浙江省杭州第四中学（下沙校区）2023-2024学年高一上学期期末模拟练习物理试题
1．（2024高一上·拱墅期末）下列四组单位中，哪一组中的单位都是国际单位制中的基本单位（ ）
A．m、N、s B．m、kg、s C．kg、J、s D．m、kg、N
【答案】B
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，所以B正确；
A、D中的牛（N），C中的焦耳（J）都是导出单位，不是基本单位，所以ACD错误．
故选：B．
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
2．（2024高一上·拱墅期末）2023年9月23日，杭州第19届亚运会盛大开幕。开幕式以“数实融合”为主题，不仅呈现了绚丽的烟花秀，还采用了数字化技术进行火炬点火。如图所示为数字火炬手正在跨越钱塘江奔向亚运会主场馆的情景。下列说法正确的是（ ）
A．研究数字火炬手通过钱塘江的速度大小，不可以把数字火炬手视为质点
B．研究数字火炬手跑动的姿态时，不可以把数字火炬手视为质点
C．研究数字火炬手跑动的姿态时，可以把数字火炬手视为质点
D．由于数字火炬手很大，任何情形都不能将其视为质点
【答案】B
【知识点】质点
【解析】【解答】质点就是有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型。当物体大小形态对研究问题影响很小或没有影响时，可视为质点。一般研究物体内容的运动，包括物体的转动、姿态等内容时，不能视为质点。
A研究火炬手的运动，不研究其形态，所以可以视为质点，A错误；B研究火炬手的姿态，而质点则没有形状，所以不能视为质点，所以B正确。同理C错误。物体能否视为质点与其尺寸无关，所以D错误。
本题选B.
【分析】本题考查质点的条件，物体能不能看做质点要看所研究的问题能不能忽略物体的形状和大小，一般研究物体的动作姿态是不能忽略物体的形状和大小的，所以不能被看做质点。
3．（2024高一上·拱墅期末）如图是宇航员在月球上的实验现象，让羽毛与铁球从同一高度同时由静止释放，则（ ）
A．因为羽毛质量小，所以羽毛先落到月球表面
B．因为铁球质量大，所以铁球先落到月球表面
C．羽毛和铁球同时落到月球表面
D．它们都匀速下落
【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】由于月球表面是真空环境，所以物体释放后只受重力作用，做的是自由落体运动，因而羽毛和铁球同时落地，与物体的质量无关，故C正确，AB错误。在下落过程中，由于受到月球的引力，所以羽毛和铁球都做向下加速运动，不是匀速下落，所以D错误。
故选C。
【分析】在月球表面没有空气，是真空环境，所以物体只受重力，所以物体运动为自由落体运动，自由落体运动的速度与质量无关，所以应同时落到月球表面。
4．（2024高一上·拱墅期末）东京奥运会女子跳水比赛中，我国14岁小将全红婵三跳满分夺冠。全红婵的速度与时间关系图像如图所示，取竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻运动员开始进入水中
B．t3时刻运动员开始浮出水面
C．在t1-t3时间内，运动员的运动方向没发生变化
D．在0-t2时间内，运动员的加速度大小没改变，方向改变
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】当运动员跳水过程中，运动员跳起后，首先速度向上（0时刻），受到重力作用速度减小，当到达最高点后（t1时刻），速度为0。然后下落。在向下加速过程中，当进入水中后（t2时刻），由于受到水的阻力，速度开始变小。到水里面最深处（t3时刻），速度变为0.结合以上说法，AB错误。t1-t3时间内，运动员的速度都大于0，一直向下，所以运动方向没发生变化。C正确。在0-t2时间内，运动员的加速度等于曲线的斜率，由于这一段是直线，所以0-t2时间内，加速度大小方向都没有改变。D错误。
故选C。
【分析】本题考查v-t图像，根据图象可以将运动分为三个阶段，0-t1段，t1-t2段；t2-t3段，由图像可以对应到运动员运动的三个过程，先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，最后进入水中，做变减速运动，分析清楚了再去判定选项就一目了然。
5．（2024高一上·拱墅期末）机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅处于匀速运动的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法正确的是（ ）
A．机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力
B．菜品对机器人的压力就是菜品的重力
C．菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力
D．机器人对地面的压力是地面发生弹性形变产生的
【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律
【解析】【解答】A．对菜品受力分析可知，机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力，A正确；
B．菜品对机器人压力的施力物体是菜品，菜品重力的施力物体是地球，二者不是同一个力，B错误；
C．一对相互作用力产生在两个相互作用的物体之间，菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力涉及到三个物体，因此菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力不是一对相互作用力，C错误；
D．由弹力产生的条件可知，机器人对地面的压力是机器人发生弹性形变产生的，D错误 。
故选A。
【分析】本题考查弹力和牛顿第三定律，弹力的发现与恢复形变的方向相同，由此可以判断出机器人对地面的压力是由于机器人恢复形变产生的；重力是一种性质力，压力属于弹力，不能等同，只能说大小相等；平衡力作用在同一个物体上，作用力与反作用力作用在不同的物体上。
6．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，一个木块放在水平地面上，在水平恒力F作用下，以速度v匀速运动，下列关于摩擦力的说法中正确的是（ ）
A．木块受到的滑动摩擦力的大小等于F
B．地面受到的静摩擦力的大小等于F
C．若木块以2v的速度匀速运动时，木块受到的摩擦力大小等于2F
D．若用2F的力作用在木块上，木块受到的摩擦力的大小为2F
【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】AC、由于物体做匀速运动，由牛顿第一定律可知，物体在水平方向受到平衡力。所以摩擦力等于F，方向向左。所以A正确，C错误。B、由于物体做匀速运动，所以地面受到的是动摩擦力，不是静摩擦力。B错误。
D、动摩擦力大小与压力和摩擦系数有关。如果木块受到2F的力作用，由于压力和摩擦系数不变，所以摩擦力不变，而物体会加速运动。D错误。
故选：A。
【分析】根据题目说木块匀速运动，所以水平方向二力平衡，所以拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力只跟压力与接触面粗糙程度有关，所以不会因为速度变大了，滑动摩擦力变大，也不会因为施加的外力变大，滑动摩擦力也不会变大。
7．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕 O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是( )
A．F1先增大后减小，F2一直减小 B．F1先减小后增大，F2一直减小
C．F1和 F2都一直在增大 D．F1和 F2都一直在减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】法一(力三角形法)：小球初始时刻的受力情况如图1所示，G为小球受的重力，F'2为小球受到的斜面的压力，F'1为小球受到的挡板的压力。因挡板是缓慢转动的，可以认为小球处静态平衡状态，在转动过程中，小球受到的重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图2所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F'2的方向始终不变)，由图2可知此过程中斜面对小球的支持力F'2不断减小，挡板对小球的弹力F'1先减小后增大（当F'1与F'2垂直时最小），由牛顿第三定律F1大小等于F'1，F2大小等于 F'2，可知选项B正确。
法二(解析法)：图中为小球的受力情况。设斜面倾角为α，挡板与竖直方向夹角为β，如图3所示，则由小球的平衡条件可得：F'1sin β＋F'2cos α＝G，F'1cos β ＝F'2sin α
联立解得F'1＝，F'2＝
挡板缓慢转至水平位置，β由0逐渐增大到，当β＝α时，cos (β－α)＝1，F'1最小，所以 F'1先减小后增大；β增大过程中 tan β随之增大，F'2不断减小。由牛顿第三定律可知F1大小等于F'1， F2大小等于 F'2， 故选项B正确。
【分析】该题考查共点力的动态平衡问题，根据题意，本题属于一个力恒定，另一个力的方向恒定，第三个力方向大小都不确定，就可以运用图解法，根据已知的恒力画出相应的矢量三角形，从而判断出其他两个力的长度变化，从而反应力的大小变化。
8．（2024高一上·拱墅期末）如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨利臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度始终不变 B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同 D．M、N两点的运动周期不同
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．P点以O为圆心做反复运动，线速度大小方向在变化，由于速度变化，所以向心加速度也在变化，故AB错误；
C．由于刮水片始终保持竖直，保持平动，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；
D．刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查圆周运动的线速度、角速度和周期的问题，根据题目可以知道刮水片的运动跟雨刮臂的运动是同步的，所以线速度相同，角速度也相同，周期也相同，光研究P可以知道它本身做匀速圆周运动，线速度大小不变，但方向一直在改变；加速度指向圆心，所以大小不变，方向也一直在变。
9．（2024高一上·拱墅期末）2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射成功。6时56分，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．信息中的10月16日0时23分指的是时间间隔
B．研究神舟十三号载人飞船与空间站对接时，可以将飞船看成质点
C．神舟十三号飞船绕地球飞行时，飞船里的宇航员相对地面是静止的
D．神舟十三号绕地球飞行一圈，通过的位移为零
【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．信息中的10月16日0时23分指的是时刻，不是时间间隔，故A错误；
B．研究神舟十三号载人飞船与空间站对接时，需要考虑飞船的尺寸和形态，所以不能忽略飞船的形状，不能看成质点，故B错误；
C．神舟十三号飞船绕地球飞行时，飞船里的宇航员相对地面是运动的，故C错误；
D．神舟十三号绕地球飞行一圈，初末位置在同一位置，则通过的位移为零，故D正确。
故选D。
【分析】时间间隔是时间段，而时刻是时间点，由此可以判断出题意里的时间是时间间隔还是时刻；质点的条件是研究的问题能不能忽略物体的大小和形状；物体的运动是相对的，参考系的选取也是任意的，以谁为参考系就是默认该物体是静止的，再去判断其他物体的运动状态；位移的大小只跟始末位置有关，始末位置一样代表位移为0
10．（2024高一上·拱墅期末）某同学想测地铁在平直轨道上启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布固定在地铁的竖直扶手上，在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地重力加速度为g，根据这张照片，以下说法正确的是（ ）
A．此时地铁的速度方向向右
B．此时地铁的加速度方向向右
C．此时绳子拉力小于圆珠笔的重力
D．由图可以估算出此时地铁加速度的大小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．圆珠笔的受力如图所示
由图可知，拉力有一个水平向左的分量，所以圆珠笔有一个向左的加速度，启动过程，加速度方向与速度方向相同，都向左，故AB错误；
CD．要想求出加速度的大小，根据竖直方向
水平方向
可得，
可知此时绳子拉力大于圆珠笔的重力，由图可以估计角大小，算出此时地铁加速度的大小，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】根据题意先对圆珠笔进行受力分析，再结合圆珠笔往右偏，说明地铁在往左加速，所以地铁的速度方向为左，如果要求地铁的加速度可以先求圆珠笔的加速度，对圆珠笔的水平竖直方向进行力的分解，列出牛顿第二定律表达式，发现可以求出地铁的加速度大小。
11．（2024高一上·拱墅期末）小明拍到了一张这样的照片：如图所示，一物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止。已知小车是运动的，且物块与车厢壁没有粘连或钉在一起。则下列说法正确的是（ ）
A．小车一定正在向右加速运动
B．车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力
C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力也变小
D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】物块受到重力，同时受到车厢壁对物块向上的摩擦力。所以物块受到车厢壁的压力。物块与车厢壁的摩擦力为静摩擦力。A．物块与车厢具有相同的加速度，则物块所受的摩擦力和重力平衡，水平向右的弹力提供加速度，只能确定加速度向右，则小车可能正在向右加速运动，也可能或向左做减速运动，故A错误；
B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力，不是平衡力。故B错误；
C．物块与车厢具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得N=ma
加速度变小，车厢壁对物块的弹力变小，故C正确；
D．静摩擦力的大小与压力无关。摩擦力和重力平衡，所以摩擦力保持不变，故D错误；
故选C。
【分析】小车的运动通过对物块进行受力分析，可以知道向右的弹力提供小车的加速度，所以加速度向右，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力受力物体不同，不是平衡力；根据对物块的受力分析，加速度增大，弹力增大，摩擦力是静摩擦力，在竖直方向上，与重力构成平衡力，跟加速度的变化无关。
12．（2024高一上·拱墅期末）用如图所示方案“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．实验时可以不记录图丙中力F的方向
B．橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．两绳同时拉细绳时需保持两个弹簧秤读数相等
D．用一根绳拉住小圆环时，小圆环可以不在O点
【答案】A
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A．实验时，用一个弹簧秤拉橡皮条时，力的方向一定沿方向，即可以不记录图丙中力F的方向，故A正确；
B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到O点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，当F1和F2相等时在平分线上，如果不等则不在平分线上。故B错误；
C．两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故C错误；
D．在该实验中，要求每次拉橡皮条时要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即终点要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，即用一根绳拉住小圆环时，小圆环也在O点，故D错误。
故选A。
【分析】本题考查探究两个互成角度的力的合成规律实验，在本实验中要记录的两个分力的方向和合力的方向，分力的方向通过记录两弹簧秤拉绳子的方向，合力的方向沿OG的竖直方向；两分力的夹角不需要太大，也不能太小，适宜就好；两弹簧秤的示数不需要等大。
13．（2024高一上·拱墅期末）物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a1．当速度达到v时，物体立即改为匀减速直线运动直至速度为零，加速度大小a2．在加速和减速过程中，物体的位移和所用时间分别为s1，t1和s2，t2．下列式子成立的是
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】在匀加速过程中初速度为0，
则其平均速度为；
在匀减速过程中初速度为v，末速度为0，
则其平均速度为：，
所以有：；
由可得，A错误；
由和数学关系知，B正确；
由，又，得到，C错误；
由，知，D正确．
故答案为BD.
【分析】本题考查匀变速直线运动的特点和规律；在匀变速直线运动中平均速度等于初末速度的平均值，这个推论往往用在物体先做初速度为0的匀加速，接着做末速度为0的匀减速直线运动中，结合该结论可以得到位移之比等于时间之比；再结合速度与加速度的关系得到加速度之比等于时间的反比。
14．（2024高一上·拱墅期末）如图，图线显示的是某人站在力传感器上，“站起”和“下蹲”过程中力传感器的示数随时间的变化情况。下列选项中正确的是（ ）
A．人先站起后下蹲 B．人先下蹲后站起
C．站起时先失重后超重 D．下蹲时先失重后超重
【答案】B,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】CD．“站起”过程中人先加速上升，加速度向上，处于超重状态，然后减速上升，加速度向下，处于失重状态，即站起时先超重后失重；“下蹲”过程中，人先向下加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后减速向下，加速度向上，处于超重状态，即下蹲时先失重后超重，故C错误，D正确；
AB．根据CD的分析，由所给图像可知，力传感器首先示数变小，表明人是首先是失重状态，所以人先下蹲后站起，故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】本题考查超重与失重，根据图像可以直接知道人先失重再超重，后面是先超重再失重，所以对比人的动作，人下蹲过程中先失重后超重，在站起的过程先超重再失重。
15．（2024高一上·拱墅期末）某次排球比赛中，排球场示意图如下，排球场地长18m，网高2.2m，某队员在距网水平距离为5.6m、距地面3.0m高处将排球沿垂直网的方向水平击出，排球恰好过网。排球可视为质点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．排球被击出的速度大小为7.2m/s
B．排球被击出的速度大小为14m/s
C．排球落在对方场地内
D．排球落在对方场地底线之外
【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．排球从被击出到恰好过网所用的时间为
排球被击出后水平速度不变，所以水平速度大小为
故A错误，B正确；
CD．排球从被击出到落地所用的时间为
排球的水平位移大小为
即排球落在对方场地内，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】本题考查平抛运动的临界问题，恰好过网的临界就是擦网而过的意思，所以球做平抛运动的竖直位移就是初始位置到网上端的竖直距离，代入竖直位移公式即可知道时间，结合水平位移即可知道初速度；判断排球最后的落点看排球从拍出到落地的总时间，再代入到水平位移公式即可判断出排球的落点。
16．（2024高一上·拱墅期末）如图甲所示，轻杆一端固定在O点另端固定一个小球，让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到杆的弹力大小为F，速度大小为v，其F－图像如图乙所示。则（ ）
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．时，小球对杆的弹力方向向下
D．时，小球受到的弹力大小与重力相等
【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】
A．当时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，有
当时，杆对球的弹力恰好为零，此时小球只受重力，则有
即重力加速度
则小球的质量
故A错误；B正确；
C．根据圆周运动的规律，当时，杆对球的弹力为零，当时
杆对球的弹力方向向下，由于，故杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿等三定律，小球对杆的弹力向上，故C错误；
D．当时
又
得
故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查竖直面内的圆周运动，需要充分结合图像信息来看，当v2为0时，F为0说明此时是由重力提供向心力，代入公式即可求得小球的质量，也能求出当地的重力加速度；当v2大于b时，说明弹力跟重力同向，当v2小于b时说明重力跟弹力反向，代入各自的合外力提供向心力公式，结合求解出弹力的大小。
17．（2024高一上·拱墅期末）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图1，某同学将打点计时器接在的电源上。在打出的纸带上每5个点取一个计数点，共取了1、2、3、4、5、6六个计数点，如图2。
（1）图1中打点计时器所接的电源为 （选填“”或“”）交变电源；
（2）图2中计数点2的读数为 ；
（3）打下图2中计数点3时，小车的速度大小为 ；（结果保留2位有效数字）
（4）该同学从每一个计数点处将纸带剪开分成几段，将这些纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在坐标系中，如图3所示，最后将纸条上端中心连起来，于是得到图像，用该图像探究小车速度随时间变化的规律是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
【答案】；；；可行
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）图中为电火花打点计时器，接220V交流电源。
（2）刻度尺最小刻度为毫米，估读一位，所以计数点2的读数为均可。
（3）计数点3时，小车的速度大小为
（4）因为纸条的长度除以时间是这一段的平均速度，而平均速度可看成于中间时刻的瞬时速度，因为纸条对应的时间都是0.1s，所以可以用纸条的长度代替速度，所以此方案可行。
故答案为：（1）220v；（2）3.62cm（3.62cm-3.70cm均可）；（3）0.28；(4)可行
【分析】本题考查探究小车速度随时间变化的规律；第（1）问根据图给的时电火花打点计时器，所以要用到220v的交流电；第（2）问是考查刻度尺读数，刻度尺为毫米刻度尺，分度值为0.1cm，所以要估读到0.01cm，从而进行读数即可；第（3）问求点的瞬时速度，利用中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度进行计算即可；第（4）问该方法是可行的，相当于对应点的瞬时速度随时间的变化，连接起来就是v-t图像。
18．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，这是探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的实验装置。图中A、B、C到转轴的距离之比为。
（1）本实验采用的实验方法是 。
A．微元法 B．放大法 C．控制变量法 D．等效替代法
（2）在探究向心力的大小F与m的关系时，将质量不同的两小球分别放在长槽的A处和短槽的C处，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径 （填“相同”或“不同”）。实验中观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为。
（3）现仅将长槽上A处的小球移动到B处，重复实验观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为 。
【答案】C；相同；1：1
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，每次只改变一个变量，控制其他变量不变，采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
（2）在探究向心力的大小F与m的关系时，需要保证两个小球的半径和角速度相等。将质量不同的两小球分别放在长槽的A处和短槽的C处，为了使两小球的角速度相等，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径应相同。
（3）实验中观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为，由于两小球的角速度和半径均相等，则有
现仅将长槽上A处的小球移动到B处，则有
重复实验观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为
故答案为：（1）C；（2）相同；（3）1：1
【分析】本题考查探究向心力与角速度、半径、质量的关系实验，第（1）问根据控制变量法，探究F与m关系时，控制角速度与半径相同，变速塔轮半径的变化引起的是角速度的变化，保证角速度相同所以要保证变速塔轮相对应的半径相同；（3）根据开始的向心力之比为1：2，向心力之比等于质量之比，所以说明小球的质量之比为1：2，将小球从A移到B改变的是半径，半径之比为2：1，结合向心力的表达式即可得出向心力之比。
19．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，物块的质量m=30kg，细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当人用100N的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为53°，物体在水平面上保持静止．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2，求：地面对物体的弹力大小和摩擦力大小．
【答案】物体受力如图，设地面对物体的弹力大小为N，地面对物体的摩擦力大小为f，由共点力平衡条件有，竖直方向
由于定滑轮不改变力的大小，所以式中T=100N。代入数据得
水平方向
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】本题考查受力分析和共点力的平衡问题，针对此题可以先对物块进行受力分析，物块受到重力、支持力、摩擦力和拉力，将这些力沿水平方向和竖直方向进行分解，即可列出相应的等式，最后求解出弹力大小和摩擦力大小。
20．（2024高一上·拱墅期末）电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5m达到最大速度2m/s，接着匀速上升10m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20s，重力加速度g取，不计空气阻力，求铁柱上升过程中，
（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值；
（2）铁柱的平均速度大小；
（3）电磁铁对铁柱的冲量。
【答案】（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值在加速上升阶段。铁柱在匀加速上升阶段的加速度大小为
设电磁铁对铁柱的作用力最大值为F，根据牛顿第二定律有
解得
（2）铁柱匀加速阶段用时为
匀速阶段用时为
所以匀减速阶段用时为
匀减速阶段上升的高度为
整个上升过程中铁柱的平均速度大小为
（3）设电磁铁对铁柱的冲量为，根据动量定理有
解得 方向竖直向上。
【知识点】动量定理；平均速度；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查牛顿运动定律的应用，动力学问题靠加速度连接，第（1）问求电磁铁对铁柱的作用力最大值，肯定是要对铁柱进行受力分析，超重时候，加速度越大，作用力越大，再结合题意求解出加速度，代入牛顿第二定律表达式即可求出作用力最大值；第（2）问运动过程主要分为匀加速、匀速和匀减速，利用运动学公式计算出这三个过程的总位移和总时间，再利用平均速度等于总位移与总时间之比即可求出；第（3）问求冲量，运用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，列出方程即可求解出冲量。
21．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，传送带与水平地面间的夹角，A到B的长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知，，取，求：
（1） 煤块从A运动到B的时间；
（2） 煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度。
【答案】（1）煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，设煤块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得
煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间为
此过程煤块运动的位移为
煤块速度达到后，受到沿传送带向上的摩擦力，由于
煤块仍将加速下滑，设煤块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得
煤块从与传送带共速到底端B通过的位移为
根据运动学公式有
解得或（舍去）
故煤块从A运动到B的时间为
（2）煤块从放上传送带到与传送带共速，煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为
煤块从与传送带共速到底端B，煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】本题考查传送带模型，第（1）问先分析物块刚放上传送带时的摩擦力，列出牛顿第二定律表达式即可分析出共速前的物块加速度，从而求出加速位移和加速时间；共速之后再分析物块的摩擦力方向，结合倾角的正切与动摩擦因数的关系，即可知道物块会继续加速下滑，列出牛顿第二定律表达式求出加速度，再结合剩余位移求出运动时间，两段运动时间相加即为物块从顶端到底端的总时间；第(2)问求痕迹的长度，算出在两个运动阶段煤块和传送带的相对位移，哪段相对位移大取哪段即可。
22．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平．小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度；
（2）若在AB间搭一斜面（长虚线所示），求小物块平抛后多久离斜面最远？
（3）若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
【答案】（1）小物块在B点的速度为，分解，得，变形得
过B点时的速度方向与水平方向成37°；
（2）设斜面倾角为、平抛飞行总时间为，平抛后经过时距斜面最远，
则有；
综合（1）问得：，故；
分析得知当速度与斜面平行时距斜面最远，则，解得；
（3）因，故木板将在地面上滑行，则
对小物块有：，得；
对长木板有：，得；
设它们经过时间t，共速，则有，解得，；
则对小物块在相对滑动有，故木板对小物块做功；
则对长木板在相对滑动有：，故小物块对木板做功；
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：，，则它们间的摩擦力，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】本题结合平抛运动考查板块模型；第（1）问物块从A到B做平抛运动，结合速度偏转角的特点可以求出小物块在B点的速度；第（2）问考查斜面上的平抛运动，离斜面最远，需要通过分解位移，通过位移偏转角的特点，结合速度偏转角和位移偏转角的关系求解出位移偏转角的正切值，从而求出离斜面最远的时间。第（3）问考查板块模型，需要先分析木板的运动，分别对物块和木板进行受力分析，即可知道两物体各自的加速度，最后的结果是木板和木块共速，可以求出共速时间和相对位移，摩擦力所做的功摩擦力对木板做的功与木块的功，这两个功的代数和
1 / 1浙江省杭州第四中学（下沙校区）2023-2024学年高一上学期期末模拟练习物理试题
1．（2024高一上·拱墅期末）下列四组单位中，哪一组中的单位都是国际单位制中的基本单位（ ）
A．m、N、s B．m、kg、s C．kg、J、s D．m、kg、N
2．（2024高一上·拱墅期末）2023年9月23日，杭州第19届亚运会盛大开幕。开幕式以“数实融合”为主题，不仅呈现了绚丽的烟花秀，还采用了数字化技术进行火炬点火。如图所示为数字火炬手正在跨越钱塘江奔向亚运会主场馆的情景。下列说法正确的是（ ）
A．研究数字火炬手通过钱塘江的速度大小，不可以把数字火炬手视为质点
B．研究数字火炬手跑动的姿态时，不可以把数字火炬手视为质点
C．研究数字火炬手跑动的姿态时，可以把数字火炬手视为质点
D．由于数字火炬手很大，任何情形都不能将其视为质点
3．（2024高一上·拱墅期末）如图是宇航员在月球上的实验现象，让羽毛与铁球从同一高度同时由静止释放，则（ ）
A．因为羽毛质量小，所以羽毛先落到月球表面
B．因为铁球质量大，所以铁球先落到月球表面
C．羽毛和铁球同时落到月球表面
D．它们都匀速下落
4．（2024高一上·拱墅期末）东京奥运会女子跳水比赛中，我国14岁小将全红婵三跳满分夺冠。全红婵的速度与时间关系图像如图所示，取竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻运动员开始进入水中
B．t3时刻运动员开始浮出水面
C．在t1-t3时间内，运动员的运动方向没发生变化
D．在0-t2时间内，运动员的加速度大小没改变，方向改变
5．（2024高一上·拱墅期末）机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅处于匀速运动的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平。则下列说法正确的是（ ）
A．机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力
B．菜品对机器人的压力就是菜品的重力
C．菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力
D．机器人对地面的压力是地面发生弹性形变产生的
6．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，一个木块放在水平地面上，在水平恒力F作用下，以速度v匀速运动，下列关于摩擦力的说法中正确的是（ ）
A．木块受到的滑动摩擦力的大小等于F
B．地面受到的静摩擦力的大小等于F
C．若木块以2v的速度匀速运动时，木块受到的摩擦力大小等于2F
D．若用2F的力作用在木块上，木块受到的摩擦力的大小为2F
7．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把挡板由竖直位置绕 O 点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是( )
A．F1先增大后减小，F2一直减小 B．F1先减小后增大，F2一直减小
C．F1和 F2都一直在增大 D．F1和 F2都一直在减小
8．（2024高一上·拱墅期末）如图是某电力机车雨刷器的示意图．雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨利臂的链接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是（ ）
A．P点的线速度始终不变 B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同 D．M、N两点的运动周期不同
9．（2024高一上·拱墅期末）2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射成功。6时56分，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．信息中的10月16日0时23分指的是时间间隔
B．研究神舟十三号载人飞船与空间站对接时，可以将飞船看成质点
C．神舟十三号飞船绕地球飞行时，飞船里的宇航员相对地面是静止的
D．神舟十三号绕地球飞行一圈，通过的位移为零
10．（2024高一上·拱墅期末）某同学想测地铁在平直轨道上启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布固定在地铁的竖直扶手上，在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时的情景，如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，已知当地重力加速度为g，根据这张照片，以下说法正确的是（ ）
A．此时地铁的速度方向向右
B．此时地铁的加速度方向向右
C．此时绳子拉力小于圆珠笔的重力
D．由图可以估算出此时地铁加速度的大小
11．（2024高一上·拱墅期末）小明拍到了一张这样的照片：如图所示，一物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止。已知小车是运动的，且物块与车厢壁没有粘连或钉在一起。则下列说法正确的是（ ）
A．小车一定正在向右加速运动
B．车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力
C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力也变小
D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大
12．（2024高一上·拱墅期末）用如图所示方案“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．实验时可以不记录图丙中力F的方向
B．橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．两绳同时拉细绳时需保持两个弹簧秤读数相等
D．用一根绳拉住小圆环时，小圆环可以不在O点
13．（2024高一上·拱墅期末）物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a1．当速度达到v时，物体立即改为匀减速直线运动直至速度为零，加速度大小a2．在加速和减速过程中，物体的位移和所用时间分别为s1，t1和s2，t2．下列式子成立的是
A． B．
C． D．
14．（2024高一上·拱墅期末）如图，图线显示的是某人站在力传感器上，“站起”和“下蹲”过程中力传感器的示数随时间的变化情况。下列选项中正确的是（ ）
A．人先站起后下蹲 B．人先下蹲后站起
C．站起时先失重后超重 D．下蹲时先失重后超重
15．（2024高一上·拱墅期末）某次排球比赛中，排球场示意图如下，排球场地长18m，网高2.2m，某队员在距网水平距离为5.6m、距地面3.0m高处将排球沿垂直网的方向水平击出，排球恰好过网。排球可视为质点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．排球被击出的速度大小为7.2m/s
B．排球被击出的速度大小为14m/s
C．排球落在对方场地内
D．排球落在对方场地底线之外
16．（2024高一上·拱墅期末）如图甲所示，轻杆一端固定在O点另端固定一个小球，让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到杆的弹力大小为F，速度大小为v，其F－图像如图乙所示。则（ ）
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．时，小球对杆的弹力方向向下
D．时，小球受到的弹力大小与重力相等
17．（2024高一上·拱墅期末）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图1，某同学将打点计时器接在的电源上。在打出的纸带上每5个点取一个计数点，共取了1、2、3、4、5、6六个计数点，如图2。
（1）图1中打点计时器所接的电源为 （选填“”或“”）交变电源；
（2）图2中计数点2的读数为 ；
（3）打下图2中计数点3时，小车的速度大小为 ；（结果保留2位有效数字）
（4）该同学从每一个计数点处将纸带剪开分成几段，将这些纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在坐标系中，如图3所示，最后将纸条上端中心连起来，于是得到图像，用该图像探究小车速度随时间变化的规律是否可行？ （选填“可行”或“不可行”）。
18．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，这是探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度和半径r之间关系的实验装置。图中A、B、C到转轴的距离之比为。
（1）本实验采用的实验方法是 。
A．微元法 B．放大法 C．控制变量法 D．等效替代法
（2）在探究向心力的大小F与m的关系时，将质量不同的两小球分别放在长槽的A处和短槽的C处，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径 （填“相同”或“不同”）。实验中观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为。
（3）现仅将长槽上A处的小球移动到B处，重复实验观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为 。
19．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，物块的质量m=30kg，细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当人用100N的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为53°，物体在水平面上保持静止．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，取g=10m/s2，求：地面对物体的弹力大小和摩擦力大小．
20．（2024高一上·拱墅期末）电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5m达到最大速度2m/s，接着匀速上升10m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20s，重力加速度g取，不计空气阻力，求铁柱上升过程中，
（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值；
（2）铁柱的平均速度大小；
（3）电磁铁对铁柱的冲量。
21．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，传送带与水平地面间的夹角，A到B的长度为，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知，，取，求：
（1） 煤块从A运动到B的时间；
（2） 煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度。
22．（2024高一上·拱墅期末）如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平．小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度；
（2）若在AB间搭一斜面（长虚线所示），求小物块平抛后多久离斜面最远？
（3）若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】单位制及量纲
【解析】【解答】解：力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，所以B正确；
A、D中的牛（N），C中的焦耳（J）都是导出单位，不是基本单位，所以ACD错误．
故选：B．
【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔．
2．【答案】B
【知识点】质点
【解析】【解答】质点就是有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型。当物体大小形态对研究问题影响很小或没有影响时，可视为质点。一般研究物体内容的运动，包括物体的转动、姿态等内容时，不能视为质点。
A研究火炬手的运动，不研究其形态，所以可以视为质点，A错误；B研究火炬手的姿态，而质点则没有形状，所以不能视为质点，所以B正确。同理C错误。物体能否视为质点与其尺寸无关，所以D错误。
本题选B.
【分析】本题考查质点的条件，物体能不能看做质点要看所研究的问题能不能忽略物体的形状和大小，一般研究物体的动作姿态是不能忽略物体的形状和大小的，所以不能被看做质点。
3．【答案】C
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】由于月球表面是真空环境，所以物体释放后只受重力作用，做的是自由落体运动，因而羽毛和铁球同时落地，与物体的质量无关，故C正确，AB错误。在下落过程中，由于受到月球的引力，所以羽毛和铁球都做向下加速运动，不是匀速下落，所以D错误。
故选C。
【分析】在月球表面没有空气，是真空环境，所以物体只受重力，所以物体运动为自由落体运动，自由落体运动的速度与质量无关，所以应同时落到月球表面。
4．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】当运动员跳水过程中，运动员跳起后，首先速度向上（0时刻），受到重力作用速度减小，当到达最高点后（t1时刻），速度为0。然后下落。在向下加速过程中，当进入水中后（t2时刻），由于受到水的阻力，速度开始变小。到水里面最深处（t3时刻），速度变为0.结合以上说法，AB错误。t1-t3时间内，运动员的速度都大于0，一直向下，所以运动方向没发生变化。C正确。在0-t2时间内，运动员的加速度等于曲线的斜率，由于这一段是直线，所以0-t2时间内，加速度大小方向都没有改变。D错误。
故选C。
【分析】本题考查v-t图像，根据图象可以将运动分为三个阶段，0-t1段，t1-t2段；t2-t3段，由图像可以对应到运动员运动的三个过程，先做竖直上抛运动，再做自由落体运动，最后进入水中，做变减速运动，分析清楚了再去判定选项就一目了然。
5．【答案】A
【知识点】形变与弹力；牛顿第三定律
【解析】【解答】A．对菜品受力分析可知，机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力，A正确；
B．菜品对机器人压力的施力物体是菜品，菜品重力的施力物体是地球，二者不是同一个力，B错误；
C．一对相互作用力产生在两个相互作用的物体之间，菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力涉及到三个物体，因此菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力不是一对相互作用力，C错误；
D．由弹力产生的条件可知，机器人对地面的压力是机器人发生弹性形变产生的，D错误 。
故选A。
【分析】本题考查弹力和牛顿第三定律，弹力的发现与恢复形变的方向相同，由此可以判断出机器人对地面的压力是由于机器人恢复形变产生的；重力是一种性质力，压力属于弹力，不能等同，只能说大小相等；平衡力作用在同一个物体上，作用力与反作用力作用在不同的物体上。
6．【答案】A
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】AC、由于物体做匀速运动，由牛顿第一定律可知，物体在水平方向受到平衡力。所以摩擦力等于F，方向向左。所以A正确，C错误。B、由于物体做匀速运动，所以地面受到的是动摩擦力，不是静摩擦力。B错误。
D、动摩擦力大小与压力和摩擦系数有关。如果木块受到2F的力作用，由于压力和摩擦系数不变，所以摩擦力不变，而物体会加速运动。D错误。
故选：A。
【分析】根据题目说木块匀速运动，所以水平方向二力平衡，所以拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力只跟压力与接触面粗糙程度有关，所以不会因为速度变大了，滑动摩擦力变大，也不会因为施加的外力变大，滑动摩擦力也不会变大。
7．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】法一(力三角形法)：小球初始时刻的受力情况如图1所示，G为小球受的重力，F'2为小球受到的斜面的压力，F'1为小球受到的挡板的压力。因挡板是缓慢转动的，可以认为小球处静态平衡状态，在转动过程中，小球受到的重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图2所示(重力 G 的大小、方向均不变，斜面对小球的支持力 F'2的方向始终不变)，由图2可知此过程中斜面对小球的支持力F'2不断减小，挡板对小球的弹力F'1先减小后增大（当F'1与F'2垂直时最小），由牛顿第三定律F1大小等于F'1，F2大小等于 F'2，可知选项B正确。
法二(解析法)：图中为小球的受力情况。设斜面倾角为α，挡板与竖直方向夹角为β，如图3所示，则由小球的平衡条件可得：F'1sin β＋F'2cos α＝G，F'1cos β ＝F'2sin α
联立解得F'1＝，F'2＝
挡板缓慢转至水平位置，β由0逐渐增大到，当β＝α时，cos (β－α)＝1，F'1最小，所以 F'1先减小后增大；β增大过程中 tan β随之增大，F'2不断减小。由牛顿第三定律可知F1大小等于F'1， F2大小等于 F'2， 故选项B正确。
【分析】该题考查共点力的动态平衡问题，根据题意，本题属于一个力恒定，另一个力的方向恒定，第三个力方向大小都不确定，就可以运用图解法，根据已知的恒力画出相应的矢量三角形，从而判断出其他两个力的长度变化，从而反应力的大小变化。
8．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】AB．P点以O为圆心做反复运动，线速度大小方向在变化，由于速度变化，所以向心加速度也在变化，故AB错误；
C．由于刮水片始终保持竖直，保持平动，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；
D．刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查圆周运动的线速度、角速度和周期的问题，根据题目可以知道刮水片的运动跟雨刮臂的运动是同步的，所以线速度相同，角速度也相同，周期也相同，光研究P可以知道它本身做匀速圆周运动，线速度大小不变，但方向一直在改变；加速度指向圆心，所以大小不变，方向也一直在变。
9．【答案】D
【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．信息中的10月16日0时23分指的是时刻，不是时间间隔，故A错误；
B．研究神舟十三号载人飞船与空间站对接时，需要考虑飞船的尺寸和形态，所以不能忽略飞船的形状，不能看成质点，故B错误；
C．神舟十三号飞船绕地球飞行时，飞船里的宇航员相对地面是运动的，故C错误；
D．神舟十三号绕地球飞行一圈，初末位置在同一位置，则通过的位移为零，故D正确。
故选D。
【分析】时间间隔是时间段，而时刻是时间点，由此可以判断出题意里的时间是时间间隔还是时刻；质点的条件是研究的问题能不能忽略物体的大小和形状；物体的运动是相对的，参考系的选取也是任意的，以谁为参考系就是默认该物体是静止的，再去判断其他物体的运动状态；位移的大小只跟始末位置有关，始末位置一样代表位移为0
10．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．圆珠笔的受力如图所示
由图可知，拉力有一个水平向左的分量，所以圆珠笔有一个向左的加速度，启动过程，加速度方向与速度方向相同，都向左，故AB错误；
CD．要想求出加速度的大小，根据竖直方向
水平方向
可得，
可知此时绳子拉力大于圆珠笔的重力，由图可以估计角大小，算出此时地铁加速度的大小，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】根据题意先对圆珠笔进行受力分析，再结合圆珠笔往右偏，说明地铁在往左加速，所以地铁的速度方向为左，如果要求地铁的加速度可以先求圆珠笔的加速度，对圆珠笔的水平竖直方向进行力的分解，列出牛顿第二定律表达式，发现可以求出地铁的加速度大小。
11．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】物块受到重力，同时受到车厢壁对物块向上的摩擦力。所以物块受到车厢壁的压力。物块与车厢壁的摩擦力为静摩擦力。A．物块与车厢具有相同的加速度，则物块所受的摩擦力和重力平衡，水平向右的弹力提供加速度，只能确定加速度向右，则小车可能正在向右加速运动，也可能或向左做减速运动，故A错误；
B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力，不是平衡力。故B错误；
C．物块与车厢具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得N=ma
加速度变小，车厢壁对物块的弹力变小，故C正确；
D．静摩擦力的大小与压力无关。摩擦力和重力平衡，所以摩擦力保持不变，故D错误；
故选C。
【分析】小车的运动通过对物块进行受力分析，可以知道向右的弹力提供小车的加速度，所以加速度向右，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力受力物体不同，不是平衡力；根据对物块的受力分析，加速度增大，弹力增大，摩擦力是静摩擦力，在竖直方向上，与重力构成平衡力，跟加速度的变化无关。
12．【答案】A
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A．实验时，用一个弹簧秤拉橡皮条时，力的方向一定沿方向，即可以不记录图丙中力F的方向，故A正确；
B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到O点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，当F1和F2相等时在平分线上，如果不等则不在平分线上。故B错误；
C．两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故C错误；
D．在该实验中，要求每次拉橡皮条时要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即终点要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，即用一根绳拉住小圆环时，小圆环也在O点，故D错误。
故选A。
【分析】本题考查探究两个互成角度的力的合成规律实验，在本实验中要记录的两个分力的方向和合力的方向，分力的方向通过记录两弹簧秤拉绳子的方向，合力的方向沿OG的竖直方向；两分力的夹角不需要太大，也不能太小，适宜就好；两弹簧秤的示数不需要等大。
13．【答案】B,D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】在匀加速过程中初速度为0，
则其平均速度为；
在匀减速过程中初速度为v，末速度为0，
则其平均速度为：，
所以有：；
由可得，A错误；
由和数学关系知，B正确；
由，又，得到，C错误；
由，知，D正确．
故答案为BD.
【分析】本题考查匀变速直线运动的特点和规律；在匀变速直线运动中平均速度等于初末速度的平均值，这个推论往往用在物体先做初速度为0的匀加速，接着做末速度为0的匀减速直线运动中，结合该结论可以得到位移之比等于时间之比；再结合速度与加速度的关系得到加速度之比等于时间的反比。
14．【答案】B,D
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】CD．“站起”过程中人先加速上升，加速度向上，处于超重状态，然后减速上升，加速度向下，处于失重状态，即站起时先超重后失重；“下蹲”过程中，人先向下加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后减速向下，加速度向上，处于超重状态，即下蹲时先失重后超重，故C错误，D正确；
AB．根据CD的分析，由所给图像可知，力传感器首先示数变小，表明人是首先是失重状态，所以人先下蹲后站起，故A错误，B正确。
故选BD。
【分析】本题考查超重与失重，根据图像可以直接知道人先失重再超重，后面是先超重再失重，所以对比人的动作，人下蹲过程中先失重后超重，在站起的过程先超重再失重。
15．【答案】B,C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB．排球从被击出到恰好过网所用的时间为
排球被击出后水平速度不变，所以水平速度大小为
故A错误，B正确；
CD．排球从被击出到落地所用的时间为
排球的水平位移大小为
即排球落在对方场地内，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】本题考查平抛运动的临界问题，恰好过网的临界就是擦网而过的意思，所以球做平抛运动的竖直位移就是初始位置到网上端的竖直距离，代入竖直位移公式即可知道时间，结合水平位移即可知道初速度；判断排球最后的落点看排球从拍出到落地的总时间，再代入到水平位移公式即可判断出排球的落点。
16．【答案】B,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】
A．当时，向心力为零，杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向，有
当时，杆对球的弹力恰好为零，此时小球只受重力，则有
即重力加速度
则小球的质量
故A错误；B正确；
C．根据圆周运动的规律，当时，杆对球的弹力为零，当时
杆对球的弹力方向向下，由于，故杆对小球的弹力方向向下，根据牛顿等三定律，小球对杆的弹力向上，故C错误；
D．当时
又
得
故D正确。
故选BD。
【分析】本题考查竖直面内的圆周运动，需要充分结合图像信息来看，当v2为0时，F为0说明此时是由重力提供向心力，代入公式即可求得小球的质量，也能求出当地的重力加速度；当v2大于b时，说明弹力跟重力同向，当v2小于b时说明重力跟弹力反向，代入各自的合外力提供向心力公式，结合求解出弹力的大小。
17．【答案】；；；可行
【知识点】探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）图中为电火花打点计时器，接220V交流电源。
（2）刻度尺最小刻度为毫米，估读一位，所以计数点2的读数为均可。
（3）计数点3时，小车的速度大小为
（4）因为纸条的长度除以时间是这一段的平均速度，而平均速度可看成于中间时刻的瞬时速度，因为纸条对应的时间都是0.1s，所以可以用纸条的长度代替速度，所以此方案可行。
故答案为：（1）220v；（2）3.62cm（3.62cm-3.70cm均可）；（3）0.28；(4)可行
【分析】本题考查探究小车速度随时间变化的规律；第（1）问根据图给的时电火花打点计时器，所以要用到220v的交流电；第（2）问是考查刻度尺读数，刻度尺为毫米刻度尺，分度值为0.1cm，所以要估读到0.01cm，从而进行读数即可；第（3）问求点的瞬时速度，利用中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度进行计算即可；第（4）问该方法是可行的，相当于对应点的瞬时速度随时间的变化，连接起来就是v-t图像。
18．【答案】C；相同；1：1
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1）探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，每次只改变一个变量，控制其他变量不变，采用的实验方法是控制变量法。
故选C。
（2）在探究向心力的大小F与m的关系时，需要保证两个小球的半径和角速度相等。将质量不同的两小球分别放在长槽的A处和短槽的C处，为了使两小球的角速度相等，与皮带连接的变速塔轮相对应的半径应相同。
（3）实验中观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为，由于两小球的角速度和半径均相等，则有
现仅将长槽上A处的小球移动到B处，则有
重复实验观察到左、右标尺上黑白相间的等分格显示出两小球所受的向心力大小之比为
故答案为：（1）C；（2）相同；（3）1：1
【分析】本题考查探究向心力与角速度、半径、质量的关系实验，第（1）问根据控制变量法，探究F与m关系时，控制角速度与半径相同，变速塔轮半径的变化引起的是角速度的变化，保证角速度相同所以要保证变速塔轮相对应的半径相同；（3）根据开始的向心力之比为1：2，向心力之比等于质量之比，所以说明小球的质量之比为1：2，将小球从A移到B改变的是半径，半径之比为2：1，结合向心力的表达式即可得出向心力之比。
19．【答案】物体受力如图，设地面对物体的弹力大小为N，地面对物体的摩擦力大小为f，由共点力平衡条件有，竖直方向
由于定滑轮不改变力的大小，所以式中T=100N。代入数据得
水平方向
【知识点】共点力的平衡
【解析】【分析】本题考查受力分析和共点力的平衡问题，针对此题可以先对物块进行受力分析，物块受到重力、支持力、摩擦力和拉力，将这些力沿水平方向和竖直方向进行分解，即可列出相应的等式，最后求解出弹力大小和摩擦力大小。
20．【答案】（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值在加速上升阶段。铁柱在匀加速上升阶段的加速度大小为
设电磁铁对铁柱的作用力最大值为F，根据牛顿第二定律有
解得
（2）铁柱匀加速阶段用时为
匀速阶段用时为
所以匀减速阶段用时为
匀减速阶段上升的高度为
整个上升过程中铁柱的平均速度大小为
（3）设电磁铁对铁柱的冲量为，根据动量定理有
解得 方向竖直向上。
【知识点】动量定理；平均速度；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】本题考查牛顿运动定律的应用，动力学问题靠加速度连接，第（1）问求电磁铁对铁柱的作用力最大值，肯定是要对铁柱进行受力分析，超重时候，加速度越大，作用力越大，再结合题意求解出加速度，代入牛顿第二定律表达式即可求出作用力最大值；第（2）问运动过程主要分为匀加速、匀速和匀减速，利用运动学公式计算出这三个过程的总位移和总时间，再利用平均速度等于总位移与总时间之比即可求出；第（3）问求冲量，运用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，列出方程即可求解出冲量。
21．【答案】（1）煤块刚放上传送带时，受到沿传送带向下的摩擦力，设煤块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得
煤块从放上传送带到与传送带共速所用时间为
此过程煤块运动的位移为
煤块速度达到后，受到沿传送带向上的摩擦力，由于
煤块仍将加速下滑，设煤块的加速度大小为，根据牛顿第二定律可得
解得
煤块从与传送带共速到底端B通过的位移为
根据运动学公式有
解得或（舍去）
故煤块从A运动到B的时间为
（2）煤块从放上传送带到与传送带共速，煤块相对于传送带向上运动，发生的相对位移为
煤块从与传送带共速到底端B，煤块相对于传送带向下运动，发生的相对位移为
由于
可知煤块从A运动到B的过程中在传送带上形成的黑色痕迹的长度为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】本题考查传送带模型，第（1）问先分析物块刚放上传送带时的摩擦力，列出牛顿第二定律表达式即可分析出共速前的物块加速度，从而求出加速位移和加速时间；共速之后再分析物块的摩擦力方向，结合倾角的正切与动摩擦因数的关系，即可知道物块会继续加速下滑，列出牛顿第二定律表达式求出加速度，再结合剩余位移求出运动时间，两段运动时间相加即为物块从顶端到底端的总时间；第(2)问求痕迹的长度，算出在两个运动阶段煤块和传送带的相对位移，哪段相对位移大取哪段即可。
22．【答案】（1）小物块在B点的速度为，分解，得，变形得
过B点时的速度方向与水平方向成37°；
（2）设斜面倾角为、平抛飞行总时间为，平抛后经过时距斜面最远，
则有；
综合（1）问得：，故；
分析得知当速度与斜面平行时距斜面最远，则，解得；
（3）因，故木板将在地面上滑行，则
对小物块有：，得；
对长木板有：，得；
设它们经过时间t，共速，则有，解得，；
则对小物块在相对滑动有，故木板对小物块做功；
则对长木板在相对滑动有：，故小物块对木板做功；
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：，，则它们间的摩擦力，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】本题结合平抛运动考查板块模型；第（1）问物块从A到B做平抛运动，结合速度偏转角的特点可以求出小物块在B点的速度；第（2）问考查斜面上的平抛运动，离斜面最远，需要通过分解位移，通过位移偏转角的特点，结合速度偏转角和位移偏转角的关系求解出位移偏转角的正切值，从而求出离斜面最远的时间。第（3）问考查板块模型，需要先分析木板的运动，分别对物块和木板进行受力分析，即可知道两物体各自的加速度，最后的结果是木板和木块共速，可以求出共速时间和相对位移，摩擦力所做的功摩擦力对木板做的功与木块的功，这两个功的代数和
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