【期末押题卷】上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷二（含解析）
文档属性
| 名称 | 【期末押题卷】上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷二（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-06-08 23:23:09 | ||
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文档简介
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上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋 兴化市校级期末）某同学手提一袋水果站在电梯内。在下列四种情形中，手受到的拉力最大的是（ ）
A．电梯匀速上升 B．电梯匀速下降
C．电梯加速上升 D．电梯加速下降
2．（2分）物体在5N的外力作用下，产生5m/s2的加速度，求该物体的质量。对这道题，以下计算单位运用的正确、简洁而又规范的是（ ）
A．mkg＝1kg B．m1kg
C．m1kg D．mkg＝1
3．（2分）（2024春 龙岩期末）如图甲为探究影响向心力大小因素的装置。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1：2：1，左右变速塔轮的半径关系如图乙所示，D、E分别是左右塔轮边缘上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两位置的线速度大小相等
B．A、C两位置的角速度相等
C．D、E两点的角速度相等
D．B、C两位置的线速度大小相等
4．（2分）（2024 江西开学）潮汐指海水在天体（例如月球）引潮力作用下所产生的周期性运动，习惯上把海面垂直方向的涨落称为潮汐，把海水在水平方向的流动称为潮流。潮汐现象出现的原因之一是地球上不同位置的海水所受月球的引力不同。在图中a、b、c、d四处中，单位质量的海水所受月球的引力最大的位置在（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
5．（2分）（2023 泰山区开学）如图是某物体做直线运动的v﹣t图像，由图像可得到的正确结果是（ ）
A．t＝1s时物体的加速度大小为3.0m/s2
B．第3s末物体开始反向运动
C．前7s内物体的位移为0
D．物体前3s内的平均速度为2m/s
6．（2分）（2025春 白云区校级期中）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，如图所示，降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（ ）
A．主动降噪技术应用了波的衍射原理
B．降噪声波与环境噪声的波长必须相等
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动加强
D．环境噪声频率越高，从耳机传播到耳膜的速度越大
7．（2分）（2024春 顺义区期末）图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摆球从A点运动到B点速度逐渐减小
B．摆球从B点运动到C点重力势能逐渐减小
C．摆球在C点处，速度为零，回复力为零
D．摆球在B点处，速度最大，向心力最大
8．（2分）（2025 九龙坡区校级模拟）小露同学用一根树枝上下点动彩云湖水面上某点，形成一列水波，水波的波长为0.6m，湖面上P、Q两片可视为质点的树叶的振动图像分别如图甲、乙所示，t＝0时树叶P刚开始振动，则（ ）
A．该波的起振方向沿y轴负方向
B．该波的波速大小为2m/s
C．t＝0.1s时，P的速度比Q大
D．t＝0.1s时，P的加速度比Q大
9．（2分）（2023春 青岛期中）拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上沿直线以恒定的速率跑了100m，下列说法正确的是（ ）
A．合外力对轮胎做了正功
B．摩擦力对轮胎做了负功
C．支持力对轮胎做了正功
D．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
10．（2分）（2023春 许昌期末）如图所示为某滑雪大跳台轨道局部示意图。运动员从P处由静止自由滑下，经过底部a、b之间圆弧轨道后，从右端b处滑出。c点为底部圆弧轨道a、b之间的最低点。在运动过程中，将运动员视为质点并忽略所有阻力。关于运动员在a、b之间圆弧轨道的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀速圆周运动
B．运动员在最低点c对轨道的压力最小
C．运动员所受的支持力对运动员做正功
D．重力对运动员先做正功后做负功
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）11．（4分）（2022秋 武昌区校级月考）在物理学习中，不仅要学习物理知识，更重要的是领悟前人们在探索规律过程中的思想方法。下列关于物理学思想方法的说法正确的是（ ）
A．如图甲，伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推的实验方法
B．如图乙，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了控制变量法
C．如图丙，伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验
D．如图丁，“卡文迪许扭秤”实验采用了等效替代法
（多选）12．（4分）（2022秋 厦门期末）“甩绳”是一种时尚的健身运动，如图甲所示，两根相同的绳子一端固定，另一端由健身者双手分别握住上下交替甩动，绳子在竖直面内分别形成两列波。某次健身者以一定的频率开始甩动，某时刻绳子形成的波形如图乙所示（可视为简谐波且还未传到固定点P），其中a、b是右手绳子上的两个相邻的最低点，a、b两质点在波的传播方向上的距离xab＝2.0m，a质点振动图像如图丙所示，则（ ）
A．健身者右手刚甩动时的方向是向上
B．健身者右手甩动绳子的频率为2Hz
C．波在绳上传播的速度为2m/s
D．增大甩动绳子的频率，绳子上的波形传播到P点的时间变短
（多选）13．（4分）（2024春 济南期末）一小球从空中某点水平抛出，先后经过A、B两点，已知小球在A点的速度大小为v1、方向与水平方向成30°角，小球在B点的速度方向与水平方向成60°角。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B点的速度大小为
B．A点到B点所用时间为
C．A点到B点的距离为
D．A点到B点的速度变化量大小等于
（多选）14．（4分）（2022春 揭阳期末）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至A点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ（θ小于5°且是未知量）．图乙表示小摆球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为小摆球从A点开始运动的时刻。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．单摆的振动周期为0.2πs
B．可以算出单摆摆长
C．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期越大
D．在θ小于5°的情况下，θ越大，运动过程中的最大速度越大
三．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
15．（4分）（2022秋 长宁区校级期中）在某些条件下，忽略物体的 ，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化体现了物理研究中一种重要的科学方法： 。
16．（4分）（2024秋 仓山区校级期中）如图两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示某时刻的波谷，图中所标A、B、C、D、E，为介质中的质点，其中E点位于AD连线的中点，则其中处于减弱区的质点有 ，从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于 （选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”）。
17．（4分）一质量为m＝50kg的石块，自高出地面20米处以速度v0＝18米/秒倾斜地抛出，落地速度v＝20米/秒，则空气阻力对石头做的功为 ，石头克服空气阻力做的功为 。
18．（4分）（2024 福建模拟）如图所示为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上的点，分别位于北纬60°和北纬30°，则P、Q的线速度大小之比为 ，P、Q的转速之比为 。
19．（4分）（2023 松江区二模）如图，在光滑的水平桌面上固定着半径为r的立柱，细线一端固定在立柱上的A点，另一端连接质量为m、可视为质点的小球，细线水平拉直，长度为L。现给小球一垂直于细线的初速度v0，则细线转过180°时，小球的速度为 ，细线对小球的拉力大小为 。
20．（4分）（2022 太湖县校级开学）在倾角为α的斜面上有一辆质量为m0的小车，在牵引力F的作用下沿斜面向上做匀减速直线运动，小车上悬挂一个质量为m的小球，小车与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示，悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止。重力加速度为g。试求此时小车所受的牵引力的大小。
四．实验题（共3小题，满分16分）
21．（6分）（2025 天津模拟）（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某小组进行实验的主要步骤是：
（ⅰ）如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条一端，橡皮条另一端固定，橡皮条长度为GE；
（ⅱ）通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O点位置以及F1、F2的大小和方向；
（ⅲ）撤去F1、F2改用一个弹簧测力计拉小圆环，仍使它静止于O点，此时测力计的示数为F，如图丙所示。记录F的大小和方向；
（ⅳ）图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。
①本实验中，我们采用的研究方法是 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.理想模型法
②关于该实验，下列说法正确的是 。
A.实验前必须对测力计进行校准和调零
B.连接测力计的细绳之间夹角越大越好
C.进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它点
D.重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一组不同
③图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO方向的是 （选填“F”、“F′”）。
22．（4分）（2023秋 包河区校级期末）用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。
（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是 。
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
（2）已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，得到的记录纸带如图乙所示，图中的点为计数点，每两相邻的计数点间还有4个点没有画出，由此得D点的速度为 m/s，小车的加速度大小a＝ m/s2（都保留三位有效数字）。
23．（6分）（2023春 丰城市校级期末）“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。质量m＝1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。（结果保留2位有效数字）
①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB＝ m/s。
②从打下计数点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝ J，动能的增加量ΔEk＝ J。
五．解答题（共3小题，满分24分）
24．（7分）（2024秋 渝北区校级期中）如图所示，小孩与冰车静止在冰面上，大人用F＝100N的恒定拉力，使小孩与冰车沿水平冰面一起滑动。已知拉力方向与水平冰面的夹角θ＝53°，小孩与冰车的总质量m＝19kg，冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10N/kg，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）小孩与冰车对地面的压力；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小；
（3）若拉力方向不变，大人需要用多大的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
25．（9分）（2025春 集美区校级期中）如图，轨道AB是一平滑曲面，其末端B的切线沿水平方向。质量m＝1.0kg的小球从A点沿轨道AB由静止开始下滑，从B点水平飞出，最后落到水平面上的D点。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。已知图中h＝2.5m，H＝3.2m，x＝4.8m，求：
（1）小球到达B点时的速度vB；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG。
26．（8分）（2022春 泸县校级期中）如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α＝53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑。已知动摩擦因数μ＝0.2，斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球水平抛出的初速度v0；
（2）求斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t。
上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋 兴化市校级期末）某同学手提一袋水果站在电梯内。在下列四种情形中，手受到的拉力最大的是（ ）
A．电梯匀速上升 B．电梯匀速下降
C．电梯加速上升 D．电梯加速下降
【考点】超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】理解手的拉力与电梯加速度的关系，结合加速度的特点分析出电梯可能的运动类型。
【解答】解：当电梯匀速上升或者匀速下降时，水果处于平衡状态，拉力都等于水果的重力，当电梯加速上升时，水果处于超重状态，拉力大于水果的重力，当电梯加速下降时，水果处于失重状态，拉力小于重力，水果受到的拉力与手收到的拉力大小是相等的，所以，手受到的拉力最大的是电梯加速上升，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了超失重的相关应用，能理解超失重状态下对应的加速度特点即可完成分析。
2．（2分）物体在5N的外力作用下，产生5m/s2的加速度，求该物体的质量。对这道题，以下计算单位运用的正确、简洁而又规范的是（ ）
A．mkg＝1kg B．m1kg
C．m1kg D．mkg＝1
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据牛顿第二定律分析即可。
【解答】解：由牛顿第二定律得：mkg＝1kg
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查牛顿第二定律，注意单位的使用。
3．（2分）（2024春 龙岩期末）如图甲为探究影响向心力大小因素的装置。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1：2：1，左右变速塔轮的半径关系如图乙所示，D、E分别是左右塔轮边缘上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两位置的线速度大小相等
B．A、C两位置的角速度相等
C．D、E两点的角速度相等
D．B、C两位置的线速度大小相等
【考点】线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据同轴转动角速度相等，皮带传动线速度大小相等，以及v＝rω分析即可。
【解答】解：A、A、B两位置属于同轴转动，其角速度大小相等，根据v＝rω可知，A、B两位置的线速度大小不等，故A错误；
C、D、E两点属于皮带传送，所以这两点的线速度大小相等，因为左右变速塔轮的半径不等，根据v＝rω可知D、E两点的角速度之比为1：2，故C错误；
B、A、C两位置的角速度之比和D、E两点的角速度之比相等，故B错误；
D、B、C两位置的角速度之比为1：2，而半径之比为2：1，根据v＝rω可知B、C两位置的线速度大小相等，故D正确。
故选：D。
【点评】知道同轴转动角速度相等，皮带传动线速度大小相等是解题的基础。
4．（2分）（2024 江西开学）潮汐指海水在天体（例如月球）引潮力作用下所产生的周期性运动，习惯上把海面垂直方向的涨落称为潮汐，把海水在水平方向的流动称为潮流。潮汐现象出现的原因之一是地球上不同位置的海水所受月球的引力不同。在图中a、b、c、d四处中，单位质量的海水所受月球的引力最大的位置在（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
【考点】万有引力的基本计算．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据万有引力的计算公式分析判断。
【解答】解：根据万有引力公式可知，题图中a处单位质量的海水所受月球的引力最大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】根据万有引力的计算公式分析判断。
5．（2分）（2023 泰山区开学）如图是某物体做直线运动的v﹣t图像，由图像可得到的正确结果是（ ）
A．t＝1s时物体的加速度大小为3.0m/s2
B．第3s末物体开始反向运动
C．前7s内物体的位移为0
D．物体前3s内的平均速度为2m/s
【考点】根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况；平均速度（定义式方向）．
【专题】图析法；运动学中的图象专题；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】D
【分析】运动学v﹣t图像的斜率代表加速度，在时间轴上方的图像表示运动方向为正，图线与横轴围成的面积表示位移。
【解答】解：A．根据v﹣t图像中图线的斜率表示加速度，由图可知，t＝1s时物体的加速度大小为
am/s2＝1.5m/s2故A错误；
B．由图可知，物体的速度一直为正，则第3s末物体速度方向未改变，故B错误；
CD．v﹣t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可得，前7s内物体的位移为
x1（1+7）×3m＝12m
物体前3s内的位移为
x3（1+3）×3m＝6m
由平均速度公式得，物体前3s内的平均速度为
m/s＝2m/s 故C错误，D正确。
故选D。
【点评】从v﹣t图像中可以得出许多有用的物理量，v﹣t图像的意义必须熟练掌握。
6．（2分）（2025春 白云区校级期中）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，如图所示，降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（ ）
A．主动降噪技术应用了波的衍射原理
B．降噪声波与环境噪声的波长必须相等
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动加强
D．环境噪声频率越高，从耳机传播到耳膜的速度越大
【考点】声波及其应用；波长、频率和波速的关系；波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断．
【专题】定性思想；推理法；波的多解性；理解能力．
【答案】B
【分析】A、两波相互叠加，使得某些区域的振动减弱；
B、根据波的干涉条件分析；
C、降噪声波和环境噪声发生干涉，声波振动减弱；
D、声波的波速只与介质有关。
【解答】解：A、主动降噪技术应用了波的干涉原理，故A错误；
B、要想发生干涉，降噪声波与环境噪声的频率必须相同，由于波速大小相等，所以降噪声波与环境噪声的波长相等，故B正确；
C、降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动减弱，故C错误；
D、由于声波的波速只与介质有关，所以频率变化不影响波速，故D错误；
故选：B。
【点评】考查对波的干涉条件的理解，波长、波速与频率的关系，熟记其定义。
7．（2分）（2024春 顺义区期末）图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摆球从A点运动到B点速度逐渐减小
B．摆球从B点运动到C点重力势能逐渐减小
C．摆球在C点处，速度为零，回复力为零
D．摆球在B点处，速度最大，向心力最大
【考点】单摆的能量转化；单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题．
【专题】定性思想；归纳法；单摆问题；理解能力．
【答案】D
【分析】单摆在运动过程中，最低点是平衡位置，最高点是位移最大处，当单摆的位移减小时，速度减小，加速度增大，重力势能增大，在位移最大处，重力势能最大，动能为零，回复力最大；在平衡位置处，速度最大，动能最大，所需向心力最大。
【解答】解；A、摆球从A点运动到B点位移减小，重力势能转化为动能，速度逐渐增大，故A错误；
B、摆球从B点运动到C点，位移增大，位置升高，重力势能增大，故B错误；
C、摆球在C点，位移最大，速度为零，回复力最大，故C错误；
D、B点是平衡位置，重力势能最小，速度最大，此时向心力最大，故D正确。
故选：D。
【点评】熟练掌握单摆在摆动过程中的速度、位移、加速度、动能、重力势能和回复力的变化规律是解题的基础。
8．（2分）（2025 九龙坡区校级模拟）小露同学用一根树枝上下点动彩云湖水面上某点，形成一列水波，水波的波长为0.6m，湖面上P、Q两片可视为质点的树叶的振动图像分别如图甲、乙所示，t＝0时树叶P刚开始振动，则（ ）
A．该波的起振方向沿y轴负方向
B．该波的波速大小为2m/s
C．t＝0.1s时，P的速度比Q大
D．t＝0.1s时，P的加速度比Q大
【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据振动图像判断波源的起振方向，结合波速公式，回复力，速度和加速度的变化情况进行分析解答。
【解答】解：A．由图甲可知，该波的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．波源的振动周期为T＝0.2s，波长λ＝0.6m，则该波的波速大小为vm/s＝3m/s，故B错误；
CD．t＝0.1s时，P在平衡位置，速度最大，加速度为0，Q在位移最大处，速度为0，加速度最大，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】考查振动图像判断波源的起振方向，结合波速公式，回复力，速度和加速度的变化情况，会根据题意进行准确分析解答。
9．（2分）（2023春 青岛期中）拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上沿直线以恒定的速率跑了100m，下列说法正确的是（ ）
A．合外力对轮胎做了正功
B．摩擦力对轮胎做了负功
C．支持力对轮胎做了正功
D．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
【考点】动能定理的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据动能定理，分析合外力做功；
根据摩擦力与运动位移方向关系，分析功的正负；
力与位移垂直，功为零；
根据动能定理，分析动能变化量。
【解答】解：A．依题意，轮胎在操场上沿直线以恒定速率运动，轮胎动能不变，根据动能定理，合外力对轮胎做功为零，故A错误；
B．摩擦力方向与轮胎的运动方向相反，摩擦力对轮胎做了负功，故B正确；
C．根据功的定义，支持力方向轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故C错误；
D．根据动能定理，拉力对轮胎做正功，而轮胎动能的变化量为零，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生动能定理和功定义式的掌握，是一道基础题。
10．（2分）（2023春 许昌期末）如图所示为某滑雪大跳台轨道局部示意图。运动员从P处由静止自由滑下，经过底部a、b之间圆弧轨道后，从右端b处滑出。c点为底部圆弧轨道a、b之间的最低点。在运动过程中，将运动员视为质点并忽略所有阻力。关于运动员在a、b之间圆弧轨道的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀速圆周运动
B．运动员在最低点c对轨道的压力最小
C．运动员所受的支持力对运动员做正功
D．重力对运动员先做正功后做负功
【考点】动能定理的简单应用；物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A、根据速度大小是否改变可判断；
B、根据牛顿第二定律可分析出；
CD、根据做功的特点可分析出。
【解答】解：A．经过底部a、b之间圆弧轨道时，由于受到重力作用，速度大小发生变化，所以运动员做的不是匀速圆周运动，故A错误；
B．运动员在最低点c时，根据牛顿第二定律可知，，运动员对轨道的压力等于受到的支持力，在点c时速度最大，所以压力最大，故B错误；
C．在a、b之间圆弧轨道，支持力与速度方向垂直，所以运动员所受的支持力对运动员不做功，故C错误；
D．运动员在a、b之间圆弧轨道的运动过程中，根据W＝FS可知，物体先向下运动后向上运动，所以重力对运动员先做正功后做负功，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对于圆周运动的分析能力和做功的条件的使用。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）11．（4分）（2022秋 武昌区校级月考）在物理学习中，不仅要学习物理知识，更重要的是领悟前人们在探索规律过程中的思想方法。下列关于物理学思想方法的说法正确的是（ ）
A．如图甲，伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推的实验方法
B．如图乙，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了控制变量法
C．如图丙，伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验
D．如图丁，“卡文迪许扭秤”实验采用了等效替代法
【考点】控制变量法．
【专题】应用题；定性思想；理解能力．
【答案】AC
【分析】伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推；在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了等效替代；伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法；“卡文迪许扭秤”实验采用了放大的思想。
【解答】解：A.伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推的实验方法，故A正确；
B.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了等效替代法，故B错误；
C.伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法，故C正确；
D.“卡文迪什扭秤”实验采用了放大的思想，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查物理学方法，要求掌握各物理学家在探究实验中采用的物理思想和物理方法。
（多选）12．（4分）（2022秋 厦门期末）“甩绳”是一种时尚的健身运动，如图甲所示，两根相同的绳子一端固定，另一端由健身者双手分别握住上下交替甩动，绳子在竖直面内分别形成两列波。某次健身者以一定的频率开始甩动，某时刻绳子形成的波形如图乙所示（可视为简谐波且还未传到固定点P），其中a、b是右手绳子上的两个相邻的最低点，a、b两质点在波的传播方向上的距离xab＝2.0m，a质点振动图像如图丙所示，则（ ）
A．健身者右手刚甩动时的方向是向上
B．健身者右手甩动绳子的频率为2Hz
C．波在绳上传播的速度为2m/s
D．增大甩动绳子的频率，绳子上的波形传播到P点的时间变短
【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据波的形成过程和传播规律分析判断。
【解答】解：A．各质点的起振方向与波源起振方向相同，由上下坡法可知：健身者右手刚甩动时的方向是向上，故A正确；
B．由图像可知周期为T＝1s，，可知健身者右手甩动绳子的频率为1Hz，故B错误；
C．a、b两质点在波的传播方向上的距离xab＝2.0m，周期为T＝1s，则波在绳上传播的速度为
故C正确；
D．增大甩动绳子的频率，波传播的速度不变，所以绳子上的波形传播到P点的时间不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
（多选）13．（4分）（2024春 济南期末）一小球从空中某点水平抛出，先后经过A、B两点，已知小球在A点的速度大小为v1、方向与水平方向成30°角，小球在B点的速度方向与水平方向成60°角。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B点的速度大小为
B．A点到B点所用时间为
C．A点到B点的距离为
D．A点到B点的速度变化量大小等于
【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算．
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据平抛运动的水平方向做匀速直线运动分析；根据速度—时间关系计算；根据Δv＝gt；分别计算出两点在水平方向的位移和竖直方向的位移，然后根据勾股定理计算。
【解答】解：A、设小球被水平抛出的速度为v0，被水平抛出后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球经过A、B两点时满足v1cos30°＝v2cos60°，则小球在B点的速度大小为v2，故A正确；
B、根据速度—时间关系，小球从A点到B点所用时间为t，解得t，故B错误；
D、A点到B点的速度变化量大小Δv＝gt，解得Δv＝v1，故D错误；
C、A、两点的水平距离为x＝v0t＝v1cos30°t，解得，在竖直方向的距离为y，解得y，则A、B两点间的距离为，解得L，故C正确。
故选：AC。
【点评】要知道做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，能够分别根据运动学公式得到对应的物理量。
（多选）14．（4分）（2022春 揭阳期末）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至A点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ（θ小于5°且是未知量）．图乙表示小摆球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为小摆球从A点开始运动的时刻。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．单摆的振动周期为0.2πs
B．可以算出单摆摆长
C．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期越大
D．在θ小于5°的情况下，θ越大，运动过程中的最大速度越大
【考点】单摆的能量转化；单摆周期的计算及影响因素；单摆摆长的计算．
【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期；再根据单摆的周期公式求出摆长；根据动能定理求解最低点的速度大小。
【解答】解：A、摆球在A、C间做简谐运动，由图可知T＝0.4πs，故A错误；
B、由单摆周期公式T＝2π可得：L＝0.4m，故B正确；
C、根据单摆周期公式T＝2π可得，单摆的周期与θ无关，故C错误；
D、从最高点摆到最低点的过程中，根据动能定理可得：mgL（1﹣cosθ）0
解得达到最低点的速度大小为：v，在θ小于5°的情况下，θ越大、cosθ越小，则小球运动过程中的最大速度越大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了单摆周期公式的应用，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理解题。
三．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
15．（4分）（2022秋 长宁区校级期中）在某些条件下，忽略物体的 大小和形状 ，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化体现了物理研究中一种重要的科学方法： 理想模型法 。
【考点】质点．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】大小和形状，理想模型法。
【分析】当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时，可以忽略物体的大小和形状，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化方法体现了物理研究中的理想模型法。
【解答】解：当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时，可以忽略物体的大小和形状，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化方法体现了物理研究中的理想模型法。
故答案为：大小和形状，理想模型法。
【点评】本题考查了质点的定义，知道物体看作质点的条件，知道质点是一种理想化模型是解题关键。
16．（4分）（2024秋 仓山区校级期中）如图两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示某时刻的波谷，图中所标A、B、C、D、E，为介质中的质点，其中E点位于AD连线的中点，则其中处于减弱区的质点有 B、C ，从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于 波谷 （选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”）。
【考点】波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断．
【专题】定量思想；归纳法；波的多解性；推理论证能力．
【答案】B、C，波谷。
【分析】根据波谷和波峰的交点是振动减弱点分析减弱区的质点；根据E点所处的位置分析经过四分之一周期后的情况。
【解答】解：因为B、C两点是峰谷相遇点，所以B、C两点是处于减弱区的质点；
AD连线上各点都是振动加强点，而E点处于波峰相遇的A点与波谷相遇的D点连线的中点，可知此时刻位于平衡位置，则从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于波谷。
故答案为：B、C，波谷。
【点评】掌握振动加强点和振动减弱点的判断方法是解题的基础。
17．（4分）一质量为m＝50kg的石块，自高出地面20米处以速度v0＝18米/秒倾斜地抛出，落地速度v＝20米/秒，则空气阻力对石头做的功为 ﹣8100J ，石头克服空气阻力做的功为 8100J 。
【考点】动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】﹣8100J；8100J。
【分析】从抛出到落地，根据动能定理求解空气阻力对石头做的功，由此得到石头克服空气阻力做的功。
【解答】解：从抛出到落地，根据动能定理可得：mgh+Wf
解得空气阻力对石头做的功为：Wf＝﹣8100J
所以石头克服空气阻力做的功为为8100J。
故答案为：﹣8100J；8100J。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。
18．（4分）（2024 福建模拟）如图所示为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上的点，分别位于北纬60°和北纬30°，则P、Q的线速度大小之比为 ，P、Q的转速之比为 1：1 。
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算；线速度与角速度的关系．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】；1：1。
【分析】P、Q两点共轴，角速度相同，然后根据v＝rω去分析线速度。
【解答】解：P、Q的角速度相等，P点轨迹半径为RP＝Rcos60°
Q点轨迹半径为RQ＝Rcos30°
由v＝ωR可得
P、Q的角速度相等，由ω＝2πn可知P、Q的转速之比为1：1。
故答案为：；1：1。
【点评】解决本题的关键理解共轴转动的物体角速度相同及熟练掌握圆周运动的运动学公式，注意P物体与Q物体的轨道半径关系，这是解题的关键。
19．（4分）（2023 松江区二模）如图，在光滑的水平桌面上固定着半径为r的立柱，细线一端固定在立柱上的A点，另一端连接质量为m、可视为质点的小球，细线水平拉直，长度为L。现给小球一垂直于细线的初速度v0，则细线转过180°时，小球的速度为 v0 ，细线对小球的拉力大小为 。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】v0，。
【分析】小球在运动过程中，线速度大小不变，细线转过180°时，半径为R＝L﹣2πr，由牛顿第二定律求细线对小球的拉力大小。
【解答】解：小球在运动过程中无能量损失，线速度大小不变，细线转过180°时，小球的速度为v0，此时半径为R＝L﹣πr
设细线对小球的拉力大小为F，由牛顿第二定律得：F＝m
故答案为：v0，。
【点评】解答本题的关键要知道小球在运动过程中，线速度大小不变，由细线对小球的拉力大小提供向心力。
20．（4分）（2022 太湖县校级开学）在倾角为α的斜面上有一辆质量为m0的小车，在牵引力F的作用下沿斜面向上做匀减速直线运动，小车上悬挂一个质量为m的小球，小车与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示，悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止。重力加速度为g。试求此时小车所受的牵引力的大小。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】小车所受的牵引力的大小为μ（m+m0）gcosα。
【分析】先以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律求解小车所受的牵引力的大小。
【解答】解：小球受悬线拉力和重力作用，这两个力的合力作用使小球和小车具有相同的加速度，加速度沿斜面向下，由牛顿第二定律知小球的合力沿斜面向下
小球所受合力大小为 F1＝mgsinα
所以小球做匀减速运动的加速度大小为agsinα
设小车所受的牵引力的大小为F。
对小车和小球整体分析，根据牛顿第二定律有
（m+m0）gsinα+μ（m+m0）gcosα﹣F＝（m+m0）a
解得：F＝μ（m+m0）gcosα
答：小车所受的牵引力的大小为μ（m+m0）gcosα。
【点评】本题属于连接体类型，要抓住小球与小车的加速度相同，采用隔离法和整体法相结合进行处理。
四．实验题（共3小题，满分16分）
21．（6分）（2025 天津模拟）（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某小组进行实验的主要步骤是：
（ⅰ）如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条一端，橡皮条另一端固定，橡皮条长度为GE；
（ⅱ）通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O点位置以及F1、F2的大小和方向；
（ⅲ）撤去F1、F2改用一个弹簧测力计拉小圆环，仍使它静止于O点，此时测力计的示数为F，如图丙所示。记录F的大小和方向；
（ⅳ）图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。
①本实验中，我们采用的研究方法是 C 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.理想模型法
②关于该实验，下列说法正确的是 AD 。
A.实验前必须对测力计进行校准和调零
B.连接测力计的细绳之间夹角越大越好
C.进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它点
D.重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一组不同
③图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO方向的是 F （选填“F”、“F′”）。
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】实验题；定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；推理论证能力．
【答案】（ⅳ）①C；②AD；③F。
【分析】（ⅳ）①根据等效替代法和该实验的步骤分析求解；
②根据实验的目的以及实验的标准步骤分析求解；
③根据二力平衡，结合两个力的方向分析求解。
【解答】解：（ⅳ）①该实验用一个弹簧测力计达到的效果，等效替代了F1以及F2达到的效果，用了等效替代法，故C正确，ABD错误；
故选：C。
②A、为保证弹簧测力计能正确读数，实验前必须对测力计进行校准和调零，故A正确；
B、实验时F1以及F2的夹角要适当，并不是越大越好，故B错误；
C、根据等效替代原理，实验时，只能用一个弹簧测力计将小圆环拉至O点，故C错误；
D、重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一组不同，只要达到相同效果即可，故D正确。
故选：AD。
③F是用一个弹簧测力计时的拉力，根据二力平衡可知，F一定与GO在同一条直线上，故选F。
故答案为：（ⅳ）①C；②AD；③F。
【点评】本题考查了探究两个互成角度的力的合成规律实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
22．（4分）（2023秋 包河区校级期末）用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。
（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是 AC 。
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
（2）已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，得到的记录纸带如图乙所示，图中的点为计数点，每两相邻的计数点间还有4个点没有画出，由此得D点的速度为 0.762 m/s，小车的加速度大小a＝ 2.01 m/s2（都保留三位有效数字）。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】故答案为：（1）AC；（2）0.762；2.01。
【分析】（1）根据实验原理、正确的实验操作步骤和平衡摩擦力的方法作答；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求瞬时速度；根据逐差法求加速度。
【解答】解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，不需要将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上。同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故AC正确，B错误。
故选：AC。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打D点时小车的速度为
根据逐差法，加速度
代入数据解得a＝2.01m/s2。
故答案为：（1）AC；（2）0.762；2.01。
【点评】本题考查了验证牛顿第二定律的实验，理解实验原理掌握正确的实验操作步骤是解题的关键。
23．（6分）（2023春 丰城市校级期末）“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。质量m＝1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。（结果保留2位有效数字）
①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB＝ 0.97 m/s。
②从打下计数点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝ 0.48 J，动能的增加量ΔEk＝ 0.47 J。
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题；实验探究能力．
【答案】①0.97；②0.48；0.47。
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量。
【解答】解：①相邻计数点的时间间隔
B点的瞬时速度为
②从O打到B，重力势能的减小量为ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0486J＝0.48J
动能的增加量为。
故答案为：①0.97；②0.48；0.47。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，得出动能的增加量，以及会通过下降的高度求出重力势能的减小量。
五．解答题（共3小题，满分24分）
24．（7分）（2024秋 渝北区校级期中）如图所示，小孩与冰车静止在冰面上，大人用F＝100N的恒定拉力，使小孩与冰车沿水平冰面一起滑动。已知拉力方向与水平冰面的夹角θ＝53°，小孩与冰车的总质量m＝19kg，冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10N/kg，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）小孩与冰车对地面的压力；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小；
（3）若拉力方向不变，大人需要用多大的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）小孩与冰车对地面的压力大小为110N，方向竖直向下；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小为38N；
（3）若拉力方向不变，大人需要用50N的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
【分析】（1）对冰车和小孩整体进行受力分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律求解；
（2）小孩水平方向根据力的合成法则解得合外力；
（3）对冰车和小孩整体进行受力分析，根据平衡条件及滑动摩擦力公式求解。
【解答】解：（1）把冰车和小孩看成一个整体，对该整体受力分析如图所示：
在竖直方向上，根据平衡条件有：
FN+Fsinθ＝mg
代入数据解得支持力为：FN＝110N
根据牛顿第三定律，可知小孩与冰车对地面的压力大小为：FN1＝FN＝110N，方向竖直向下，
（2）小孩水平方向根据力的合成法则可知：F合＝Fcosθ﹣f
摩擦力为：f＝μFN
联立解得F合＝38N
（3）若拉力方向不变，要使小孩与冰车做匀速直线运动，根据平衡条件得：
FN′+F′sinθ＝mg
F′cosθ＝f′
f′＝μFN′
代入数据联立解得：F′＝50N
答：（1）小孩与冰车对地面的压力大小为110N，方向竖直向下；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小为38N；
（3）若拉力方向不变，大人需要用50N的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
【点评】本题考查受力分析、共点力平衡条件，解题时注意合外力的计算方式。
25．（9分）（2025春 集美区校级期中）如图，轨道AB是一平滑曲面，其末端B的切线沿水平方向。质量m＝1.0kg的小球从A点沿轨道AB由静止开始下滑，从B点水平飞出，最后落到水平面上的D点。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。已知图中h＝2.5m，H＝3.2m，x＝4.8m，求：
（1）小球到达B点时的速度vB；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG。
【考点】动能定理的简单应用；功的定义、单位和计算式；瞬时功率的计算．
【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球到达B点时的速度vB为6m/s；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W为7J；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG为80W。
【分析】（1）小球离开B点后做平抛运动，根据水平距离和竖直高度，由平抛运动的规律求出小球到达B点时的速度vB；
（2）小球自A点运动到B点的过程，根据动能定理即可求解克服阻力所做的功W；
（3）由vy＝gt以及PG＝mgvy求小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG。
【解答】解：（1）小球离开B点后做平抛运动，竖直方向有
可得t＝0.8s
根据
解得vB＝6m/s
（2）对小球从A→B的过程，由动能定理得
mgh﹣W0
解得W＝7J
（3）在D点，有
vy＝gt
小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG＝mgvy
解得PG＝80W
答：（1）小球到达B点时的速度vB为6m/s；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W为7J；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG为80W。
【点评】解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，运用运动的分解法处理平抛运动。根据动能定理求功是常用的方法，要熟练掌握。
26．（8分）（2022春 泸县校级期中）如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α＝53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑。已知动摩擦因数μ＝0.2，斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球水平抛出的初速度v0；
（2）求斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t。
【考点】平抛运动与斜面的结合；匀变速直线运动位移与时间的关系；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球水平抛出的初速度为3m/s；
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离为1.2m；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间为2.53s。
【分析】（1）小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时小球的速度的方向恰好沿着斜面的方向，先根据竖直方向的运动规律求出到达斜面时竖直方向的速度，再结合三角形定则即可以求得初速度的大小；
（2）小球在接触斜面之前做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得接触斜面之前的水平方向的位移，即为斜面顶端与平台边缘的水平距离；
（3）小球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可。
【解答】解：（1）小球从平台到斜面做平抛运动，则有：h，
解得：s＝0.4s，
到达斜面时速度方向与斜面平行，则到达平台时有：tanα
解得：v0＝3m/s；
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离：s＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m；
（3）小球到达斜面后，由牛顿第二定律得：
mgsinα﹣μmgcosα＝ma
解得小球在斜面运动的加速度为a＝6.8m/s2
到达斜面时速度为vm/s＝5m/s，
斜面上物体做匀加速运动，则有：v
解得t2＝2.13s；
小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t＝t1+t2
代入数据解得：t＝2.53s
答：（1）小球水平抛出的初速度为3m/s；
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离为1.2m；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间为2.53s。
【点评】解决该题需要掌握小球的运动过程，知道小球到达斜面时的速度方向刚好沿着斜面向下，熟记匀变速直线运动的位移—时间公式。
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上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋 兴化市校级期末）某同学手提一袋水果站在电梯内。在下列四种情形中，手受到的拉力最大的是（ ）
A．电梯匀速上升 B．电梯匀速下降
C．电梯加速上升 D．电梯加速下降
2．（2分）物体在5N的外力作用下，产生5m/s2的加速度，求该物体的质量。对这道题，以下计算单位运用的正确、简洁而又规范的是（ ）
A．mkg＝1kg B．m1kg
C．m1kg D．mkg＝1
3．（2分）（2024春 龙岩期末）如图甲为探究影响向心力大小因素的装置。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1：2：1，左右变速塔轮的半径关系如图乙所示，D、E分别是左右塔轮边缘上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两位置的线速度大小相等
B．A、C两位置的角速度相等
C．D、E两点的角速度相等
D．B、C两位置的线速度大小相等
4．（2分）（2024 江西开学）潮汐指海水在天体（例如月球）引潮力作用下所产生的周期性运动，习惯上把海面垂直方向的涨落称为潮汐，把海水在水平方向的流动称为潮流。潮汐现象出现的原因之一是地球上不同位置的海水所受月球的引力不同。在图中a、b、c、d四处中，单位质量的海水所受月球的引力最大的位置在（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
5．（2分）（2023 泰山区开学）如图是某物体做直线运动的v﹣t图像，由图像可得到的正确结果是（ ）
A．t＝1s时物体的加速度大小为3.0m/s2
B．第3s末物体开始反向运动
C．前7s内物体的位移为0
D．物体前3s内的平均速度为2m/s
6．（2分）（2025春 白云区校级期中）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，如图所示，降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（ ）
A．主动降噪技术应用了波的衍射原理
B．降噪声波与环境噪声的波长必须相等
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动加强
D．环境噪声频率越高，从耳机传播到耳膜的速度越大
7．（2分）（2024春 顺义区期末）图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摆球从A点运动到B点速度逐渐减小
B．摆球从B点运动到C点重力势能逐渐减小
C．摆球在C点处，速度为零，回复力为零
D．摆球在B点处，速度最大，向心力最大
8．（2分）（2025 九龙坡区校级模拟）小露同学用一根树枝上下点动彩云湖水面上某点，形成一列水波，水波的波长为0.6m，湖面上P、Q两片可视为质点的树叶的振动图像分别如图甲、乙所示，t＝0时树叶P刚开始振动，则（ ）
A．该波的起振方向沿y轴负方向
B．该波的波速大小为2m/s
C．t＝0.1s时，P的速度比Q大
D．t＝0.1s时，P的加速度比Q大
9．（2分）（2023春 青岛期中）拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上沿直线以恒定的速率跑了100m，下列说法正确的是（ ）
A．合外力对轮胎做了正功
B．摩擦力对轮胎做了负功
C．支持力对轮胎做了正功
D．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
10．（2分）（2023春 许昌期末）如图所示为某滑雪大跳台轨道局部示意图。运动员从P处由静止自由滑下，经过底部a、b之间圆弧轨道后，从右端b处滑出。c点为底部圆弧轨道a、b之间的最低点。在运动过程中，将运动员视为质点并忽略所有阻力。关于运动员在a、b之间圆弧轨道的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀速圆周运动
B．运动员在最低点c对轨道的压力最小
C．运动员所受的支持力对运动员做正功
D．重力对运动员先做正功后做负功
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）11．（4分）（2022秋 武昌区校级月考）在物理学习中，不仅要学习物理知识，更重要的是领悟前人们在探索规律过程中的思想方法。下列关于物理学思想方法的说法正确的是（ ）
A．如图甲，伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推的实验方法
B．如图乙，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了控制变量法
C．如图丙，伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验
D．如图丁，“卡文迪许扭秤”实验采用了等效替代法
（多选）12．（4分）（2022秋 厦门期末）“甩绳”是一种时尚的健身运动，如图甲所示，两根相同的绳子一端固定，另一端由健身者双手分别握住上下交替甩动，绳子在竖直面内分别形成两列波。某次健身者以一定的频率开始甩动，某时刻绳子形成的波形如图乙所示（可视为简谐波且还未传到固定点P），其中a、b是右手绳子上的两个相邻的最低点，a、b两质点在波的传播方向上的距离xab＝2.0m，a质点振动图像如图丙所示，则（ ）
A．健身者右手刚甩动时的方向是向上
B．健身者右手甩动绳子的频率为2Hz
C．波在绳上传播的速度为2m/s
D．增大甩动绳子的频率，绳子上的波形传播到P点的时间变短
（多选）13．（4分）（2024春 济南期末）一小球从空中某点水平抛出，先后经过A、B两点，已知小球在A点的速度大小为v1、方向与水平方向成30°角，小球在B点的速度方向与水平方向成60°角。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B点的速度大小为
B．A点到B点所用时间为
C．A点到B点的距离为
D．A点到B点的速度变化量大小等于
（多选）14．（4分）（2022春 揭阳期末）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至A点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ（θ小于5°且是未知量）．图乙表示小摆球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为小摆球从A点开始运动的时刻。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．单摆的振动周期为0.2πs
B．可以算出单摆摆长
C．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期越大
D．在θ小于5°的情况下，θ越大，运动过程中的最大速度越大
三．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
15．（4分）（2022秋 长宁区校级期中）在某些条件下，忽略物体的 ，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化体现了物理研究中一种重要的科学方法： 。
16．（4分）（2024秋 仓山区校级期中）如图两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示某时刻的波谷，图中所标A、B、C、D、E，为介质中的质点，其中E点位于AD连线的中点，则其中处于减弱区的质点有 ，从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于 （选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”）。
17．（4分）一质量为m＝50kg的石块，自高出地面20米处以速度v0＝18米/秒倾斜地抛出，落地速度v＝20米/秒，则空气阻力对石头做的功为 ，石头克服空气阻力做的功为 。
18．（4分）（2024 福建模拟）如图所示为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上的点，分别位于北纬60°和北纬30°，则P、Q的线速度大小之比为 ，P、Q的转速之比为 。
19．（4分）（2023 松江区二模）如图，在光滑的水平桌面上固定着半径为r的立柱，细线一端固定在立柱上的A点，另一端连接质量为m、可视为质点的小球，细线水平拉直，长度为L。现给小球一垂直于细线的初速度v0，则细线转过180°时，小球的速度为 ，细线对小球的拉力大小为 。
20．（4分）（2022 太湖县校级开学）在倾角为α的斜面上有一辆质量为m0的小车，在牵引力F的作用下沿斜面向上做匀减速直线运动，小车上悬挂一个质量为m的小球，小车与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示，悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止。重力加速度为g。试求此时小车所受的牵引力的大小。
四．实验题（共3小题，满分16分）
21．（6分）（2025 天津模拟）（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某小组进行实验的主要步骤是：
（ⅰ）如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条一端，橡皮条另一端固定，橡皮条长度为GE；
（ⅱ）通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O点位置以及F1、F2的大小和方向；
（ⅲ）撤去F1、F2改用一个弹簧测力计拉小圆环，仍使它静止于O点，此时测力计的示数为F，如图丙所示。记录F的大小和方向；
（ⅳ）图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。
①本实验中，我们采用的研究方法是 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.理想模型法
②关于该实验，下列说法正确的是 。
A.实验前必须对测力计进行校准和调零
B.连接测力计的细绳之间夹角越大越好
C.进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它点
D.重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一组不同
③图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO方向的是 （选填“F”、“F′”）。
22．（4分）（2023秋 包河区校级期末）用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。
（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是 。
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
（2）已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，得到的记录纸带如图乙所示，图中的点为计数点，每两相邻的计数点间还有4个点没有画出，由此得D点的速度为 m/s，小车的加速度大小a＝ m/s2（都保留三位有效数字）。
23．（6分）（2023春 丰城市校级期末）“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。质量m＝1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。（结果保留2位有效数字）
①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB＝ m/s。
②从打下计数点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝ J，动能的增加量ΔEk＝ J。
五．解答题（共3小题，满分24分）
24．（7分）（2024秋 渝北区校级期中）如图所示，小孩与冰车静止在冰面上，大人用F＝100N的恒定拉力，使小孩与冰车沿水平冰面一起滑动。已知拉力方向与水平冰面的夹角θ＝53°，小孩与冰车的总质量m＝19kg，冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10N/kg，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）小孩与冰车对地面的压力；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小；
（3）若拉力方向不变，大人需要用多大的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
25．（9分）（2025春 集美区校级期中）如图，轨道AB是一平滑曲面，其末端B的切线沿水平方向。质量m＝1.0kg的小球从A点沿轨道AB由静止开始下滑，从B点水平飞出，最后落到水平面上的D点。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。已知图中h＝2.5m，H＝3.2m，x＝4.8m，求：
（1）小球到达B点时的速度vB；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG。
26．（8分）（2022春 泸县校级期中）如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α＝53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑。已知动摩擦因数μ＝0.2，斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球水平抛出的初速度v0；
（2）求斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t。
上海市2024-2025学年高二下学期物理期末预测押题卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023秋 兴化市校级期末）某同学手提一袋水果站在电梯内。在下列四种情形中，手受到的拉力最大的是（ ）
A．电梯匀速上升 B．电梯匀速下降
C．电梯加速上升 D．电梯加速下降
【考点】超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】理解手的拉力与电梯加速度的关系，结合加速度的特点分析出电梯可能的运动类型。
【解答】解：当电梯匀速上升或者匀速下降时，水果处于平衡状态，拉力都等于水果的重力，当电梯加速上升时，水果处于超重状态，拉力大于水果的重力，当电梯加速下降时，水果处于失重状态，拉力小于重力，水果受到的拉力与手收到的拉力大小是相等的，所以，手受到的拉力最大的是电梯加速上升，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了超失重的相关应用，能理解超失重状态下对应的加速度特点即可完成分析。
2．（2分）物体在5N的外力作用下，产生5m/s2的加速度，求该物体的质量。对这道题，以下计算单位运用的正确、简洁而又规范的是（ ）
A．mkg＝1kg B．m1kg
C．m1kg D．mkg＝1
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据牛顿第二定律分析即可。
【解答】解：由牛顿第二定律得：mkg＝1kg
故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查牛顿第二定律，注意单位的使用。
3．（2分）（2024春 龙岩期末）如图甲为探究影响向心力大小因素的装置。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为1：2：1，左右变速塔轮的半径关系如图乙所示，D、E分别是左右塔轮边缘上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．A、B两位置的线速度大小相等
B．A、C两位置的角速度相等
C．D、E两点的角速度相等
D．B、C两位置的线速度大小相等
【考点】线速度与角速度的关系；角速度、周期、频率与转速的关系及计算．
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据同轴转动角速度相等，皮带传动线速度大小相等，以及v＝rω分析即可。
【解答】解：A、A、B两位置属于同轴转动，其角速度大小相等，根据v＝rω可知，A、B两位置的线速度大小不等，故A错误；
C、D、E两点属于皮带传送，所以这两点的线速度大小相等，因为左右变速塔轮的半径不等，根据v＝rω可知D、E两点的角速度之比为1：2，故C错误；
B、A、C两位置的角速度之比和D、E两点的角速度之比相等，故B错误；
D、B、C两位置的角速度之比为1：2，而半径之比为2：1，根据v＝rω可知B、C两位置的线速度大小相等，故D正确。
故选：D。
【点评】知道同轴转动角速度相等，皮带传动线速度大小相等是解题的基础。
4．（2分）（2024 江西开学）潮汐指海水在天体（例如月球）引潮力作用下所产生的周期性运动，习惯上把海面垂直方向的涨落称为潮汐，把海水在水平方向的流动称为潮流。潮汐现象出现的原因之一是地球上不同位置的海水所受月球的引力不同。在图中a、b、c、d四处中，单位质量的海水所受月球的引力最大的位置在（ ）
A．a处 B．b处 C．c处 D．d处
【考点】万有引力的基本计算．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据万有引力的计算公式分析判断。
【解答】解：根据万有引力公式可知，题图中a处单位质量的海水所受月球的引力最大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】根据万有引力的计算公式分析判断。
5．（2分）（2023 泰山区开学）如图是某物体做直线运动的v﹣t图像，由图像可得到的正确结果是（ ）
A．t＝1s时物体的加速度大小为3.0m/s2
B．第3s末物体开始反向运动
C．前7s内物体的位移为0
D．物体前3s内的平均速度为2m/s
【考点】根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况；平均速度（定义式方向）．
【专题】图析法；运动学中的图象专题；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】D
【分析】运动学v﹣t图像的斜率代表加速度，在时间轴上方的图像表示运动方向为正，图线与横轴围成的面积表示位移。
【解答】解：A．根据v﹣t图像中图线的斜率表示加速度，由图可知，t＝1s时物体的加速度大小为
am/s2＝1.5m/s2故A错误；
B．由图可知，物体的速度一直为正，则第3s末物体速度方向未改变，故B错误；
CD．v﹣t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可得，前7s内物体的位移为
x1（1+7）×3m＝12m
物体前3s内的位移为
x3（1+3）×3m＝6m
由平均速度公式得，物体前3s内的平均速度为
m/s＝2m/s 故C错误，D正确。
故选D。
【点评】从v﹣t图像中可以得出许多有用的物理量，v﹣t图像的意义必须熟练掌握。
6．（2分）（2025春 白云区校级期中）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，如图所示，降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（ ）
A．主动降噪技术应用了波的衍射原理
B．降噪声波与环境噪声的波长必须相等
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动加强
D．环境噪声频率越高，从耳机传播到耳膜的速度越大
【考点】声波及其应用；波长、频率和波速的关系；波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断．
【专题】定性思想；推理法；波的多解性；理解能力．
【答案】B
【分析】A、两波相互叠加，使得某些区域的振动减弱；
B、根据波的干涉条件分析；
C、降噪声波和环境噪声发生干涉，声波振动减弱；
D、声波的波速只与介质有关。
【解答】解：A、主动降噪技术应用了波的干涉原理，故A错误；
B、要想发生干涉，降噪声波与环境噪声的频率必须相同，由于波速大小相等，所以降噪声波与环境噪声的波长相等，故B正确；
C、降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动减弱，故C错误；
D、由于声波的波速只与介质有关，所以频率变化不影响波速，故D错误；
故选：B。
【点评】考查对波的干涉条件的理解，波长、波速与频率的关系，熟记其定义。
7．（2分）（2024春 顺义区期末）图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．摆球从A点运动到B点速度逐渐减小
B．摆球从B点运动到C点重力势能逐渐减小
C．摆球在C点处，速度为零，回复力为零
D．摆球在B点处，速度最大，向心力最大
【考点】单摆的能量转化；单摆运动过程中速度、加速度与位移的变化问题．
【专题】定性思想；归纳法；单摆问题；理解能力．
【答案】D
【分析】单摆在运动过程中，最低点是平衡位置，最高点是位移最大处，当单摆的位移减小时，速度减小，加速度增大，重力势能增大，在位移最大处，重力势能最大，动能为零，回复力最大；在平衡位置处，速度最大，动能最大，所需向心力最大。
【解答】解；A、摆球从A点运动到B点位移减小，重力势能转化为动能，速度逐渐增大，故A错误；
B、摆球从B点运动到C点，位移增大，位置升高，重力势能增大，故B错误；
C、摆球在C点，位移最大，速度为零，回复力最大，故C错误；
D、B点是平衡位置，重力势能最小，速度最大，此时向心力最大，故D正确。
故选：D。
【点评】熟练掌握单摆在摆动过程中的速度、位移、加速度、动能、重力势能和回复力的变化规律是解题的基础。
8．（2分）（2025 九龙坡区校级模拟）小露同学用一根树枝上下点动彩云湖水面上某点，形成一列水波，水波的波长为0.6m，湖面上P、Q两片可视为质点的树叶的振动图像分别如图甲、乙所示，t＝0时树叶P刚开始振动，则（ ）
A．该波的起振方向沿y轴负方向
B．该波的波速大小为2m/s
C．t＝0.1s时，P的速度比Q大
D．t＝0.1s时，P的加速度比Q大
【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据振动图像判断波源的起振方向，结合波速公式，回复力，速度和加速度的变化情况进行分析解答。
【解答】解：A．由图甲可知，该波的起振方向沿y轴正方向，故A错误；
B．波源的振动周期为T＝0.2s，波长λ＝0.6m，则该波的波速大小为vm/s＝3m/s，故B错误；
CD．t＝0.1s时，P在平衡位置，速度最大，加速度为0，Q在位移最大处，速度为0，加速度最大，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】考查振动图像判断波源的起振方向，结合波速公式，回复力，速度和加速度的变化情况，会根据题意进行准确分析解答。
9．（2分）（2023春 青岛期中）拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。某运动员在体能训练时拖着轮胎在操场上沿直线以恒定的速率跑了100m，下列说法正确的是（ ）
A．合外力对轮胎做了正功
B．摩擦力对轮胎做了负功
C．支持力对轮胎做了正功
D．拉力对轮胎所做的功等于轮胎动能的改变
【考点】动能定理的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据动能定理，分析合外力做功；
根据摩擦力与运动位移方向关系，分析功的正负；
力与位移垂直，功为零；
根据动能定理，分析动能变化量。
【解答】解：A．依题意，轮胎在操场上沿直线以恒定速率运动，轮胎动能不变，根据动能定理，合外力对轮胎做功为零，故A错误；
B．摩擦力方向与轮胎的运动方向相反，摩擦力对轮胎做了负功，故B正确；
C．根据功的定义，支持力方向轮胎的运动方向垂直，支持力对轮胎不做功，故C错误；
D．根据动能定理，拉力对轮胎做正功，而轮胎动能的变化量为零，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生动能定理和功定义式的掌握，是一道基础题。
10．（2分）（2023春 许昌期末）如图所示为某滑雪大跳台轨道局部示意图。运动员从P处由静止自由滑下，经过底部a、b之间圆弧轨道后，从右端b处滑出。c点为底部圆弧轨道a、b之间的最低点。在运动过程中，将运动员视为质点并忽略所有阻力。关于运动员在a、b之间圆弧轨道的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员做匀速圆周运动
B．运动员在最低点c对轨道的压力最小
C．运动员所受的支持力对运动员做正功
D．重力对运动员先做正功后做负功
【考点】动能定理的简单应用；物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A、根据速度大小是否改变可判断；
B、根据牛顿第二定律可分析出；
CD、根据做功的特点可分析出。
【解答】解：A．经过底部a、b之间圆弧轨道时，由于受到重力作用，速度大小发生变化，所以运动员做的不是匀速圆周运动，故A错误；
B．运动员在最低点c时，根据牛顿第二定律可知，，运动员对轨道的压力等于受到的支持力，在点c时速度最大，所以压力最大，故B错误；
C．在a、b之间圆弧轨道，支持力与速度方向垂直，所以运动员所受的支持力对运动员不做功，故C错误；
D．运动员在a、b之间圆弧轨道的运动过程中，根据W＝FS可知，物体先向下运动后向上运动，所以重力对运动员先做正功后做负功，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对于圆周运动的分析能力和做功的条件的使用。
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
（多选）11．（4分）（2022秋 武昌区校级月考）在物理学习中，不仅要学习物理知识，更重要的是领悟前人们在探索规律过程中的思想方法。下列关于物理学思想方法的说法正确的是（ ）
A．如图甲，伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推的实验方法
B．如图乙，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了控制变量法
C．如图丙，伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法，即以可靠事实为依据，忽略次要因素，抓住主要因素，揭示自然现象本质的假想实验
D．如图丁，“卡文迪许扭秤”实验采用了等效替代法
【考点】控制变量法．
【专题】应用题；定性思想；理解能力．
【答案】AC
【分析】伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推；在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了等效替代；伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法；“卡文迪许扭秤”实验采用了放大的思想。
【解答】解：A.伽利略在“探究落体运动规律”的实验中，采用了合理外推的实验方法，故A正确；
B.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，采用了等效替代法，故B错误；
C.伽利略在“研究力与运动的关系”的实验中，采用了理想实验法，故C正确；
D.“卡文迪什扭秤”实验采用了放大的思想，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查物理学方法，要求掌握各物理学家在探究实验中采用的物理思想和物理方法。
（多选）12．（4分）（2022秋 厦门期末）“甩绳”是一种时尚的健身运动，如图甲所示，两根相同的绳子一端固定，另一端由健身者双手分别握住上下交替甩动，绳子在竖直面内分别形成两列波。某次健身者以一定的频率开始甩动，某时刻绳子形成的波形如图乙所示（可视为简谐波且还未传到固定点P），其中a、b是右手绳子上的两个相邻的最低点，a、b两质点在波的传播方向上的距离xab＝2.0m，a质点振动图像如图丙所示，则（ ）
A．健身者右手刚甩动时的方向是向上
B．健身者右手甩动绳子的频率为2Hz
C．波在绳上传播的速度为2m/s
D．增大甩动绳子的频率，绳子上的波形传播到P点的时间变短
【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据波的形成过程和传播规律分析判断。
【解答】解：A．各质点的起振方向与波源起振方向相同，由上下坡法可知：健身者右手刚甩动时的方向是向上，故A正确；
B．由图像可知周期为T＝1s，，可知健身者右手甩动绳子的频率为1Hz，故B错误；
C．a、b两质点在波的传播方向上的距离xab＝2.0m，周期为T＝1s，则波在绳上传播的速度为
故C正确；
D．增大甩动绳子的频率，波传播的速度不变，所以绳子上的波形传播到P点的时间不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查波的形成和传播，要求掌握波的形成过程和传播规律。
（多选）13．（4分）（2024春 济南期末）一小球从空中某点水平抛出，先后经过A、B两点，已知小球在A点的速度大小为v1、方向与水平方向成30°角，小球在B点的速度方向与水平方向成60°角。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B点的速度大小为
B．A点到B点所用时间为
C．A点到B点的距离为
D．A点到B点的速度变化量大小等于
【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算．
【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据平抛运动的水平方向做匀速直线运动分析；根据速度—时间关系计算；根据Δv＝gt；分别计算出两点在水平方向的位移和竖直方向的位移，然后根据勾股定理计算。
【解答】解：A、设小球被水平抛出的速度为v0，被水平抛出后做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球经过A、B两点时满足v1cos30°＝v2cos60°，则小球在B点的速度大小为v2，故A正确；
B、根据速度—时间关系，小球从A点到B点所用时间为t，解得t，故B错误；
D、A点到B点的速度变化量大小Δv＝gt，解得Δv＝v1，故D错误；
C、A、两点的水平距离为x＝v0t＝v1cos30°t，解得，在竖直方向的距离为y，解得y，则A、B两点间的距离为，解得L，故C正确。
故选：AC。
【点评】要知道做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，能够分别根据运动学公式得到对应的物理量。
（多选）14．（4分）（2022春 揭阳期末）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（小摆球可视为质点，且细线处于张紧状态）拉至A点，释放小摆球，则小摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ（θ小于5°且是未知量）．图乙表示小摆球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t＝0时刻为小摆球从A点开始运动的时刻。下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．单摆的振动周期为0.2πs
B．可以算出单摆摆长
C．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期越大
D．在θ小于5°的情况下，θ越大，运动过程中的最大速度越大
【考点】单摆的能量转化；单摆周期的计算及影响因素；单摆摆长的计算．
【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】小球运动到最低点时，绳子的拉力最大，在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，求出单摆的周期；再根据单摆的周期公式求出摆长；根据动能定理求解最低点的速度大小。
【解答】解：A、摆球在A、C间做简谐运动，由图可知T＝0.4πs，故A错误；
B、由单摆周期公式T＝2π可得：L＝0.4m，故B正确；
C、根据单摆周期公式T＝2π可得，单摆的周期与θ无关，故C错误；
D、从最高点摆到最低点的过程中，根据动能定理可得：mgL（1﹣cosθ）0
解得达到最低点的速度大小为：v，在θ小于5°的情况下，θ越大、cosθ越小，则小球运动过程中的最大速度越大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了单摆周期公式的应用，解决本题的关键掌握单摆的运动规律，知道单摆的周期公式，以及会灵活运用动能定理解题。
三．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
15．（4分）（2022秋 长宁区校级期中）在某些条件下，忽略物体的 大小和形状 ，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化体现了物理研究中一种重要的科学方法： 理想模型法 。
【考点】质点．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】大小和形状，理想模型法。
【分析】当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时，可以忽略物体的大小和形状，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化方法体现了物理研究中的理想模型法。
【解答】解：当物体的大小和形状对研究的问题没有影响时，可以忽略物体的大小和形状，把物体看成一个有质量的点，称为质点。这种简化方法体现了物理研究中的理想模型法。
故答案为：大小和形状，理想模型法。
【点评】本题考查了质点的定义，知道物体看作质点的条件，知道质点是一种理想化模型是解题关键。
16．（4分）（2024秋 仓山区校级期中）如图两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示某时刻的波谷，图中所标A、B、C、D、E，为介质中的质点，其中E点位于AD连线的中点，则其中处于减弱区的质点有 B、C ，从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于 波谷 （选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”）。
【考点】波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断．
【专题】定量思想；归纳法；波的多解性；推理论证能力．
【答案】B、C，波谷。
【分析】根据波谷和波峰的交点是振动减弱点分析减弱区的质点；根据E点所处的位置分析经过四分之一周期后的情况。
【解答】解：因为B、C两点是峰谷相遇点，所以B、C两点是处于减弱区的质点；
AD连线上各点都是振动加强点，而E点处于波峰相遇的A点与波谷相遇的D点连线的中点，可知此时刻位于平衡位置，则从此刻起经四分之一周期时刻，E质点处于波谷。
故答案为：B、C，波谷。
【点评】掌握振动加强点和振动减弱点的判断方法是解题的基础。
17．（4分）一质量为m＝50kg的石块，自高出地面20米处以速度v0＝18米/秒倾斜地抛出，落地速度v＝20米/秒，则空气阻力对石头做的功为 ﹣8100J ，石头克服空气阻力做的功为 8100J 。
【考点】动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】﹣8100J；8100J。
【分析】从抛出到落地，根据动能定理求解空气阻力对石头做的功，由此得到石头克服空气阻力做的功。
【解答】解：从抛出到落地，根据动能定理可得：mgh+Wf
解得空气阻力对石头做的功为：Wf＝﹣8100J
所以石头克服空气阻力做的功为为8100J。
故答案为：﹣8100J；8100J。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。
18．（4分）（2024 福建模拟）如图所示为地球的理想示意图，地球环绕过南北极的轴自转，O点为地心，P、Q分别为地球表面上的点，分别位于北纬60°和北纬30°，则P、Q的线速度大小之比为 ，P、Q的转速之比为 1：1 。
【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算；线速度与角速度的关系．
【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【答案】；1：1。
【分析】P、Q两点共轴，角速度相同，然后根据v＝rω去分析线速度。
【解答】解：P、Q的角速度相等，P点轨迹半径为RP＝Rcos60°
Q点轨迹半径为RQ＝Rcos30°
由v＝ωR可得
P、Q的角速度相等，由ω＝2πn可知P、Q的转速之比为1：1。
故答案为：；1：1。
【点评】解决本题的关键理解共轴转动的物体角速度相同及熟练掌握圆周运动的运动学公式，注意P物体与Q物体的轨道半径关系，这是解题的关键。
19．（4分）（2023 松江区二模）如图，在光滑的水平桌面上固定着半径为r的立柱，细线一端固定在立柱上的A点，另一端连接质量为m、可视为质点的小球，细线水平拉直，长度为L。现给小球一垂直于细线的初速度v0，则细线转过180°时，小球的速度为 v0 ，细线对小球的拉力大小为 。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】v0，。
【分析】小球在运动过程中，线速度大小不变，细线转过180°时，半径为R＝L﹣2πr，由牛顿第二定律求细线对小球的拉力大小。
【解答】解：小球在运动过程中无能量损失，线速度大小不变，细线转过180°时，小球的速度为v0，此时半径为R＝L﹣πr
设细线对小球的拉力大小为F，由牛顿第二定律得：F＝m
故答案为：v0，。
【点评】解答本题的关键要知道小球在运动过程中，线速度大小不变，由细线对小球的拉力大小提供向心力。
20．（4分）（2022 太湖县校级开学）在倾角为α的斜面上有一辆质量为m0的小车，在牵引力F的作用下沿斜面向上做匀减速直线运动，小车上悬挂一个质量为m的小球，小车与斜面间的动摩擦因数为μ，如图所示，悬挂小球的悬线与斜面垂直且小球与小车相对静止。重力加速度为g。试求此时小车所受的牵引力的大小。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】小车所受的牵引力的大小为μ（m+m0）gcosα。
【分析】先以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律求解小车所受的牵引力的大小。
【解答】解：小球受悬线拉力和重力作用，这两个力的合力作用使小球和小车具有相同的加速度，加速度沿斜面向下，由牛顿第二定律知小球的合力沿斜面向下
小球所受合力大小为 F1＝mgsinα
所以小球做匀减速运动的加速度大小为agsinα
设小车所受的牵引力的大小为F。
对小车和小球整体分析，根据牛顿第二定律有
（m+m0）gsinα+μ（m+m0）gcosα﹣F＝（m+m0）a
解得：F＝μ（m+m0）gcosα
答：小车所受的牵引力的大小为μ（m+m0）gcosα。
【点评】本题属于连接体类型，要抓住小球与小车的加速度相同，采用隔离法和整体法相结合进行处理。
四．实验题（共3小题，满分16分）
21．（6分）（2025 天津模拟）（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某小组进行实验的主要步骤是：
（ⅰ）如图甲所示，轻质小圆环挂在橡皮条一端，橡皮条另一端固定，橡皮条长度为GE；
（ⅱ）通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2的共同作用，静止于O点，橡皮条伸长的长度为EO，如图乙所示。记录O点位置以及F1、F2的大小和方向；
（ⅲ）撤去F1、F2改用一个弹簧测力计拉小圆环，仍使它静止于O点，此时测力计的示数为F，如图丙所示。记录F的大小和方向；
（ⅳ）图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。
①本实验中，我们采用的研究方法是 C 。
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
D.理想模型法
②关于该实验，下列说法正确的是 AD 。
A.实验前必须对测力计进行校准和调零
B.连接测力计的细绳之间夹角越大越好
C.进行图丙的实验操作时，也可以用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点之外的其它点
D.重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一组不同
③图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，实验中一定沿GO方向的是 F （选填“F”、“F′”）。
【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．
【专题】实验题；定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；推理论证能力．
【答案】（ⅳ）①C；②AD；③F。
【分析】（ⅳ）①根据等效替代法和该实验的步骤分析求解；
②根据实验的目的以及实验的标准步骤分析求解；
③根据二力平衡，结合两个力的方向分析求解。
【解答】解：（ⅳ）①该实验用一个弹簧测力计达到的效果，等效替代了F1以及F2达到的效果，用了等效替代法，故C正确，ABD错误；
故选：C。
②A、为保证弹簧测力计能正确读数，实验前必须对测力计进行校准和调零，故A正确；
B、实验时F1以及F2的夹角要适当，并不是越大越好，故B错误；
C、根据等效替代原理，实验时，只能用一个弹簧测力计将小圆环拉至O点，故C错误；
D、重复实验再次进行验证时，小圆环到达的平衡位置O可以与前一组不同，只要达到相同效果即可，故D正确。
故选：AD。
③F是用一个弹簧测力计时的拉力，根据二力平衡可知，F一定与GO在同一条直线上，故选F。
故答案为：（ⅳ）①C；②AD；③F。
【点评】本题考查了探究两个互成角度的力的合成规律实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
22．（4分）（2023秋 包河区校级期末）用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律的实验中，保持小车质量一定时，验证小车加速度a与合力F的关系。
（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，以下操作正确的是 AC 。
A．调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C．在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时，应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
（2）已知实验中打点计时器的打点周期为0.02s，得到的记录纸带如图乙所示，图中的点为计数点，每两相邻的计数点间还有4个点没有画出，由此得D点的速度为 0.762 m/s，小车的加速度大小a＝ 2.01 m/s2（都保留三位有效数字）。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．
【答案】故答案为：（1）AC；（2）0.762；2.01。
【分析】（1）根据实验原理、正确的实验操作步骤和平衡摩擦力的方法作答；
（2）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求瞬时速度；根据逐差法求加速度。
【解答】解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上，调整长木板的倾斜度，让小车拖着纸带做匀速直线运动，不需要将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上。同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，故AC正确，B错误。
故选：AC。
（2）相邻两计数点间的时间间隔为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打D点时小车的速度为
根据逐差法，加速度
代入数据解得a＝2.01m/s2。
故答案为：（1）AC；（2）0.762；2.01。
【点评】本题考查了验证牛顿第二定律的实验，理解实验原理掌握正确的实验操作步骤是解题的关键。
23．（6分）（2023春 丰城市校级期末）“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。质量m＝1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图乙所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。（结果保留2位有效数字）
①打点计时器打下计数点B时，重锤的速度vB＝ 0.97 m/s。
②从打下计数点O到打下计数点B的过程中，重锤重力势能的减小量ΔEp＝ 0.48 J，动能的增加量ΔEk＝ 0.47 J。
【考点】验证机械能守恒定律．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题；实验探究能力．
【答案】①0.97；②0.48；0.47。
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量。
【解答】解：①相邻计数点的时间间隔
B点的瞬时速度为
②从O打到B，重力势能的减小量为ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.0486J＝0.48J
动能的增加量为。
故答案为：①0.97；②0.48；0.47。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，得出动能的增加量，以及会通过下降的高度求出重力势能的减小量。
五．解答题（共3小题，满分24分）
24．（7分）（2024秋 渝北区校级期中）如图所示，小孩与冰车静止在冰面上，大人用F＝100N的恒定拉力，使小孩与冰车沿水平冰面一起滑动。已知拉力方向与水平冰面的夹角θ＝53°，小孩与冰车的总质量m＝19kg，冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10N/kg，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）小孩与冰车对地面的压力；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小；
（3）若拉力方向不变，大人需要用多大的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的内容、表达式和物理意义．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】（1）小孩与冰车对地面的压力大小为110N，方向竖直向下；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小为38N；
（3）若拉力方向不变，大人需要用50N的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
【分析】（1）对冰车和小孩整体进行受力分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律求解；
（2）小孩水平方向根据力的合成法则解得合外力；
（3）对冰车和小孩整体进行受力分析，根据平衡条件及滑动摩擦力公式求解。
【解答】解：（1）把冰车和小孩看成一个整体，对该整体受力分析如图所示：
在竖直方向上，根据平衡条件有：
FN+Fsinθ＝mg
代入数据解得支持力为：FN＝110N
根据牛顿第三定律，可知小孩与冰车对地面的压力大小为：FN1＝FN＝110N，方向竖直向下，
（2）小孩水平方向根据力的合成法则可知：F合＝Fcosθ﹣f
摩擦力为：f＝μFN
联立解得F合＝38N
（3）若拉力方向不变，要使小孩与冰车做匀速直线运动，根据平衡条件得：
FN′+F′sinθ＝mg
F′cosθ＝f′
f′＝μFN′
代入数据联立解得：F′＝50N
答：（1）小孩与冰车对地面的压力大小为110N，方向竖直向下；
（2）小孩与冰车在水平方向所受合外力的大小为38N；
（3）若拉力方向不变，大人需要用50N的恒力才能使小孩与冰车做匀速直线运动。
【点评】本题考查受力分析、共点力平衡条件，解题时注意合外力的计算方式。
25．（9分）（2025春 集美区校级期中）如图，轨道AB是一平滑曲面，其末端B的切线沿水平方向。质量m＝1.0kg的小球从A点沿轨道AB由静止开始下滑，从B点水平飞出，最后落到水平面上的D点。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。已知图中h＝2.5m，H＝3.2m，x＝4.8m，求：
（1）小球到达B点时的速度vB；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG。
【考点】动能定理的简单应用；功的定义、单位和计算式；瞬时功率的计算．
【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球到达B点时的速度vB为6m/s；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W为7J；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG为80W。
【分析】（1）小球离开B点后做平抛运动，根据水平距离和竖直高度，由平抛运动的规律求出小球到达B点时的速度vB；
（2）小球自A点运动到B点的过程，根据动能定理即可求解克服阻力所做的功W；
（3）由vy＝gt以及PG＝mgvy求小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG。
【解答】解：（1）小球离开B点后做平抛运动，竖直方向有
可得t＝0.8s
根据
解得vB＝6m/s
（2）对小球从A→B的过程，由动能定理得
mgh﹣W0
解得W＝7J
（3）在D点，有
vy＝gt
小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG＝mgvy
解得PG＝80W
答：（1）小球到达B点时的速度vB为6m/s；
（2）小球在轨道AB上运动时，克服阻力所做的功W为7J；
（3）小球刚运动到D点时重力的瞬时功率PG为80W。
【点评】解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，运用运动的分解法处理平抛运动。根据动能定理求功是常用的方法，要熟练掌握。
26．（8分）（2022春 泸县校级期中）如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在台的一倾角α＝53°的粗糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑。已知动摩擦因数μ＝0.2，斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球水平抛出的初速度v0；
（2）求斜面顶端与平台边缘的水平距离x；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t。
【考点】平抛运动与斜面的结合；匀变速直线运动位移与时间的关系；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）小球水平抛出的初速度为3m/s；
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离为1.2m；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间为2.53s。
【分析】（1）小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时小球的速度的方向恰好沿着斜面的方向，先根据竖直方向的运动规律求出到达斜面时竖直方向的速度，再结合三角形定则即可以求得初速度的大小；
（2）小球在接触斜面之前做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得接触斜面之前的水平方向的位移，即为斜面顶端与平台边缘的水平距离；
（3）小球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可。
【解答】解：（1）小球从平台到斜面做平抛运动，则有：h，
解得：s＝0.4s，
到达斜面时速度方向与斜面平行，则到达平台时有：tanα
解得：v0＝3m/s；
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离：s＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m；
（3）小球到达斜面后，由牛顿第二定律得：
mgsinα﹣μmgcosα＝ma
解得小球在斜面运动的加速度为a＝6.8m/s2
到达斜面时速度为vm/s＝5m/s，
斜面上物体做匀加速运动，则有：v
解得t2＝2.13s；
小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间t＝t1+t2
代入数据解得：t＝2.53s
答：（1）小球水平抛出的初速度为3m/s；
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离为1.2m；
（3）若斜面顶端高H＝20.8m，小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间为2.53s。
【点评】解决该题需要掌握小球的运动过程，知道小球到达斜面时的速度方向刚好沿着斜面向下，熟记匀变速直线运动的位移—时间公式。
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