浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高一上学期期末考物理试卷
一、选择题1（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一上·拱墅期末） 下列仪器不能测量基本物理量的是（ ）
A．电火花计时器 B．天平
C．弹簧秤 D．直尺
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、电火花计时器可以测量基本物理量时间，所以A不符合；
B、天平可以测量基本物理量质量，所以B不符合；
C、弹簧秤可以测量力的大小，力不属于基本物理量，所以C符合；
D、直尺可以测量基本物理量长度的大小，所以D不符合；
正确答案为C
【分析】基本物理量有质量、长度、时间，弹簧测力计只能测量力，力不属于基本物理量。
2．（2025高一上·拱墅期末）物理学发展历程中，科学家们在各自的领域做出了巨大贡献的同时形成了许多物理思想和物理方法，下列叙述不正确的是（ ）
A．把物体看成质点运用了等效替代的思想
B．瞬时速度的定义用到了极限的思想
C．求匀变速直线运动位移用到了微元的思想
D．“探究加速度与力，质量的关系”实验时用到了控制变量法
【答案】A
【知识点】极限法；微元法；探究加速度与力、质量的关系；理想模型法
【解析】【解答】本题考查物理学中常用的基本研究方法，在学习物理的过程中要注意掌握相应的物理方法，如：控制变量法、理想模型法、微分法、放大法、等效替代法等。A．把物体看成质点运用了理想化模型，A错误；
B．由，可知当时的平均速度趋近于某点的瞬时速度，故瞬时速度的定义用到了极限的思想，B正确；
C．求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，用到了微元的思想，C正确；
D．“探究加速度与力，质量的关系”实验时用到了控制变量法，D正确。
故选A。
【分析】质点是理想化物理模型；瞬时速度是平均速度的极限；运动的合成与分解体现了等效替代的思想；“探究加速度与力，质量的关系”实验时采用控制变量法。
3．（2025高一上·拱墅期末）一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，汽车的制动距离为（ ）
A．5m B．10m C．20m D．30m
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有，B正确，ACD错误。
故选B
【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间规律列式代入数据解答
4．（2025高一上·拱墅期末）如图所示为某次射门过程的示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．足球之所以能在空中斜向上飞行是因为足球受到斜向上的力的作用
B．在草坪上滚动的足球对草地的压力就是它的重力
C．足球在草地上滚动时，草坪对足球产生的支持力是由于足球的形变而产生的
D．脚对足球产生的弹力是由于脚的形变而产生的
【答案】D
【知识点】形变与弹力；惯性与质量
【解析】【解答】弹力定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．A．足球之所以能在空中斜向上飞行是因为有惯性，故A错误；
B．在草坪上滚动的足球对草坪的压力受力物体是草坪，足球的重力受力物体是足球，它们不是同一个力，故B错误；
C．足球在草地上滚动时，草坪对足球产生的支持力是由于草坪的形变而产生的，故C错误；
D．脚对足球产生的弹力是由于脚的形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】弹力是由于弹性形变而产生的，重力是由于地球的吸引而具有的力，两者本质不同。
5．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了共点力作用下物体的平衡和滑动摩擦力公式，理解机器人在斜坡上稳定地站立和行走的条件是解题的关键。根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有
可得
故选B。
【分析】根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解作答。
6．（2025高一上·拱墅期末）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的图像和乙的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲运动过程中，距出发点的最大距离为
B．第末到第末，甲、乙两物体速度方向相同
C．第末到第末甲的位移大小为，乙的位移大小为
D．到内，甲、乙两物体位移大小不相等
【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】往往用数学知识理解图像的物理意义，如面积、斜率等等来分析图像的物理意义．v-t图像：匀速直线运动是平行于横轴的直线，匀变速直线运动是倾斜的直线。A．根据图像可知，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m，故A错误；
B．根据x-t图像的斜率表示速度，第1s末到第3s末，甲的速度为负方向，乙图正负表示速度方向可知，第1s末到第3s末，乙的速度为正方向，故B错误；
C．第末到第末甲的位移大小为
乙的位移大小为
故C正确；
D．到内，甲的位移大小为0；乙的位移大小为
可知到内，甲、乙两物体位移大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】明确v-t图象和x-t图象的性质，由图象确定物体的运动情况，明确v-t图象中图象与时间轴围成的面积表示位移。
7．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，弹簧秤、绳和滑轮的重力不计，摩擦力不计，物体重量都是G。在甲、乙、丙三种情况下，弹簧的读数分别是F1、F2、F3，则（ ）
A．F3>F1=F2 B．F3=F1>F2 C．F1=F2=F3 D．F1>F2=F3
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡问题，要熟练分析物体的受力，结合几何关系和正交分解法完成解答。甲图，物体静止，根据平衡条件可得
乙图，对物体受力分析如图所示
根据平衡条件有
丙图，以动滑轮为研究对象，如图所示
由几何知识得
所以
故选B。
【分析】弹簧秤的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解．
8．（2025高一上·拱墅期末）很多智能手机都有加速度传感器可以测量手机自身的加速度。某同学打开加速度传感器，用手水平托着手机。手迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落一会，然后接住手机，手机屏幕上记录一段加速度随时间变化的图像，取竖直向上为正方向，将其图像简化为如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，手机加速度大小可能大于
B．到时间内，手机一直处于完全失重状态
C．时刻，手机处于完全失重状态
D．时刻，手机的运动方向为竖直向上
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题要注意根据图中手机加速度的变化及题干信息来分析手机的受力和运动的情况，加速度方向和速度方向没有必然的联系。AC．时刻，加速度向下，其值稳定一段时间，对应物体自由下落，其加速度为g，处于完全失重状态，A错误，C正确；
B．到时间内，有一段时间加速度向上，表明手机处于超重状态，B错误；
D．时刻，手机向上的加速度最大，表明手机对手的压力最大，此时手机运动到最低位置，速度为零，即将向上运动。D错误。
故选C。
【分析】手机自由下落，加速向下，接着被手接住减速向下，最后匀速。根据手机的运动状态分析即可。
9．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，某小船船头垂直河岸渡河，已知该段河宽，河水流速，船在静水中的速度，下列说法确的是（ ）
A．小船做曲线运动 B．小船渡河所用时间为
C．小船的速度大小为 D．小船渡河的位移大小为
【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。AC．根据题意，小船的速度如图所示
则有
则小船沿的方向做匀速直线运动，故AC错误；
B．根据题意可知，小船渡河所用时间为
故B正确；
D．小船渡河的位移大小为
故D错误。
故选B。
【分析】两分速度不变，则合运动是直线运动，根据运动的独立性求解渡河时间，根据平行四边形定则求解合速度，船参与了两个分运动，沿着船头方向且相对于静水的分运动，随着水流一起的分运动。
10．（2025高一上·拱墅期末）如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，甲、乙两轮同轴且无相对转动，传动链条在各轮转动中不打滑，A、B、C分别是甲、乙、丙三轮边缘上的点，则（ ）
A．周期 B．线速度
C．角速度 D．向心加速度
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据
可得，故A错误；
B．根据，且，可得，故B错误；
C．甲和丙链条转动，所以其线速度大小相等，即
根据
因为
所以
甲乙同轴转动，则二者角速度相等，即
则，故C错误；
D．对甲、丙由
根据，，可得
对甲、乙由
根据，，可得
故，故D正确。
故答案为：D。
【分析】区分‘皮带传动（ 线速度相等 ）’和‘同轴转动（ 角速度相等 ）’两种模型，结合、、，比较线速度、角速度、周期、向心加速度的大小，先明确不同传动方式下的物理量相等关系，再代入圆周运动的公式，逐步推导各物理量的大小关系，体现圆周运动规律在传动模型中的应用。
11．（2025高一上·拱墅期末）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】以P为对象，设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为，根据牛顿第二定律可得
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知，a-m不是线性关系，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于，当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】先需要平衡摩擦力，可得出有一定质量时，加速度才是存在，再根据牛顿第二定律列式求解。
12．（2025高一上·拱墅期末）如图甲、乙所示，某公园的两处不同地型的草坪上分别安装了相同的自动旋转喷灌装置。两个喷嘴分别对称的安装固定在水平弯管的两端，当喷嘴将水流水平射出时，水平弯管在水流的反作用下可绕O在水平面内旋转，喷水速度可在限定的最大喷水速度内自动调节。两种情形O点距水平地面的高度相等，图乙情形中水不会喷出坡面范围，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
B．图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
C．若两种情形喷水速度大小相同，则水能直接喷到的水平距离相等
D．若甲情形中喷水的最大速度加倍，则直接喷到草坪的面积加倍
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动的运动性质和运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，水平距离由高度和初速度共同决定。
A．水做平抛运动，图甲情形中，高度一定，则运动时间一定，与喷水速度无关，故A错误；
B．图乙中，根据
解得
图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长，故B正确；
C．甲情形中
乙中
不一定相同，故C错误；
D．若甲情形中喷水的最大速度加倍
，
则直接喷到草坪的面积变为4倍，故D错误；
故选B。
【分析】图甲中水做平抛运动，运动时间由高度决定，与初速度无关；途乙中水平距离由高度和初速度共同决定，根据分运动规律分析。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题4分，共8分。每小题的四个选项中至少有一个符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
13．（2025高一上·拱墅期末）下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（ ）
A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变
D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力就越大
【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了圆周运动，理解离心运动的条件，熟练掌握合外力提供向心力是解决此类问题的关键。A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为离心运动而被甩出去，不是受到了离心力的作用，A错误；
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度较小时，会内轨挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，故火车轮与轨道磨损不一定越小，B正确；
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力方向改变，C错误；
D．在一座凹形桥的最低点，由
可知，同一辆车子速度越大，桥面对车子的支持力越大，即车对桥面的压力越大，D正确。
故选BD。
【分析】根据糖水因为离心运动而被甩出去，火车拐弯时速度较小时，内轨会挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，结合合外力提供向心力分析求解。
14．（2025高一上·拱墅期末）如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1kg的滑块。现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数2＝0.2
C．木板的长度L＝4m
D．木板的质量M＝1.5kg
【答案】A,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题是牛顿第二定律和速度图像的结合，关键是知道v-t图像的斜率、以及图像与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，能够根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。A．由乙图知，滑块刚滑上木板时的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．物块与木板一起做匀减速运动，加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
C．木板的长度为0-2s内物块与木板的v-t图像面积差值，即
故C错误；
D.0-2s内木板的加速度
对M根据牛顿第二定律可得
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】由乙求出滑块刚滑上木板时的加速度大小，再根据牛顿第二定律求解滑块与木板间的动摩擦因数；根据图像求出物块与木板一起做匀减速运动的加速度，再根据牛顿第二定律求解木板与地面间的动摩擦因数；木板的长度为0-2s内物块与木板的v-t图像面积差值；求出0-2s内木板的加速度，对M根据牛顿第二定律求解质量。
三、实验题（本题有2个小题，每空2分，共14分）
15．（2025高一上·拱墅期末）如图是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置：
（1）下面列出了一些实验器材：电火花打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、槽码，除以上器材外，还需要的实验器材有 。
A．天平（附砝码） B.秒表
C.刻度尺（最小刻度为） D.低压交流电源
（2）某次实验的纸带实物照片如图所示，相邻点间的时间间隔为，用刻度尺测得，，，，，。打下“”点时小车的瞬时速度 ；小车的加速度 。（计算结果均保留2位有效数字）
【答案】AC；0.92；4.8
【知识点】加速度
【解析】【解答】理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；应用匀变速直线运动的推论可以解题；解题时注意有效数字的保留。（1）A．本实验的目的是探究加速度与力、质量关系，用砝码的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测小车的质量，故A需要；
BD．打点计时器本身就有计时的作用，所以不需要秒表，打点计时器为电火花打点计时器，所以不需要用到低压交流电源，故BD不需要；
C．需要用刻度尺测量打出点之间的长度，故C需要；
（2）由做匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度可求得C点的速度
用逐差法可求得小车的加速度
代入数据得
【分析】（1）根据实验需要测量的量与实验器材分析答题。
（2）根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度大小与加速度大小。
16．（2025高一上·拱墅期末）某同学借助如图甲所示的DIS向心力实验器探究影响向心力大小的因素。电动机带动旋臂绕竖直转轴转动，水平直杆一端固定在过竖直转轴上的传动装置上，竖直直杆（与竖直转轴在同一竖直线上）连接传动装置和力传感器，力传感器可以记录水平直杆上的拉力在水平直杆上固定质量为m的砝码，在旋臂―端固定一圆柱状挡光条。当电机转动时，旋臂带动挡光条、砝码一起绕竖直转轴转动，挡光条经过光电门时，光电门可以记录挡光条经过光电门的挡光时间。
（1）本实验中用到的物理方法是（ ）
A．微元法 B．控制变量法 C．类比法 D．等效替代法
（2）该同学测出挡光条的直径d、挡光条中心到竖直转轴的距离L，若挡光条经过光电门的挡光时间为 t，则砝码转动的角速度ω= （用题中物理量符号表示）；
（3）在实验中，保持砝码质量不变，测出砝码到竖直转轴的距离r，改变砝码转动的速度，记录对应的力传感器示数F及挡光条的挡光时间 t，作出对应F-ω图像；改变砝码到竖直转轴的距离r重复上述步骤，在同一坐标系中分别得到图乙中的①②③④⑤五条图线。对5条图线进行分析研究可知图线 （填①②③④或⑤）对应的半径r最大；
（4）对图线②的数据进行处理，获得了F-ω2图像，该图像是一条过原点的直线，由此可得实验结论： 。
【答案】（1）B
（2）
（3）①
（4）在误差允许范围内，当m、r一定时，F与ω2成正比
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验方法，结合向心力的计算公式即可完成分析。
（1）本实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
故选B。
（2）由题意得
解得
（3）根据
由F-ω图像可知，当m，ω相同时，r大的对应的F大，故而图线①对应的半径r最大。
（4）根据控制变量法以及数据处理可得结论：在误差允许范围内，当m、r一定时，F与ω2成正比。
【分析】（1）根据实验原理分析实验方法；
（2）挡光条通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，结合线速度与角速度关系求解；
（3）当m，ω相同时，r大的对应的F大，结合图像分析；
（4）根据实验结果结合图像分析。
（1）本实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
故选B。
（2）由题意得
解得
（3）根据
由F-ω图像可知，当m，ω相同时，r大的对应的F大，故而图线①对应的半径r最大。
（4）根据控制变量法以及数据处理可得结论：在误差允许范围内，当m、r一定时，F与ω2成正比。
四、解答题（本题有4个小题，共42分）
17．（2025高一上·拱墅期末）钢架雪车是北京冬奥会上观赏性强、危险性高的比赛项目。钢架雪车比赛的一段赛道简化为如图甲所示，长16m的水平直道AB与长80m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为6°。运动员从A点由静止出发，推着雪车以2m/s2的加速度匀加速运动到B点后，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图乙所示），到达C点时的速度大小为12m/s。运动员可视为质点，求雪车（包括运动员）：
（1）经过B点时的速度大小v1；
（2）从A点运动到C点的时间t。
【答案】（1）解：当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
代入数据得
（2）解：当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
解得
当运动员在倾斜轨道上运动时，由运动学知识得
解得
故运动员从A点运动到C点的时间为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）当运动员在水平直道AB上运动时，做匀加速运动，由速度—位移关系求解经过B点时的速度大小v1；（2）当运动员在水平直道AB上运动时，做匀加速运动，由v=v0+at求解从A点运动到B点的时间，再根据平均速度公式求解从B点运动到C点的时间，进而求得总时间。
（1）当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
代入数据得
（2）当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
解得
当运动员在倾斜轨道上运动时，由运动学知识得
解得
故运动员从A点运动到C点的时间为
18．（2025高一上·拱墅期末）某次飞镖比赛中，选手投掷飞镖出手点与靶的水平距离为，靶心距离飞镖出手点竖直方向的距离为，设飞镖每次出手都以水平方向扔出，不计空气阻力，取。
（1）若掷出的飞镖恰好可以命中靶心，求：
①飞镖的飞行时间；
②飞镖的出手速度；
（2）调整靶到选手的距离后，选手以某速度第一次掷出的飞镖扎在靶上时，与靶面方向夹角为，将靶后移后，再以同样速度出手后，飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变为，求飞镖出手的速度。
【答案】（1）解：①由题意，飞镖做平抛运动，根据可得，飞镖的飞行时间
②根据，可得飞镖的出手速度大小为
（2）解：由题意，设飞镖出手的速度大小为，选手第一次掷出的飞镖扎在靶上时，与靶面方向夹角为，则有
将靶后移后，再以同样速度出手后，飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变为，则有
结合
，
，
联立求得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1） ① 竖直方向做自由落体运动，根据下落高度分析时间；
② 水平方向做匀速运动，根据水平位移和时间求解水平速度；
（2） 飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变化，物体末速度方向不同，结合位移关系列式求解。
（1）①由题意，飞镖做平抛运动，根据可得，飞镖的飞行时间
②根据，可得飞镖的出手速度大小为
（2）由题意，设飞镖出手的速度大小为，选手第一次掷出的飞镖扎在靶上时，与靶面方向夹角为，则有
将靶后移后，再以同样速度出手后，飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变为，则有
结合
，
，
联立求得
19．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO'匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ＝37°角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求弹簧为原长时，小球对杆的压力；
（3）求弹簧为原长时，小球角速度ω0。
【答案】（1）解：对球受力分析，由平衡条件
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：当弹簧弹力为零时，小球在水平方向做圆周运动，竖直方向受力平衡，则
（3）解：当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有
解得
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，知道弹簧的压缩量为0.5L．对球，根据平衡条件和胡克定律结合求弹簧的劲度系数k；
（2）当弹簧弹力为零时，根据竖直方向受力平衡求解压力；
（3）弹簧为原长时，小球做匀速圆周运动，由重力和杆的支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求小球的角速度ω0；
（1）对球受力分析，由平衡条件
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧弹力为零时，小球在水平方向做圆周运动，竖直方向受力平衡，则
（3）当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有
解得
20．（2025高一上·拱墅期末）如图所示为某一游戏的局部简化示意图，滑块从开始运动到停下来为一次完整的游戏过程。质量为的滑块在A点受到与水平方向成拉力F作用，拉力大小为，使滑块静止从A点运动到B点，到B点撤去外力，滑块滑过以的顺时针匀速运行的传送带上，恰能冲到光滑的斜面的最高点。倾斜直轨道固定在竖直放置的半径为的圆形支架上，C为圆形的最低点。滑块始终在同一竖直平面内运动。其中滑块与面间的动摩擦因数，与传送带表面的动摩擦因数的长度为；长度为，斜面高，传送带与水平方向的夹角为。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，所有接触面平滑连接。（）求：
（1）滑块在段运动的加速度及到达B点的时间；
（2）滑块第一次到达C点时速度的大小；
（3）滑块从A点运动到D点的时间。
【答案】解：（1）根据题意，滑块从A向B运动，由牛顿第二定律有
解得
方向水平向右，由运动学公式有
解得
则到达B点的时间为
（2）根据上述分析可知，小物块从B点上滑传送时的速度为
则滑块沿斜面向上加速运动，由牛顿第二定律有
解得
小物块加速到与传送带速度相等，则有
解得
运动的位移为
此时，滑动摩擦力变成静摩擦力，小物块与传送带保持相对静止匀速运动，则运动到的速度为
所需时间为
（3）小物块上斜面做匀减速运动，由几何关系可得
由运动学公式有
解得
则滑块从A点运动到D点的时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求得加速度，然后结合运动学公式求得时间；
（2）由牛顿第二定律求得加速度，然后求得小物块加速到与传送带速度相等时的位移小于传送带的长度，则小物块的速度等于传送带速度；
（3）小物块上斜面做匀减速运动，由几何关系求解唯一大小，根据运动学公式求运动的时间。
1 / 1浙江省杭州市拱墅区源清中学2024-2025学年高一上学期期末考物理试卷
一、选择题1（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一上·拱墅期末） 下列仪器不能测量基本物理量的是（ ）
A．电火花计时器 B．天平
C．弹簧秤 D．直尺
2．（2025高一上·拱墅期末）物理学发展历程中，科学家们在各自的领域做出了巨大贡献的同时形成了许多物理思想和物理方法，下列叙述不正确的是（ ）
A．把物体看成质点运用了等效替代的思想
B．瞬时速度的定义用到了极限的思想
C．求匀变速直线运动位移用到了微元的思想
D．“探究加速度与力，质量的关系”实验时用到了控制变量法
3．（2025高一上·拱墅期末）一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，汽车的制动距离为（ ）
A．5m B．10m C．20m D．30m
4．（2025高一上·拱墅期末）如图所示为某次射门过程的示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．足球之所以能在空中斜向上飞行是因为足球受到斜向上的力的作用
B．在草坪上滚动的足球对草地的压力就是它的重力
C．足球在草地上滚动时，草坪对足球产生的支持力是由于足球的形变而产生的
D．脚对足球产生的弹力是由于脚的形变而产生的
5．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·拱墅期末）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的图像和乙的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲运动过程中，距出发点的最大距离为
B．第末到第末，甲、乙两物体速度方向相同
C．第末到第末甲的位移大小为，乙的位移大小为
D．到内，甲、乙两物体位移大小不相等
7．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，弹簧秤、绳和滑轮的重力不计，摩擦力不计，物体重量都是G。在甲、乙、丙三种情况下，弹簧的读数分别是F1、F2、F3，则（ ）
A．F3>F1=F2 B．F3=F1>F2 C．F1=F2=F3 D．F1>F2=F3
8．（2025高一上·拱墅期末）很多智能手机都有加速度传感器可以测量手机自身的加速度。某同学打开加速度传感器，用手水平托着手机。手迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落一会，然后接住手机，手机屏幕上记录一段加速度随时间变化的图像，取竖直向上为正方向，将其图像简化为如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，手机加速度大小可能大于
B．到时间内，手机一直处于完全失重状态
C．时刻，手机处于完全失重状态
D．时刻，手机的运动方向为竖直向上
9．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，某小船船头垂直河岸渡河，已知该段河宽，河水流速，船在静水中的速度，下列说法确的是（ ）
A．小船做曲线运动 B．小船渡河所用时间为
C．小船的速度大小为 D．小船渡河的位移大小为
10．（2025高一上·拱墅期末）如图所示为脚踏自行车的传动装置简化图，甲、乙两轮同轴且无相对转动，传动链条在各轮转动中不打滑，A、B、C分别是甲、乙、丙三轮边缘上的点，则（ ）
A．周期 B．线速度
C．角速度 D．向心加速度
11．（2025高一上·拱墅期末）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2025高一上·拱墅期末）如图甲、乙所示，某公园的两处不同地型的草坪上分别安装了相同的自动旋转喷灌装置。两个喷嘴分别对称的安装固定在水平弯管的两端，当喷嘴将水流水平射出时，水平弯管在水流的反作用下可绕O在水平面内旋转，喷水速度可在限定的最大喷水速度内自动调节。两种情形O点距水平地面的高度相等，图乙情形中水不会喷出坡面范围，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
B．图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长
C．若两种情形喷水速度大小相同，则水能直接喷到的水平距离相等
D．若甲情形中喷水的最大速度加倍，则直接喷到草坪的面积加倍
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题4分，共8分。每小题的四个选项中至少有一个符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
13．（2025高一上·拱墅期末）下面四幅图用曲线运动知识描述正确的是（ ）
A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为受到离心力而被甩出去
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度越小，对轨道磨损不一定越小
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力不变
D．图丁，在一座凹形桥的最低点，同一辆车子速度越大，对桥面压力就越大
14．（2025高一上·拱墅期末）如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1kg的滑块。现给滑块一向右的初速度v0＝10m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板间的动摩擦因数1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数2＝0.2
C．木板的长度L＝4m
D．木板的质量M＝1.5kg
三、实验题（本题有2个小题，每空2分，共14分）
15．（2025高一上·拱墅期末）如图是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置：
（1）下面列出了一些实验器材：电火花打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、槽码，除以上器材外，还需要的实验器材有 。
A．天平（附砝码） B.秒表
C.刻度尺（最小刻度为） D.低压交流电源
（2）某次实验的纸带实物照片如图所示，相邻点间的时间间隔为，用刻度尺测得，，，，，。打下“”点时小车的瞬时速度 ；小车的加速度 。（计算结果均保留2位有效数字）
16．（2025高一上·拱墅期末）某同学借助如图甲所示的DIS向心力实验器探究影响向心力大小的因素。电动机带动旋臂绕竖直转轴转动，水平直杆一端固定在过竖直转轴上的传动装置上，竖直直杆（与竖直转轴在同一竖直线上）连接传动装置和力传感器，力传感器可以记录水平直杆上的拉力在水平直杆上固定质量为m的砝码，在旋臂―端固定一圆柱状挡光条。当电机转动时，旋臂带动挡光条、砝码一起绕竖直转轴转动，挡光条经过光电门时，光电门可以记录挡光条经过光电门的挡光时间。
（1）本实验中用到的物理方法是（ ）
A．微元法 B．控制变量法 C．类比法 D．等效替代法
（2）该同学测出挡光条的直径d、挡光条中心到竖直转轴的距离L，若挡光条经过光电门的挡光时间为 t，则砝码转动的角速度ω= （用题中物理量符号表示）；
（3）在实验中，保持砝码质量不变，测出砝码到竖直转轴的距离r，改变砝码转动的速度，记录对应的力传感器示数F及挡光条的挡光时间 t，作出对应F-ω图像；改变砝码到竖直转轴的距离r重复上述步骤，在同一坐标系中分别得到图乙中的①②③④⑤五条图线。对5条图线进行分析研究可知图线 （填①②③④或⑤）对应的半径r最大；
（4）对图线②的数据进行处理，获得了F-ω2图像，该图像是一条过原点的直线，由此可得实验结论： 。
四、解答题（本题有4个小题，共42分）
17．（2025高一上·拱墅期末）钢架雪车是北京冬奥会上观赏性强、危险性高的比赛项目。钢架雪车比赛的一段赛道简化为如图甲所示，长16m的水平直道AB与长80m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为6°。运动员从A点由静止出发，推着雪车以2m/s2的加速度匀加速运动到B点后，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图乙所示），到达C点时的速度大小为12m/s。运动员可视为质点，求雪车（包括运动员）：
（1）经过B点时的速度大小v1；
（2）从A点运动到C点的时间t。
18．（2025高一上·拱墅期末）某次飞镖比赛中，选手投掷飞镖出手点与靶的水平距离为，靶心距离飞镖出手点竖直方向的距离为，设飞镖每次出手都以水平方向扔出，不计空气阻力，取。
（1）若掷出的飞镖恰好可以命中靶心，求：
①飞镖的飞行时间；
②飞镖的出手速度；
（2）调整靶到选手的距离后，选手以某速度第一次掷出的飞镖扎在靶上时，与靶面方向夹角为，将靶后移后，再以同样速度出手后，飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变为，求飞镖出手的速度。
19．（2025高一上·拱墅期末）如图所示，一根原长为L的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。小球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO'匀速转动，且杆与水平面间始终保持θ＝37°角。已知杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求弹簧为原长时，小球对杆的压力；
（3）求弹簧为原长时，小球角速度ω0。
20．（2025高一上·拱墅期末）如图所示为某一游戏的局部简化示意图，滑块从开始运动到停下来为一次完整的游戏过程。质量为的滑块在A点受到与水平方向成拉力F作用，拉力大小为，使滑块静止从A点运动到B点，到B点撤去外力，滑块滑过以的顺时针匀速运行的传送带上，恰能冲到光滑的斜面的最高点。倾斜直轨道固定在竖直放置的半径为的圆形支架上，C为圆形的最低点。滑块始终在同一竖直平面内运动。其中滑块与面间的动摩擦因数，与传送带表面的动摩擦因数的长度为；长度为，斜面高，传送带与水平方向的夹角为。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，所有接触面平滑连接。（）求：
（1）滑块在段运动的加速度及到达B点的时间；
（2）滑块第一次到达C点时速度的大小；
（3）滑块从A点运动到D点的时间。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A、电火花计时器可以测量基本物理量时间，所以A不符合；
B、天平可以测量基本物理量质量，所以B不符合；
C、弹簧秤可以测量力的大小，力不属于基本物理量，所以C符合；
D、直尺可以测量基本物理量长度的大小，所以D不符合；
正确答案为C
【分析】基本物理量有质量、长度、时间，弹簧测力计只能测量力，力不属于基本物理量。
2．【答案】A
【知识点】极限法；微元法；探究加速度与力、质量的关系；理想模型法
【解析】【解答】本题考查物理学中常用的基本研究方法，在学习物理的过程中要注意掌握相应的物理方法，如：控制变量法、理想模型法、微分法、放大法、等效替代法等。A．把物体看成质点运用了理想化模型，A错误；
B．由，可知当时的平均速度趋近于某点的瞬时速度，故瞬时速度的定义用到了极限的思想，B正确；
C．求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，用到了微元的思想，C正确；
D．“探究加速度与力，质量的关系”实验时用到了控制变量法，D正确。
故选A。
【分析】质点是理想化物理模型；瞬时速度是平均速度的极限；运动的合成与分解体现了等效替代的思想；“探究加速度与力，质量的关系”实验时采用控制变量法。
3．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有，B正确，ACD错误。
故选B
【分析】根据匀变速直线运动的位移—时间规律列式代入数据解答
4．【答案】D
【知识点】形变与弹力；惯性与质量
【解析】【解答】弹力定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．A．足球之所以能在空中斜向上飞行是因为有惯性，故A错误；
B．在草坪上滚动的足球对草坪的压力受力物体是草坪，足球的重力受力物体是足球，它们不是同一个力，故B错误；
C．足球在草地上滚动时，草坪对足球产生的支持力是由于草坪的形变而产生的，故C错误；
D．脚对足球产生的弹力是由于脚的形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】弹力是由于弹性形变而产生的，重力是由于地球的吸引而具有的力，两者本质不同。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查了共点力作用下物体的平衡和滑动摩擦力公式，理解机器人在斜坡上稳定地站立和行走的条件是解题的关键。根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有
可得
故选B。
【分析】根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解作答。
6．【答案】C
【知识点】运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】往往用数学知识理解图像的物理意义，如面积、斜率等等来分析图像的物理意义．v-t图像：匀速直线运动是平行于横轴的直线，匀变速直线运动是倾斜的直线。A．根据图像可知，甲运动过程中，距出发点的最大距离为4m，故A错误；
B．根据x-t图像的斜率表示速度，第1s末到第3s末，甲的速度为负方向，乙图正负表示速度方向可知，第1s末到第3s末，乙的速度为正方向，故B错误；
C．第末到第末甲的位移大小为
乙的位移大小为
故C正确；
D．到内，甲的位移大小为0；乙的位移大小为
可知到内，甲、乙两物体位移大小相等，故D错误。
故选C。
【分析】明确v-t图象和x-t图象的性质，由图象确定物体的运动情况，明确v-t图象中图象与时间轴围成的面积表示位移。
7．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题考查共点力的平衡问题，要熟练分析物体的受力，结合几何关系和正交分解法完成解答。甲图，物体静止，根据平衡条件可得
乙图，对物体受力分析如图所示
根据平衡条件有
丙图，以动滑轮为研究对象，如图所示
由几何知识得
所以
故选B。
【分析】弹簧秤的读数等于弹簧受到的拉力．甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解．
8．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】本题要注意根据图中手机加速度的变化及题干信息来分析手机的受力和运动的情况，加速度方向和速度方向没有必然的联系。AC．时刻，加速度向下，其值稳定一段时间，对应物体自由下落，其加速度为g，处于完全失重状态，A错误，C正确；
B．到时间内，有一段时间加速度向上，表明手机处于超重状态，B错误；
D．时刻，手机向上的加速度最大，表明手机对手的压力最大，此时手机运动到最低位置，速度为零，即将向上运动。D错误。
故选C。
【分析】手机自由下落，加速向下，接着被手接住减速向下，最后匀速。根据手机的运动状态分析即可。
9．【答案】B
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度。AC．根据题意，小船的速度如图所示
则有
则小船沿的方向做匀速直线运动，故AC错误；
B．根据题意可知，小船渡河所用时间为
故B正确；
D．小船渡河的位移大小为
故D错误。
故选B。
【分析】两分速度不变，则合运动是直线运动，根据运动的独立性求解渡河时间，根据平行四边形定则求解合速度，船参与了两个分运动，沿着船头方向且相对于静水的分运动，随着水流一起的分运动。
10．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．根据
可得，故A错误；
B．根据，且，可得，故B错误；
C．甲和丙链条转动，所以其线速度大小相等，即
根据
因为
所以
甲乙同轴转动，则二者角速度相等，即
则，故C错误；
D．对甲、丙由
根据，，可得
对甲、乙由
根据，，可得
故，故D正确。
故答案为：D。
【分析】区分‘皮带传动（ 线速度相等 ）’和‘同轴转动（ 角速度相等 ）’两种模型，结合、、，比较线速度、角速度、周期、向心加速度的大小，先明确不同传动方式下的物理量相等关系，再代入圆周运动的公式，逐步推导各物理量的大小关系，体现圆周运动规律在传动模型中的应用。
11．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】以P为对象，设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为，根据牛顿第二定律可得
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知，a-m不是线性关系，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于，当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】先需要平衡摩擦力，可得出有一定质量时，加速度才是存在，再根据牛顿第二定律列式求解。
12．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】本题考查平抛运动，解题关键是知道平抛运动的运动性质和运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，水平距离由高度和初速度共同决定。
A．水做平抛运动，图甲情形中，高度一定，则运动时间一定，与喷水速度无关，故A错误；
B．图乙中，根据
解得
图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长，故B正确；
C．甲情形中
乙中
不一定相同，故C错误；
D．若甲情形中喷水的最大速度加倍
，
则直接喷到草坪的面积变为4倍，故D错误；
故选B。
【分析】图甲中水做平抛运动，运动时间由高度决定，与初速度无关；途乙中水平距离由高度和初速度共同决定，根据分运动规律分析。
13．【答案】B,D
【知识点】生活中的圆周运动；离心运动和向心运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】本题考查了圆周运动，理解离心运动的条件，熟练掌握合外力提供向心力是解决此类问题的关键。A．图甲，制作棉花糖时，糖水因为离心运动而被甩出去，不是受到了离心力的作用，A错误；
B．图乙，火车轨道的外轨略高于内轨，火车拐弯时速度较小时，会内轨挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，故火车轮与轨道磨损不一定越小，B正确；
C．图丙，该自行车在赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力方向改变，C错误；
D．在一座凹形桥的最低点，由
可知，同一辆车子速度越大，桥面对车子的支持力越大，即车对桥面的压力越大，D正确。
故选BD。
【分析】根据糖水因为离心运动而被甩出去，火车拐弯时速度较小时，内轨会挤压内侧轮缘，火车速度越小，内轨和内侧轮缘之间的挤压力越大，结合合外力提供向心力分析求解。
14．【答案】A,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题是牛顿第二定律和速度图像的结合，关键是知道v-t图像的斜率、以及图像与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，能够根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答。A．由乙图知，滑块刚滑上木板时的加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．物块与木板一起做匀减速运动，加速度为
根据牛顿第二定律可得
解得
故B错误；
C．木板的长度为0-2s内物块与木板的v-t图像面积差值，即
故C错误；
D.0-2s内木板的加速度
对M根据牛顿第二定律可得
解得
故D正确。
故选AD。
【分析】由乙求出滑块刚滑上木板时的加速度大小，再根据牛顿第二定律求解滑块与木板间的动摩擦因数；根据图像求出物块与木板一起做匀减速运动的加速度，再根据牛顿第二定律求解木板与地面间的动摩擦因数；木板的长度为0-2s内物块与木板的v-t图像面积差值；求出0-2s内木板的加速度，对M根据牛顿第二定律求解质量。
15．【答案】AC；0.92；4.8
【知识点】加速度
【解析】【解答】理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；应用匀变速直线运动的推论可以解题；解题时注意有效数字的保留。（1）A．本实验的目的是探究加速度与力、质量关系，用砝码的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测小车的质量，故A需要；
BD．打点计时器本身就有计时的作用，所以不需要秒表，打点计时器为电火花打点计时器，所以不需要用到低压交流电源，故BD不需要；
C．需要用刻度尺测量打出点之间的长度，故C需要；
（2）由做匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度可求得C点的速度
用逐差法可求得小车的加速度
代入数据得
【分析】（1）根据实验需要测量的量与实验器材分析答题。
（2）根据匀变速直线运动的推论求出瞬时速度大小与加速度大小。
16．【答案】（1）B
（2）
（3）①
（4）在误差允许范围内，当m、r一定时，F与ω2成正比
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题主要考查了圆周运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验方法，结合向心力的计算公式即可完成分析。
（1）本实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
故选B。
（2）由题意得
解得
（3）根据
由F-ω图像可知，当m，ω相同时，r大的对应的F大，故而图线①对应的半径r最大。
（4）根据控制变量法以及数据处理可得结论：在误差允许范围内，当m、r一定时，F与ω2成正比。
【分析】（1）根据实验原理分析实验方法；
（2）挡光条通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，结合线速度与角速度关系求解；
（3）当m，ω相同时，r大的对应的F大，结合图像分析；
（4）根据实验结果结合图像分析。
（1）本实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法。
故选B。
（2）由题意得
解得
（3）根据
由F-ω图像可知，当m，ω相同时，r大的对应的F大，故而图线①对应的半径r最大。
（4）根据控制变量法以及数据处理可得结论：在误差允许范围内，当m、r一定时，F与ω2成正比。
17．【答案】（1）解：当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
代入数据得
（2）解：当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
解得
当运动员在倾斜轨道上运动时，由运动学知识得
解得
故运动员从A点运动到C点的时间为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）当运动员在水平直道AB上运动时，做匀加速运动，由速度—位移关系求解经过B点时的速度大小v1；（2）当运动员在水平直道AB上运动时，做匀加速运动，由v=v0+at求解从A点运动到B点的时间，再根据平均速度公式求解从B点运动到C点的时间，进而求得总时间。
（1）当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
代入数据得
（2）当运动员在水平轨道上运动时，由运动学知识得
解得
当运动员在倾斜轨道上运动时，由运动学知识得
解得
故运动员从A点运动到C点的时间为
18．【答案】（1）解：①由题意，飞镖做平抛运动，根据可得，飞镖的飞行时间
②根据，可得飞镖的出手速度大小为
（2）解：由题意，设飞镖出手的速度大小为，选手第一次掷出的飞镖扎在靶上时，与靶面方向夹角为，则有
将靶后移后，再以同样速度出手后，飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变为，则有
结合
，
，
联立求得
【知识点】平抛运动
【解析】【分析】（1） ① 竖直方向做自由落体运动，根据下落高度分析时间；
② 水平方向做匀速运动，根据水平位移和时间求解水平速度；
（2） 飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变化，物体末速度方向不同，结合位移关系列式求解。
（1）①由题意，飞镖做平抛运动，根据可得，飞镖的飞行时间
②根据，可得飞镖的出手速度大小为
（2）由题意，设飞镖出手的速度大小为，选手第一次掷出的飞镖扎在靶上时，与靶面方向夹角为，则有
将靶后移后，再以同样速度出手后，飞镖扎在靶上时与靶面的夹角变为，则有
结合
，
，
联立求得
19．【答案】（1）解：对球受力分析，由平衡条件
解得弹簧的劲度系数为
（2）解：当弹簧弹力为零时，小球在水平方向做圆周运动，竖直方向受力平衡，则
（3）解：当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有
解得
【知识点】共点力的平衡；生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）杆处于静止状态时弹簧长度为0.5L，知道弹簧的压缩量为0.5L．对球，根据平衡条件和胡克定律结合求弹簧的劲度系数k；
（2）当弹簧弹力为零时，根据竖直方向受力平衡求解压力；
（3）弹簧为原长时，小球做匀速圆周运动，由重力和杆的支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求小球的角速度ω0；
（1）对球受力分析，由平衡条件
解得弹簧的劲度系数为
（2）当弹簧弹力为零时，小球在水平方向做圆周运动，竖直方向受力平衡，则
（3）当弹簧弹力为零时，小球只受到重力和杆的支持力，它们的合力提供向心力，则有
解得
20．【答案】解：（1）根据题意，滑块从A向B运动，由牛顿第二定律有
解得
方向水平向右，由运动学公式有
解得
则到达B点的时间为
（2）根据上述分析可知，小物块从B点上滑传送时的速度为
则滑块沿斜面向上加速运动，由牛顿第二定律有
解得
小物块加速到与传送带速度相等，则有
解得
运动的位移为
此时，滑动摩擦力变成静摩擦力，小物块与传送带保持相对静止匀速运动，则运动到的速度为
所需时间为
（3）小物块上斜面做匀减速运动，由几何关系可得
由运动学公式有
解得
则滑块从A点运动到D点的时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求得加速度，然后结合运动学公式求得时间；
（2）由牛顿第二定律求得加速度，然后求得小物块加速到与传送带速度相等时的位移小于传送带的长度，则小物块的速度等于传送带速度；
（3）小物块上斜面做匀减速运动，由几何关系求解唯一大小，根据运动学公式求运动的时间。
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