浙江省宁波市九校联考2023-2024学年高一上学期1月期末物理试题
1．（2024高一上·宁波期末）早在2300多年前，我国古代思想家墨子在《墨经》中就提到“力，刑之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）
A．N B． C． D．
2．（2024高一上·宁波期末）如图所示，浙江运动员李玲在参加杭州亚运会女子撑杆跳高比赛时，以的成绩夺得金牌，并再度刷新亚运会赛事纪录。其完整的撑杆跳高过程可简化为三个阶段——持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（ ）
A．研究其越杆过程的技术动作可将李玲视作质点
B．李玲越过杆后在空中下落的过程中处于完全失重状态
C．李玲在撑杆起跳上升的过程中，撑杆对她的力始终沿杆
D．李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的作用力大小大于她对软垫的作用力大小
3．（2024高一上·宁波期末）节能减排可体现在我们日常生活中。假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排。减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一上·宁波期末）如图所示，用一根细绳跨过铁钉将一块小黑板悬挂在墙壁上，细绳的两端固定在小黑板边缘两点A、B上。小黑板静止时，铁钉两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α、β。细绳质量不计，细绳与铁钉接触处摩擦不计，则关于夹角α、β大小关系正确的是（ ）
A．若A点高于B点，则α>β
B．若B点高于A点，则α>β
C．不论A点与B点高度关系如何，均有α=β
D．只有A点与B点等高时，才有α=β
5．（2024高一上·宁波期末）大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的。若已知支架斜面均与水平面成α=30°，则运输车刹车时加速度不能超过（ ）
A．0.5g B． C． D．
6．（2024高一上·宁波期末）在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要重力加速度g的精确值，这可由实验精确测得。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测量长度和时间，具体做法是：如图所示，将真空长直管沿竖直方向放置， 自其中O点竖直上抛小球，测得小球从离开O点到落回O点所用的时间为，小球在运动过程中经过比O点高 H的P点，小球从离开P点到落回P点所用的时间为，则g等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·宁波期末）2022年3月23日，航天员王亚平、叶光富在中国空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂中演示了“水油分离”实验。如图所示，瓶子中装有水和油，用细绳系住瓶口，叶光富手持细绳的另一端，使瓶子在与身体平行的平面内做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．瓶子速度小于某一值就不能做完整圆周运动
B．瓶子的线速度一定，细绳越短，油和水越容易分离
C．航天员在某时刻松开细绳，瓶子将继续做匀速圆周运动
D．经过一段时间圆周运动后，密度小的油将聚集在靠近瓶子底部的位置
8．（2024高一上·宁波期末）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两个物体的质量、。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，随时间的变化规律为，则下列说法正确的是（ ）
A．内物体的位移是
B．时，物体的速度为
C．时，B物体的加速度大小为
D．时，A、B两物体之间的弹力为
9．（2024高一上·宁波期末）如图为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍。分别为大轮和小轮边缘上的点，为和连线的中点。在压路机前进时（ ）
A．三点的转速之比为
B．三点的线速度之比为
C．三点的角速度之比为
D．三点的向心加速度之比为
10．（2024高一上·宁波期末）运动员将排球从点水平击出，排球飞到点，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到点正下方点，若点与点等高，轨迹的最高点与等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球两次飞行的时间相等
B．排球离开点的速率比经过点的速率小
C．排球到达点时的速率比离开点时的速率大
D．排球从和从的两个过程，速度变化量不相同
11．（2024高一上·宁波期末）如图所示，一辆汽车沿水平面向右做加速度为a的匀加速直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于车厢顶部，且与车厢保持相对静止，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止。物块B与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则（ ）
A．轻质细线对小球A的拉力大小为ma
B．车厢左壁与物块B之间的摩擦力大小为μMa
C．车厢左壁对物块B的作用力大小为
D．若汽车的加速度a增大，则车厢左壁对物块B的摩擦力也随之增大
12．（2024高一上·宁波期末）一迷你热气球以速度从水平地面上匀速上升，同时热气球在水平方向上受一恒定风力作用，某段时间内，其在水平风力方向上的位置坐标随时间的变化图像，如图所示，则当热气球上升到时，热气球离出发点的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
13．（2024高一上·宁波期末）如图所示，台秤上放一木箱，木箱底部装有力传感器，木箱加传感器的总质量为。一质量为的小球用轻弹簧竖直悬挂在木箱顶部，下端用一轻绳与木箱底部的力传感器相连，小球静止时，力传感器的示数为。重力加速度取。则（ ）
A．小球静止时，台秤示数为
B．剪断弹簧瞬间，台秤示数为
C．剪断轻绳瞬间，台秤示数为
D．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为
14．（2024高一上·宁波期末）对如图所示的生活中各物理现象的分析，正确的是（ ）
A．图甲：幼儿园的滑梯很陡，目的是增加小孩滑滑梯时的惯性，从而滑得更快
B．图乙：放在桌面上的书本，由于桌面的形变对书本产生垂直于桌面的支持力
C．图丙：橡胶轮胎有很深的纹路是为了减小和路面的接触面积，以减小摩擦
D．图丁：100米跨栏比赛中获得第一名的运动员，其全程的平均速度是最大的
15．（2024高一上·宁波期末）滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是滑块下滑的照片
B．图甲滑块的加速度大于图乙滑块的加速度
C．图甲滑块在底端的速率大于图乙滑块在底端的速率
D．图甲滑块全程的平均速度大小等于图乙滑块全程的平均速度大小
16．（2024高一上·宁波期末）在用如图1所示的装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，
（1）某一次实验中，其中一弹簧测力计的指针如图2所示，则其读数 ；
（2）关于此实验，下列说法正确的是
A.同一次实验中，小圆环的记录位置要保持不变
B.橡皮条的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力
C.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
D.拉橡皮条时，弹簧测力计应贴近木板，但外壳不能与木板产生摩擦
17．（2024高一上·宁波期末）在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验中，实验装置如图所示。若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，则短槽和长槽的角速度之比会 （填“变大”“不变”“变小”或“无法确定”）。长、短槽内同时放有三个小球，其中2号球的质量等于3号球质量，且是1号球质量的2倍；1号球和3号球到转轴的距离是2号球到转轴距离的一半。若皮带所在左、右塔轮的半径相等，则在加速转动手柄过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度都会 （填“变长”“不变”“变短”或“无法确定”）；在匀速转动的过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度之比约为 。
18．（2024高一上·宁波期末）某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 。
A.实验时应先释放小车后接通电源
B.本实验采用的实验方法是控制变量法
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行
D.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码
E.槽码质量应该和小车质量差不多，以减小相对阻力
（2）图乙为某次实验得到的纸带，打点计时器频率为，由纸带可得小车运动的加速度为 。（结果保留两位有效数字）
（3）根据实验数据得到加速度与力的关系如图丙中实线所示，则可知所挂槽码质量不应该超过
A. B. C.
19．（2024高一上·宁波期末）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，自做匀减速直线运动，直到冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的图像如图乙所示。求：
（1）末，冰壶的速度的大小；
（2）整个运动过程中，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息的时间。
20．（2024高一上·宁波期末）如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，质量的工人用轻绳通过柱顶的光滑定滑轮将货物拉住并缓慢提升到某个高度。整个提升过程中，该绳与水平方向夹角始终为且不超过轻绳的最大拉力，已知人和货物都不存在翻转可能，故可将人与货物视为质点。人与地面间的动摩擦因数，并视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度，则：
（1）若货物的质量，此时人相对地面未发生相对滑动，求地面对人的摩擦力大小以及柱顶所受压力大小；
（2）为保证人与地面不发生相对滑动，则该工人能提起的货物质量最大是多少？
21．（2024高一上·宁波期末）在12月2日举行的2023-2024赛季国际雪联单板及自由式滑雪大跳台世界杯决赛中，北京冬奥会冠军苏翊鸣不负众望，获得男子单板滑雪大跳台金牌。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC=20m/s，与水平方向成的速度飞，完成空中动作后落在着陆坡上，后沿半径为的圆弧轨道自由滑行通过最低点，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为，在点运动员对地面的压力为体重（含装备）的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重（含装备）的0.5倍，取，忽略运动过程中的空气阻力。求：
（1）运动员在空中最高点的速度大小；
（2）水平停止区的最小长度；
（3）运动员在空中的运动时间。
22．（2024高一上·宁波期末）如图所示装置，从左到右依次是倾斜轨道、关于竖直线对称的圆心角的圆弧轨道、以速度顺时针转动的传送带和足够长的水平轨道。轨道和平滑连接，间不计空隙。开始时，小物块甲从某处静止释放，经后从点飞出，由点水平进入传送带后与固定在上的另一小物块乙发生碰撞，碰后速度大小不变，方向相反。已知的水平距离竖直距离，传送带长，物块甲，可视为质点，其与传送带间的动摩擦因数，其它各处摩擦不计。（取，）
（1）求轨道的半径；
（2）若传送带速度，请通过计算判断甲与乙碰撞后，能否向左返回点，若能，请计算物块甲返回点时具有的速度的大小；
（3）要使甲碰撞反弹后，均能从点水平向左飞出，重新从点沿圆弧切线方向进入轨道，求传送带速度应满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知，力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示为kg m s-2
故答案为：B。
【分析】牛顿为推导单位。利用牛顿第二定律，代入基本单位运算即可。
2．【答案】B
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；质点；超重与失重
【解析】【解答】A．研究其越杆过程的技术动作时，运动员的大小对技术动作有影响，不可将李玲视作质点，选项A错误；
B．李玲越过杆后在空中下落的过程中，由于只受到重力所以加速度为向下的g，根据加速度的方向则处于完全失重状态，选项B正确；
C．李玲在撑杆起跳上升的过程中，根据撑杆弯曲的方向可以得出撑杆对她的力不是始终沿杆的方向，选项C错误；
D．李玲落在软垫上的运动过程中，根据牛顿第三定律可以得出软垫对她的作用力与她对软垫的作用力是相互作用力，等大反向，选项D错误。
故选B。
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；利用加速度的方向可以判别超重与失重；杆弯曲的方向为撑杆对运动的弹力方向；利用牛顿第三定律可以得出软垫对她的作用力与她对软垫的作用力是相互作用力，等大反向。
3．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABD．在速度时间图像中，根据因图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移，根据图像面积可以得出，A、B、D三个图像与坐标轴围成的位移均大于50m，即在绿灯亮之前，公交车已经越过停车线，违反交通规则。故ABD错误；
C．根据图像面积可以得出公交车的位移可能小于50m，或者恰好等于50m，且10s时速度小于10m/s。即没有超速，也没有越过停车线。故C正确。
故选C。
【分析】根据图像坐标可以判别速度的大小，根据图像面积可以判别汽车运动位移的大小。
4．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于细绳与铁钉接触处摩擦不计，根据结点O的平衡条件可以得出水平方向的合力等于0，由于OA绳与OB绳中张力大小相等，且两段绳子水平方向的分力大小相等，因此不论A点与B点高度关系如何，均有
所以
C正确。
故选C。
【分析】根据结点水平方向的平衡方程结合拉力大小相等可以比较细绳与竖直方向夹角的大小。
5．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】对钢卷受力分析，可得临界时后支架斜面无作用力，前支架斜面有支持力N，根据钢卷的牛顿第二定律得
，
得钢卷的加速度大小为：
为了避免钢卷发生移动，则运输车刹车时加速度不能超过。
故选B。
【分析】利用钢卷的牛顿第二定律可以求出汽车刹车时加速度的最大值。
6．【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】小球从O点上升到最大高度过程中，根据竖直上抛运动的位移公式有
根据位移公式可以得出：小球从P点上升的最大高度为
依据题意有
联立解得重力加速度的大小为
故选B。
【分析】利用竖直上抛运动的位移公式结合两个过程运动的时间及位移的差值可以求出重力加速度的大小。
7．【答案】B
【知识点】离心运动和向心运动；卫星问题
【解析】【解答】A．绕地球匀速圆周运动的空间站中为完全失重状态，由于瓶子受细绳拉力做圆周运动，仅有绳子的拉力提供向心力，所以瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动。故A错误；
C．不受拉力则由于瓶子重力效果消失，则会在在空间站中匀速直线运动，C错误；
BD．由
v一定，r越小，F越大，密度大的物质所需向心力越大，根据离心运动的条件，当合力不足以提供向心力时，越容易发生离心现象而沉积瓶子底部，密度大的水将聚集在靠近瓶子底部的位置。故B正确；D错误。
故选B。
【分析】利用瓶子在空间站中处于完全失重状态，则仅有绳子的拉力提供向心力，所以瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动；由于瓶子重力效果消失，则会在在空间站中匀速直线运动；利用离心运动的条件结合向心力的大小可以判别密度较大的水聚集在瓶子的底部。
8．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．都随时间的变化，根据力的合成可以得出二者的合力为
根据整体的牛顿第二定律可以得出：
根据位移公式可以得出：内物体的位移是
故A正确；
BCD．当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，此时两者的加速度仍相等，根据牛顿第二定律有
即有
解得
所以在2s内，A、B两物体一直以的加速度做匀加速运动，t=2s后A、B两物体分离， A、B间无相互作用，时，根据牛顿第二定律可以得出：B物体的加速度大小为
若A、B两物体一直以的加速度做匀加速运动，则时，根据速度公式可以得出：物体的速度为
但是t=2s后A、B两物体分离，物体受力逐渐减小，加速度也减小，所以则时，物体的速度应小于4m/s，故BCD错误。
故选A。
【分析】利用力的合成可以求出AB分离前合力的大小，结合牛顿第二定律可以求出整体加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的位移大小；利用牛顿第二定律可以求出BA开始分离的时间，结合牛顿第二定律可以求出分离后的加速度大小，利用加速度的大小可以判别末速度的大小。
9．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由于A、B点是摩擦传动，所以线速度大小相等，A、C两点是共轴传动，所以角速度相等；
A.根据角速度和转速的关系有
根据线速度和角速度的关系有
可得
故A错误；
B.根据线速度和角速度的关系有
得
故B错误；
C.根据角速度和转速的关系有
得
故C错误；
D.根据向心加速度的表达式有
得
故D正确。
故选D。
【分析】根据AB线速度相等及AC角速度相等，结合线速度和角速度的关系可以求出线速度的比值；利用角速度和转速的关系可以求出转速的比值；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值。
10．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．由于运动的高度相同，根据竖直上抛运动的对称性可以得出从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，A错误；
B．根据排球水平方向做匀速直线运动的位移公式
可知，由于从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，所以排球从M到P的水平速度大于从P到N的水平速度，而在最高点Q的速率等于从P到N的水平速度，即排球离开M点的速率比经过Q点的速率大，B错误；
C．根据竖直方向的速度位移公式
排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度，而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，根据速度的合成则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，C正确；
D．排球从和从的两个过程，时间相同，根据速度公式可以得出速度变化量为
所以速度变化量相同，D错误。
故选C。
【分析】利用竖直上抛运动的对称性可以得出运动的时间为平抛运动运动时间的2倍；结合位移公式可以比较水平方向分速度的大小；利用竖直方向的高度结合速度位移公式可以比较竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以比较合速度的大小；利用竖直方向的速度公式可以比较速度变化量的大小。
11．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．由于汽车和小球一起做匀加速直线运动，对小球受力分析，如图所示
根据力的合成有
根据竖直方向的平衡方程有
由牛顿第二定律有
可得汽车加速度的大小为
故A错误；
B．由题知，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，根据竖直方向的平衡方程有
故B错误；
C．根据力的合成可以得出：车厢左壁对物块B的作用力大小为
故C正确；
D．由于最开始，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，则物块B受到的重力大小小于最大静摩擦力的大小，则有
则汽车的加速度a增大，物块B受到的还是静摩擦力，根据平衡方程有
故D错误。
故选C。
【分析】利用小球的牛顿第二定律可以求出汽车加速度的大小；利用物块B的平衡方程可以求出物块受到的静摩擦力的大小；利用力的合成可以求出左壁对物块B的作用力大小；利用物块B的平衡方程可以判别摩擦力不受加速度的大小影响。
12．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】当热气球上升到时根据位移公式可以得出：用时间为
气球在水平方向受恒定的风力作用做匀加速运动，根据邻差公式有：
解得加速度的大小为
则当t=1s时，根据位移公式有：
故选A。
【分析】根据热气球竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合邻差公式可以求出水平方向加速度的大小，结合位移公式可以求出气球距离出发点的距离大小。
13．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对木箱、传感器和小球整体受力分析可得，根据整体的平衡方程可以得出：对台秤压力大小等于系统重力大小，因此显示示数为6kg，故A错误；
B．剪断弹簧瞬间，弹簧拉力、小球下端绳子拉力均为0，根据传感器和木箱的平衡方程可以得出对台秤的压力大小等于木箱和传感器重力，因此示数为5kg，故B错误；
CD．剪断轻绳前，根据小球的平衡方程有：
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，根据小球的牛顿第二定律有：
对箱子和传感器，根据平衡方程有：
得小球的加速度大小为5m/s2，台秤支持力
台秤显示示数为6.5kg，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用木箱、传感器和小球整体的平衡方程可以求出台秤示数的大小；当剪断弹簧时，利用传感器和木箱的平衡方程可以求出台秤的读数大小；剪断绳子前，利用小球的平衡方程结合牛顿第二定律可以求出剪断绳子时小球的加速度大小，结合箱子和传感器的平衡方程可以求出台秤示数的大小。
14．【答案】B,D
【知识点】形变与弹力；惯性与质量；平均速度；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】A．物体的惯性只由物体的质量决定，与其它物理量无关，所以滑梯的陡峭程度对惯性的大小没有影响，选项A错误；
B．图乙：弹力为形变物体对所接触的物体产生力的作用，所以放在桌面上的书本，由于桌面的形变对书本产生垂直于桌面的支持力，选项B正确；
C．图丙：摩擦力的大小受到接触面的粗糙程度所影响，橡胶轮胎有很深的纹路是为了增加和地面间的粗糙程度，从而增加摩擦力，选项C错误；
D．图丁：100米跨栏比赛中获得第一名的运动员，其位移相同时用时间短，根据位移与时间的比值可以得出全程的平均速度是最大的，选项D正确。
故选BD。
【分析】惯性的大小由物体本身的质量所决定；桌面的形变对书本产生垂直于桌面的支持力的作用；橡胶轮胎有很深的纹路是为了增加和地面间的粗糙程度，从而增加摩擦力；100米跨栏比赛中获得第一名的运动员，根据位移与时间的比值可以得出平均速度最大。
15．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律可以得出滑块上滑时的加速度为
根据牛顿第二定律可以得出滑块上滑时的加速度为
则可以得出加速度的大小关系为：
根据位移公式有
可知，上滑时用时间较短，根据时间间隔可以得出图甲是滑块上滑的照片，图甲滑块的加速度大于图乙滑块的加速度，选项A错误，B正确；
CD．根据位移公式可以得出：
可知x相同，图甲用时间较短，根据速度公式则在低端时的速度较大，根据表达式可以得出：图甲滑块全程的平均速度大小大于图乙滑块全程的平均速度大小，选项C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；结合位移公式可以比较运动的时间，结合时间间隔可以判别甲图为上滑的照片，利用速度公式可以比较低端速率的大小；利用初末速度结合平均速度公式可以比较平均速度的大小。
16．【答案】1.90；AC
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）已知弹簧测力计的分度值为0.1N，根据图示可以得出弹簧测力计的读数为
（2）A．同一次实验中，为了实验效果相同，所以小圆环的记录位置要保持不变，故A正确；
B．根据二力平衡可以得出：橡皮条的拉力是与合力等大反向的作用力，根据实验原理可以得出两弹簧测力计的拉力是分力，故B错误；
C．细绳的方向是为了确定拉力的方向，所以拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C正确；
D．拉橡皮条时，弹簧测力计直接测量拉力的大小，外壳与木板产生摩擦，不会改变弹簧测力计示数，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）利用弹簧测力计的分度值可以读出对应的读数；
（2）同一次实验中，为了实验效果相同，所以小圆环的记录位置要保持不变；根据二力平衡可以得出：橡皮条的拉力是与合力等大反向的作用力，根据实验原理可以得出两弹簧测力计的拉力是分力；细绳的方向是为了确定拉力的方向，所以拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些；拉橡皮条时，外壳与木板产生摩擦，不会改变弹簧测力计示数。
17．【答案】变大；变长；
【知识点】向心力
【解析】【解答】根据线速度和角速度的关系有：
由于左右变速塔轮边缘的线速度大小相等，根据线速度相等可以得出角速度的大小关系有
若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，由于左边长槽的半径变大，右边短槽的半径变小，所以短槽和长槽的角速度之比会变大；
在加速转动手柄过程中，由于角速度增大，小球所需的向心力均增大，根据向心力的表达式则左、右标尺露出的红白等分标记长度都会变长；
若皮带所在左、右塔轮的半径相等，可知左、右塔轮的角速度相等，设1号球的质量为，则2、3号球的质量为，1号球和3号球到转轴的距离为，则2号球到转轴的距离为；在匀速转动的过程中，根据向心力的表达式有：左边1、2号球所需的向心力合力为
根据向心力的表达式有：右边3号球所需的向心力合力为
则在匀速转动的过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度之比约为
【分析】利用变速塔伦边缘的线速度相等结合半径的大小可以求出角速度的比值；利用向心力的表达式结合角速度的变化可以判别向心力的大小变化；利用向心力的大小可以求出合力的大小。
18．【答案】BCD；0.16；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）A．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源，待打点稳定后释放小车，故A错误；
B．研究三个物理量之间的关系时，必须保证一个物理量不变，然后研究其它两个物理量之间的变化关系，这种方法叫做控制变量法，故B正确
C．实验时应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，避免拉力产生分力，从而使拉力即为小车的合外力，故C正确；
D．补偿阻力时，为了重力的分力平衡阻力，则应使小车拖着纸带但不挂槽码，轻推小车，确保小车在木板上保持匀速运动，故D正确；
E．为了使槽码重力近似为拉力，应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似认为小车的合外力，故E错误。
故选BCD。
（2）已知打点频率为50Hz，相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）当时，图像不再是过原点的直线，则说明槽码的质量达到了最大值，根据拉力的大小可以得出所挂槽码的质量不超过
故选A。
【分析】（1）为了充分利用纸带，实验时应先接通电源，待打点稳定后释放小车；研究三个物理量之间的关系时，应该使用控制变量法；实验时应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，避免拉力产生分力，从而使拉力即为小车的合外力；补偿阻力时，为了重力的分力平衡阻力，则应使小车拖着纸带但不挂槽码，轻推小车，确保小车在木板上保持匀速运动；为了使槽码重力近似为拉力，应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似认为小车的合外力；
（2）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（3）利用最大拉力的大小可以求出所挂槽码质量的最大值。
19．【答案】解：（1）由图像可得：冰壶匀减速运动时的加速度大小
初速度大小
运动时间
所以
（2）由图像可得：机器人匀减速运动时的加速度大小
根据运动学公式
根据位移关系
代入数据解得
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）已知冰壶速度随时间变化的图像，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出冰壶的末速度大小；
（2）根据速度时间图像可以求出机器人匀减速的加速度大小，结合位移公式可以求出机器人可以追踪到冰壶的时间。
20．【答案】解：（1）对人受力分析，正交分解，可得
（2）为保证人与地面不发生相对滑动，有
联立解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）人处于静止时，根据人的平衡方程可以求出地面对人的摩擦力大小；根据力的合成可以求出柱顶受到的压力大小；
（2）当人恰好与地面不发生滑动时，利用人的平衡方程解滑动摩擦力的表达式可以求出工人能够提起的货物的质量的最大值。
21．【答案】解：（1）运动员在空中最高点的速度
（2）在F点时
根据牛顿第二定律
解得
在水平轨道上时
其中
解得
（3）从c点抛出上升阶段的时间
落到着陆坡上的竖直速度
则下落的时间
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动
【解析】【分析】（1）运动员离开C点后做斜抛运动，利用速度的分解可以求出运动员在最高点的速度；
（2）当运动员经过F点时，利用牛顿第二定律可以求出经过F点速度的大小，结合速度位移公式可以求出减速运动的位移大小；
（3）运动员在空中做斜抛运动，利用速度公式可以求出竖直上抛运动的时间，结合速度的分解可以求出下落时竖直方向的速度，结合速度公式可以求出下落时所花的时间。
22．【答案】解：（1）将到的斜抛运动当作是到的平抛运动来处理。速度偏向角
位移偏向角
解得
（2）竖直方向
求得
水平方向
求得
物块甲第一次滑上传送带时，在点具有的速度大小为。
物块甲在传送带上具有的加速度
物块甲加速到与传送带共速时所经过的位移
物块甲第一次滑上传送带时，能与传送带达到共速，物块甲运动到点时具有的速度大小为5m/s，与乙碰撞后反弹，回到点时，速度的大小，然后物块甲在传送带上向左做匀减速运动。物块甲向左减速到0时，通过的位移
则物块甲能向左返回点，且从点一直做匀减速运动回到点。
解得
（3）物块甲要重新从点沿切线方向进入圆弧轨道，则物块甲向左返回点时具有的速度大小为
因为物块甲与乙碰撞后反弹，向左一直匀减速运动到点，则
由于物块甲第一次滑上传送带时，在点具有的速度大小也为，则从加速到所需的位移
则传送带速度
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）物块甲从D到E的过程中，逆运动为平抛运动，根据速度的分解可以求出速度的方向，利用速度的方向可以求出位移的方向，利用位移方向及几何关系可以求出轨道半径的大小；
（2）物块甲逆运动为平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出到达E点速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物块甲在传送带上的加速度大小，结合速度位移公式可以求出加速过程的位移大小，进而求出物块碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出物块减速的位移，进而判别物块甲能够返回到E点，利用速度位移公式可以求出经过E点速度的大小；
（3）若物块甲能够返回E点时再次进入圆弧轨道，利用速度位移公式可以求出碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出传送带的速度大小。
1 / 1浙江省宁波市九校联考2023-2024学年高一上学期1月期末物理试题
1．（2024高一上·宁波期末）早在2300多年前，我国古代思想家墨子在《墨经》中就提到“力，刑之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ）
A．N B． C． D．
【答案】B
【知识点】单位制
【解析】【解答】根据牛顿第二定律的表达式F=ma可知，力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示为kg m s-2
故答案为：B。
【分析】牛顿为推导单位。利用牛顿第二定律，代入基本单位运算即可。
2．（2024高一上·宁波期末）如图所示，浙江运动员李玲在参加杭州亚运会女子撑杆跳高比赛时，以的成绩夺得金牌，并再度刷新亚运会赛事纪录。其完整的撑杆跳高过程可简化为三个阶段——持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落着地。下落时，人杆分离，最后落在软垫上速度减为零。不计空气阻力，则（ ）
A．研究其越杆过程的技术动作可将李玲视作质点
B．李玲越过杆后在空中下落的过程中处于完全失重状态
C．李玲在撑杆起跳上升的过程中，撑杆对她的力始终沿杆
D．李玲落在软垫上的运动过程中，软垫对她的作用力大小大于她对软垫的作用力大小
【答案】B
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律；质点；超重与失重
【解析】【解答】A．研究其越杆过程的技术动作时，运动员的大小对技术动作有影响，不可将李玲视作质点，选项A错误；
B．李玲越过杆后在空中下落的过程中，由于只受到重力所以加速度为向下的g，根据加速度的方向则处于完全失重状态，选项B正确；
C．李玲在撑杆起跳上升的过程中，根据撑杆弯曲的方向可以得出撑杆对她的力不是始终沿杆的方向，选项C错误；
D．李玲落在软垫上的运动过程中，根据牛顿第三定律可以得出软垫对她的作用力与她对软垫的作用力是相互作用力，等大反向，选项D错误。
故选B。
【分析】物体能否作为质点主要看所研究的问题；利用加速度的方向可以判别超重与失重；杆弯曲的方向为撑杆对运动的弹力方向；利用牛顿第三定律可以得出软垫对她的作用力与她对软垫的作用力是相互作用力，等大反向。
3．（2024高一上·宁波期末）节能减排可体现在我们日常生活中。假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排。减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABD．在速度时间图像中，根据因图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移，根据图像面积可以得出，A、B、D三个图像与坐标轴围成的位移均大于50m，即在绿灯亮之前，公交车已经越过停车线，违反交通规则。故ABD错误；
C．根据图像面积可以得出公交车的位移可能小于50m，或者恰好等于50m，且10s时速度小于10m/s。即没有超速，也没有越过停车线。故C正确。
故选C。
【分析】根据图像坐标可以判别速度的大小，根据图像面积可以判别汽车运动位移的大小。
4．（2024高一上·宁波期末）如图所示，用一根细绳跨过铁钉将一块小黑板悬挂在墙壁上，细绳的两端固定在小黑板边缘两点A、B上。小黑板静止时，铁钉两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α、β。细绳质量不计，细绳与铁钉接触处摩擦不计，则关于夹角α、β大小关系正确的是（ ）
A．若A点高于B点，则α>β
B．若B点高于A点，则α>β
C．不论A点与B点高度关系如何，均有α=β
D．只有A点与B点等高时，才有α=β
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】由于细绳与铁钉接触处摩擦不计，根据结点O的平衡条件可以得出水平方向的合力等于0，由于OA绳与OB绳中张力大小相等，且两段绳子水平方向的分力大小相等，因此不论A点与B点高度关系如何，均有
所以
C正确。
故选C。
【分析】根据结点水平方向的平衡方程结合拉力大小相等可以比较细绳与竖直方向夹角的大小。
5．（2024高一上·宁波期末）大质量钢卷是公路运输中的危险物品，如图符合规范的装载支架是安全运输的保障，运输过程中要求“缓加速慢减速”是血的教训换来的。若已知支架斜面均与水平面成α=30°，则运输车刹车时加速度不能超过（ ）
A．0.5g B． C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】对钢卷受力分析，可得临界时后支架斜面无作用力，前支架斜面有支持力N，根据钢卷的牛顿第二定律得
，
得钢卷的加速度大小为：
为了避免钢卷发生移动，则运输车刹车时加速度不能超过。
故选B。
【分析】利用钢卷的牛顿第二定律可以求出汽车刹车时加速度的最大值。
6．（2024高一上·宁波期末）在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要重力加速度g的精确值，这可由实验精确测得。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测量长度和时间，具体做法是：如图所示，将真空长直管沿竖直方向放置， 自其中O点竖直上抛小球，测得小球从离开O点到落回O点所用的时间为，小球在运动过程中经过比O点高 H的P点，小球从离开P点到落回P点所用的时间为，则g等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】竖直上抛运动
【解析】【解答】小球从O点上升到最大高度过程中，根据竖直上抛运动的位移公式有
根据位移公式可以得出：小球从P点上升的最大高度为
依据题意有
联立解得重力加速度的大小为
故选B。
【分析】利用竖直上抛运动的位移公式结合两个过程运动的时间及位移的差值可以求出重力加速度的大小。
7．（2024高一上·宁波期末）2022年3月23日，航天员王亚平、叶光富在中国空间站太空舱开设“天宫课堂”，课堂中演示了“水油分离”实验。如图所示，瓶子中装有水和油，用细绳系住瓶口，叶光富手持细绳的另一端，使瓶子在与身体平行的平面内做圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．瓶子速度小于某一值就不能做完整圆周运动
B．瓶子的线速度一定，细绳越短，油和水越容易分离
C．航天员在某时刻松开细绳，瓶子将继续做匀速圆周运动
D．经过一段时间圆周运动后，密度小的油将聚集在靠近瓶子底部的位置
【答案】B
【知识点】离心运动和向心运动；卫星问题
【解析】【解答】A．绕地球匀速圆周运动的空间站中为完全失重状态，由于瓶子受细绳拉力做圆周运动，仅有绳子的拉力提供向心力，所以瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动。故A错误；
C．不受拉力则由于瓶子重力效果消失，则会在在空间站中匀速直线运动，C错误；
BD．由
v一定，r越小，F越大，密度大的物质所需向心力越大，根据离心运动的条件，当合力不足以提供向心力时，越容易发生离心现象而沉积瓶子底部，密度大的水将聚集在靠近瓶子底部的位置。故B正确；D错误。
故选B。
【分析】利用瓶子在空间站中处于完全失重状态，则仅有绳子的拉力提供向心力，所以瓶子速度小于某一值仍能做完整圆周运动；由于瓶子重力效果消失，则会在在空间站中匀速直线运动；利用离心运动的条件结合向心力的大小可以判别密度较大的水聚集在瓶子的底部。
8．（2024高一上·宁波期末）如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两个物体的质量、。从开始，推力和拉力分别作用于A、B上，随时间的变化规律为，则下列说法正确的是（ ）
A．内物体的位移是
B．时，物体的速度为
C．时，B物体的加速度大小为
D．时，A、B两物体之间的弹力为
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．都随时间的变化，根据力的合成可以得出二者的合力为
根据整体的牛顿第二定律可以得出：
根据位移公式可以得出：内物体的位移是
故A正确；
BCD．当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，此时两者的加速度仍相等，根据牛顿第二定律有
即有
解得
所以在2s内，A、B两物体一直以的加速度做匀加速运动，t=2s后A、B两物体分离， A、B间无相互作用，时，根据牛顿第二定律可以得出：B物体的加速度大小为
若A、B两物体一直以的加速度做匀加速运动，则时，根据速度公式可以得出：物体的速度为
但是t=2s后A、B两物体分离，物体受力逐渐减小，加速度也减小，所以则时，物体的速度应小于4m/s，故BCD错误。
故选A。
【分析】利用力的合成可以求出AB分离前合力的大小，结合牛顿第二定律可以求出整体加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的位移大小；利用牛顿第二定律可以求出BA开始分离的时间，结合牛顿第二定律可以求出分离后的加速度大小，利用加速度的大小可以判别末速度的大小。
9．（2024高一上·宁波期末）如图为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍。分别为大轮和小轮边缘上的点，为和连线的中点。在压路机前进时（ ）
A．三点的转速之比为
B．三点的线速度之比为
C．三点的角速度之比为
D．三点的向心加速度之比为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由于A、B点是摩擦传动，所以线速度大小相等，A、C两点是共轴传动，所以角速度相等；
A.根据角速度和转速的关系有
根据线速度和角速度的关系有
可得
故A错误；
B.根据线速度和角速度的关系有
得
故B错误；
C.根据角速度和转速的关系有
得
故C错误；
D.根据向心加速度的表达式有
得
故D正确。
故选D。
【分析】根据AB线速度相等及AC角速度相等，结合线速度和角速度的关系可以求出线速度的比值；利用角速度和转速的关系可以求出转速的比值；利用向心加速度的表达式可以求出向心加速度的比值。
10．（2024高一上·宁波期末）运动员将排球从点水平击出，排球飞到点，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到点正下方点，若点与点等高，轨迹的最高点与等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．排球两次飞行的时间相等
B．排球离开点的速率比经过点的速率小
C．排球到达点时的速率比离开点时的速率大
D．排球从和从的两个过程，速度变化量不相同
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动
【解析】【解答】A．由于运动的高度相同，根据竖直上抛运动的对称性可以得出从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，A错误；
B．根据排球水平方向做匀速直线运动的位移公式
可知，由于从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，所以排球从M到P的水平速度大于从P到N的水平速度，而在最高点Q的速率等于从P到N的水平速度，即排球离开M点的速率比经过Q点的速率大，B错误；
C．根据竖直方向的速度位移公式
排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度，而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，根据速度的合成则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，C正确；
D．排球从和从的两个过程，时间相同，根据速度公式可以得出速度变化量为
所以速度变化量相同，D错误。
故选C。
【分析】利用竖直上抛运动的对称性可以得出运动的时间为平抛运动运动时间的2倍；结合位移公式可以比较水平方向分速度的大小；利用竖直方向的高度结合速度位移公式可以比较竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以比较合速度的大小；利用竖直方向的速度公式可以比较速度变化量的大小。
11．（2024高一上·宁波期末）如图所示，一辆汽车沿水平面向右做加速度为a的匀加速直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于车厢顶部，且与车厢保持相对静止，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止。物块B与车厢左壁间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则（ ）
A．轻质细线对小球A的拉力大小为ma
B．车厢左壁与物块B之间的摩擦力大小为μMa
C．车厢左壁对物块B的作用力大小为
D．若汽车的加速度a增大，则车厢左壁对物块B的摩擦力也随之增大
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A．由于汽车和小球一起做匀加速直线运动，对小球受力分析，如图所示
根据力的合成有
根据竖直方向的平衡方程有
由牛顿第二定律有
可得汽车加速度的大小为
故A错误；
B．由题知，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，根据竖直方向的平衡方程有
故B错误；
C．根据力的合成可以得出：车厢左壁对物块B的作用力大小为
故C正确；
D．由于最开始，质量为M的物块B紧贴在车厢左壁上，且相对于车厢壁静止，则物块B受到的重力大小小于最大静摩擦力的大小，则有
则汽车的加速度a增大，物块B受到的还是静摩擦力，根据平衡方程有
故D错误。
故选C。
【分析】利用小球的牛顿第二定律可以求出汽车加速度的大小；利用物块B的平衡方程可以求出物块受到的静摩擦力的大小；利用力的合成可以求出左壁对物块B的作用力大小；利用物块B的平衡方程可以判别摩擦力不受加速度的大小影响。
12．（2024高一上·宁波期末）一迷你热气球以速度从水平地面上匀速上升，同时热气球在水平方向上受一恒定风力作用，某段时间内，其在水平风力方向上的位置坐标随时间的变化图像，如图所示，则当热气球上升到时，热气球离出发点的水平距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；运动的合成与分解
【解析】【解答】当热气球上升到时根据位移公式可以得出：用时间为
气球在水平方向受恒定的风力作用做匀加速运动，根据邻差公式有：
解得加速度的大小为
则当t=1s时，根据位移公式有：
故选A。
【分析】根据热气球竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合邻差公式可以求出水平方向加速度的大小，结合位移公式可以求出气球距离出发点的距离大小。
13．（2024高一上·宁波期末）如图所示，台秤上放一木箱，木箱底部装有力传感器，木箱加传感器的总质量为。一质量为的小球用轻弹簧竖直悬挂在木箱顶部，下端用一轻绳与木箱底部的力传感器相连，小球静止时，力传感器的示数为。重力加速度取。则（ ）
A．小球静止时，台秤示数为
B．剪断弹簧瞬间，台秤示数为
C．剪断轻绳瞬间，台秤示数为
D．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】A．对木箱、传感器和小球整体受力分析可得，根据整体的平衡方程可以得出：对台秤压力大小等于系统重力大小，因此显示示数为6kg，故A错误；
B．剪断弹簧瞬间，弹簧拉力、小球下端绳子拉力均为0，根据传感器和木箱的平衡方程可以得出对台秤的压力大小等于木箱和传感器重力，因此示数为5kg，故B错误；
CD．剪断轻绳前，根据小球的平衡方程有：
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，根据小球的牛顿第二定律有：
对箱子和传感器，根据平衡方程有：
得小球的加速度大小为5m/s2，台秤支持力
台秤显示示数为6.5kg，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用木箱、传感器和小球整体的平衡方程可以求出台秤示数的大小；当剪断弹簧时，利用传感器和木箱的平衡方程可以求出台秤的读数大小；剪断绳子前，利用小球的平衡方程结合牛顿第二定律可以求出剪断绳子时小球的加速度大小，结合箱子和传感器的平衡方程可以求出台秤示数的大小。
14．（2024高一上·宁波期末）对如图所示的生活中各物理现象的分析，正确的是（ ）
A．图甲：幼儿园的滑梯很陡，目的是增加小孩滑滑梯时的惯性，从而滑得更快
B．图乙：放在桌面上的书本，由于桌面的形变对书本产生垂直于桌面的支持力
C．图丙：橡胶轮胎有很深的纹路是为了减小和路面的接触面积，以减小摩擦
D．图丁：100米跨栏比赛中获得第一名的运动员，其全程的平均速度是最大的
【答案】B,D
【知识点】形变与弹力；惯性与质量；平均速度；滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】A．物体的惯性只由物体的质量决定，与其它物理量无关，所以滑梯的陡峭程度对惯性的大小没有影响，选项A错误；
B．图乙：弹力为形变物体对所接触的物体产生力的作用，所以放在桌面上的书本，由于桌面的形变对书本产生垂直于桌面的支持力，选项B正确；
C．图丙：摩擦力的大小受到接触面的粗糙程度所影响，橡胶轮胎有很深的纹路是为了增加和地面间的粗糙程度，从而增加摩擦力，选项C错误；
D．图丁：100米跨栏比赛中获得第一名的运动员，其位移相同时用时间短，根据位移与时间的比值可以得出全程的平均速度是最大的，选项D正确。
故选BD。
【分析】惯性的大小由物体本身的质量所决定；桌面的形变对书本产生垂直于桌面的支持力的作用；橡胶轮胎有很深的纹路是为了增加和地面间的粗糙程度，从而增加摩擦力；100米跨栏比赛中获得第一名的运动员，根据位移与时间的比值可以得出平均速度最大。
15．（2024高一上·宁波期末）滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片，若照片的时间间隔都相同，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是滑块下滑的照片
B．图甲滑块的加速度大于图乙滑块的加速度
C．图甲滑块在底端的速率大于图乙滑块在底端的速率
D．图甲滑块全程的平均速度大小等于图乙滑块全程的平均速度大小
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】AB．根据牛顿第二定律可以得出滑块上滑时的加速度为
根据牛顿第二定律可以得出滑块上滑时的加速度为
则可以得出加速度的大小关系为：
根据位移公式有
可知，上滑时用时间较短，根据时间间隔可以得出图甲是滑块上滑的照片，图甲滑块的加速度大于图乙滑块的加速度，选项A错误，B正确；
CD．根据位移公式可以得出：
可知x相同，图甲用时间较短，根据速度公式则在低端时的速度较大，根据表达式可以得出：图甲滑块全程的平均速度大小大于图乙滑块全程的平均速度大小，选项C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较加速度的大小；结合位移公式可以比较运动的时间，结合时间间隔可以判别甲图为上滑的照片，利用速度公式可以比较低端速率的大小；利用初末速度结合平均速度公式可以比较平均速度的大小。
16．（2024高一上·宁波期末）在用如图1所示的装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，
（1）某一次实验中，其中一弹簧测力计的指针如图2所示，则其读数 ；
（2）关于此实验，下列说法正确的是
A.同一次实验中，小圆环的记录位置要保持不变
B.橡皮条的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力
C.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
D.拉橡皮条时，弹簧测力计应贴近木板，但外壳不能与木板产生摩擦
【答案】1.90；AC
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）已知弹簧测力计的分度值为0.1N，根据图示可以得出弹簧测力计的读数为
（2）A．同一次实验中，为了实验效果相同，所以小圆环的记录位置要保持不变，故A正确；
B．根据二力平衡可以得出：橡皮条的拉力是与合力等大反向的作用力，根据实验原理可以得出两弹簧测力计的拉力是分力，故B错误；
C．细绳的方向是为了确定拉力的方向，所以拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故C正确；
D．拉橡皮条时，弹簧测力计直接测量拉力的大小，外壳与木板产生摩擦，不会改变弹簧测力计示数，故D错误。
故选AC。
【分析】（1）利用弹簧测力计的分度值可以读出对应的读数；
（2）同一次实验中，为了实验效果相同，所以小圆环的记录位置要保持不变；根据二力平衡可以得出：橡皮条的拉力是与合力等大反向的作用力，根据实验原理可以得出两弹簧测力计的拉力是分力；细绳的方向是为了确定拉力的方向，所以拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些；拉橡皮条时，外壳与木板产生摩擦，不会改变弹簧测力计示数。
17．（2024高一上·宁波期末）在“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”的实验中，实验装置如图所示。若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，则短槽和长槽的角速度之比会 （填“变大”“不变”“变小”或“无法确定”）。长、短槽内同时放有三个小球，其中2号球的质量等于3号球质量，且是1号球质量的2倍；1号球和3号球到转轴的距离是2号球到转轴距离的一半。若皮带所在左、右塔轮的半径相等，则在加速转动手柄过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度都会 （填“变长”“不变”“变短”或“无法确定”）；在匀速转动的过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度之比约为 。
【答案】变大；变长；
【知识点】向心力
【解析】【解答】根据线速度和角速度的关系有：
由于左右变速塔轮边缘的线速度大小相等，根据线速度相等可以得出角速度的大小关系有
若将变速塔轮上的皮带一起往下移动一层，由于左边长槽的半径变大，右边短槽的半径变小，所以短槽和长槽的角速度之比会变大；
在加速转动手柄过程中，由于角速度增大，小球所需的向心力均增大，根据向心力的表达式则左、右标尺露出的红白等分标记长度都会变长；
若皮带所在左、右塔轮的半径相等，可知左、右塔轮的角速度相等，设1号球的质量为，则2、3号球的质量为，1号球和3号球到转轴的距离为，则2号球到转轴的距离为；在匀速转动的过程中，根据向心力的表达式有：左边1、2号球所需的向心力合力为
根据向心力的表达式有：右边3号球所需的向心力合力为
则在匀速转动的过程中，左、右标尺露出的红白等分标记长度之比约为
【分析】利用变速塔伦边缘的线速度相等结合半径的大小可以求出角速度的比值；利用向心力的表达式结合角速度的变化可以判别向心力的大小变化；利用向心力的大小可以求出合力的大小。
18．（2024高一上·宁波期末）某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 。
A.实验时应先释放小车后接通电源
B.本实验采用的实验方法是控制变量法
C.应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行
D.补偿阻力时，应使小车拖着纸带但不挂槽码
E.槽码质量应该和小车质量差不多，以减小相对阻力
（2）图乙为某次实验得到的纸带，打点计时器频率为，由纸带可得小车运动的加速度为 。（结果保留两位有效数字）
（3）根据实验数据得到加速度与力的关系如图丙中实线所示，则可知所挂槽码质量不应该超过
A. B. C.
【答案】BCD；0.16；A
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）A．为了充分利用纸带，实验时应先接通电源，待打点稳定后释放小车，故A错误；
B．研究三个物理量之间的关系时，必须保证一个物理量不变，然后研究其它两个物理量之间的变化关系，这种方法叫做控制变量法，故B正确
C．实验时应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，避免拉力产生分力，从而使拉力即为小车的合外力，故C正确；
D．补偿阻力时，为了重力的分力平衡阻力，则应使小车拖着纸带但不挂槽码，轻推小车，确保小车在木板上保持匀速运动，故D正确；
E．为了使槽码重力近似为拉力，应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似认为小车的合外力，故E错误。
故选BCD。
（2）已知打点频率为50Hz，相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法可得小车的加速度为
（3）当时，图像不再是过原点的直线，则说明槽码的质量达到了最大值，根据拉力的大小可以得出所挂槽码的质量不超过
故选A。
【分析】（1）为了充分利用纸带，实验时应先接通电源，待打点稳定后释放小车；研究三个物理量之间的关系时，应该使用控制变量法；实验时应调节滑轮高度使细线与小车轨道平行，避免拉力产生分力，从而使拉力即为小车的合外力；补偿阻力时，为了重力的分力平衡阻力，则应使小车拖着纸带但不挂槽码，轻推小车，确保小车在木板上保持匀速运动；为了使槽码重力近似为拉力，应使槽码质量远远小于小车质量，才可以将槽码重力近似认为小车的合外力；
（2）利用逐差法可以求出小车加速度的大小；
（3）利用最大拉力的大小可以求出所挂槽码质量的最大值。
19．（2024高一上·宁波期末）哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，自做匀减速直线运动，直到冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的图像如图乙所示。求：
（1）末，冰壶的速度的大小；
（2）整个运动过程中，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息的时间。
【答案】解：（1）由图像可得：冰壶匀减速运动时的加速度大小
初速度大小
运动时间
所以
（2）由图像可得：机器人匀减速运动时的加速度大小
根据运动学公式
根据位移关系
代入数据解得
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）已知冰壶速度随时间变化的图像，利用图像斜率可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出冰壶的末速度大小；
（2）根据速度时间图像可以求出机器人匀减速的加速度大小，结合位移公式可以求出机器人可以追踪到冰壶的时间。
20．（2024高一上·宁波期末）如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，质量的工人用轻绳通过柱顶的光滑定滑轮将货物拉住并缓慢提升到某个高度。整个提升过程中，该绳与水平方向夹角始终为且不超过轻绳的最大拉力，已知人和货物都不存在翻转可能，故可将人与货物视为质点。人与地面间的动摩擦因数，并视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度，则：
（1）若货物的质量，此时人相对地面未发生相对滑动，求地面对人的摩擦力大小以及柱顶所受压力大小；
（2）为保证人与地面不发生相对滑动，则该工人能提起的货物质量最大是多少？
【答案】解：（1）对人受力分析，正交分解，可得
（2）为保证人与地面不发生相对滑动，有
联立解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）人处于静止时，根据人的平衡方程可以求出地面对人的摩擦力大小；根据力的合成可以求出柱顶受到的压力大小；
（2）当人恰好与地面不发生滑动时，利用人的平衡方程解滑动摩擦力的表达式可以求出工人能够提起的货物的质量的最大值。
21．（2024高一上·宁波期末）在12月2日举行的2023-2024赛季国际雪联单板及自由式滑雪大跳台世界杯决赛中，北京冬奥会冠军苏翊鸣不负众望，获得男子单板滑雪大跳台金牌。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以大小为vC=20m/s，与水平方向成的速度飞，完成空中动作后落在着陆坡上，后沿半径为的圆弧轨道自由滑行通过最低点，进入水平停止区后调整姿势做匀减速滑行直到静止。已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为，在点运动员对地面的压力为体重（含装备）的2倍，运动员在水平停止区受到的阻力为体重（含装备）的0.5倍，取，忽略运动过程中的空气阻力。求：
（1）运动员在空中最高点的速度大小；
（2）水平停止区的最小长度；
（3）运动员在空中的运动时间。
【答案】解：（1）运动员在空中最高点的速度
（2）在F点时
根据牛顿第二定律
解得
在水平轨道上时
其中
解得
（3）从c点抛出上升阶段的时间
落到着陆坡上的竖直速度
则下落的时间
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；斜抛运动
【解析】【分析】（1）运动员离开C点后做斜抛运动，利用速度的分解可以求出运动员在最高点的速度；
（2）当运动员经过F点时，利用牛顿第二定律可以求出经过F点速度的大小，结合速度位移公式可以求出减速运动的位移大小；
（3）运动员在空中做斜抛运动，利用速度公式可以求出竖直上抛运动的时间，结合速度的分解可以求出下落时竖直方向的速度，结合速度公式可以求出下落时所花的时间。
22．（2024高一上·宁波期末）如图所示装置，从左到右依次是倾斜轨道、关于竖直线对称的圆心角的圆弧轨道、以速度顺时针转动的传送带和足够长的水平轨道。轨道和平滑连接，间不计空隙。开始时，小物块甲从某处静止释放，经后从点飞出，由点水平进入传送带后与固定在上的另一小物块乙发生碰撞，碰后速度大小不变，方向相反。已知的水平距离竖直距离，传送带长，物块甲，可视为质点，其与传送带间的动摩擦因数，其它各处摩擦不计。（取，）
（1）求轨道的半径；
（2）若传送带速度，请通过计算判断甲与乙碰撞后，能否向左返回点，若能，请计算物块甲返回点时具有的速度的大小；
（3）要使甲碰撞反弹后，均能从点水平向左飞出，重新从点沿圆弧切线方向进入轨道，求传送带速度应满足的条件。
【答案】解：（1）将到的斜抛运动当作是到的平抛运动来处理。速度偏向角
位移偏向角
解得
（2）竖直方向
求得
水平方向
求得
物块甲第一次滑上传送带时，在点具有的速度大小为。
物块甲在传送带上具有的加速度
物块甲加速到与传送带共速时所经过的位移
物块甲第一次滑上传送带时，能与传送带达到共速，物块甲运动到点时具有的速度大小为5m/s，与乙碰撞后反弹，回到点时，速度的大小，然后物块甲在传送带上向左做匀减速运动。物块甲向左减速到0时，通过的位移
则物块甲能向左返回点，且从点一直做匀减速运动回到点。
解得
（3）物块甲要重新从点沿切线方向进入圆弧轨道，则物块甲向左返回点时具有的速度大小为
因为物块甲与乙碰撞后反弹，向左一直匀减速运动到点，则
由于物块甲第一次滑上传送带时，在点具有的速度大小也为，则从加速到所需的位移
则传送带速度
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）物块甲从D到E的过程中，逆运动为平抛运动，根据速度的分解可以求出速度的方向，利用速度的方向可以求出位移的方向，利用位移方向及几何关系可以求出轨道半径的大小；
（2）物块甲逆运动为平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出到达E点速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出物块甲在传送带上的加速度大小，结合速度位移公式可以求出加速过程的位移大小，进而求出物块碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出物块减速的位移，进而判别物块甲能够返回到E点，利用速度位移公式可以求出经过E点速度的大小；
（3）若物块甲能够返回E点时再次进入圆弧轨道，利用速度位移公式可以求出碰后速度的大小，结合速度位移公式可以求出传送带的速度大小。
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