四川省成都市蓉城联盟2024-2025学年高一上学期12月期末物理试卷
1．（2024高一上·成都期末）在物理学发展过程中，科学家们运用了许多研究方法。下列说法正确的是（ ）
A．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，采用了控制变量法
B．物理学中规定：使质量为1kg的物体产生的加速度的力的大小为1N
C．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用了等效替代法
D．牛顿对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法
【答案】B
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；伽利略对自由落体运动的研究；牛顿第二定律
【解析】【解答】在高中物理学习中，我们会遇到许多物理的研究方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。A．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，采用了等效替代法，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
可知，物理学中可以规定使质量为1kg的物体产生的加速度的力的大小为1N，故B正确；
C．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用了控制变量法故，C错误；
D．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法，故D错误。
故选B。
【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。
2．（2024高一上·成都期末）一个物体受到几个共点力的作用处于静止状态。现把其中一个力旋转后，物体所受合外力大小变为50N，则的大小为（ ）
A． B． C．25N D．50N
【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。物体受到几个共点力的作用处于静止状态，此时物体所受外力的合力为0，对力，其它力的合力与大小相等，方向相反，若把旋转，则合力
解得
故选A。
【分析】根据平衡条件求出两力的大小关系，然后根据力的合成方法求解。
3．（2024高一上·成都期末）某实验小组通过从楼顶由静止释放小球来估测某栋大楼的高度。现测得小球从开始下落至落地的时间为，通过查阅资料获知：当地重力加速度大小为，不计空气阻力，该栋大楼的高度约为（ ）
A．35m B．45m C．55m D．65m
【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动， 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动。由
可得该栋大楼的高度约为
故选B。
【分析】不计空气阻力，小球做自由落体运动，应用匀变速直线运动的位移—时间公式求出位移，然后根据题意分析答题。
4．（2024高一上·成都期末）某同学站在体重计上完成下蹲动作，他观察到体重计的示数先减小再增大最后不变。在该同学下蹲的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该同学的加速度方向先竖直向上再竖直向下
B．该同学的加速度方向一直竖直向下
C．该同学先处于失重状态再处于超重状态
D．该同学一直处于失重状态
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。下蹲的过程中，该同学先向下加速再向下减速，因此加速度方向先竖直向下再竖直向上，即该同学先处于失重再超重。
故选C。
【分析】根据体重计的示数（视重）小于或大于重力的情况判断加速度方向和超失重问题。
5．（2024高一上·成都期末）如图，倾角为的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】 解连接体问题的基本方法
整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．
隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理。撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有
撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件有，弹簧的弹力为
撤去挡板C的瞬间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故选D。
【分析】应用平衡条件求出弹簧的弹力大小，弹簧的弹力不能突变，根据A、B的受力情况应用牛顿第二定律求出撤去挡板时的A、B的加速度大小。
6．（2024高一上·成都期末）如图，质量为m的物体A放在倾角为、质量为M的斜面体C上，通过一轻质细绳绕过定滑轮连接质量也为m的物体B，细绳与斜面平行，B恰好匀速下降。斜面体C处于水平地面上，定滑轮质量不计，B离地面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．A受5个力
B．B处于失重状态
C．C受到地面的支持力大小为
D．C受到地面的静摩擦力方向水平向左
【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】 整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。A．A受重力、支持力、细绳拉力、摩擦力4个力的作用，故A错误；
B．B匀速下降，其加速度为零，处于平衡状态，故B错误；
CD．以A、B、C为整体，竖直方向根据受力平衡可知C受到地面的支持力大小为
水平方向根据受力平衡可知地面对C没有静摩擦力，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】分析物体的受力情况和运动情况，根据平衡条件列式分析。
7．（2024高一上·成都期末）一辆货车和一辆小轿车以相同的速度在同一条平直公路上运动，货车在小轿车前方处。货车遇紧急情况突然刹车，小轿车司机经1.5s的反应时间开始刹车，两车的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若两车未相撞，则从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
B．货车和小轿车刹车的加速度大小之比为
C．若两车未相撞，则时两车的速度相同
D．若两车刚好不相撞，则
【答案】A
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。
A．由图像与横轴围成的面积表示位移可得
，
可得从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
故A正确；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知货车的加速度大小
小轿车的加速度大小
则有
故B错误；
C．若两车未相撞，设经过时间两车的速度相同，则有
解得
，
故C错误；
D．若两车刚好不相撞，即在，两车速度相等时，刚好不相撞，由图像可得
故D错误。
故选A。
【分析】根据斜率求加速度：利用图像面积求出位移；图像面积差即位移差，两车共速为两车是否相撞的临界状态。
8．（2024高一上·成都期末）引体向上是锻炼人体臂力的一项重要体育项目。如图，某次某人双手吊在单杠上处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．单杠对人的力和人受的重力是一对相互作用力
B．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则人受的合力不变
C．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则每只手臂上的力变大
D．单杠对人的力和人对单杠的力是一对平衡力
【答案】B,C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。A．单杠对人的力和人受的重力是一对平衡力，故A错误；
B．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，人受的合力不变，合力仍为零，故B正确；
C．合力的大小和方向一定时，两分力随两分力间夹角的增大而增大，所以若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则每只手臂上的力变大，故C正确；
D．单杠对人的力和人对单杠的力是一对相互作用力，故D错误。
故选BC。
【分析】 由题意可知，人在单杠的力及自身重力的作用下，处于平衡状态，据此分析判断；对人受力分析，根据平衡条件，即可分析判断；单杠对人的力和人对单杠的力是一对相互作用力，据此分析判断。
9．（2024高一上·成都期末）如图甲，一质量为的物体置于粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为。现用一水平拉力F作用于物体上，F随时间变化的图像和物体的图像分别如图乙、丙所示。规定水平向右为正方向，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内，物体受到水平向左的静摩擦力
B．0~2s内，物体未受到摩擦力
C．物体与水平面间的动摩擦因数为
D．物体与水平面间的动摩擦因数为
【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；牛顿第二定律
【解析】【解答】解决摩擦力问题要抓住“相对”这一本质，不管是相对运动还是相对相对运动趋势，对象都是两个物体之间的相对运动情况，与物体自身的运动情况没有直接关系。AB．由图乙、丙可知，内，受到水平向右的拉力且物体保持静止，根据受力平衡可知，物体受到水平向左的静摩擦力，故A正确，B错误；
CD．由图乙、丙可知，内物体所受拉力方向水平向右，大小为，物体的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】0～2s内，物体处于静止状态，此时它受到的静摩擦力和拉力是一对平衡力，大小相等，方向相反；v-t图像斜率表示加速度的大小及方向，由图像求出加速度，根据牛顿第二定律分析其所受合力大小，进而可求解出摩擦力大小，由此可得出物体与水平面间的动摩擦因数。
10．（2024高一上·成都期末）如图，一倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。一质量为的煤块（可视为质点）以初速度从最低点A冲上传送带，恰好能到达最高点B。煤块与传送带间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，，。煤块从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A点到B点的距离为
B．煤块的运动时间为
C．煤块的加速度大小一直为
D．煤块在传送带上的划痕长度为
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。C．煤块初速度大于传送带的速度，煤块开始相对于传送带向上运动，对煤块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
煤块速度减至与传送带相等之后相对于传送带向下运动，根据牛顿第二定律有
解得
故C错误；
B．结合上述分析，当煤块与传送带速度相等时有
解得
之后煤块减速至0，利用逆向思维有
解得
则煤块的运动时间为
故B错误；
A．结合上述分析，煤块开始向上匀减速运动的位移
解得
煤块与传送带速度达到相等后匀减速运动的位移
解得
则A点到B点的距离
故A正确；
D．煤块开始相对于传送带向上运动，此过程的相对位移
煤块速度与传送带相等之后，煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位移
由于
所以划痕长度为6.25m，故D正确。
故选AD。
【分析】煤块在传送带上做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律求出煤块的加速度，应用运动学公式求出煤块与传送带的位移，然后分析答题。
11．（2024高一上·成都期末）如图甲为“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置图。实验的主要步骤如下：
①将橡皮筋的一端固定在水平木板上的A点，另一端拴上两根带绳套的细绳，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；
②沿着两个方向拉弹簧测力计a、b，将橡皮筋的活动端拉到某一位置O，记下此结点位置O，并记录两个弹簧测力计a、b的拉力的大小及方向，同时按一定的标度作出的图示，并以为邻边作出平行四边形及所夹对角线F；
③再用一个弹簧测力计拉橡皮筋，记录此拉力的大小及方向，并以同一标度作出此力的图示。
（1）在上述操作中有遗漏的步骤是： （填序号），请将其补充完整： 。
（2）下列做法有助于减小该实验误差的是___________。
A．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取等特殊角度
C．当将橡皮筋的活动端拉到某一设定位置O时，拉力和的夹角越大越好
D．图中的OB、OC细绳应适当长一点
（3）在该实验中作出的力的图示如图乙所示，在图乙中一定沿橡皮筋AO方向的力是 （填“F”或“”）。
【答案】（1）③；用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端拉到相同的位置O
（2）A；D
（3）
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在上述操作中有遗漏的步骤是③（填序号），需要补充的内容是橡皮筋的活动端拉到同一位置O。
（2）A.为了保证两分力在同一平面内，拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A正确；
B.实验中两拉力的方向适当大一些，但不需要两绳间夹角取30°、45°、90°等特殊角度，故B错误；
C.当将橡皮筋的活动端拉到某一设定位置O时，拉力F1和F2的夹角要适当，故C错误；
D.为了减小确定拉力方向的误差，图中的OB、OC细绳应适当长一点，故D正确。
故选：AD。
（3）由于实验误差的存在，合力的理论值不一定沿橡皮筋方向，单独用一个弹簧测力计测得的合力的实际值一定沿橡皮筋方向，在图乙中一定沿橡皮筋AO方向的力是F'。【分析】（1）根据实验的正确操作分析作答；
（2）根据实验的原理、正确操作和注意事项分析作答；
（3）根据合力的理论值和实际值的含义分析作答，直接用平行四边形法则做出来的合力为理论合力。
（1）[1][2]等效替代思想，所以用一个弹簧测力计拉动的时候要将橡皮筋的活动端拉到相同的位置O。
（2）A．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，保证力在同一平面内，故A正确；
B．由于该实验合力不是计算出来的，而是通过作图得出，故两绳间夹角不需要取等特殊角度，故B错误；
C．当将橡皮筋的活动端拉到某一设定位置O时，拉力和的夹角应适当大一些，而不是越大越好，故C错误。
D．OB、OC细绳应适当长一点便于作出受力的图示，构建平行四边形，减小实验误差，故D正确。
故选AD。
（3）是用一个弹簧测力计拉动橡皮筋的活动端时测出的力，故一定沿橡皮筋AO方向。
12．（2024高一上·成都期末）某实验小组设计的“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直平面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测量小车受到的拉力大小。
（1）实验中 （填“需要”或“不需要”）满足动滑轮上所挂钩码的质量m远小于小车的质量M。
（2）某同学在实验中打出的纸带的一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分计数点的间距，已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50Hz。由图乙中的数据可求得打下A点时，小车的速度大小为 ，小车做匀加速直线运动的加速度大小为 。（计算结果均保留3位有效数字）
（3）该实验小组通过该实验装置完成实验，以拉力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度大小a为纵坐标，作出的图像为下图中的___________。
A． B．
C． D．
（4）改变钩码的质量，假设钩码的质量可以为任意大小，则小车加速度的最大值为 （已知当地重力加速度大小为g）。
【答案】（1）不需要
（2）1.85；4.95
（3）D
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）本实验因为使用拉力传感器直接测量小车受到的拉力大小，故不需要满足动滑轮上所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）将每一段位移分别记为，且有
由于A点为和的中间时刻，则有
根据逐差法可得小车做匀加速直线运动的加速度大小为
（3）
由题意可知，使用该装置实验时未平衡摩擦力，故图像不过坐标原点，与横坐标有交点，又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，所以图D符合。
故选D。
（4）
对钩码分析有
当无穷大时，拉力可以忽略不计，则钩码的最大加速度为，由于小车位于动滑轮的活动端，故小车的加速度为钩码的加速度的2倍，故为。
【分析】 （1）根据实验原理及力传感器作用分析，传感器直接测量小车受到的拉力大小，不满足挂钩码的质量远小于小车的质量；
（2）中间时刻瞬时速度等于全程平均速度求解瞬时速度，匀变速直线运动利用逐差法求加速度；
（3）根据牛顿第二定律结合图像分析判断；
（4）根据牛顿第二定律求得加速度表达式进而分析最大值。
（1）本实验因为使用拉力传感器直接测量小车受到的拉力大小，故不需要满足动滑轮上所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）[1]将每一段位移分别记为，且有
由于A点为和的中间时刻，则有
[2]根据逐差法可得小车做匀加速直线运动的加速度大小为
（3）由题意可知，使用该装置实验时未平衡摩擦力，故图像不过坐标原点，与横坐标有交点，又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，所以图D符合。
故选D。
（4）对钩码分析有
当无穷大时，拉力可以忽略不计，则钩码的最大加速度为，由于小车位于动滑轮的活动端，故小车的加速度为钩码的加速度的2倍，故为。
13．（2024高一上·成都期末）近几年，落地窗因为采光好、视野开阔的优点深受喜爱。图甲是某小区高层住宅外安装落地窗的情景，为安全起见，要求吊运过程中玻璃与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在玻璃上的轻绳P，另一人在地面控制一端系在玻璃上的轻绳Q，二人配合可使玻璃缓慢竖直上升。已知玻璃的质量为m = 40 kg，当绳P与竖直方向的夹角为α = 30°时，绳Q与竖直方向的夹角为β = 60°，玻璃可视为质点，重力加速度大小取g = 10 m/s2。
（1）求轻绳P和Q的拉力大小；
（2）若水平地面上的工人保持静止，求水平地面对工人的摩擦力大小。
【答案】（1）解：对玻璃受力分析如图所示
根据受力平衡可得
，
代入数据解得
，
（2）解：对人受力分析如图所示
水平方向有
代入数据解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对玻璃受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；
（2）对该工人受力，由平衡条件列式，即可分析求解。
（1）对玻璃受力分析如图所示
根据受力平衡可得
，
代入数据解得
，
（2）对人受力分析如图所示
水平方向有
代入数据解得
14．（2024高一上·成都期末）为了践行新发展理念，突出公园城市特点，构建“雪山下公园城市”新场景，并给市民提供夏季避暑好去处，2021年6月10日，“西岭雪山滑草避暑节”在西岭雪山景区映雪广场隆重启动（如图甲），从此成都人民又多了一个休闲避暑的好去处。已知滑草轨道可等效为如图乙所示，倾斜轨道AB长，与水平方向的夹角为，滑草板与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数相同。某同学（可视为质点）从顶点A处由静止开始下滑，经4s滑至轨道AB的底端B点，轨道AB与轨道BC在B点平滑连接（经过B点前后速度大小不变），之后该同学进入轨道BC并最终停在轨道BC上。重力加速度大小取，，。求：
（1）动摩擦因数；
（2）该同学最终停止的位置与B点的距离。
【答案】（1）解：设人在倾斜轨道AB上的加速度大小为，根据位移公式有
解得
对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）解：设人在水平轨道BC上的加速度大小为，对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
人到达B点时的速度大小
由运动学公式得
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）该同学在倾斜轨道AB上时，对其受力分析，由平衡条件、滑动摩擦力计算公式、牛顿第二定律、运动学规律分别列式，即可分析求解；
（2）从该同学开始下滑至停下，牛顿第二定律求解加速度，根据速度时间关系求解速度，根据速度位移关系求解位移。
（1）设人在倾斜轨道AB上的加速度大小为，根据位移公式有
解得
对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）设人在水平轨道BC上的加速度大小为，对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
人到达B点时的速度大小
由运动学公式得
代入数据解得
15．（2024高一上·成都期末）物理情景来源于生活，并应用服务于生活。下面是一种小游戏的玩法：将一瓶水放在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央，人用力扯桌布，当桌布完全从水瓶（可视为质点）下抽出后，水瓶不倒且不掉出桌面则视为游戏成功。如图，已知桌布的一边与桌面的AB边重合，BC边的长度为，水瓶位于桌面中央，与AB边、CD边的距离均为0.5m，水瓶与桌布间的动摩擦因数为，水瓶与桌面间的动摩擦因数也为，桌布与桌面间的动摩擦因数为，水瓶（包括水）的质量为，桌布的质量为。某次游戏中，某同学用水平向右的拉力向右扯桌布。
（1）求刚开始时水瓶和桌布的加速度大小；
（2）求水瓶最终停止的位置与CD边的距离；
（3）若水瓶的速度大小超过时水瓶将会倾倒导致游戏失败，要保证游戏成功（即水瓶不能倾倒也不能掉出桌面），求水平向右的拉力F要满足的条件。
【答案】（1）解：分析可知水瓶和桌布不会相对静止一起运动，对水瓶由牛顿第二定律得
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
（2）解：对水瓶
对桌布
由
解得
对水瓶
水瓶进入桌面后，加速度大小仍为
由运动学公式得
解得
故水瓶总位移大小
水瓶最终停止的位置与边的距离
（3）解：若水瓶刚好不倾倒，则加速位移大小
减速位移大小
因为
故水瓶会掉出桌面导致游戏失败。若水瓶刚好不掉出桌面，设加速时间为，则加速位移大小
减速位移与加速位移大小相等，故减速位移大小为
由
解得
设桌布的加速度大小为，由
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
故水平向右的拉力要满足的条件为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律计算即可；
（2）先计算出水瓶从桌布上掉下时的时间，然后根据位移关系计算水瓶在桌布上时的位移和离开桌布时减速的距离，进而可得最终停止的位置；
（3）计算出水瓶刚好滑倒CD边缘时桌布的加速度，然后根据牛顿第二定律计算出对桌布的拉力最小值即可。
（1）分析可知水瓶和桌布不会相对静止一起运动，对水瓶由牛顿第二定律得
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
（2）对水瓶
对桌布
由
解得
对水瓶
水瓶进入桌面后，加速度大小仍为
由运动学公式得
解得
故水瓶总位移大小
水瓶最终停止的位置与边的距离
（3）若水瓶刚好不倾倒，则加速位移大小
减速位移大小
因为
故水瓶会掉出桌面导致游戏失败。若水瓶刚好不掉出桌面，设加速时间为，则加速位移大小
减速位移与加速位移大小相等，故减速位移大小为
由
解得
设桌布的加速度大小为，由
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
故水平向右的拉力要满足的条件为
1 / 1四川省成都市蓉城联盟2024-2025学年高一上学期12月期末物理试卷
1．（2024高一上·成都期末）在物理学发展过程中，科学家们运用了许多研究方法。下列说法正确的是（ ）
A．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，采用了控制变量法
B．物理学中规定：使质量为1kg的物体产生的加速度的力的大小为1N
C．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用了等效替代法
D．牛顿对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法
2．（2024高一上·成都期末）一个物体受到几个共点力的作用处于静止状态。现把其中一个力旋转后，物体所受合外力大小变为50N，则的大小为（ ）
A． B． C．25N D．50N
3．（2024高一上·成都期末）某实验小组通过从楼顶由静止释放小球来估测某栋大楼的高度。现测得小球从开始下落至落地的时间为，通过查阅资料获知：当地重力加速度大小为，不计空气阻力，该栋大楼的高度约为（ ）
A．35m B．45m C．55m D．65m
4．（2024高一上·成都期末）某同学站在体重计上完成下蹲动作，他观察到体重计的示数先减小再增大最后不变。在该同学下蹲的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该同学的加速度方向先竖直向上再竖直向下
B．该同学的加速度方向一直竖直向下
C．该同学先处于失重状态再处于超重状态
D．该同学一直处于失重状态
5．（2024高一上·成都期末）如图，倾角为的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连，A、B的质量均为m，C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
6．（2024高一上·成都期末）如图，质量为m的物体A放在倾角为、质量为M的斜面体C上，通过一轻质细绳绕过定滑轮连接质量也为m的物体B，细绳与斜面平行，B恰好匀速下降。斜面体C处于水平地面上，定滑轮质量不计，B离地面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．A受5个力
B．B处于失重状态
C．C受到地面的支持力大小为
D．C受到地面的静摩擦力方向水平向左
7．（2024高一上·成都期末）一辆货车和一辆小轿车以相同的速度在同一条平直公路上运动，货车在小轿车前方处。货车遇紧急情况突然刹车，小轿车司机经1.5s的反应时间开始刹车，两车的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．若两车未相撞，则从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
B．货车和小轿车刹车的加速度大小之比为
C．若两车未相撞，则时两车的速度相同
D．若两车刚好不相撞，则
8．（2024高一上·成都期末）引体向上是锻炼人体臂力的一项重要体育项目。如图，某次某人双手吊在单杠上处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．单杠对人的力和人受的重力是一对相互作用力
B．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则人受的合力不变
C．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则每只手臂上的力变大
D．单杠对人的力和人对单杠的力是一对平衡力
9．（2024高一上·成都期末）如图甲，一质量为的物体置于粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为。现用一水平拉力F作用于物体上，F随时间变化的图像和物体的图像分别如图乙、丙所示。规定水平向右为正方向，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A．0~2s内，物体受到水平向左的静摩擦力
B．0~2s内，物体未受到摩擦力
C．物体与水平面间的动摩擦因数为
D．物体与水平面间的动摩擦因数为
10．（2024高一上·成都期末）如图，一倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。一质量为的煤块（可视为质点）以初速度从最低点A冲上传送带，恰好能到达最高点B。煤块与传送带间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，，。煤块从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A点到B点的距离为
B．煤块的运动时间为
C．煤块的加速度大小一直为
D．煤块在传送带上的划痕长度为
11．（2024高一上·成都期末）如图甲为“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验装置图。实验的主要步骤如下：
①将橡皮筋的一端固定在水平木板上的A点，另一端拴上两根带绳套的细绳，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；
②沿着两个方向拉弹簧测力计a、b，将橡皮筋的活动端拉到某一位置O，记下此结点位置O，并记录两个弹簧测力计a、b的拉力的大小及方向，同时按一定的标度作出的图示，并以为邻边作出平行四边形及所夹对角线F；
③再用一个弹簧测力计拉橡皮筋，记录此拉力的大小及方向，并以同一标度作出此力的图示。
（1）在上述操作中有遗漏的步骤是： （填序号），请将其补充完整： 。
（2）下列做法有助于减小该实验误差的是___________。
A．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行
B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取等特殊角度
C．当将橡皮筋的活动端拉到某一设定位置O时，拉力和的夹角越大越好
D．图中的OB、OC细绳应适当长一点
（3）在该实验中作出的力的图示如图乙所示，在图乙中一定沿橡皮筋AO方向的力是 （填“F”或“”）。
12．（2024高一上·成都期末）某实验小组设计的“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直平面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测量小车受到的拉力大小。
（1）实验中 （填“需要”或“不需要”）满足动滑轮上所挂钩码的质量m远小于小车的质量M。
（2）某同学在实验中打出的纸带的一部分如图乙所示，用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分计数点的间距，已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50Hz。由图乙中的数据可求得打下A点时，小车的速度大小为 ，小车做匀加速直线运动的加速度大小为 。（计算结果均保留3位有效数字）
（3）该实验小组通过该实验装置完成实验，以拉力传感器的示数F为横坐标，小车的加速度大小a为纵坐标，作出的图像为下图中的___________。
A． B．
C． D．
（4）改变钩码的质量，假设钩码的质量可以为任意大小，则小车加速度的最大值为 （已知当地重力加速度大小为g）。
13．（2024高一上·成都期末）近几年，落地窗因为采光好、视野开阔的优点深受喜爱。图甲是某小区高层住宅外安装落地窗的情景，为安全起见，要求吊运过程中玻璃与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制一端系在玻璃上的轻绳P，另一人在地面控制一端系在玻璃上的轻绳Q，二人配合可使玻璃缓慢竖直上升。已知玻璃的质量为m = 40 kg，当绳P与竖直方向的夹角为α = 30°时，绳Q与竖直方向的夹角为β = 60°，玻璃可视为质点，重力加速度大小取g = 10 m/s2。
（1）求轻绳P和Q的拉力大小；
（2）若水平地面上的工人保持静止，求水平地面对工人的摩擦力大小。
14．（2024高一上·成都期末）为了践行新发展理念，突出公园城市特点，构建“雪山下公园城市”新场景，并给市民提供夏季避暑好去处，2021年6月10日，“西岭雪山滑草避暑节”在西岭雪山景区映雪广场隆重启动（如图甲），从此成都人民又多了一个休闲避暑的好去处。已知滑草轨道可等效为如图乙所示，倾斜轨道AB长，与水平方向的夹角为，滑草板与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数相同。某同学（可视为质点）从顶点A处由静止开始下滑，经4s滑至轨道AB的底端B点，轨道AB与轨道BC在B点平滑连接（经过B点前后速度大小不变），之后该同学进入轨道BC并最终停在轨道BC上。重力加速度大小取，，。求：
（1）动摩擦因数；
（2）该同学最终停止的位置与B点的距离。
15．（2024高一上·成都期末）物理情景来源于生活，并应用服务于生活。下面是一种小游戏的玩法：将一瓶水放在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央，人用力扯桌布，当桌布完全从水瓶（可视为质点）下抽出后，水瓶不倒且不掉出桌面则视为游戏成功。如图，已知桌布的一边与桌面的AB边重合，BC边的长度为，水瓶位于桌面中央，与AB边、CD边的距离均为0.5m，水瓶与桌布间的动摩擦因数为，水瓶与桌面间的动摩擦因数也为，桌布与桌面间的动摩擦因数为，水瓶（包括水）的质量为，桌布的质量为。某次游戏中，某同学用水平向右的拉力向右扯桌布。
（1）求刚开始时水瓶和桌布的加速度大小；
（2）求水瓶最终停止的位置与CD边的距离；
（3）若水瓶的速度大小超过时水瓶将会倾倒导致游戏失败，要保证游戏成功（即水瓶不能倾倒也不能掉出桌面），求水平向右的拉力F要满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】验证力的平行四边形定则；探究加速度与力、质量的关系；伽利略对自由落体运动的研究；牛顿第二定律
【解析】【解答】在高中物理学习中，我们会遇到许多物理的研究方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。A．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，采用了等效替代法，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
可知，物理学中可以规定使质量为1kg的物体产生的加速度的力的大小为1N，故B正确；
C．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，采用了控制变量法故，C错误；
D．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法，故D错误。
故选B。
【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。
2．【答案】A
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。物体受到几个共点力的作用处于静止状态，此时物体所受外力的合力为0，对力，其它力的合力与大小相等，方向相反，若把旋转，则合力
解得
故选A。
【分析】根据平衡条件求出两力的大小关系，然后根据力的合成方法求解。
3．【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动， 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动。由
可得该栋大楼的高度约为
故选B。
【分析】不计空气阻力，小球做自由落体运动，应用匀变速直线运动的位移—时间公式求出位移，然后根据题意分析答题。
4．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。下蹲的过程中，该同学先向下加速再向下减速，因此加速度方向先竖直向下再竖直向上，即该同学先处于失重再超重。
故选C。
【分析】根据体重计的示数（视重）小于或大于重力的情况判断加速度方向和超失重问题。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】 解连接体问题的基本方法
整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．
隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理。撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有
撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件有，弹簧的弹力为
撤去挡板C的瞬间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故选D。
【分析】应用平衡条件求出弹簧的弹力大小，弹簧的弹力不能突变，根据A、B的受力情况应用牛顿第二定律求出撤去挡板时的A、B的加速度大小。
6．【答案】C
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用；超重与失重
【解析】【解答】 整体法与隔离法的常规使用技巧是：先利用整体法求外力，再利用隔离法求单个物体的受力。A．A受重力、支持力、细绳拉力、摩擦力4个力的作用，故A错误；
B．B匀速下降，其加速度为零，处于平衡状态，故B错误；
CD．以A、B、C为整体，竖直方向根据受力平衡可知C受到地面的支持力大小为
水平方向根据受力平衡可知地面对C没有静摩擦力，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】分析物体的受力情况和运动情况，根据平衡条件列式分析。
7．【答案】A
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。
A．由图像与横轴围成的面积表示位移可得
，
可得从时刻到停止运动，货车和小轿车的位移大小之比为
故A正确；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知货车的加速度大小
小轿车的加速度大小
则有
故B错误；
C．若两车未相撞，设经过时间两车的速度相同，则有
解得
，
故C错误；
D．若两车刚好不相撞，即在，两车速度相等时，刚好不相撞，由图像可得
故D错误。
故选A。
【分析】根据斜率求加速度：利用图像面积求出位移；图像面积差即位移差，两车共速为两车是否相撞的临界状态。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿第三定律；共点力的平衡
【解析】【解答】解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。A．单杠对人的力和人受的重力是一对平衡力，故A错误；
B．若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，人受的合力不变，合力仍为零，故B正确；
C．合力的大小和方向一定时，两分力随两分力间夹角的增大而增大，所以若两手改握单杠的A、B位置且仍处于静止状态，则每只手臂上的力变大，故C正确；
D．单杠对人的力和人对单杠的力是一对相互作用力，故D错误。
故选BC。
【分析】 由题意可知，人在单杠的力及自身重力的作用下，处于平衡状态，据此分析判断；对人受力分析，根据平衡条件，即可分析判断；单杠对人的力和人对单杠的力是一对相互作用力，据此分析判断。
9．【答案】A,C
【知识点】静摩擦力；牛顿第二定律
【解析】【解答】解决摩擦力问题要抓住“相对”这一本质，不管是相对运动还是相对相对运动趋势，对象都是两个物体之间的相对运动情况，与物体自身的运动情况没有直接关系。AB．由图乙、丙可知，内，受到水平向右的拉力且物体保持静止，根据受力平衡可知，物体受到水平向左的静摩擦力，故A正确，B错误；
CD．由图乙、丙可知，内物体所受拉力方向水平向右，大小为，物体的加速度大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】0～2s内，物体处于静止状态，此时它受到的静摩擦力和拉力是一对平衡力，大小相等，方向相反；v-t图像斜率表示加速度的大小及方向，由图像求出加速度，根据牛顿第二定律分析其所受合力大小，进而可求解出摩擦力大小，由此可得出物体与水平面间的动摩擦因数。
10．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。C．煤块初速度大于传送带的速度，煤块开始相对于传送带向上运动，对煤块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
煤块速度减至与传送带相等之后相对于传送带向下运动，根据牛顿第二定律有
解得
故C错误；
B．结合上述分析，当煤块与传送带速度相等时有
解得
之后煤块减速至0，利用逆向思维有
解得
则煤块的运动时间为
故B错误；
A．结合上述分析，煤块开始向上匀减速运动的位移
解得
煤块与传送带速度达到相等后匀减速运动的位移
解得
则A点到B点的距离
故A正确；
D．煤块开始相对于传送带向上运动，此过程的相对位移
煤块速度与传送带相等之后，煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位移
由于
所以划痕长度为6.25m，故D正确。
故选AD。
【分析】煤块在传送带上做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律求出煤块的加速度，应用运动学公式求出煤块与传送带的位移，然后分析答题。
11．【答案】（1）③；用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端拉到相同的位置O
（2）A；D
（3）
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）在上述操作中有遗漏的步骤是③（填序号），需要补充的内容是橡皮筋的活动端拉到同一位置O。
（2）A.为了保证两分力在同一平面内，拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A正确；
B.实验中两拉力的方向适当大一些，但不需要两绳间夹角取30°、45°、90°等特殊角度，故B错误；
C.当将橡皮筋的活动端拉到某一设定位置O时，拉力F1和F2的夹角要适当，故C错误；
D.为了减小确定拉力方向的误差，图中的OB、OC细绳应适当长一点，故D正确。
故选：AD。
（3）由于实验误差的存在，合力的理论值不一定沿橡皮筋方向，单独用一个弹簧测力计测得的合力的实际值一定沿橡皮筋方向，在图乙中一定沿橡皮筋AO方向的力是F'。【分析】（1）根据实验的正确操作分析作答；
（2）根据实验的原理、正确操作和注意事项分析作答；
（3）根据合力的理论值和实际值的含义分析作答，直接用平行四边形法则做出来的合力为理论合力。
（1）[1][2]等效替代思想，所以用一个弹簧测力计拉动的时候要将橡皮筋的活动端拉到相同的位置O。
（2）A．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，保证力在同一平面内，故A正确；
B．由于该实验合力不是计算出来的，而是通过作图得出，故两绳间夹角不需要取等特殊角度，故B错误；
C．当将橡皮筋的活动端拉到某一设定位置O时，拉力和的夹角应适当大一些，而不是越大越好，故C错误。
D．OB、OC细绳应适当长一点便于作出受力的图示，构建平行四边形，减小实验误差，故D正确。
故选AD。
（3）是用一个弹簧测力计拉动橡皮筋的活动端时测出的力，故一定沿橡皮筋AO方向。
12．【答案】（1）不需要
（2）1.85；4.95
（3）D
（4）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）本实验因为使用拉力传感器直接测量小车受到的拉力大小，故不需要满足动滑轮上所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）将每一段位移分别记为，且有
由于A点为和的中间时刻，则有
根据逐差法可得小车做匀加速直线运动的加速度大小为
（3）
由题意可知，使用该装置实验时未平衡摩擦力，故图像不过坐标原点，与横坐标有交点，又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，所以图D符合。
故选D。
（4）
对钩码分析有
当无穷大时，拉力可以忽略不计，则钩码的最大加速度为，由于小车位于动滑轮的活动端，故小车的加速度为钩码的加速度的2倍，故为。
【分析】 （1）根据实验原理及力传感器作用分析，传感器直接测量小车受到的拉力大小，不满足挂钩码的质量远小于小车的质量；
（2）中间时刻瞬时速度等于全程平均速度求解瞬时速度，匀变速直线运动利用逐差法求加速度；
（3）根据牛顿第二定律结合图像分析判断；
（4）根据牛顿第二定律求得加速度表达式进而分析最大值。
（1）本实验因为使用拉力传感器直接测量小车受到的拉力大小，故不需要满足动滑轮上所挂钩码的质量远小于小车的质量。
（2）[1]将每一段位移分别记为，且有
由于A点为和的中间时刻，则有
[2]根据逐差法可得小车做匀加速直线运动的加速度大小为
（3）由题意可知，使用该装置实验时未平衡摩擦力，故图像不过坐标原点，与横坐标有交点，又因为使用了拉力传感器，故图像不会弯曲，所以图D符合。
故选D。
（4）对钩码分析有
当无穷大时，拉力可以忽略不计，则钩码的最大加速度为，由于小车位于动滑轮的活动端，故小车的加速度为钩码的加速度的2倍，故为。
13．【答案】（1）解：对玻璃受力分析如图所示
根据受力平衡可得
，
代入数据解得
，
（2）解：对人受力分析如图所示
水平方向有
代入数据解得
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对玻璃受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；
（2）对该工人受力，由平衡条件列式，即可分析求解。
（1）对玻璃受力分析如图所示
根据受力平衡可得
，
代入数据解得
，
（2）对人受力分析如图所示
水平方向有
代入数据解得
14．【答案】（1）解：设人在倾斜轨道AB上的加速度大小为，根据位移公式有
解得
对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）解：设人在水平轨道BC上的加速度大小为，对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
人到达B点时的速度大小
由运动学公式得
代入数据解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）该同学在倾斜轨道AB上时，对其受力分析，由平衡条件、滑动摩擦力计算公式、牛顿第二定律、运动学规律分别列式，即可分析求解；
（2）从该同学开始下滑至停下，牛顿第二定律求解加速度，根据速度时间关系求解速度，根据速度位移关系求解位移。
（1）设人在倾斜轨道AB上的加速度大小为，根据位移公式有
解得
对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
（2）设人在水平轨道BC上的加速度大小为，对人受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
人到达B点时的速度大小
由运动学公式得
代入数据解得
15．【答案】（1）解：分析可知水瓶和桌布不会相对静止一起运动，对水瓶由牛顿第二定律得
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
（2）解：对水瓶
对桌布
由
解得
对水瓶
水瓶进入桌面后，加速度大小仍为
由运动学公式得
解得
故水瓶总位移大小
水瓶最终停止的位置与边的距离
（3）解：若水瓶刚好不倾倒，则加速位移大小
减速位移大小
因为
故水瓶会掉出桌面导致游戏失败。若水瓶刚好不掉出桌面，设加速时间为，则加速位移大小
减速位移与加速位移大小相等，故减速位移大小为
由
解得
设桌布的加速度大小为，由
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
故水平向右的拉力要满足的条件为
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律计算即可；
（2）先计算出水瓶从桌布上掉下时的时间，然后根据位移关系计算水瓶在桌布上时的位移和离开桌布时减速的距离，进而可得最终停止的位置；
（3）计算出水瓶刚好滑倒CD边缘时桌布的加速度，然后根据牛顿第二定律计算出对桌布的拉力最小值即可。
（1）分析可知水瓶和桌布不会相对静止一起运动，对水瓶由牛顿第二定律得
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
（2）对水瓶
对桌布
由
解得
对水瓶
水瓶进入桌面后，加速度大小仍为
由运动学公式得
解得
故水瓶总位移大小
水瓶最终停止的位置与边的距离
（3）若水瓶刚好不倾倒，则加速位移大小
减速位移大小
因为
故水瓶会掉出桌面导致游戏失败。若水瓶刚好不掉出桌面，设加速时间为，则加速位移大小
减速位移与加速位移大小相等，故减速位移大小为
由
解得
设桌布的加速度大小为，由
解得
对桌布由牛顿第二定律得
解得
故水平向右的拉力要满足的条件为
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