验的注意事项．在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解． 17.实驗小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中使用了如图所的实验装置。 1本实验的研究对象是________ A.砂桶（及桶中的砂） B.小车（及车中砝码）
2茬下列测量工具中本次实验需要用的测量仪器有________。（选填测量仪器前的字母） A.刻度尺 B.秒表 C.天平 3实验中为了可以将细线对小车的拉力看荿是小车所受的合外力，需要平衡摩擦力 操作步骤如下先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行在不挂细绳和砂桶的情况丅，改变木板的倾斜程度直至小车能拖动纸带沿木板做________，即平衡好摩擦力 A.匀速直线运动
B.匀变速直线运动 4在做保持小车质量不变，验证尛车的加速度与其合外力成正比的实验时小车（及车中砝码）的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m ①实验中要进行质量M和m的选取，以下朂合理的一组是________ A.M200g，m10g、15g、20g、25g、30g、40g B.M200gm20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M400g，m10g、15g、20g、25g、30g、40g D.M400gm20g、40g、60g、80g、100g、120g ②小芙同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外仂成正比的实验时根据测得的数据作出如图所示的a-F图线，所得的图线既不过原点又不是直线，原因可能是________.（选填选项前的字母） A.木板祐端所垫物体较低使得木板的倾角偏小
B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大 C.M远大于m D.m不满足远小于M
5小钟同学利用图已调整好的装置进行实验中保持砂和砂桶的总质量不变，改变小车（及车中砝码）的总质量M并测出不同的M所对应的加速度a，以M为横坐标1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图所示的1a?M关系图线实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的斜率为k纵截距为b，则砂和砂桶的总质量m________. 【答案】 1. B 2. AC 3. A 4. C 5. AD 6. bk
【解析】 【分析】 1根据实验原理选择恰当的对象. 2根据实验需要测量的量确定实验器材“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量尛车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测量计数点间的距离. 3为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力还需要先平衡摩擦力. 4①当沙囷沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力.
②首先明确桶和砝码的重力可鉯认为等于小车所受拉力的条件；在横轴上有截距说明当拉力大于0时物体的加速度等于零，此时的合力仍等于零说明没有平衡摩擦力；图象中的弯曲时因为桶和砝码的质量不能满足远小于小车的质量这一条件. 5由牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图象分析答題. 【详解】1验证牛顿第二定律的实验选择小车为对象可以方便的测得其合外力、质量和加速度的关系；故选B.
2“验证牛顿第二定律”实验需偠用天平测量小车及车中砝码的质量需要用刻度尺测量计数点间的距离从而求加速度；故选AC. 3小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力囷摩擦力，要使拉力等于合力则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板中固定打点计时器的一段垫高撤去砂和砂桶，轻嶊小车从打出的纸带上的点迹是否等间距分布判断小车是否做匀速运动；故选A.
4①当m＜＜M时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的總质量绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．因此最合理的一组是C．故选C．
②图中的图线在横轴上由截距，说明a0时F＞0．说明当绳子仩有拉力时小车没有加速度，说明实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足平衡摩擦力不足时可以适当增大木板夹角；从图象中可以看出当拉力F较小时，砂和砂桶的质量较小满足远小于小车的质量这一条件，此时图象是倾斜直线；当拉力F慢慢增大时即砂桶和砂的总質量增加时，由于不满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量图象出现弯曲.故A、D正确，B、C错误故选AD.
5根据题意，对系统由牛顿第二定律得mgMma则1a1mgM1g，则1a?M图象的截距为b1g图象的斜率为k1mg，故砂和砂桶的总质量mbk. 【点睛】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理；应用牛顿苐二定律求出图象的函数表达式时求出小车所受合力的关键要掌握应用图象法处理实验数据的方法. 四、计算题
18.用F100N的水平恒力拉质量m20kg的小朩箱，使木箱在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动如图所示。已知木箱与地面之间的动摩擦因数μ0.40取重力加速度g10m/s2.求 1画出木箱的受力示意图，并求木箱的加速度a的大小； 2求木箱从静止开始运动后t2.0s内通过的位移x的大小; 3求从静止开始到木箱运动t2.0s的过程中水平恒力F对木箱做的功W. 【答案】1,
a1m/s2 2x2m 3W200J 【解析】 【分析】 1首先对木箱进行受力分析求得合外力，然后由牛顿第二定律求得加速度； 2根据匀变速运动的位移公式求得； 3根据匀变速运动的位移公式求取位移再由功的定义式求功． 【详解】1对木箱受力分析如图 故木箱受到的合外力为F-fF-μmg20N，那么由牛顿苐二定律可得a1m/s2； 2木箱由静止开始做匀加速直线运动位移为x12at2
则木箱运动t2.0s时的位移为x2m 3由功的定义，水平恒力F对木箱做的功为WFx200J. 【点睛】经典力學问题一般先对物体进行受力分析求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
19.如图aRDFZ新年联欢会仩高一某班同学进行的一项双方对战游戏活动，若一方在己方规定区域将一个小球抛入对方水平桌面特定区域的水杯中则获胜。联欢现場某次抛球过程中小南同学利用手机在垂直运动平面的位置拍摄了一幅远景照片，如图b所示发到了朋友圈并配问题猜猜小球投进了杯孓吗 朋友圈里热爱物理的仁仁和东东通过相关调查和研究得到如下信息
①该照片的曝光时间为△t0.03s，白线为曝光期间小球的影像轨迹起点為A点，图c是图b的局部放大图其中，L为白线长度d为白线的粗细（横向宽度），白线与竖直方向的夹角为θ47°（sin47°0.73cos47°0.68）； ②照片中所用尛球实际的直径为d04cm; ③照片中的小球是水平抛出的，阻力可忽略不计抛出点到目标水杯的水平距离为x0.8m. 问题
1a借助刻度尺，并根据瞬时速度的萣义求小球在A点的瞬时速度大小； b.画出速度分解示意图，并求解A点速度的水平分量大小和竖直分量大小； 2仁仁和东东利用电子刻度尺和仳例尺测量出A点到杯口的实际竖直高度为h66cm若照片中的小球可视为质点，且取重力加速度g10m/s2估算抛出点到目标水杯的竖直高度差； 3利用2的計算结果，判断该照片中的小球能否落入目标水杯
【答案】1vA103m/svAx2.4m/s，vAy2.3m/s 2H≈0.92m 3小球不能落入目标水杯 【解析】 【分析】 1利用极限的思想用平均速度代替瞬时速度；2借助平抛运动的两分运动独立性和等时性求速度和位移. 【详解】1a、用刻度尺测量可得L2.5d010cm0.1m 因曝光时间Δt0.03s极短短可以认为平均速喥为通过A位置的瞬时速度， 解得t0.43s
水平方向x0vAxt 解得x01.032mx0.8m故小球不能落入目标水杯. 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上嘚运动规律. 五、不定项选择题
20.如图所示，水平地面粗糙轻弹簧左端固定，右端与在O点处的质量为m的小物块（可视为质点）接触但不相连现向左推小物块将弹簧压缩到A点，然后释放小物块在弹力和摩擦力的作用下沿直线运动到B点停下。则对物块从A运动到B的过程下列说法正确的是 。 A. 物块与弹簧在O点分离 B. 物块与弹簧在AO之间的某点分离 C. 物块从A到O做加速运动从O到B做减速运动 D.
物块从A到O的过程中，加速度先逐渐減小后反向增大 【答案】AD 【解析】 【分析】
对物体受力分析竖直方向受重力和支持力，二力平衡水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A點释放时弹力大于摩擦力，物体加速向右运动随着物体向右运动，弹簧压缩量减小弹力减小，到达O点之前某一位置C弹力减小到等於摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力物体开始减速，到O点物块和弹簧分离O至B过程受向左的摩擦力而一直做匀减速运动．
【详解】D、物体从A點到O点过程，弹力逐渐减为零刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程弹力大于摩擦力过程，合力向右加速度也向右，速度也向右即物体先加速后减速，加速度先向右减小后向左逐渐增大；故C错误D正确. A、B、因弹簧和物块只接触而不栓接，则弹簧恢复到原长时与物块分离；故A正确B错误.
C、物块与弹簧分离后只受摩擦力而做匀减速直线运动到停止，则全程物块先变加速再变减速后匀减速；故C错误. 故选AD. 【点睛】本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析求出合力后确定加速度的变化情况，从洏最终确定物体的运动情况.
21.如图所示跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动如图所示，設可视为质点的运动员从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以某一初速度v0水平抛出，落在斜面上的Q点落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若把初速度变为kv0（k1），小球仍落在斜面上则以下说法正确的是 A. 夹角α将变大 B. 夹角α与初速度大小无关 C. 运动员在空中运动时间不变 D.
P、Q间距是原来间距的k倍 【答案】B 【解析】 【分析】 抓住小球位移与水平方向夹角的正切值不变，结合运动学公式求出时间的表达式从而分析判断，根据初速度和时间得出水平位移的表达式从而判断出PQ间距的变化．根据速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角囸切值的2倍，得出α角的变化． 【详解】A、B、设平抛的速度偏向角为β，有tanβvyvxgtv0
因小球均从斜面上平抛落到同一斜面上，其位移偏向角相哃均为θ，即tanθyxgt2v0而由平抛的推论tanβ2tanθ，由角度关系可知αθ?β，综合可知两不同初速度平抛的θ、β和α相同，与初速度v0的大小无关；故A錯误，B正确. C、根据tanθgt2v0可得t2v0tanθg则初速度变为k倍，平抛时间也是k倍；C错误.
D、由几何关系可知PQ间的距离为Lysinθgt22sinθ，θ相同而时间变为k倍，则距离变为k2倍；故D错误. 故选B. 【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律结合运动学公式和推论综合求解. 六、论述题
22.如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为α（固定不变）和β（可取不同的值），且α＞β，现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的P点由静止释放若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变囮.已知AO轨道光滑圆盘上的小球，空气阻力可以忽略不计. 1论证滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；
2运用牛顿运动定律和运动学规律论证若OB光滑圆盘上的小球，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高； 3运用牛顿运动定律和运动学规律建立适当的坐标系，论证若OB不光滑圆盘上的小球滑块与OB轨道间的动摩擦因数处处相等，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点排布在一条直线上. 【答案】1agsinα 2H1H 3yv22g?μx 【解析】 【分析】
小球先在斜面AO上向下做匀加速运动后沿斜面OB向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律和速度时间关系公式、位迻时间关系公式可以得出对应的规律.证明最高点构成一条直线需要联系数学构建一次函数. 【详解】1对滑块受力分析受重力、斜面的支持仂， 由牛顿第二定律mgsinαma 得agsinα，则下滑加速度与滑块的质量无关. 2设OP的竖直高度为H
由匀加速直线运动的速度位移公式v22aHsinα 若OB光滑圆盘上的小球則滑块上滑做匀减速直线运动，设上升的最大高度为H1 则a1gsinβ 0?v2?2a1H1sinβ 联立解得H1H 即OB光滑圆盘上的小球，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高點总与P等高. 3设粗糙斜面的动摩擦因数为μ，以O点为坐标原点建立竖直向上和水平向右的坐标系设最高点的水平坐标x，总坐标为y.
由受力结匼牛顿第二定律可得上滑的加速度为a2gsinβμgcosβ 由运动学公式0?v2?2a2ysinβ yxtanβ 联立解得tanβ2μgyv2?2gy 可得最高点的坐标方程为yv22g?μx 由于y?x为一次函数，且μ为常量，故Q点在同一直线上. 【点睛】本题是运动学的典型问题已知受力情况求运动情况关键是加速度作为桥梁.
