浙江省浙东北联盟（ZDB）2024-2025学年高一上学期期中考试（AP）班物理试卷
1．（2024高一上·浙江期中）下列各物理量都属于矢量的是（ ）
A．速率、平均速度 B．瞬时速度、功率
C．加速度、线速度 D．位移、重力势能
2．（2024高一上·浙江期中）下列关于物理学发展历史的说法正确的是（ ）
A．“笔尖下发现的行星—海王星”的发现者是伽利略
B．卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测算出了引力常量G的值
C．开普勒分析卡文迪什的观测数据，提出了关于行星运动的三大定律
D．哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
3．（2024高一上·浙江期中）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、现象放大法、建立物理模型法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在t时刻瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．伽利略通过对自由落体运动的研究开创了实验和逻辑推理的科学研究方法
D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法
4．（2024高一上·浙江期中）2019年10月1日在国庆阅兵式上，教练机机群掠过，划出7条美丽彩带，向新中国70华诞献上诚挚的祝福。如图所示，下列关于飞机运动情况的说法正确的是（ ）
A．飞机的速度越大，加速度也一定越大
B．飞机的速度变化越快，加速度不一定越大
C．飞机的速度变化越大，加速度也一定越大
D．飞机的加速度不断减小，速度可能越来越大
5．（2024高一上·浙江期中）左图是救援船水上渡河演练的场景，假设船头始终垂直河岸，船的速度大小恒定，右图中虚线是救援船渡河的轨迹示意图，其中点是出发点，点位于点的正对岸，段是直线，段是曲线，下列说法正确的是（ ）
A．船以该种方式渡河位移最短 B．船以该种方式渡河时间最长
C．段中水流速度不断增大 D．段中水流速度不断减小
6．（2024高一上·浙江期中）如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（ ）
A．大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B．手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C．大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D．大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
7．（2024高一上·浙江期中）我国暗物质粒子探测卫星“悟空”发射升空进入高为的预定轨道。“悟空”卫星和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，已知地球半径。下列说法正确的是（ ）
A．“悟空”卫星的线速度比同步卫星的线速度小
B．“悟空”卫星的角速度比同步卫星的角速度小
C．“悟空”卫星的运行周期比同步卫星的运行周期小
D．“悟空”卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度小
8．（2024高一上·浙江期中）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
9．（2024高一上·浙江期中）如图所示，一个质量为m的木块静止在倾角为 30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在木块上，弹簧方向与斜面垂直，则（ ）
A．木块一定受到四个力的作用
B．弹簧一定处于伸长状态
C．斜面对木块的支持力大小可能为零
D．斜面对木块的摩擦力大小一定等于
10．（2024高一上·浙江期中）2024年5月3日，搭载嫦娥六号探测器的长征五号遥八运载火箭，在中国文昌航天发射场点火发射。如图，嫦娥六号探测器静止在月球的平坦地面上。已知探测器质量为m ，四条着陆腿与竖直方向的夹角均为θ ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的 。每条着陆腿对月球表面压力的大小为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一上·浙江期中）如图甲、乙、丙分别为商场里的厢式、台阶式和斜面电梯，小明在逛商场时分别乘坐了这三部电梯上楼。在电梯以相同速率匀速运行的过程中，小明相对电梯静止，则下列说法正确的是（ ）
A．三部电梯对小明均不做功
B．乘坐乙丙电梯时，电梯对小明均无摩擦力的作用
C．乘坐甲丙电梯时，小明所受重力做功的功率相等
D．乘坐甲乙电梯时，小明所受弹力做功的功率不相等
12．（2024高一上·浙江期中）杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做变速圆周运动，已知轨迹半径为r = 0.4 m，水的质量200 g，杯子的质量50 g，绳子质量不计，重力加速度g = 10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．杯子运动到最高点时，水恰好不流出，则最高点速度大小为4 m/s
B．当杯子运动到最高点N时速度大小为6 m/s时，水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向下
C．杯子在下降过程速度变大，合力沿轨迹切线方向的分力与速度同向
D．杯子在最低点M时处于受力平衡状态
13．（2024高一上·浙江期中）如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。如果按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
14．（2024高一上·浙江期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的角速度小于，杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对外轨道有挤压作用
C．图c中若A、B均相对圆盘静止，半径2RA=3RB，质量mA=2mB，则A、B所受摩擦力fA>fB
D．图d中两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同
15．（2024高一上·浙江期中）2021年2月，天问一号探测器成功与火星交会，如图所示为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ = 4R，轨道Ⅱ上正常运行时经过O点的速度为v，关于探测器下列说法正确的是（ ）
A．沿轨道Ⅱ运动时经过P点的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度
B．探测器由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，需要在O点加速
C．沿轨道Ⅱ的运动周期小于沿轨道Ⅲ的运动周期
D．沿轨道Ⅲ运动时，探测器经过O点的加速度大小等于
16．（2024高一上·浙江期中）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小王同学组装了如图所示装置。
（1）小王将长木板的一端适当垫高，在不挂槽码的情况下，使小车靠近打点计时器。先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上运动。若打点计时器在纸带上打出的计时点越来越疏（从打出的点的先后顺序看），则应将长木板底下的小木块垫得比原先 （填“高”或“低”）些。重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列间隔均匀的计时点。
（2）操作过程中，小王回想起学习运动学时也用到该实验装置做了“探究小车速度随时间变化的规律”，这个实验中 （填“需要”、 “不需要”）完成以上（1）的操作。
（3）实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz。下图是实验获得的一段纸带，每隔4个点取一个计数点，则计数点2的读数是 cm，打下计数点3时小车的速度v= m/s。（计算结果保留2位有效数字）
（4）在探究加速度与力的关系实验中，两位同学把所挂槽码的总重力记为F，根据实验数据作出的关系图像如下图所示，下列说法正确的是 （多选）
A．图线①上的数据点来自同一条纸带
B．图线②不过原点可能是由于未补偿阻力
C．两条图线的斜率均表示实验小车的质量
D．得到图线②的实验中小车质量比图线①的大
17．（2024高一上·浙江期中）三个同学利用不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明A球______；
A．竖直方向的分运动是自由落体运动
B．水平方向的分运动是匀速直线运动
C．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L = 2.5 cm，则该小球经过b点时的速度大小vb = m/s；（g取10 m/s2）
（3）丙同学采用如图丙所示的装置。下列器材问题和操作方式不会对实验误差带来影响的是______。
A．槽与小球间有摩擦
B．槽末端切线不水平
C．小球每次自由滚下的位置不同
D．某次实验时小球在释放瞬间有初速度v0
（2024高一上·浙江期中）18．用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，用到的实验方法是 。
A．理想实验 B．等效替代法 C．微元法 D．控制变量法
19．在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球分别放在A、C位置，A 、C到塔轮中心的距离相同，将皮带处于左右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右露出的刻度，此时可研究向心力的大小与 的关系。
A．质量m B．角速度ω C．半径r
20．在（2）的实验中， 其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则下列符合实验实际的是
A．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变小
B．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值不变
C．左右两标尺的示数将变小，两标尺示数的比值变小
D．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变大
21．（2024高一上·浙江期中）2023年杭州亚运会上，中国蹦床队展现了卓越的实力与风采，成功包揽了男子与女子蹦床项目的冠军，这是一项令人瞩目的成就。中国队的成绩也再次证明了中国体育的强大实力和深厚底蕴。如图为我国男子冠军严浪宇训练画面，某次运动员从脚离床面高h1=1.25m下落，经反弹上升到最高处，脚离床面高h2=5m，在空中始终保持直立状态，运动员与蹦床接触时间为0.5 s，假设把运动员空中的运动看成自由落体和竖直上抛，g取10m/s2，求∶
（1）运动员下落h1所用的时间t1；
（2）运动员脚刚离开蹦床时的速度大小v2；
（3）从h1高处运动到h2高处的平均速度大小。
22．（2024高一上·浙江期中）抛石机是古代远程攻击的一种重型武器，某同学制作了一个简易模型。如图所示，支架固定在地面上，O为转轴，长为L的轻质硬杆A端的凹槽内放置一石块，B端固定一重物，，。石块发射时，在重物上施加一向下的作用力，使杆绕O点在竖直平面内转动。杆转动到竖直位置时，石块立即被水平抛出，此时重物的速度大小为，石块直接击中前方倾角为15°的斜坡，且击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角，重力加速度为g，忽略空气阻力影响，求：
（1）石块被水平抛出时的速度大小；
（2）石块击中斜坡时的速度大小；
（3）石块被抛出后至击中斜坡，石块在空中运动的水平位移大小。
23．（2024高一上·浙江期中）如图所示，质量为m=50 kg的杂技演员利用动滑轮（图中未画出）悬挂在绳子上进行杂技表演。绳子一端固定在竖直杆上的a点，另一端通过定滑轮与静止在粗糙斜面上质量M = 60 kg的物体连接，物体与斜面的动摩擦因数μ = 0.5。当杂技演员静止在最低点时，动滑轮两侧绳子与水平方向的夹角均为 ，斜面倾角 。绳子不可伸长，不计绳子和动滑轮质量以及滑轮摩擦，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知，，g取10 m/s2，求：
（1）杂技演员静止在最低点时，绳子张力的大小；
（2）杂技演员静止在最低点时，斜面对物体的支持力大小和摩擦力大小；
（3）保持定滑轮和物体位置不变，将竖直杆往左侧移动，滑轮左侧绳子与水平方向的夹角减小，为了不让物体发生滑动，sin的最小值。
24．（2024高一上·浙江期中）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为v0=2m/s。将质量m=25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=25kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数在一定范围内，满足。AB的距离为s=8.2m，木板足够长，重力加速度g取10 m/s2（已知，），求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物体通过传送带所需要的时间；
（3）物体离开传送带后运动总路程的最小值和最大值。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矢量与标量；重力势能
【解析】【解答】物理量中，根据物理量的分类则有：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
在题意中，位移、瞬时速度、平均速度、加速度、线速度是矢量，功率、速率、重力势能是标量。
故选C。
【分析】物理量中，矢量具有大小和方向，标量具有大小没有方向。
2．【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．“笔尖下发现的行星－海王星”的发现者是勒维耶和亚当斯，不是伽利略，故A错误；
B． 卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测算出了引力常量G的值 ，故B正确；
CD．哥白尼提出了日心说，开普勒提出了关于行星运动的三大定律，故CD错误；
故选B。
【分析】海王星的发现者是勒维耶和亚当斯；卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测算出了引力常量G的值哥白尼提出了日心说，开普勒提出了关于行星运动的三大定律。
3．【答案】D
【知识点】极限法；微元法；理想模型法
【解析】【解答】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，对图像中时间进行分割，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确，不符题意；
B．根据速度定义式
当非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，将平均速度定义为瞬时速度的方法使用了极限思想方法，故B正确，不符题意；
C．伽利略对自由落体运动的研究，先是对斜面实验进行研究，在进行合理外推出自由落体运动的规律，则应用了将实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确，不符题意；
D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，分析研究问题是用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故D错误，符合题意。
本题选择不正确选项，故选D。
【分析】推导匀变速直线运动的位移大小使用了微元法；将平均速度定义为瞬时速度的方法使用了极限思想方法；用质点来代替物体的方法叫理想模型法； 伽利略通过对自由落体运动的研究开创了实验和逻辑推理的科学研究方法。
4．【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】ABC．根据加速度定义式
可知加速度大小与速度大小无关，与速度变化量也无关，加速度描述速度变化的快慢，则飞机的速度变化越快，加速度一定越大。故ABC错误；
D．加速度与速度方向的关系决定速度是否增大，当加速度方向与速度方向相同时，当飞机的加速度不断减小，但速度越来越大。故D正确。
故选D。
【分析】加速度的大小与速度大小及速度变化量的大小无关，速度变化越快则加速度越大；当加速度方向与速度方向相同时，当飞机的加速度不断减小，但速度越来越大。
5．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】AB．如图所示，由于船头垂直河岸方向渡河，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的船速最大，所以渡河时间最短，如图所示，渡河位移不是最短，故AB错误；
CD．若保持船头垂直于河岸，则在垂直于河岸方向上的速度不变，由于在AB段船做直线运动，根据速度的合成可以得出水流速度保持不变，段中由于船开始做曲线运动，根据曲线运动的轨迹可以判别合力方向与水流速度方向相反，所以水流速度不断减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由于船头垂直河岸方向渡河，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的船速最大，所以渡河时间最短，如图所示，渡河位移不是最短；由于在AB段船做直线运动，根据速度的合成可以得出水流速度保持不变，段中由于船开始做曲线运动，根据曲线运动的轨迹可以判别合力方向与水流速度方向相反，所以水流速度不断减小。
6．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据大车轮与小车轮相同时间所走的轨迹相同则边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
可知，大车轮与小车轮的角速度之比
故A错误；
B.根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据大车轮与小车轮的角速度之比有
故B错误；
C．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，只有平动的速度，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1，故C正确；
D．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据线速度和角速度的关系式
则
故D错误。
故选C。
【分析】根据大车轮和小车轮的线速度相同，结合半径的大小可以求出角速度的大小；利用大车轮和手轮圈的角速度相等，可以求出手轮圈和小车轮的角速度之比；大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，利用平动的速度可以求出速度之比；根据线速度和角速度的关系式可以求出大车轮和手轮圈的线速度之比。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得线速度的大小为
“悟空”卫星的轨道半径小，线速度比同步卫星的线速度大，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
“悟空”卫星的轨道半径小，角速度比同步卫星的角速度大，故B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
“悟空”卫星的轨道半径小，运行周期比同步卫星的运行周期小，故C正确；
D．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
“悟空”卫星的轨道半径小，向心加速度比同步卫星的向心加速度大，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以求出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，结合半径的比较可以判别线速度、角速度和周期、向心加速度的大小。
8．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据v-t图像进行分析，得出篮球的运动情况。
9．【答案】D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．根据木块的平衡条件可以得出：木块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长。也可能受到重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧拉力或压力四个力的作用而平衡，此时弹簧处于伸长或压缩状态。故AB错误；
C．若斜面对木块的支持力大小为零，则木块受到的摩擦力也必定为零，根据平衡条件可以得出：此时木块受到重力和弹簧弹力作用不可能处于平衡状态。故C错误；
D．木块处于静止时，根据平衡条件，沿斜面方向，有
故D正确。
故选D。
【分析】根据木块的平衡条件可以得出木块的受力情况；利用木块的平衡方程可以求出静摩擦力的大小及方向。
10．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】探测器静止时，根据平衡方程有：
可得
由牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力的大小为。
故选B。
【分析】根据探测器的平衡方程结合牛顿第二定律可以求出探测器对月球表面的压力大小。
11．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小明先后随三部电梯以相同速率匀速运行的过程中，由于重力方向与速度方向相反，所以重力对小明做负功，根据动能定理可知，由于合力做功等于0，则三部电梯对小明均做正功，故A错误；
B．电梯匀速运行，根据小明的平衡条件则台阶式电梯乙对小明没有摩擦力的作用；丙是斜面电梯，小明要随斜面电梯向上运动，根据小明的平衡条件则丙电梯对小明有摩擦力的作用，且摩擦力方向沿斜面向上，与小明的重力沿斜面向下的分力平衡，故B错误；
C．设小明运动方向与竖直方向夹角为θ，根据功率的表达式有：
乘坐甲丙电梯时，由于电梯运行速率相同，但方向不同，根据速度的分解则竖直分速度大小不相等，则小明所受重力做功的功率不相等，故C错误；
D．乘坐甲乙电梯时，小明所受弹力大小相等，且大小都等于重力，由于电梯运行速率相同，但方向不同，所以竖直分速度大小不相等，根据功率的表达式则小明所受弹力做功的功率不相等，故D正确。
故选D。
【分析】利用小明运动的方向可以判别重力做功的情况，结合动能定理可以判别弹力做功的情况；利用平衡条件可以判别小明受到的摩擦力方向；利用功率的表达式结合速度的分解可以判别重力功率及弹力功率的大小。
12．【答案】C
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．杯子运动到最高点时，水刚好不落下，由于水的重力提供水的向心力，根据牛顿第二定律有
所以杯子在最高点时的速度为
故A错误；
B．当杯子到最高点速度为6 m/s时，水的重力和水受到的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
即杯子对水的弹力为16 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向上，故B错误；
C．杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，根据力的效果则沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向，故C正确；
D．杯子在最低点时根据向心力的方向竖直向上则加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】杯子到达最高点时，利用重力提供向心力可以求出杯子到达最高点的速度；利用杯子的速度结合牛顿第二定律可以求出杯子对水的弹力大小，结合牛顿第三定律可以求出水对杯子的弹力大小；根据力的效果则沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向；杯子在最低点时根据向心力的方向竖直向上则加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态。
13．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】由甲图可知，物体m匀速运动，根据平衡方程有
物体M也做匀速运动，则根据平衡方程有
联立解得
乙图中，对M有，根据牛顿第二定律有：
对m，根据牛顿第二定律有；
联立解得
故选A。
【分析】当两个物块做匀速直线运动时，根据平衡方程可以求出动摩擦因数的大小，结合牛顿第二定律可以求出两个物块做匀加速直线运动的加速度。
14．【答案】A,C,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，根据牛顿第二定律有
解得
若角速度小于，由于向心力小于重力则杆对小球的作用力向上，选项A正确；
B．图中若火车转弯未达规定速度行驶时，根据向心力的表达式可以得出火车所需的向心力小于重力和轨道的支持力的合力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有作用，选项B错误；
C．图中若A、B均相对静止，根据向心力的表达式可以得出
若半径2RA=3RB，质量mA=2mB，根据摩擦力提供向心力则A、B所受摩擦力
选项C正确；
D．图是一圆锥摆，根据牛顿第二定律可以得出：
可得
则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，选项D正确。
故选ACD。
【分析】利用小球在最高点只受到重力可以求出角速度的大小，结合角速度的作用可以判别杆对小球作用力的方向；利用火车速度的大小可以判别向心力的大小，结合合力的大小可以判别弹力的方向；利用摩擦力提供向心力结合角速度相同可以比较摩擦力的大小；利用圆锥摆的牛顿第二定律可以求出角速度的表达式，结合高度相同可以判别角速度相同。
15．【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据向心运动的条件，探测器从轨道II变轨到轨道III需要在O点减速，所以沿轨道Ⅱ运动时经过P点（即O点）的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度，故A正确；
B．探测器由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，探测器需要做向心运动，则需要在O点进行减速，故B错误；
C．根据开普勒第三定律
由于探测器在轨道II运行的轨道半径大于沿轨道Ⅲ运行的半长轴，可知，沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ的运动周期，故C错误；
D．由牛顿第二定律可知，经过O点时的加速度大小，即为
故D正确。
故选AD。
【分析】利用向心运动的条件可以判别探测器的速度变化；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
16．【答案】（1）低
（2）不需要
（3）9.73~9.83；0.66
（4）B；D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）若打点计时器在纸带上打出的计时点越来越疏，则为了减小小车运动的速度，使小车做匀速直线运动，所以则应将长木板底下的小木块垫得比原先低些。
（2）用该实验装置做“探究小车速度随时间变化的规律”，只需要保持小车运动的加速度不变，所以这个实验中不需要平衡摩擦力，即不需要完成以上（1）的操作。
（3）已知刻度尺的分度值为0.1cm则由刻度尺可知计数点2的读数为。
已知打点周期为0.02s，每隔4个点取一个计数点，则相邻计数点的时间间隔为
根据平均速度公式可以得出：打下计数点3时小车的速度为
（4）A．所挂槽码的总重力为F时，纸带做匀变速运动，纸带的加速度恒定，所以一条纸带对应一组数据点（F，a），图线①上有五组数据点，五个数据点对应五个加速度，则来自5条纸带，故A错误；
B．图线②中，当F达到一定值时，加速度才不为0，说明小车运动开始受到摩擦力的影响，所以不过原点可能是由于未补偿阻力，故B正确；
CD．小车做匀变速直线运动时，根据牛顿第二定律有
根据表达式可以得出两条图线的斜率的倒数均表示实验小车的质量，图线②的斜率小于图线①的斜率，故图线②的实验中小车质量比图线①的大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】（1）为了减小小车运动的速度，所以则应将长木板底下的小木块垫得比原先低些；
（2）实验只需要保持小车运动的加速度不变，所以这个实验中不需要平衡摩擦力；
（3）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数，利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，
（4）五个数据来自于五条纸带；利用图像横截距可以判别小车受到 摩擦力作用；利用图像斜率可以比较小车质量的大小。
（1）若打点计时器在纸带上打出的计时点越来越疏（从打出的点的先后顺序看），则小车做加速运动，则应将长木板底下的小木块垫得比原先低些。
（2）用该实验装置做“探究小车速度随时间变化的规律”，只需要保持小车受到的合力一定，所以这个实验中不需要平衡摩擦力，即不需要完成以上（1）的操作。
（3）[1]由刻度尺可知计数点2的读数为。
[2]每隔4个点取一个计数点，则相邻计数点的时间间隔为
打下计数点3时小车的速度为
（4）A．所挂槽码的总重力为F时，纸带做匀变速运动，纸带的加速度恒定，即一条纸带对应一组数据点（F，a），图线①上有五组数据点，来自5条纸带，故A错误；
B．图线②中，当F达到一定值时，加速度才不为0，所以不过原点可能是由于未补偿阻力，故B正确；
CD．根据牛顿第二定律有
两条图线的斜率的倒数均表示实验小车的质量，图线②的斜率小于图线①的斜率，故图线②的实验中小车质量比图线①的大，故C错误，D正确。
故选BD。
17．【答案】（1）A
（2）1.25
（3）A
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由于A球以不同速度平抛时，由于小球A下落时间与小球B下落时间相同，则下落情况与自由落体运动的B球完全相同，说明平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，无法判断水平方向的运动情况。故选A。
（2）竖直方向上，小球做自由落体运动，根据邻差公式有：
可得相邻两个点间的时间间隔
根据水平方向的位移公式可以得出：平抛初速度为
根据水平方向的平均速度公式可以得出：b点竖直方向上的分速度
根据速度的合成可以得出：b点的速度
（3）若每次小球运动轨迹相同，则需要保持小球的初速度方向和大小相同，则每次小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽末端必须水平，这样就能保证每次小球平抛的初速度相同，至于斜槽是否光滑对实验结果没有影响，不会影响小球初速度的大小。
故选A。
【分析】（1）利用两个小球下落时间相同可以判别A球在竖直方向为自由落体运动；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔的大小，结合位移公式可以求出水平方向初速度的大小；利用平均速度公式可以求出b点竖直方向的分速度的大小，结合速度的合成可以求出b点速度的大小；
（3）斜槽是否光滑对同一位置自由释放的小球离开斜槽的初速度没有影响；为了保持初速度不变，则每次小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽末端必须水平。
（1）由于A球以不同速度平抛时，下落情况与自由落体运动的B球完全相同，说明平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，水平方向运动无法判断。
故选A。
（2）竖直方向上，根据
可得相邻两个点间的时间间隔
平抛初速度
b点竖直方向上的分速度
因此b点的速度
（3）若每次小球运动轨迹相同，每次小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽末端必须水平，这样就能保证每次小球平抛的初速度相同，至于斜槽是否光滑对实验结果没有影响。
故选A。
【答案】18．D
19．B
20．B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）为了探究向心力与多个物理量的关系，则研究时需要保持多个物理量不变，探究向心力与某一个物理量的关系，则是采用了控制变量法。
故选D。
（2）在图中。由于保持小球的质量和转动半径相同，则是探究向心力的大小F与角速度的关系。
故选B。
（3）当保持小球的质量和转动半径不变时，若增大手柄转动速度，则有两钢球所需的向心力都增大，左右两标尺的示数将变大；可是增大转速前后的角速度之比不变，根据向心力的表达式有所以向心力之比不变，即两标尺示数的比值不变。
故选B
【分析】（1）探究向心力与小球半径、质量与角速度的关系需要使用控制变量法；
（2）利用图示可以得出探究的是向心力大小与角速度的大小关系；
（3）当角速度同时增大时，根据比值不变可以判别向心力的大小比值也保持不变。
18．（1）为了探究向心力与多个物理量的关系，则研究时需要保持多个物理量不变，探究向心力与某一个物理量的关系，则是采用了控制变量法。
故选D。
19．（2）在图中。由于保持小球的质量和转动半径相同，则是探究向心力的大小F与角速度的关系。
故选B。
20．（3）当保持小球的质量和转动半径不变时，若增大手柄转动速度，则有两钢球所需的向心力都增大，左右两标尺的示数将变大；可是增大转速前后的角速度之比不变，根据向心力的表达式有所以向心力之比不变，即两标尺示数的比值不变。
故选B
21．【答案】（1）解：根据
解得
（2）解：根据速度位移关系式
解得
（3）解：运动员上升的时间为
平均速度大小为
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）运动员做自由落体运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）运动员上升做竖直上抛运动，利用速度位移公式可以求出上升的高度；
（3）运动员运动过程中，利用速度公式可以求出上升的时间，结合位移的大小可以求出平均速度的大小。
（1）根据
解得
（2）根据速度位移关系式
解得
（3）运动员上升的时间为
平均速度大小为
=1.875m/s
22．【答案】（1）解：由
得
所以
（2）解：根据击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角可知
解得
（3）解：在击中点
竖直方向
水平方向
得
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1）已知重物和物块属于同轴转动，根据角速度相同及半径的比值可以求出石块的速度大小；
（2）石块击中斜坡时，根据速度的分解可以求出击中时速度的大小；
（3）已知石块击中斜坡的速度，结合速度的分解可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出水平位移的大小。
（1）由
得
所以
（2）根据击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角可知
解得
（3）在击中点
竖直方向
水平方向
得
23．【答案】（1）解：根据平衡条件可知
解得
（2）解：斜面对物体的支持力
沿斜面方向平衡可知
解得
（3）解：根据平衡可知，摩擦力沿斜面向下时，拉力最大
解得
根据
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）当演员静止在最低点时，根据平衡方程可以求出绳子拉力的大小；
（2）当物体处于静止时，利用平衡方程可以求出斜面对物体的支持力和摩擦力的大小；
（3）当物块处于静止时，利用物块的平衡昂藏结合滑动摩擦力的最大值可以求出角度正弦值的最小值。
（1）根据平衡条件可知
解得
（2）斜面对物体的支持力
沿斜面方向平衡可知
解得
（3）根据平衡可知，摩擦力沿斜面向下时，拉力最大
解得
根据
解得
24．【答案】（1）解：物体速度达到传送带速度前
解得
（2）解：物体与传送带共速所需时间为
根据速度—位移公式有
解得
共速后，由于
物体继续在传送带上做匀加速运动
解得
设物体经到达端，则有
解得
物体通过传送带所需要的时间为
（3）解：物体滑上木板左端时的速度大小
解得
物体
木板
临界条件为
① 时，木板静止，物体
② 时，物体与木板先相对运动，达到共速后，一起减速为零，且由图像知越小，物体的路程越大。当，路程有最大值。设共速时间，则
解得
，
此后，整体加速度为
解得
总路程
总路程的最小值为6m，最大值为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物体下滑的过程中，根据牛顿第二定律可以求出下滑过程的加速度大小；
（2）物体在传送带上运动时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合速度位移公式可以求出运动的位移，结合牛顿第二定律可以求出继续加速的加速度大小，结合位移公式可以求出剩余加速的时间；
（3）当物体滑上木板左端时，利用速度公式可以求出速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出木板和木块加速度的大小，结合木板动摩擦因数的大小可以判别木板和木块加速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，结合速度位移公式可以求出运动的路程。
（1）物体速度达到传送带速度前
解得
（2）物体与传送带共速所需时间为
根据速度—位移公式有
解得
共速后，由于
物体继续在传送带上做匀加速运动
解得
设物体经到达端，则有
解得
物体通过传送带所需要的时间为
（3）物体滑上木板左端时的速度大小
解得
物体
木板
=3-20
临界条件为
① 时，木板静止，物体
② 时，物体与木板先相对运动，达到共速后，一起减速为零，且由图像知越小，物体的路程越大。当，路程有最大值。
设共速时间，则
解得
，
此后，整体加速度为
解得
总路程
总路程的最小值为6m，最大值为。
1 / 1浙江省浙东北联盟（ZDB）2024-2025学年高一上学期期中考试（AP）班物理试卷
1．（2024高一上·浙江期中）下列各物理量都属于矢量的是（ ）
A．速率、平均速度 B．瞬时速度、功率
C．加速度、线速度 D．位移、重力势能
【答案】C
【知识点】矢量与标量；重力势能
【解析】【解答】物理量中，根据物理量的分类则有：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。
在题意中，位移、瞬时速度、平均速度、加速度、线速度是矢量，功率、速率、重力势能是标量。
故选C。
【分析】物理量中，矢量具有大小和方向，标量具有大小没有方向。
2．（2024高一上·浙江期中）下列关于物理学发展历史的说法正确的是（ ）
A．“笔尖下发现的行星—海王星”的发现者是伽利略
B．卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测算出了引力常量G的值
C．开普勒分析卡文迪什的观测数据，提出了关于行星运动的三大定律
D．哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
【答案】B
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．“笔尖下发现的行星－海王星”的发现者是勒维耶和亚当斯，不是伽利略，故A错误；
B． 卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测算出了引力常量G的值 ，故B正确；
CD．哥白尼提出了日心说，开普勒提出了关于行星运动的三大定律，故CD错误；
故选B。
【分析】海王星的发现者是勒维耶和亚当斯；卡文迪什利用扭秤实验比较准确地测算出了引力常量G的值哥白尼提出了日心说，开普勒提出了关于行星运动的三大定律。
3．（2024高一上·浙江期中）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、现象放大法、建立物理模型法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在t时刻瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C．伽利略通过对自由落体运动的研究开创了实验和逻辑推理的科学研究方法
D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法
【答案】D
【知识点】极限法；微元法；理想模型法
【解析】【解答】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，对图像中时间进行分割，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确，不符题意；
B．根据速度定义式
当非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，将平均速度定义为瞬时速度的方法使用了极限思想方法，故B正确，不符题意；
C．伽利略对自由落体运动的研究，先是对斜面实验进行研究，在进行合理外推出自由落体运动的规律，则应用了将实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确，不符题意；
D．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，分析研究问题是用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故D错误，符合题意。
本题选择不正确选项，故选D。
【分析】推导匀变速直线运动的位移大小使用了微元法；将平均速度定义为瞬时速度的方法使用了极限思想方法；用质点来代替物体的方法叫理想模型法； 伽利略通过对自由落体运动的研究开创了实验和逻辑推理的科学研究方法。
4．（2024高一上·浙江期中）2019年10月1日在国庆阅兵式上，教练机机群掠过，划出7条美丽彩带，向新中国70华诞献上诚挚的祝福。如图所示，下列关于飞机运动情况的说法正确的是（ ）
A．飞机的速度越大，加速度也一定越大
B．飞机的速度变化越快，加速度不一定越大
C．飞机的速度变化越大，加速度也一定越大
D．飞机的加速度不断减小，速度可能越来越大
【答案】D
【知识点】加速度
【解析】【解答】ABC．根据加速度定义式
可知加速度大小与速度大小无关，与速度变化量也无关，加速度描述速度变化的快慢，则飞机的速度变化越快，加速度一定越大。故ABC错误；
D．加速度与速度方向的关系决定速度是否增大，当加速度方向与速度方向相同时，当飞机的加速度不断减小，但速度越来越大。故D正确。
故选D。
【分析】加速度的大小与速度大小及速度变化量的大小无关，速度变化越快则加速度越大；当加速度方向与速度方向相同时，当飞机的加速度不断减小，但速度越来越大。
5．（2024高一上·浙江期中）左图是救援船水上渡河演练的场景，假设船头始终垂直河岸，船的速度大小恒定，右图中虚线是救援船渡河的轨迹示意图，其中点是出发点，点位于点的正对岸，段是直线，段是曲线，下列说法正确的是（ ）
A．船以该种方式渡河位移最短 B．船以该种方式渡河时间最长
C．段中水流速度不断增大 D．段中水流速度不断减小
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；小船渡河问题分析
【解析】【解答】AB．如图所示，由于船头垂直河岸方向渡河，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的船速最大，所以渡河时间最短，如图所示，渡河位移不是最短，故AB错误；
CD．若保持船头垂直于河岸，则在垂直于河岸方向上的速度不变，由于在AB段船做直线运动，根据速度的合成可以得出水流速度保持不变，段中由于船开始做曲线运动，根据曲线运动的轨迹可以判别合力方向与水流速度方向相反，所以水流速度不断减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】由于船头垂直河岸方向渡河，根据速度的分解可以得出垂直于河岸的船速最大，所以渡河时间最短，如图所示，渡河位移不是最短；由于在AB段船做直线运动，根据速度的合成可以得出水流速度保持不变，段中由于船开始做曲线运动，根据曲线运动的轨迹可以判别合力方向与水流速度方向相反，所以水流速度不断减小。
6．（2024高一上·浙江期中）如图所示，普通轮椅一般由轮椅架、车轮、刹车装置等组成。车轮有大车轮和小车轮，大车轮上固定有手轮圈，手轮圈由患者直接推动。已知大车轮、手轮圈、小车轮的半径之比为9∶8∶1，假设轮椅在地面上做直线运动，手和手轮圈之间、车轮和地面之间都不打滑，则下列说法正确的是（ ）
A．大车轮与小车轮的角速度之比为9∶1
B．手轮圈与小车轮的角速度之比为8∶9
C．大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1
D．大车轮与手轮圈两边缘的线速度之比为1∶1
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】A．根据大车轮与小车轮相同时间所走的轨迹相同则边缘的线速度大小相等，根据线速度和角速度的关系有
可知，大车轮与小车轮的角速度之比
故A错误；
B.根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据大车轮与小车轮的角速度之比有
故B错误；
C．大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，只有平动的速度，则大车轮轴心与小车轮轴心的速度之比为1∶1，故C正确；
D．根据题意可知，大车轮与手轮圈的角速度相等，根据线速度和角速度的关系式
则
故D错误。
故选C。
【分析】根据大车轮和小车轮的线速度相同，结合半径的大小可以求出角速度的大小；利用大车轮和手轮圈的角速度相等，可以求出手轮圈和小车轮的角速度之比；大车轮轴心与小车轮轴心保持相对静止，利用平动的速度可以求出速度之比；根据线速度和角速度的关系式可以求出大车轮和手轮圈的线速度之比。
7．（2024高一上·浙江期中）我国暗物质粒子探测卫星“悟空”发射升空进入高为的预定轨道。“悟空”卫星和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，已知地球半径。下列说法正确的是（ ）
A．“悟空”卫星的线速度比同步卫星的线速度小
B．“悟空”卫星的角速度比同步卫星的角速度小
C．“悟空”卫星的运行周期比同步卫星的运行周期小
D．“悟空”卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度小
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得线速度的大小为
“悟空”卫星的轨道半径小，线速度比同步卫星的线速度大，故A错误；
B．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
“悟空”卫星的轨道半径小，角速度比同步卫星的角速度大，故B错误；
C．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
“悟空”卫星的轨道半径小，运行周期比同步卫星的运行周期小，故C正确；
D．由于地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
“悟空”卫星的轨道半径小，向心加速度比同步卫星的向心加速度大，故D错误。
故选C。
【分析】利用引力提供向心力可以求出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，结合半径的比较可以判别线速度、角速度和周期、向心加速度的大小。
8．（2024高一上·浙江期中）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（ ）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据v-t图像进行分析，得出篮球的运动情况。
9．（2024高一上·浙江期中）如图所示，一个质量为m的木块静止在倾角为 30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在木块上，弹簧方向与斜面垂直，则（ ）
A．木块一定受到四个力的作用
B．弹簧一定处于伸长状态
C．斜面对木块的支持力大小可能为零
D．斜面对木块的摩擦力大小一定等于
【答案】D
【知识点】胡克定律；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．根据木块的平衡条件可以得出：木块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长。也可能受到重力、斜面支持力、静摩擦力和弹簧拉力或压力四个力的作用而平衡，此时弹簧处于伸长或压缩状态。故AB错误；
C．若斜面对木块的支持力大小为零，则木块受到的摩擦力也必定为零，根据平衡条件可以得出：此时木块受到重力和弹簧弹力作用不可能处于平衡状态。故C错误；
D．木块处于静止时，根据平衡条件，沿斜面方向，有
故D正确。
故选D。
【分析】根据木块的平衡条件可以得出木块的受力情况；利用木块的平衡方程可以求出静摩擦力的大小及方向。
10．（2024高一上·浙江期中）2024年5月3日，搭载嫦娥六号探测器的长征五号遥八运载火箭，在中国文昌航天发射场点火发射。如图，嫦娥六号探测器静止在月球的平坦地面上。已知探测器质量为m ，四条着陆腿与竖直方向的夹角均为θ ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的 。每条着陆腿对月球表面压力的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】探测器静止时，根据平衡方程有：
可得
由牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力的大小为。
故选B。
【分析】根据探测器的平衡方程结合牛顿第二定律可以求出探测器对月球表面的压力大小。
11．（2024高一上·浙江期中）如图甲、乙、丙分别为商场里的厢式、台阶式和斜面电梯，小明在逛商场时分别乘坐了这三部电梯上楼。在电梯以相同速率匀速运行的过程中，小明相对电梯静止，则下列说法正确的是（ ）
A．三部电梯对小明均不做功
B．乘坐乙丙电梯时，电梯对小明均无摩擦力的作用
C．乘坐甲丙电梯时，小明所受重力做功的功率相等
D．乘坐甲乙电梯时，小明所受弹力做功的功率不相等
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小明先后随三部电梯以相同速率匀速运行的过程中，由于重力方向与速度方向相反，所以重力对小明做负功，根据动能定理可知，由于合力做功等于0，则三部电梯对小明均做正功，故A错误；
B．电梯匀速运行，根据小明的平衡条件则台阶式电梯乙对小明没有摩擦力的作用；丙是斜面电梯，小明要随斜面电梯向上运动，根据小明的平衡条件则丙电梯对小明有摩擦力的作用，且摩擦力方向沿斜面向上，与小明的重力沿斜面向下的分力平衡，故B错误；
C．设小明运动方向与竖直方向夹角为θ，根据功率的表达式有：
乘坐甲丙电梯时，由于电梯运行速率相同，但方向不同，根据速度的分解则竖直分速度大小不相等，则小明所受重力做功的功率不相等，故C错误；
D．乘坐甲乙电梯时，小明所受弹力大小相等，且大小都等于重力，由于电梯运行速率相同，但方向不同，所以竖直分速度大小不相等，根据功率的表达式则小明所受弹力做功的功率不相等，故D正确。
故选D。
【分析】利用小明运动的方向可以判别重力做功的情况，结合动能定理可以判别弹力做功的情况；利用平衡条件可以判别小明受到的摩擦力方向；利用功率的表达式结合速度的分解可以判别重力功率及弹力功率的大小。
12．（2024高一上·浙江期中）杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子在竖直平面内做变速圆周运动，已知轨迹半径为r = 0.4 m，水的质量200 g，杯子的质量50 g，绳子质量不计，重力加速度g = 10 m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．杯子运动到最高点时，水恰好不流出，则最高点速度大小为4 m/s
B．当杯子运动到最高点N时速度大小为6 m/s时，水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向下
C．杯子在下降过程速度变大，合力沿轨迹切线方向的分力与速度同向
D．杯子在最低点M时处于受力平衡状态
【答案】C
【知识点】超重与失重；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．杯子运动到最高点时，水刚好不落下，由于水的重力提供水的向心力，根据牛顿第二定律有
所以杯子在最高点时的速度为
故A错误；
B．当杯子到最高点速度为6 m/s时，水的重力和水受到的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
即杯子对水的弹力为16 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向上，故B错误；
C．杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，根据力的效果则沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向，故C正确；
D．杯子在最低点时根据向心力的方向竖直向上则加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态，故D错误。
故选C。
【分析】杯子到达最高点时，利用重力提供向心力可以求出杯子到达最高点的速度；利用杯子的速度结合牛顿第二定律可以求出杯子对水的弹力大小，结合牛顿第三定律可以求出水对杯子的弹力大小；根据力的效果则沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向；杯子在最低点时根据向心力的方向竖直向上则加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态。
13．（2024高一上·浙江期中）如图所示，质量分别为M和m的物块由相同的材料制成，且M＞m，将它们用通过光滑的轻质定滑轮的轻细线连接。如果按图甲放置，则质量为m的物块恰好匀速下降。若将两物块互换位置，如图乙所示，它们的共同加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】由甲图可知，物体m匀速运动，根据平衡方程有
物体M也做匀速运动，则根据平衡方程有
联立解得
乙图中，对M有，根据牛顿第二定律有：
对m，根据牛顿第二定律有；
联立解得
故选A。
【分析】当两个物块做匀速直线运动时，根据平衡方程可以求出动摩擦因数的大小，结合牛顿第二定律可以求出两个物块做匀加速直线运动的加速度。
14．（2024高一上·浙江期中）如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）
A．图a中轻杆长为l，若小球在最高点的角速度小于，杆对小球的作用力向上
B．图b中若火车转弯时未达到规定速率，轮缘对外轨道有挤压作用
C．图c中若A、B均相对圆盘静止，半径2RA=3RB，质量mA=2mB，则A、B所受摩擦力fA>fB
D．图d中两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同
【答案】A,C,D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．图a中若轻杆上的小球在最高点时，杆受作用力为零，根据牛顿第二定律有
解得
若角速度小于，由于向心力小于重力则杆对小球的作用力向上，选项A正确；
B．图中若火车转弯未达规定速度行驶时，根据向心力的表达式可以得出火车所需的向心力小于重力和轨道的支持力的合力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内侧轨道有作用，选项B错误；
C．图中若A、B均相对静止，根据向心力的表达式可以得出
若半径2RA=3RB，质量mA=2mB，根据摩擦力提供向心力则A、B所受摩擦力
选项C正确；
D．图是一圆锥摆，根据牛顿第二定律可以得出：
可得
则两个小球在相同的高度做匀速圆周运动，它们的角速度相同，选项D正确。
故选ACD。
【分析】利用小球在最高点只受到重力可以求出角速度的大小，结合角速度的作用可以判别杆对小球作用力的方向；利用火车速度的大小可以判别向心力的大小，结合合力的大小可以判别弹力的方向；利用摩擦力提供向心力结合角速度相同可以比较摩擦力的大小；利用圆锥摆的牛顿第二定律可以求出角速度的表达式，结合高度相同可以判别角速度相同。
15．（2024高一上·浙江期中）2021年2月，天问一号探测器成功与火星交会，如图所示为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道Ⅰ、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。探测器经轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q点登陆火星，O点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O、P、Q三点与火星中心在同一直线上，O、Q分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。已知火星的半径为R，OQ = 4R，轨道Ⅱ上正常运行时经过O点的速度为v，关于探测器下列说法正确的是（ ）
A．沿轨道Ⅱ运动时经过P点的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度
B．探测器由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，需要在O点加速
C．沿轨道Ⅱ的运动周期小于沿轨道Ⅲ的运动周期
D．沿轨道Ⅲ运动时，探测器经过O点的加速度大小等于
【答案】A,D
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据向心运动的条件，探测器从轨道II变轨到轨道III需要在O点减速，所以沿轨道Ⅱ运动时经过P点（即O点）的速度大于沿轨道Ⅲ经过O点的速度，故A正确；
B．探测器由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ时，探测器需要做向心运动，则需要在O点进行减速，故B错误；
C．根据开普勒第三定律
由于探测器在轨道II运行的轨道半径大于沿轨道Ⅲ运行的半长轴，可知，沿轨道Ⅱ的运动周期大于沿轨道Ⅲ的运动周期，故C错误；
D．由牛顿第二定律可知，经过O点时的加速度大小，即为
故D正确。
故选AD。
【分析】利用向心运动的条件可以判别探测器的速度变化；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小。
16．（2024高一上·浙江期中）在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小王同学组装了如图所示装置。
（1）小王将长木板的一端适当垫高，在不挂槽码的情况下，使小车靠近打点计时器。先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上运动。若打点计时器在纸带上打出的计时点越来越疏（从打出的点的先后顺序看），则应将长木板底下的小木块垫得比原先 （填“高”或“低”）些。重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列间隔均匀的计时点。
（2）操作过程中，小王回想起学习运动学时也用到该实验装置做了“探究小车速度随时间变化的规律”，这个实验中 （填“需要”、 “不需要”）完成以上（1）的操作。
（3）实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz。下图是实验获得的一段纸带，每隔4个点取一个计数点，则计数点2的读数是 cm，打下计数点3时小车的速度v= m/s。（计算结果保留2位有效数字）
（4）在探究加速度与力的关系实验中，两位同学把所挂槽码的总重力记为F，根据实验数据作出的关系图像如下图所示，下列说法正确的是 （多选）
A．图线①上的数据点来自同一条纸带
B．图线②不过原点可能是由于未补偿阻力
C．两条图线的斜率均表示实验小车的质量
D．得到图线②的实验中小车质量比图线①的大
【答案】（1）低
（2）不需要
（3）9.73~9.83；0.66
（4）B；D
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）若打点计时器在纸带上打出的计时点越来越疏，则为了减小小车运动的速度，使小车做匀速直线运动，所以则应将长木板底下的小木块垫得比原先低些。
（2）用该实验装置做“探究小车速度随时间变化的规律”，只需要保持小车运动的加速度不变，所以这个实验中不需要平衡摩擦力，即不需要完成以上（1）的操作。
（3）已知刻度尺的分度值为0.1cm则由刻度尺可知计数点2的读数为。
已知打点周期为0.02s，每隔4个点取一个计数点，则相邻计数点的时间间隔为
根据平均速度公式可以得出：打下计数点3时小车的速度为
（4）A．所挂槽码的总重力为F时，纸带做匀变速运动，纸带的加速度恒定，所以一条纸带对应一组数据点（F，a），图线①上有五组数据点，五个数据点对应五个加速度，则来自5条纸带，故A错误；
B．图线②中，当F达到一定值时，加速度才不为0，说明小车运动开始受到摩擦力的影响，所以不过原点可能是由于未补偿阻力，故B正确；
CD．小车做匀变速直线运动时，根据牛顿第二定律有
根据表达式可以得出两条图线的斜率的倒数均表示实验小车的质量，图线②的斜率小于图线①的斜率，故图线②的实验中小车质量比图线①的大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】（1）为了减小小车运动的速度，所以则应将长木板底下的小木块垫得比原先低些；
（2）实验只需要保持小车运动的加速度不变，所以这个实验中不需要平衡摩擦力；
（3）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数，利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小，
（4）五个数据来自于五条纸带；利用图像横截距可以判别小车受到 摩擦力作用；利用图像斜率可以比较小车质量的大小。
（1）若打点计时器在纸带上打出的计时点越来越疏（从打出的点的先后顺序看），则小车做加速运动，则应将长木板底下的小木块垫得比原先低些。
（2）用该实验装置做“探究小车速度随时间变化的规律”，只需要保持小车受到的合力一定，所以这个实验中不需要平衡摩擦力，即不需要完成以上（1）的操作。
（3）[1]由刻度尺可知计数点2的读数为。
[2]每隔4个点取一个计数点，则相邻计数点的时间间隔为
打下计数点3时小车的速度为
（4）A．所挂槽码的总重力为F时，纸带做匀变速运动，纸带的加速度恒定，即一条纸带对应一组数据点（F，a），图线①上有五组数据点，来自5条纸带，故A错误；
B．图线②中，当F达到一定值时，加速度才不为0，所以不过原点可能是由于未补偿阻力，故B正确；
CD．根据牛顿第二定律有
两条图线的斜率的倒数均表示实验小车的质量，图线②的斜率小于图线①的斜率，故图线②的实验中小车质量比图线①的大，故C错误，D正确。
故选BD。
17．（2024高一上·浙江期中）三个同学利用不同的实验装置，进行了“探究平抛运动的特点”的实验：
（1）甲同学采用如图甲所示的装置。用小锤击打弹性金属片，金属片把A球沿水平方向弹出，同时B球被松开自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤打击的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明A球______；
A．竖直方向的分运动是自由落体运动
B．水平方向的分运动是匀速直线运动
C．竖直方向的分运动是匀速直线运动
（2）乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小球做平抛运动的照片，小球在平抛运动中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，图中每个小方格的边长为L = 2.5 cm，则该小球经过b点时的速度大小vb = m/s；（g取10 m/s2）
（3）丙同学采用如图丙所示的装置。下列器材问题和操作方式不会对实验误差带来影响的是______。
A．槽与小球间有摩擦
B．槽末端切线不水平
C．小球每次自由滚下的位置不同
D．某次实验时小球在释放瞬间有初速度v0
【答案】（1）A
（2）1.25
（3）A
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）由于A球以不同速度平抛时，由于小球A下落时间与小球B下落时间相同，则下落情况与自由落体运动的B球完全相同，说明平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，无法判断水平方向的运动情况。故选A。
（2）竖直方向上，小球做自由落体运动，根据邻差公式有：
可得相邻两个点间的时间间隔
根据水平方向的位移公式可以得出：平抛初速度为
根据水平方向的平均速度公式可以得出：b点竖直方向上的分速度
根据速度的合成可以得出：b点的速度
（3）若每次小球运动轨迹相同，则需要保持小球的初速度方向和大小相同，则每次小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽末端必须水平，这样就能保证每次小球平抛的初速度相同，至于斜槽是否光滑对实验结果没有影响，不会影响小球初速度的大小。
故选A。
【分析】（1）利用两个小球下落时间相同可以判别A球在竖直方向为自由落体运动；
（2）利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔的大小，结合位移公式可以求出水平方向初速度的大小；利用平均速度公式可以求出b点竖直方向的分速度的大小，结合速度的合成可以求出b点速度的大小；
（3）斜槽是否光滑对同一位置自由释放的小球离开斜槽的初速度没有影响；为了保持初速度不变，则每次小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽末端必须水平。
（1）由于A球以不同速度平抛时，下落情况与自由落体运动的B球完全相同，说明平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，水平方向运动无法判断。
故选A。
（2）竖直方向上，根据
可得相邻两个点间的时间间隔
平抛初速度
b点竖直方向上的分速度
因此b点的速度
（3）若每次小球运动轨迹相同，每次小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽末端必须水平，这样就能保证每次小球平抛的初速度相同，至于斜槽是否光滑对实验结果没有影响。
故选A。
（2024高一上·浙江期中）18．用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，用到的实验方法是 。
A．理想实验 B．等效替代法 C．微元法 D．控制变量法
19．在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球分别放在A、C位置，A 、C到塔轮中心的距离相同，将皮带处于左右塔轮的半径不等的层上。转动手柄，观察左右露出的刻度，此时可研究向心力的大小与 的关系。
A．质量m B．角速度ω C．半径r
20．在（2）的实验中， 其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则下列符合实验实际的是
A．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变小
B．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值不变
C．左右两标尺的示数将变小，两标尺示数的比值变小
D．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变大
【答案】18．D
19．B
20．B
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）为了探究向心力与多个物理量的关系，则研究时需要保持多个物理量不变，探究向心力与某一个物理量的关系，则是采用了控制变量法。
故选D。
（2）在图中。由于保持小球的质量和转动半径相同，则是探究向心力的大小F与角速度的关系。
故选B。
（3）当保持小球的质量和转动半径不变时，若增大手柄转动速度，则有两钢球所需的向心力都增大，左右两标尺的示数将变大；可是增大转速前后的角速度之比不变，根据向心力的表达式有所以向心力之比不变，即两标尺示数的比值不变。
故选B
【分析】（1）探究向心力与小球半径、质量与角速度的关系需要使用控制变量法；
（2）利用图示可以得出探究的是向心力大小与角速度的大小关系；
（3）当角速度同时增大时，根据比值不变可以判别向心力的大小比值也保持不变。
18．（1）为了探究向心力与多个物理量的关系，则研究时需要保持多个物理量不变，探究向心力与某一个物理量的关系，则是采用了控制变量法。
故选D。
19．（2）在图中。由于保持小球的质量和转动半径相同，则是探究向心力的大小F与角速度的关系。
故选B。
20．（3）当保持小球的质量和转动半径不变时，若增大手柄转动速度，则有两钢球所需的向心力都增大，左右两标尺的示数将变大；可是增大转速前后的角速度之比不变，根据向心力的表达式有所以向心力之比不变，即两标尺示数的比值不变。
故选B
21．（2024高一上·浙江期中）2023年杭州亚运会上，中国蹦床队展现了卓越的实力与风采，成功包揽了男子与女子蹦床项目的冠军，这是一项令人瞩目的成就。中国队的成绩也再次证明了中国体育的强大实力和深厚底蕴。如图为我国男子冠军严浪宇训练画面，某次运动员从脚离床面高h1=1.25m下落，经反弹上升到最高处，脚离床面高h2=5m，在空中始终保持直立状态，运动员与蹦床接触时间为0.5 s，假设把运动员空中的运动看成自由落体和竖直上抛，g取10m/s2，求∶
（1）运动员下落h1所用的时间t1；
（2）运动员脚刚离开蹦床时的速度大小v2；
（3）从h1高处运动到h2高处的平均速度大小。
【答案】（1）解：根据
解得
（2）解：根据速度位移关系式
解得
（3）解：运动员上升的时间为
平均速度大小为
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）运动员做自由落体运动，利用位移公式可以求出运动的时间；
（2）运动员上升做竖直上抛运动，利用速度位移公式可以求出上升的高度；
（3）运动员运动过程中，利用速度公式可以求出上升的时间，结合位移的大小可以求出平均速度的大小。
（1）根据
解得
（2）根据速度位移关系式
解得
（3）运动员上升的时间为
平均速度大小为
=1.875m/s
22．（2024高一上·浙江期中）抛石机是古代远程攻击的一种重型武器，某同学制作了一个简易模型。如图所示，支架固定在地面上，O为转轴，长为L的轻质硬杆A端的凹槽内放置一石块，B端固定一重物，，。石块发射时，在重物上施加一向下的作用力，使杆绕O点在竖直平面内转动。杆转动到竖直位置时，石块立即被水平抛出，此时重物的速度大小为，石块直接击中前方倾角为15°的斜坡，且击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角，重力加速度为g，忽略空气阻力影响，求：
（1）石块被水平抛出时的速度大小；
（2）石块击中斜坡时的速度大小；
（3）石块被抛出后至击中斜坡，石块在空中运动的水平位移大小。
【答案】（1）解：由
得
所以
（2）解：根据击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角可知
解得
（3）解：在击中点
竖直方向
水平方向
得
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【分析】（1）已知重物和物块属于同轴转动，根据角速度相同及半径的比值可以求出石块的速度大小；
（2）石块击中斜坡时，根据速度的分解可以求出击中时速度的大小；
（3）已知石块击中斜坡的速度，结合速度的分解可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出水平位移的大小。
（1）由
得
所以
（2）根据击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角可知
解得
（3）在击中点
竖直方向
水平方向
得
23．（2024高一上·浙江期中）如图所示，质量为m=50 kg的杂技演员利用动滑轮（图中未画出）悬挂在绳子上进行杂技表演。绳子一端固定在竖直杆上的a点，另一端通过定滑轮与静止在粗糙斜面上质量M = 60 kg的物体连接，物体与斜面的动摩擦因数μ = 0.5。当杂技演员静止在最低点时，动滑轮两侧绳子与水平方向的夹角均为 ，斜面倾角 。绳子不可伸长，不计绳子和动滑轮质量以及滑轮摩擦，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知，，g取10 m/s2，求：
（1）杂技演员静止在最低点时，绳子张力的大小；
（2）杂技演员静止在最低点时，斜面对物体的支持力大小和摩擦力大小；
（3）保持定滑轮和物体位置不变，将竖直杆往左侧移动，滑轮左侧绳子与水平方向的夹角减小，为了不让物体发生滑动，sin的最小值。
【答案】（1）解：根据平衡条件可知
解得
（2）解：斜面对物体的支持力
沿斜面方向平衡可知
解得
（3）解：根据平衡可知，摩擦力沿斜面向下时，拉力最大
解得
根据
解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）当演员静止在最低点时，根据平衡方程可以求出绳子拉力的大小；
（2）当物体处于静止时，利用平衡方程可以求出斜面对物体的支持力和摩擦力的大小；
（3）当物块处于静止时，利用物块的平衡昂藏结合滑动摩擦力的最大值可以求出角度正弦值的最小值。
（1）根据平衡条件可知
解得
（2）斜面对物体的支持力
沿斜面方向平衡可知
解得
（3）根据平衡可知，摩擦力沿斜面向下时，拉力最大
解得
根据
解得
24．（2024高一上·浙江期中）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为v0=2m/s。将质量m=25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=25kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，木板下表面可以涂抹不同材料的涂层，使得木板与地面的动摩擦因数在一定范围内，满足。AB的距离为s=8.2m，木板足够长，重力加速度g取10 m/s2（已知，），求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小；
（2）物体通过传送带所需要的时间；
（3）物体离开传送带后运动总路程的最小值和最大值。
【答案】（1）解：物体速度达到传送带速度前
解得
（2）解：物体与传送带共速所需时间为
根据速度—位移公式有
解得
共速后，由于
物体继续在传送带上做匀加速运动
解得
设物体经到达端，则有
解得
物体通过传送带所需要的时间为
（3）解：物体滑上木板左端时的速度大小
解得
物体
木板
临界条件为
① 时，木板静止，物体
② 时，物体与木板先相对运动，达到共速后，一起减速为零，且由图像知越小，物体的路程越大。当，路程有最大值。设共速时间，则
解得
，
此后，整体加速度为
解得
总路程
总路程的最小值为6m，最大值为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）物体下滑的过程中，根据牛顿第二定律可以求出下滑过程的加速度大小；
（2）物体在传送带上运动时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合速度位移公式可以求出运动的位移，结合牛顿第二定律可以求出继续加速的加速度大小，结合位移公式可以求出剩余加速的时间；
（3）当物体滑上木板左端时，利用速度公式可以求出速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出木板和木块加速度的大小，结合木板动摩擦因数的大小可以判别木板和木块加速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间，结合速度位移公式可以求出运动的路程。
（1）物体速度达到传送带速度前
解得
（2）物体与传送带共速所需时间为
根据速度—位移公式有
解得
共速后，由于
物体继续在传送带上做匀加速运动
解得
设物体经到达端，则有
解得
物体通过传送带所需要的时间为
（3）物体滑上木板左端时的速度大小
解得
物体
木板
=3-20
临界条件为
① 时，木板静止，物体
② 时，物体与木板先相对运动，达到共速后，一起减速为零，且由图像知越小，物体的路程越大。当，路程有最大值。
设共速时间，则
解得
，
此后，整体加速度为
解得
总路程
总路程的最小值为6m，最大值为。
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