辽宁省名校联盟2023-2024学年高一（上）期末考试物理试卷
一、选择题（共10小题，1~7题每小题4分，8~10题每小题6分，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）
1．（2024高一上·辽宁期末）物理学的发展推动了社会的进步，下列关于物理学上的一些事件和科学方法的叙述正确的是（ ）
A．在探究合力与分力的关系实验时，采用了控制变量法
B．伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论
C．最早建立平均速度、瞬时速度以及加速度概念的科学家是牛顿
D．用比值定义法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如加速度就是采用比值定义法定义的
2．（2024高一上·辽宁期末）空气、水等流体介质对在其中运动的物体的阻力大小与速度有关，其规律一般可表示为，其中第一项为粘滞阻力，对于半径为的球形物体，阻力系数与半径的关系为，其中C是由实验测得的常数，C的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（ ）
A．无单位 B． C． D．
3．（2024高一上·辽宁期末）甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中、所示，图线是直线，图线是抛物线，时间内图线a、b与横轴围成的面积之比是，抛物线顶点的横坐标为，下列说法正确的是（ ）
A．时间内甲、乙的距离一直在减小
B．时间内乙的平均速度等于
C．时间内乙的加速度一直小于甲的加速度
D．时间内甲、乙的位移大小相等
4．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，某同学把不可伸长的轻绳的一端拴在天花板上，再将绳穿过质量为m的光滑圆环后，将另一端握在手中，已知该同学的质量为M，当圆环静止时右侧轻绳与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．左侧轻绳与竖直方向的夹角大于30°
B．该同学受到地面的支持力大小为
C．该同学将握住绳子的手沿竖直方向向上缓慢移动的过程中，地面对该同学的摩擦力始终不变
D．该同学将握住绳子的手沿竖直方向向上缓慢移动的过程中，角将变大
5．（2024高一上·辽宁期末）如图，某河流中水流速度大小恒为，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，A、B为质量均为m的物块，A的上方为不可伸长的轻绳，A、B间为轻弹簧，箱子C的质量为4m，若将悬挂在天花板的绳子剪断，则剪断的瞬间（不计空气阻力，重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．箱子C的加速度为 B．A、B的加速度都为g
C．A上方绳子的张力突变为0 D．A的加速度为
7．（2024高一上·辽宁期末）市面上一种旋转“飞蜓”玩具的结构如图所示，轻绳的一端连接蜻蜓，穿过手柄后与重物连接，人们可以通过旋转手柄让蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动。第一次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离为，外部轻绳与竖直方向的夹角为；第二次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离小于。两次运动过程中，重物均处于静止状态，不计一切阻力，则相比第一次，蜻蜓第二次运动时（ ）
A．外部轻绳与竖直方向的夹角为变大
B．蜻蜓运动的周期不变
C．蜻蜓运动的角速度变大
D．蜻蜓运动的线速度变大
8．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，升降机的天花板上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端栓一质量为m的物体，对升降机施加一向上的拉力T，使升降机由静止开始，以的加速度匀加速上升，关于从开始到物体第一次与升降机速度相等的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体与电梯达到共速之后一起做匀加速运动
B．物体加速度达到时，弹簧长度最长
C．速度相等时，物体的加速度大于
D．升降机受到的拉力T一直变大
9．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，倾角为的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为，B通过轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与物块A连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．不论A、B的质量大小关系如何，A一定处于失重状态
B．A运动的加速度大小为
C．地面对斜面的摩擦力始终为0
D．水平面对C的支持力小于B、C的总重力
10．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，在光滑水平桌面上用四根长度均为L的相同轻质细杆做成框架，各杆的两端全用光滑铰链相连。开始时，相对的两铰链A和C彼此靠近（可看作在同一点），铰链A固定，铰链C在水平外力F（大小未知）的作用下从静止开始做初速度为零，大小为a的恒定加速度沿菱形对角线运动。铰链处质量不可忽略，均为m。当和间的夹角成120°时，下列说法正确的是（ ）
A．此时铰链C的速度大小为 B．此时铰链B的速度大小为
C．BC杆上的弹力大小为 D．AB杆上的弹力大小为
二、实验题（每空2分，共14分.）
11．（2024高一上·辽宁期末）在“探究平抛运动的特点”的实验中：
（1）关于这个实验，以下说法正确的是____。
A．小球释放的初始位置越高越好
B．每次小球要从同一高度由静止释放
C．实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直
D．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板
（2）某同学为了更精确地描绘出小球做平抛运动的轨迹，使用频闪照相机（每隔相等时间拍一次照片）拍摄小球在空中的位置。如图所示为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度，如果取，那么：
①照相机的频闪周期 s（结果保留两位小数）；
②小球做平抛运动的初速度大小是 （结果保留一位有效数字）。
12．（2024高一上·辽宁期末）用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：
（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有____。
A．天平 B．秒表
C．刻度尺（最小刻度为） D．低压交流电源
（2）此实验中需要满足一些条件，下列正确的做法是____
A．小车放在长木板上，反复调节长木板的倾斜程度，直至轻推小车使其在不受绳的拉力下沿木板做匀速运动
B．小车放在长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。反复调节长木板的倾斜程度，直至轻推小车使其在不受绳的拉力下沿木板做匀速运动
C．实验中，不需要满足砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间的条件
D．实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是
（3）乙图为某次实验得到的纸带，交流电的频率为，在相邻两计数点间都有四个打点末画出，小车的加速度大小 。（计算结果均保留2位有效数字）
（4）另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与力的关系”实验时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力，然后根据测得的数据作出图像，如图三所示。发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是（ ）
A．没有补偿摩擦阻力，且小车质量较大
B．补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大
C．补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大
D．补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大
三、计算题（共3小题，13题10分，14题12分，15题18分，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。将试题全部答在“答题纸”上，答在试卷上无效）
13．（2024高一上·辽宁期末）有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带同定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（g取）求：
（1）座椅在匀减速阶段的时间是多少？
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
14．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，碎石场有一长的传送带与水平面夹角，传送带以恒定速率沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量石块被与水平的轻绳系住保持静止不动，时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数.取重力加速度，，，求：
（1）时刻前绳子的拉力T大小和物体受到的摩擦力f大小和方向；
（2）石块到传送带底端所用的时间；
15．（2024高一上·辽宁期末）如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，圆弧轨道半径为，与水平轨道相切于点C.现将一小滑块（可视为质点）从空中的A点以的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，滑块在圆弧末端C点速度为，对轨道的压力，之后继续沿水平轨道滑动，经过D点滑到质量为，长为的木板上.图乙为木板开始运动后一段时间内的图像，滑块与地面、木板与地面间的动摩擦因数相同，重力加速度g取，不计空气阻力和木板厚度。求：
（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小；
（2）小滑块的质量；
（3）全过程中木板的位移。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】伽利略理想斜面实验；力的平行四边形定则及应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、在探究合力与分力的关系实验时，采用了等效替代法，故A错误；
B、伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论，故B正确；
C、平均速度、瞬时速度以及加速度概念是伽利略在研究自由落体运动规律中建立的，故C错误；
D、公式
是牛顿第二定律的表达式，不是采用比值定义的，故D错误。
故答案为：B。
【分析】在探究合力与分力的关系实验时，采用了等效替代法。平均速度、瞬时速度以及加速度概念是伽利略在研究自由落体运动规律中建立的。伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论。
2．【答案】D
【知识点】单位制
【解析】【解答】根据题意可知
则有
又有
解得
故答案为：D。
【分析】根据题意确定粘滞阻力的表达式，继而确定阻力系数的单位，再根据题意推导得出C的单位。
3．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知0~t1时间内甲、乙的距离一直在增大，故A错误；
B、假设乙是做匀变速直线运动，则在0~t1时间内满足
但图线b是抛物线，则在0~t1时间内平均速度大于，故B错误；
C、v-t图象的斜率代表加速度，由图可知初始阶段乙的加速度大于甲的加速度，故C错误；
D、由图可知t2是0~t3的中间时刻，根据匀变速直线运动规律可知甲在0~t2的位移是t2~t3的3倍，0 t2时间内图线a、b与横轴围成的面积之比是3：2，根据数学方法可知，0 t3时间内甲、乙的位移大小相等，故D正确。
故答案为：D。
【分析】v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，v-t图象的斜率代表加速度，斜率的正负表示加速度的方向。根据对称性确定乙的总位移与0 t2时间内乙位移的关系，继而确定0 t3时间内甲乙位移关系。
4．【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、根据题意可知，圆环为光滑圆环，可在绳上自由滑动，则圆环两侧绳的拉力相等，水平方向上，由平衡条件可得
解得
故A错误；
B、根据题意，对圆环受力分析，竖直方向上有
解得
对该同学受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
解得
故B错误；
CD、根据题意，设绳子的两个端点的水平距离为d，绳长为L，由几何关系可得
握住绳子的手沿竖直方向向上缓慢移动的过程中，d和L不变，则θ不变，绳子的拉力不变，则绳子对人的拉力在水平方向的分力
保持不变，则该同学仍相对地面静止，则地面对该同学的摩擦力为
保持不变，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】圆环和同学均处于静止状态，即两者处于受力平衡状态。根据平衡条件及力的合成与分解结合夹角的变化情况进行分析。
5．【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】如图，当小船相对地面的运动轨迹恰好与旋涡边界相切，且小船在静水中的速度v船与其相对地面的速度垂直时，小船在静水中的速度最小
由几何关系
故
所以小船相对地面的速度与水平方向的夹角为
故
故答案为：B。
【分析】小船的速度越小，则小船的运动轨迹与AB边的夹角越小，当小船相对地面的运动轨迹恰好与旋涡边界相切时，且船速与小船的合速度垂直时，小船的速度最小。再根据几何关系及运动的合成与分解进行解答。
6．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AD、剪断悬挂在天花板的绳子前，弹簧的弹力大小等于B的重力，剪断绳子后，箱子C与物块A一起运动，以箱子C和物块A看作整体，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
故A正确，D错误；
B、物体B受力情况不变，所以剪断悬挂在天花板的绳子后物体B的合力为零，所以物体B的加速度为零，故B错误；
C、隔离箱子C，受到重力和细线的拉力作用，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
绳子上的拉力不为零，故C错误。
故答案为：A。
【分析】根据平衡条件确定剪断绳子前绳子及弹簧的弹力大小。剪断绳子瞬间，绳子的拉力突变为零，弹簧弹力不发生突变。断绳子后，箱子C与物块A一起运动，B受力不发生突变保持静止。再对A、C及两者构成的整体运用牛顿第二定律进行分析。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、由于两次过程中重物均处于静止状态，因此前后两次绳子上拉力T的大小，与重物的重力大小相等。对蜻蜓进行受力分析，假设蜻蜓质量为m，可知
，
故外部轻绳与竖直方向的夹角与H无关，夹角为α不变，故A错误；
B、由于T与α不变，因此蜻蜓两次做匀速圆周运动的向心力F向不变，但由于H变小、绳长不变，因此蜻蜓做匀速圆周运动的半径变大，再由公式
可得周期T变大，角速度ω变小，线速度v变大，故B错误，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】重物均处于静止状态，则绳子拉力不变，蜻蜓在竖直方向上处于受力平衡状态，水平面上做匀速圆周运动。根据力的合成与分解确定向心力及夹角变化情况。再根据几何关系确定运动半径变化情况，再根据向心力与线速度、角速度及周期的关系进行分析。
8．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AC、在达到共速前，物体相对升降机一直向下运动，弹簧弹力一直增大，根据
可知，速度增加量相同，时间相同，则平均加速度相等，所以物体与电梯达到共速之后，物体加速度大于升降机加速度，故A错误，C正确；
B、第一次共速时，弹簧弹力最大，弹簧长度最长，之后由于物体加速度大于升降机，物体会相对升降机向上运动，弹簧长度变小，故B错误；
D、对升降机分析可知
由于弹簧弹力一直增大，则拉力一直增大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据运动的相对性，判断共速前弹簧的形变情况，物体做变加速运动，再根据加速度的定义判断物体加速度与升降机加速度的关系。物体与升降机共速前，升降机的速度大于物体的速度，两者的相对位移不断增大，即弹簧的形变量不断变大，共速时，形变量达到最大，此时弹力最大。
9．【答案】A,B,C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB、对A、B整体受力分析
又
得A、B加速度大小
方向沿斜面向上，不论A、B的质量大小关系如何，A加速度一定向下，因此一定处于失重状态，故A正确，B正确；
C、对C受力分析，B给的压力Mgcosθ和摩擦力μMgcosθ，因为
因此二者的矢量在水平方向分量满足
所以C水平方向不受地面的摩擦力，故C正确；
D、对C的分析竖直方向
则可知水平面对C的支持力与物体B和斜面体C的总重力大小相等，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】AB的加速度大小相等，对AB构成的整体运用牛顿第二定律确定两者加速度的大小和方向，加速度向下，物体处于失重状态。对C进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定其所受各力大小情况。
10．【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；力的合成与分解的运用；运动的合成与分解；向心力
【解析】【解答】A、铰链C在水平外力F作用下，做匀加速直线运动，从A到C，运动的位移为
由
得
故A正确；
B、由铰链B的运动可知，B绕A做圆周运动，当AB和BC间的夹角成120°时，B点的速度方向与AB垂直且与BC夹角为30°，铰链B和铰链C通过BC连接，则沿杆方向的分速度相等
可得
故B正确；
CD、B点做圆周运动，在图示位置时
则可得圆周运动的向心加速度为
对B受力分析可得，AB方向上
AC方向上，从开始运动到图示位置B点的位移为C点位移的一半，则图示位置时，B水平方向的加速度
水平方向上受力可得
因此解得
，
故C错误，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】铰链C在水平外力F作用下在水平方向做匀加速直线运动，根据位移与速度的关系确定此时铰链C的速度。铰链B和铰链C通过BC连接，属于“关联模型”，则沿杆方向的分速度相等。B点以A点为圆心做圆周运动，由杆AB及杆BC沿AB方向的分力提供向心力。根据运动的分解可知，B点在水平方向上做匀加速直线运动，水平位移为C的一半。再根据牛顿第二定律进行解答。
11．【答案】（1）B；C；D
（2）0.04；0.6
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A、探究平抛运动的特点实验中，需要小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，小球初始位置越高，轨迹约偏上部，因此需要释放位置适中，故A错误；
B、实验中在描绘小球运动轨迹过程中，需要保证每次小球平抛运动的初速度相同，因此必须保证每次小球要从同一高度由静止释放，故B正确；
C、实验过程中，描绘的小球运动轨迹需保证在竖直面内，因此实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直，故C正确；
D、小球在运动过程中，为了便于描绘小球的运动轨迹，需要靠近木板；但是要保证小球在运动过程中受到的阻力尽量小，因此不接触木板，故D正确。
故答案为：BCD。
（2）由方格纸上描绘的点迹可知，小球从A运动到B过程中，水平方向位移
竖直方向上位移
小球从B运动到C过程中，水平方向位移
竖直方向上位移
水平方向上是匀速直线运动，又因为
则两段所用时间
竖直方向上自由落体运动
代入数据得
小球水平方向上做匀速直线运动
【分析】探究平抛运动的特点实验中，需要小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，小球初始位置适中，为保证每次小球平抛运动的初速度相同，因此必须保证每次小球要从同一高度由静止释放。根据图纸确定小球在连续相等时间内水平和竖直位移的大小，再根据平抛运动规律结合逐差法进行数据处理。
12．【答案】（1）A；C；D
（2）B；D
（3）1.0
（4）C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）根据实验原理及操作要求，还需要天平测量质量、刻度尺处理纸带的数据、低压交流电源给打点计时器供电，不需要秒表。
故答案为：ACD。
（2）AB、小车放在长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。反复调节长木板的倾斜程度，直至轻推小车使其在不受绳的拉力下沿木板做匀速运动，以平衡纸带和打点计时器及小车和木板间的摩擦力，故A错误，B正确；
CD、实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是m M，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
（3） 相邻两计数点间都有四个打点末画出，相邻计数点间的间隔
小车的加速度
（4）由图示图象可知，图象没有过原点，当拉力大到一定值时才产生加速度，这是由于实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足即木板倾角过小造成的；由图示图象可知，当F较大时图象发生弯曲，这是由于砂与砂桶质量过大，不再满足m M造成的。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握“探究加速度与力、质量的关系”实验的操作步骤及所需仪器。由于绳子拉力无法测得，为保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量应远小于小车和车上砝码的总质量，且实验开始前需平衡摩擦力。熟悉掌握只带数据处理方法。
13．【答案】（1）解：自由下落的位移
座椅自由下落结束时刻的速度
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
由得
．
（2）解：设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由得
由牛顿第二定律得
解得
．
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）座椅先做自由落体运动在做匀减速直线。根据自由落体运动规律确定自由落体运动阶段的位移。再根据位移与平均速度的关系确定匀减速运动的时间；
（2）根据速度与时间的关系确定游客的加速度，再根据牛顿第二定律进行解答。
14．【答案】（1）解：剪断前对石块受力分析
沿传送带方向
垂直传送带方向
滑动摩擦力
整理解得
，，
摩擦力方向沿斜面向上
（2）解：石块与传送带共速前，根据牛顿第二定律得
解得
石块与传送带共速所用时间为
此时石块的位移为
石块与传送带共速后，由于，石块在传送带上继续保持加速，根据牛顿第二定律得
解得
由位移公式
解得
故石块下滑到底端所用时间为
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）确定0时刻前石块的受力情况，此时石块处于平衡状态，且传送带与石块之间的摩擦力为滑动摩擦力，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答；
（2）根据摩擦因数与倾角正切值的大小关系判断石块与传送带共速后是否发生相对滑动。根据分析结合牛顿第二定律确定共速前后石块的加速度，再根据匀变速直线运动规律确定石块在共速前后各阶段运动的位移及时间，两阶段运动的位移之和等于传送带长。
15．【答案】（1）解：在B点，由
可得
=8m/s
（2）解：在C点，对物块受力分析
又因为
联立可得
m=1kg
（3）解：由乙图可知，1s时木板收到的力发生了突变，经分析可知有两种情况。
情况一（如图）：1s时物块和木板刚好共速，之后两物体一起相对静止，以相同的加速度一起减速滑行至停止。
由图可知，在0~1s内，对物块：
=8m/s2
又
可得
=0.8
对木板：木板的加速度大小
=4m/s2
又
解得
=0.2
通过图像，求得两者共速前相对位移
=6m＜L=7m
所以此情况成立。
木板加速过程位移
=2m
木板减速过程位移
=4m
木板位移
情况二（如图）：1s时物块从木板右侧滑出，之后两物体均在地面上滑行，滑行时加速度相同，则不会相撞。
由图可知，在0~1s内，物块和木板的相对位移
=L=7m
=6m/s
物块的加速度大小
则
=6m/s2
又
则
=0.6
对木板：木板的加速度大小
=4m/s2
又
则
=0.1
通过图像，求木板加速过程位移
=2m
通过图像，求木板减速过程位移
=8m
木板位移
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动；向心力；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）小滑块从A到B做平抛运动，且在B点时速度沿切线方向，再根据平抛运动规律进行解答；
（2）确定滑块在C点的受力情况及其做曲线运动在C点处向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；
（3）由图乙可知木板的速度发生突变，故可能1s时两者达到共速4m/s，随后滑块和木板保持相对静止一起减速至停止。或者1s时，滑块的速度仍大于木板速度，但1s时滑块滑离木板，随后两者以相同的加速度做匀减速直线运动到停止。再根据不同的情况结合匀变速直线运动规律及牛顿第二定律和v-t图像的斜率及截距的物理意义进解答。
1 / 1辽宁省名校联盟2023-2024学年高一（上）期末考试物理试卷
一、选择题（共10小题，1~7题每小题4分，8~10题每小题6分，共46分.在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）
1．（2024高一上·辽宁期末）物理学的发展推动了社会的进步，下列关于物理学上的一些事件和科学方法的叙述正确的是（ ）
A．在探究合力与分力的关系实验时，采用了控制变量法
B．伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论
C．最早建立平均速度、瞬时速度以及加速度概念的科学家是牛顿
D．用比值定义法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如加速度就是采用比值定义法定义的
【答案】B
【知识点】伽利略理想斜面实验；力的平行四边形定则及应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A、在探究合力与分力的关系实验时，采用了等效替代法，故A错误；
B、伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论，故B正确；
C、平均速度、瞬时速度以及加速度概念是伽利略在研究自由落体运动规律中建立的，故C错误；
D、公式
是牛顿第二定律的表达式，不是采用比值定义的，故D错误。
故答案为：B。
【分析】在探究合力与分力的关系实验时，采用了等效替代法。平均速度、瞬时速度以及加速度概念是伽利略在研究自由落体运动规律中建立的。伽利略通过理想斜面实验得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论。
2．（2024高一上·辽宁期末）空气、水等流体介质对在其中运动的物体的阻力大小与速度有关，其规律一般可表示为，其中第一项为粘滞阻力，对于半径为的球形物体，阻力系数与半径的关系为，其中C是由实验测得的常数，C的单位用国际单位制中的基本单位可表示为（ ）
A．无单位 B． C． D．
【答案】D
【知识点】单位制
【解析】【解答】根据题意可知
则有
又有
解得
故答案为：D。
【分析】根据题意确定粘滞阻力的表达式，继而确定阻力系数的单位，再根据题意推导得出C的单位。
3．（2024高一上·辽宁期末）甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中、所示，图线是直线，图线是抛物线，时间内图线a、b与横轴围成的面积之比是，抛物线顶点的横坐标为，下列说法正确的是（ ）
A．时间内甲、乙的距离一直在减小
B．时间内乙的平均速度等于
C．时间内乙的加速度一直小于甲的加速度
D．时间内甲、乙的位移大小相等
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图可知0~t1时间内甲、乙的距离一直在增大，故A错误；
B、假设乙是做匀变速直线运动，则在0~t1时间内满足
但图线b是抛物线，则在0~t1时间内平均速度大于，故B错误；
C、v-t图象的斜率代表加速度，由图可知初始阶段乙的加速度大于甲的加速度，故C错误；
D、由图可知t2是0~t3的中间时刻，根据匀变速直线运动规律可知甲在0~t2的位移是t2~t3的3倍，0 t2时间内图线a、b与横轴围成的面积之比是3：2，根据数学方法可知，0 t3时间内甲、乙的位移大小相等，故D正确。
故答案为：D。
【分析】v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，v-t图象的斜率代表加速度，斜率的正负表示加速度的方向。根据对称性确定乙的总位移与0 t2时间内乙位移的关系，继而确定0 t3时间内甲乙位移关系。
4．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，某同学把不可伸长的轻绳的一端拴在天花板上，再将绳穿过质量为m的光滑圆环后，将另一端握在手中，已知该同学的质量为M，当圆环静止时右侧轻绳与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．左侧轻绳与竖直方向的夹角大于30°
B．该同学受到地面的支持力大小为
C．该同学将握住绳子的手沿竖直方向向上缓慢移动的过程中，地面对该同学的摩擦力始终不变
D．该同学将握住绳子的手沿竖直方向向上缓慢移动的过程中，角将变大
【答案】C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】A、根据题意可知，圆环为光滑圆环，可在绳上自由滑动，则圆环两侧绳的拉力相等，水平方向上，由平衡条件可得
解得
故A错误；
B、根据题意，对圆环受力分析，竖直方向上有
解得
对该同学受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
解得
故B错误；
CD、根据题意，设绳子的两个端点的水平距离为d，绳长为L，由几何关系可得
握住绳子的手沿竖直方向向上缓慢移动的过程中，d和L不变，则θ不变，绳子的拉力不变，则绳子对人的拉力在水平方向的分力
保持不变，则该同学仍相对地面静止，则地面对该同学的摩擦力为
保持不变，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】圆环和同学均处于静止状态，即两者处于受力平衡状态。根据平衡条件及力的合成与分解结合夹角的变化情况进行分析。
5．（2024高一上·辽宁期末）如图，某河流中水流速度大小恒为，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】如图，当小船相对地面的运动轨迹恰好与旋涡边界相切，且小船在静水中的速度v船与其相对地面的速度垂直时，小船在静水中的速度最小
由几何关系
故
所以小船相对地面的速度与水平方向的夹角为
故
故答案为：B。
【分析】小船的速度越小，则小船的运动轨迹与AB边的夹角越小，当小船相对地面的运动轨迹恰好与旋涡边界相切时，且船速与小船的合速度垂直时，小船的速度最小。再根据几何关系及运动的合成与分解进行解答。
6．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，A、B为质量均为m的物块，A的上方为不可伸长的轻绳，A、B间为轻弹簧，箱子C的质量为4m，若将悬挂在天花板的绳子剪断，则剪断的瞬间（不计空气阻力，重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．箱子C的加速度为 B．A、B的加速度都为g
C．A上方绳子的张力突变为0 D．A的加速度为
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AD、剪断悬挂在天花板的绳子前，弹簧的弹力大小等于B的重力，剪断绳子后，箱子C与物块A一起运动，以箱子C和物块A看作整体，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
故A正确，D错误；
B、物体B受力情况不变，所以剪断悬挂在天花板的绳子后物体B的合力为零，所以物体B的加速度为零，故B错误；
C、隔离箱子C，受到重力和细线的拉力作用，根据牛顿第二定律，有
代入数据解得
绳子上的拉力不为零，故C错误。
故答案为：A。
【分析】根据平衡条件确定剪断绳子前绳子及弹簧的弹力大小。剪断绳子瞬间，绳子的拉力突变为零，弹簧弹力不发生突变。断绳子后，箱子C与物块A一起运动，B受力不发生突变保持静止。再对A、C及两者构成的整体运用牛顿第二定律进行分析。
7．（2024高一上·辽宁期末）市面上一种旋转“飞蜓”玩具的结构如图所示，轻绳的一端连接蜻蜓，穿过手柄后与重物连接，人们可以通过旋转手柄让蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动。第一次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离为，外部轻绳与竖直方向的夹角为；第二次玩耍，蜻蜓在水平面内做匀速圆周运动时，重物与手柄底端的距离小于。两次运动过程中，重物均处于静止状态，不计一切阻力，则相比第一次，蜻蜓第二次运动时（ ）
A．外部轻绳与竖直方向的夹角为变大
B．蜻蜓运动的周期不变
C．蜻蜓运动的角速度变大
D．蜻蜓运动的线速度变大
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力
【解析】【解答】A、由于两次过程中重物均处于静止状态，因此前后两次绳子上拉力T的大小，与重物的重力大小相等。对蜻蜓进行受力分析，假设蜻蜓质量为m，可知
，
故外部轻绳与竖直方向的夹角与H无关，夹角为α不变，故A错误；
B、由于T与α不变，因此蜻蜓两次做匀速圆周运动的向心力F向不变，但由于H变小、绳长不变，因此蜻蜓做匀速圆周运动的半径变大，再由公式
可得周期T变大，角速度ω变小，线速度v变大，故B错误，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】重物均处于静止状态，则绳子拉力不变，蜻蜓在竖直方向上处于受力平衡状态，水平面上做匀速圆周运动。根据力的合成与分解确定向心力及夹角变化情况。再根据几何关系确定运动半径变化情况，再根据向心力与线速度、角速度及周期的关系进行分析。
8．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，升降机的天花板上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端栓一质量为m的物体，对升降机施加一向上的拉力T，使升降机由静止开始，以的加速度匀加速上升，关于从开始到物体第一次与升降机速度相等的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体与电梯达到共速之后一起做匀加速运动
B．物体加速度达到时，弹簧长度最长
C．速度相等时，物体的加速度大于
D．升降机受到的拉力T一直变大
【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AC、在达到共速前，物体相对升降机一直向下运动，弹簧弹力一直增大，根据
可知，速度增加量相同，时间相同，则平均加速度相等，所以物体与电梯达到共速之后，物体加速度大于升降机加速度，故A错误，C正确；
B、第一次共速时，弹簧弹力最大，弹簧长度最长，之后由于物体加速度大于升降机，物体会相对升降机向上运动，弹簧长度变小，故B错误；
D、对升降机分析可知
由于弹簧弹力一直增大，则拉力一直增大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】根据运动的相对性，判断共速前弹簧的形变情况，物体做变加速运动，再根据加速度的定义判断物体加速度与升降机加速度的关系。物体与升降机共速前，升降机的速度大于物体的速度，两者的相对位移不断增大，即弹簧的形变量不断变大，共速时，形变量达到最大，此时弹力最大。
9．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，倾角为的斜面体C置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知B、C间的动摩擦因数为，B通过轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与物块A连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B的质量分别为m、M。现给B一初速度，使B沿斜面下滑，C始终处于静止状态，重力加速度为g，则在B下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．不论A、B的质量大小关系如何，A一定处于失重状态
B．A运动的加速度大小为
C．地面对斜面的摩擦力始终为0
D．水平面对C的支持力小于B、C的总重力
【答案】A,B,C
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB、对A、B整体受力分析
又
得A、B加速度大小
方向沿斜面向上，不论A、B的质量大小关系如何，A加速度一定向下，因此一定处于失重状态，故A正确，B正确；
C、对C受力分析，B给的压力Mgcosθ和摩擦力μMgcosθ，因为
因此二者的矢量在水平方向分量满足
所以C水平方向不受地面的摩擦力，故C正确；
D、对C的分析竖直方向
则可知水平面对C的支持力与物体B和斜面体C的总重力大小相等，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】AB的加速度大小相等，对AB构成的整体运用牛顿第二定律确定两者加速度的大小和方向，加速度向下，物体处于失重状态。对C进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定其所受各力大小情况。
10．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，在光滑水平桌面上用四根长度均为L的相同轻质细杆做成框架，各杆的两端全用光滑铰链相连。开始时，相对的两铰链A和C彼此靠近（可看作在同一点），铰链A固定，铰链C在水平外力F（大小未知）的作用下从静止开始做初速度为零，大小为a的恒定加速度沿菱形对角线运动。铰链处质量不可忽略，均为m。当和间的夹角成120°时，下列说法正确的是（ ）
A．此时铰链C的速度大小为 B．此时铰链B的速度大小为
C．BC杆上的弹力大小为 D．AB杆上的弹力大小为
【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；力的合成与分解的运用；运动的合成与分解；向心力
【解析】【解答】A、铰链C在水平外力F作用下，做匀加速直线运动，从A到C，运动的位移为
由
得
故A正确；
B、由铰链B的运动可知，B绕A做圆周运动，当AB和BC间的夹角成120°时，B点的速度方向与AB垂直且与BC夹角为30°，铰链B和铰链C通过BC连接，则沿杆方向的分速度相等
可得
故B正确；
CD、B点做圆周运动，在图示位置时
则可得圆周运动的向心加速度为
对B受力分析可得，AB方向上
AC方向上，从开始运动到图示位置B点的位移为C点位移的一半，则图示位置时，B水平方向的加速度
水平方向上受力可得
因此解得
，
故C错误，D正确。
故答案为：ABD。
【分析】铰链C在水平外力F作用下在水平方向做匀加速直线运动，根据位移与速度的关系确定此时铰链C的速度。铰链B和铰链C通过BC连接，属于“关联模型”，则沿杆方向的分速度相等。B点以A点为圆心做圆周运动，由杆AB及杆BC沿AB方向的分力提供向心力。根据运动的分解可知，B点在水平方向上做匀加速直线运动，水平位移为C的一半。再根据牛顿第二定律进行解答。
二、实验题（每空2分，共14分.）
11．（2024高一上·辽宁期末）在“探究平抛运动的特点”的实验中：
（1）关于这个实验，以下说法正确的是____。
A．小球释放的初始位置越高越好
B．每次小球要从同一高度由静止释放
C．实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直
D．小球在平抛运动时要靠近但不接触木板
（2）某同学为了更精确地描绘出小球做平抛运动的轨迹，使用频闪照相机（每隔相等时间拍一次照片）拍摄小球在空中的位置。如图所示为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，图中背景方格的边长表示实际长度，如果取，那么：
①照相机的频闪周期 s（结果保留两位小数）；
②小球做平抛运动的初速度大小是 （结果保留一位有效数字）。
【答案】（1）B；C；D
（2）0.04；0.6
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）A、探究平抛运动的特点实验中，需要小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，小球初始位置越高，轨迹约偏上部，因此需要释放位置适中，故A错误；
B、实验中在描绘小球运动轨迹过程中，需要保证每次小球平抛运动的初速度相同，因此必须保证每次小球要从同一高度由静止释放，故B正确；
C、实验过程中，描绘的小球运动轨迹需保证在竖直面内，因此实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖线是否竖直，故C正确；
D、小球在运动过程中，为了便于描绘小球的运动轨迹，需要靠近木板；但是要保证小球在运动过程中受到的阻力尽量小，因此不接触木板，故D正确。
故答案为：BCD。
（2）由方格纸上描绘的点迹可知，小球从A运动到B过程中，水平方向位移
竖直方向上位移
小球从B运动到C过程中，水平方向位移
竖直方向上位移
水平方向上是匀速直线运动，又因为
则两段所用时间
竖直方向上自由落体运动
代入数据得
小球水平方向上做匀速直线运动
【分析】探究平抛运动的特点实验中，需要小球运动轨迹大体落在纸面中间位置附近，小球初始位置适中，为保证每次小球平抛运动的初速度相同，因此必须保证每次小球要从同一高度由静止释放。根据图纸确定小球在连续相等时间内水平和竖直位移的大小，再根据平抛运动规律结合逐差法进行数据处理。
12．（2024高一上·辽宁期末）用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：
（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有____。
A．天平 B．秒表
C．刻度尺（最小刻度为） D．低压交流电源
（2）此实验中需要满足一些条件，下列正确的做法是____
A．小车放在长木板上，反复调节长木板的倾斜程度，直至轻推小车使其在不受绳的拉力下沿木板做匀速运动
B．小车放在长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。反复调节长木板的倾斜程度，直至轻推小车使其在不受绳的拉力下沿木板做匀速运动
C．实验中，不需要满足砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间的条件
D．实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是
（3）乙图为某次实验得到的纸带，交流电的频率为，在相邻两计数点间都有四个打点末画出，小车的加速度大小 。（计算结果均保留2位有效数字）
（4）另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与力的关系”实验时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力，然后根据测得的数据作出图像，如图三所示。发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能的原因是（ ）
A．没有补偿摩擦阻力，且小车质量较大
B．补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大
C．补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大
D．补偿摩擦阻力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大
【答案】（1）A；C；D
（2）B；D
（3）1.0
（4）C
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）根据实验原理及操作要求，还需要天平测量质量、刻度尺处理纸带的数据、低压交流电源给打点计时器供电，不需要秒表。
故答案为：ACD。
（2）AB、小车放在长木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。反复调节长木板的倾斜程度，直至轻推小车使其在不受绳的拉力下沿木板做匀速运动，以平衡纸带和打点计时器及小车和木板间的摩擦力，故A错误，B正确；
CD、实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是m M，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
（3） 相邻两计数点间都有四个打点末画出，相邻计数点间的间隔
小车的加速度
（4）由图示图象可知，图象没有过原点，当拉力大到一定值时才产生加速度，这是由于实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足即木板倾角过小造成的；由图示图象可知，当F较大时图象发生弯曲，这是由于砂与砂桶质量过大，不再满足m M造成的。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握“探究加速度与力、质量的关系”实验的操作步骤及所需仪器。由于绳子拉力无法测得，为保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量应远小于小车和车上砝码的总质量，且实验开始前需平衡摩擦力。熟悉掌握只带数据处理方法。
三、计算题（共3小题，13题10分，14题12分，15题18分，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。将试题全部答在“答题纸”上，答在试卷上无效）
13．（2024高一上·辽宁期末）有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带同定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．（g取）求：
（1）座椅在匀减速阶段的时间是多少？
（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【答案】（1）解：自由下落的位移
座椅自由下落结束时刻的速度
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
由得
．
（2）解：设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由得
由牛顿第二定律得
解得
．
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）座椅先做自由落体运动在做匀减速直线。根据自由落体运动规律确定自由落体运动阶段的位移。再根据位移与平均速度的关系确定匀减速运动的时间；
（2）根据速度与时间的关系确定游客的加速度，再根据牛顿第二定律进行解答。
14．（2024高一上·辽宁期末）如图所示，碎石场有一长的传送带与水平面夹角，传送带以恒定速率沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量石块被与水平的轻绳系住保持静止不动，时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数.取重力加速度，，，求：
（1）时刻前绳子的拉力T大小和物体受到的摩擦力f大小和方向；
（2）石块到传送带底端所用的时间；
【答案】（1）解：剪断前对石块受力分析
沿传送带方向
垂直传送带方向
滑动摩擦力
整理解得
，，
摩擦力方向沿斜面向上
（2）解：石块与传送带共速前，根据牛顿第二定律得
解得
石块与传送带共速所用时间为
此时石块的位移为
石块与传送带共速后，由于，石块在传送带上继续保持加速，根据牛顿第二定律得
解得
由位移公式
解得
故石块下滑到底端所用时间为
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）确定0时刻前石块的受力情况，此时石块处于平衡状态，且传送带与石块之间的摩擦力为滑动摩擦力，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答；
（2）根据摩擦因数与倾角正切值的大小关系判断石块与传送带共速后是否发生相对滑动。根据分析结合牛顿第二定律确定共速前后石块的加速度，再根据匀变速直线运动规律确定石块在共速前后各阶段运动的位移及时间，两阶段运动的位移之和等于传送带长。
15．（2024高一上·辽宁期末）如图甲所示，竖直面内有一光滑轨道，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，圆弧轨道半径为，与水平轨道相切于点C.现将一小滑块（可视为质点）从空中的A点以的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点，滑块在圆弧末端C点速度为，对轨道的压力，之后继续沿水平轨道滑动，经过D点滑到质量为，长为的木板上.图乙为木板开始运动后一段时间内的图像，滑块与地面、木板与地面间的动摩擦因数相同，重力加速度g取，不计空气阻力和木板厚度。求：
（1）小滑块经过圆弧轨道上B点的速度大小；
（2）小滑块的质量；
（3）全过程中木板的位移。
【答案】（1）解：在B点，由
可得
=8m/s
（2）解：在C点，对物块受力分析
又因为
联立可得
m=1kg
（3）解：由乙图可知，1s时木板收到的力发生了突变，经分析可知有两种情况。
情况一（如图）：1s时物块和木板刚好共速，之后两物体一起相对静止，以相同的加速度一起减速滑行至停止。
由图可知，在0~1s内，对物块：
=8m/s2
又
可得
=0.8
对木板：木板的加速度大小
=4m/s2
又
解得
=0.2
通过图像，求得两者共速前相对位移
=6m＜L=7m
所以此情况成立。
木板加速过程位移
=2m
木板减速过程位移
=4m
木板位移
情况二（如图）：1s时物块从木板右侧滑出，之后两物体均在地面上滑行，滑行时加速度相同，则不会相撞。
由图可知，在0~1s内，物块和木板的相对位移
=L=7m
=6m/s
物块的加速度大小
则
=6m/s2
又
则
=0.6
对木板：木板的加速度大小
=4m/s2
又
则
=0.1
通过图像，求木板加速过程位移
=2m
通过图像，求木板减速过程位移
=8m
木板位移
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动；向心力；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）小滑块从A到B做平抛运动，且在B点时速度沿切线方向，再根据平抛运动规律进行解答；
（2）确定滑块在C点的受力情况及其做曲线运动在C点处向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；
（3）由图乙可知木板的速度发生突变，故可能1s时两者达到共速4m/s，随后滑块和木板保持相对静止一起减速至停止。或者1s时，滑块的速度仍大于木板速度，但1s时滑块滑离木板，随后两者以相同的加速度做匀减速直线运动到停止。再根据不同的情况结合匀变速直线运动规律及牛顿第二定律和v-t图像的斜率及截距的物理意义进解答。
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