江苏省泰州中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题
1．（2025高一下·泰州期中）下列说法正确的有
A．力是维持物体运动的原因
B．物体运动速度越大，惯性也越大
C．力学单位制中，采用国际单位的基本单位有千克、米、秒
D．马拉车加速前进时马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小
【答案】C,D
【知识点】牛顿第一定律；牛顿第三定律；惯性与质量；力学单位制
【解析】【解答】A.根据伽利略理想斜面可以得出的结论是：力是使物体运动状态改变的原因，不是维持物体运动的原因，选项A错误；
B.质量是物体惯性的唯一影响因素，物体质量越大，惯性也越大，与速度无关，选项B错误；
C.力学单位制中，采用国际单位的基本单位有千克、米、秒，选项C正确；
D.马拉车加速前进时，因马对车的拉力与车对马的拉力是互为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可以得出马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小，选项D正确；
故选CD.
【分析】力不是维持物体运动的原因；物体的惯性与物体的速度大小无关；力学单位制中，采用国际单位的基本单位有千克、米、秒；根据牛顿第三定律可以得出马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小。
2．（2025高一下·泰州期中）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（ ）
A．在奇数秒末速度方向发生了改变
B．在偶数秒末加速度方向发生了改变
C．在奇数秒末的位置一定相同
D．在偶数秒末的位置一定相同
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.在速度时间图像中，根据速度的正负表示运动的方向，由图线可知，在偶数秒末速度方向发生改变，故A错误．
B.在速度时间图像中，由于速度时间图线的斜率表示加速度，图线斜率的正负表示加速度的方向，可知在奇数秒末加速度的方向发生改变，故B错误．
C.在速度时间图像中，由于速度时间图线围成的面积表示位移，根据图像面积可以得出在奇数秒末位移相等，可知位置一定相同，故C正确．
D.由图线围成的面积知，根据图像面积的大小可以得出在2s末位移为2m，4s末位移为0，6s末位移为2m，可知偶数秒末位置不一定相同，故D错误
故选C．
【分析】根据速度的正负判断运动的方向，结合图线斜率的正负判断加速度的方向，根据图线围成的面积表示位移判断位置是否相同．
3．（2025高一下·泰州期中）2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，根据曲线运动的性质可以得出做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，由于速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，根据加速的条件可以得出合外力方向与速度方向夹角为锐角。
故选C。
【分析】速度为轨迹的切线方向，合力为轨迹的弯曲方向，利用加速可以判别合力与速度方向的夹角大小。
4．（2025高一下·泰州期中）如图，某同学用向心力演示器进行实验，质量相同的甲、乙两钢球圆周运动半径r相同，显示的向心力比值为1∶4，则对应的两个变速塔轮的半径、之比为（ ）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】已知甲、乙两钢球质量相同，圆周运动半径r相同，向心力的比值为1∶4，将比值代入向心力公式
可以得出两个小球的角速度之比为，已知两个塔轮线速度相等，根据可得对应的两个变速塔轮的半径、之比为。
故选B。
【分析】利用向心力的表达式可以求出两个角速度的比值，结合线速度相等可以求出塔轮的半径之比。
5．（2025高一下·泰州期中）2024年6月，“嫦娥六号”实现世界首次月球背面自动采样返回，采回样品质量1935.3g。已知月球和地球的质量之比为a，半径之比为b，所采样品在月球与在地球上的重力之比为（ ）
A． B．（B和A重复了）
C． D．
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】已知星球对物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有
解得星球表面的重力加速度为
根据表达式可以得出月球与地球的表面的重力加速度之比为
则所采样品在月球与在地球上的重力之比为。
故选D。
【分析】根据引力形成重力可以求出重力加速度的比值。
6．（2025高一下·泰州期中）物块以一定的初速度竖直上抛，到达某一高度后又落回出发点。已知物块在运动过程中受到大小恒定的阻力作用。以下关于v随时间t变化的图像中，能正确描述物块整个运动过程的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】在速度时间图像中，图像斜率代表加速度的大小，在上升过程中由于阻力方向向下，根据牛顿第二定律有
解得上升过程的加速度为
下降过程，由于阻力方向向上，根据牛顿第二定律可知
解得下降过程中加速度为
由于阻力恒定，所以上升和下降阶段加速度都恒定，所以a1＞a2，故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别上升和下降过程加速度的大小，进而判别图像中斜率的大小。
7．（2025高一下·泰州期中）某同学在力传感器上完成“下蹲”或“起立”动作，力传感器的示数随时间变化的情况如图，下列说法中不正确的是（ ）
A．该同学体重约为50kg
B．无论是“起立”或“下蹲”，重力并未改变
C．0~2s内该同学完成的动作是先“下蹲”后“起立”
D．4~6s内该同学完成的动作是“起立”
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．当人处于稳定时，根据图像可以得出人的重力约为500N，故人的质量约为50kg，故A正确，不符合题意；
B．重力与物体的运动状态无关，根据重力的表达式G=mg可以得出即无论是“起立”或“下蹲”，重力并未改变，故B正确，不符合题意；
C．图像可知0~2s内该同学先失重后超重，由于最初加速度方向向下，所以可以得出该同学完成的是“下蹲”动作，故C错误，符合题意；
D．图像可知4~6s内该同学先超重后失重，由于最初加速度的方向向上，所以4~6s内该同学完成的动作是“起立”，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】根据图示重力的大小可以求出同学质量的大小；重力的大小与运动状态无关；利用超重与失重的顺序可以判别起立或者下蹲。
8．（2025高一下·泰州期中）如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止。当汽车以某一加速度向左加速时，A对C的支持力和B对C的支持力大小将（ ）
A．减小，增大 B．减小，减小
C．增大，增大 D．增大，减小
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】由于空油桶光滑，桶C受到桶A和桶B的支持，汽车保持静止时，油桶处于平衡状态，根据水平方向平衡方程可以得出桶C受到桶A和桶B的支持大小相等，如图所示：
根据竖直方向的平衡方程有2FBCcos30°=mg
解得
当汽车以某一加速度a向左加速运动时，则合力和加速度方向向左，对C受力分析如图，竖直方向受力平衡：FBCcos30°+FACcos30°=mg，水平方向根据牛顿第二定律有
FBCsin30°-FACsin30°=ma
解得
可知减小，增大
故选A。
【分析】利用油桶加速度的方向结合水平方向的加速度及竖直方向的平衡可以判别两个支持力的大小变化。
9．（2025高一下·泰州期中）如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知，A、B间的滑动摩擦系数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】先以A为研究对象，A做匀速运动，由于A处于平衡状态则水平方向合力为零，根据平衡条件分析可知，A不受摩擦力；由于未知AB之间摩擦力的大小，所以A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由于整体做匀速直线运动，根据整体的平衡方程可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。
故选CD。
【分析】利用A的平衡状态可以判别AB之间不存在摩擦力的作用；利用整体的平衡方程可以判别整体和地面之间存在摩擦力的作用。
10．（2025高一下·泰州期中）某同学将一小石块从高h处以初速度，方向与水平成θ角，斜向上抛出后落于地面上，水平射程为x，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．落地时的动能与抛射角θ的取值有关
B．落地时重力的功率与抛射角θ的取值有关
C．保持其他条件不变，仅将抛射角变为斜向下抛出，小石块的水平射程仍为x
D．保持其他条件不变，仅调整初速度为时，小石块的水平射程变为2x
【答案】B
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．石块从抛出后落到地面的过程中，根据动能定理可知，落地时的动能
可知落地时的动能与抛射角θ的取值无关，选项A错误；
B．根据功率的表达式可以得出落地时重力的功率
其中
可知，落地时重力的功率与抛射角θ的取值有关，选项B正确；
C．角度未变时，根据竖直方向的位移公式有
保持其他条件不变，仅将抛射角变为斜向下抛出，则水平速度不变，根据竖直方向的位移公式有
可知
即运动时间减小，则根据x=vxt
可知小石块的水平射程小于x，选项C错误；
D．根据水平方向位移公式有，根据竖直方向的位移公式有：
解得
可知x不是与成正比，可知保持其他条件不变，仅调整初速度为时，小石块的水平射程不是变为2x，选项D错误。
故选B。
【分析】利用动能定理可以判别落地动能的影响因数；利用重力和竖直方向速度的大小可以判别重力瞬时功率的大小；利用竖直方向的位移公式结合水平方向的位移公式可以比较水平射程的大小；利用斜坡运动的位移公式可以比较水平射程的大小。
11．（2025高一下·泰州期中）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
A．弹簧的最大弹力为
B．在弹回过程中，当弹簧处于原长时小物块的速度最大
C．弹簧的最大弹性势能等于
D．物块在A点的初速度为
【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物体从静止向右运动的过程中，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，物体加速度等于0此时物体的速度最大，物体在速度最大之前由于弹簧形变量较大，导致物体受弹簧弹力大于滑动摩擦力而加速，所以弹力的最大值大于μmg，故A错误；
B．物块压缩弹簧后被弹回向右运动过程中，根据合力为0时加速度等于0所以在弹簧弹力等于摩擦力时物块速度最大，故B错误；
C．物体向右运动的过程中，根据能量守恒定律，由于弹性势能转化为内能，所以有弹簧的最大弹性势能为
故C正确；
D．由于全程摩擦力做功导致物体的动能减小，全程根据动能定理得
解得
故D错误。
故选C。
【分析】利用弹簧弹力与滑动摩擦力比较可以判别加速度的大小，进而判别弹力的大小；利用合力等于0时可以判别物块的速度达到最大值；利用能量守恒定律可以求出弹簧最大的弹性势能；利用动能定理可以求出物块在A点的初速度大小。
12．（2025高一下·泰州期中）“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。
（1）为完成该实验，需要的电源是______。
A．低压直流 B．低压交流（Hz）
C．220V直流 D．220V交流（Hz）
（2）实验中，下列说法正确的是______。
A．为了减小误差，应该一只手释放纸带，另一只手同时接通电源
B．某同学做“居家”实验时因缺少重锤，可以换用质量较轻的等大木柱来代替
C．纸带与限位孔均应在同一竖直线上
D．释放时应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器
（3）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点。从纸带上A点开始每隔一个点取一个计数点，取得两个计数点B和C。该同学用刻度尺测得cm，cm，cm，重物的质量为1.00kg。取m/s2。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量 J，重物的动能增加量 J（结果均保留三位有效数字）
（4）乙同学打出了一条纸带后，发现纸带第一个点O比较模糊且O点附近点迹密集，不便于测量。他便利用纸带的清晰段测量出了各计数点到某一个固定标记点的距离h，算出了各计数点对应的速度v和，绘制图像，如图丙所示。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒： 。
【答案】（1）D
（2）C；D
（3）1.56；1.53
（4）若直线的斜率为2g，则机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据图示可以得出本实验用电火花计时器，根据工作原理可以得出电火花计时器需要用220V交流（Hz）电源，故选D。
（2）A．为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，然后释放纸带，选项A错误；
B．某同学做“居家”实验时因缺少重锤，为了物体做自由落体运动，以验证机械能守恒，若换用质量较轻的等大木柱来代替，则阻力影响较大，误差较大，选项B错误；
C．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，纸带与限位孔均应在同一竖直线上，选项C正确；
D．释放时，为了减小纸带与限位孔之间的摩擦力，应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器，选项D正确。
故选CD。
（3）在OB段运动过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物重力势能的减少量
根据平均速度公式可以得出打B点时的速度
根据动能的表达式可以得出重物的动能增加量
（4）重物下落过程中，根据机械能守恒定律有
即
根据表达式可以得出此时图像的斜率k=2g。
【分析】（1）电火花计时器应该使用220V交流（Hz）电源；
（2）为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，然后释放纸带；某同学做“居家”实验时因缺少重锤，为了物体做自由落体运动，以验证机械能守恒，若换用质量较轻的等大木柱来代替，则阻力影响较大，误差较大；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，纸带与限位孔均应在同一竖直线上；释放时，为了减小纸带与限位孔之间的摩擦力，应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）利用机械能守恒定律可以得出图像斜率的含义。
（1）本实验用电火花计时器，则用220V交流（Hz）电源，故选D。
（2）A．为了减小误差，应该先接通电源，然后释放纸带，选项A错误；
B．某同学做“居家”实验时因缺少重锤，若换用质量较轻的等大木柱来代替，则阻力影响较大，误差较大，选项B错误；
C．纸带与限位孔均应在同一竖直线上，以减小纸带与限位孔之间的摩擦，选项C正确；
D．释放时应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器，选项D正确。
故选CD。
（3）在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
打B点时的速度
重物的动能增加量
（4）若机械能守恒则满足
即
则此时图像的斜率k=2g。
13．（2025高一下·泰州期中）中国空间站是我国自主建成的太空实验室。已知“空间站”绕地球做匀速圆周运动，经过时间t，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为θ（弧度），引力常量为G，求：
（1）“空间站”的环绕周期T；
（2）地球的质量M。
【答案】（1）“空间站”做匀速圆周运动的角速度
“空间站”的环绕周期
所以
（2）“空间站”的轨道半径
“空间站”做匀速圆周运动万有引力提供向心力
所以地球质量
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）已知空间站经过时间t，与地球中心连线扫过的角度为θ，利用角速度的定义式可以求出角速度的大小，结合角速度和周期的关系可以求出周期的大小；
（2）当地球对空间站的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出地球的质量大小。
14．（2025高一下·泰州期中）如图，一轻绳两端固定在天花板的A、B两点，绳长是AB间距的两倍。一质量为m的物块通过光滑轻质挂钩悬挂在绳上。已知重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求绳子张力T的大小；
(2)若物块受到水平风力的作用时，恰好能静止在A点的正下方，此时细绳右端与天花板的夹角θ=37°，求风力F的大小。
【答案】(1)解：设绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系知，对物块受力分析有
解得
(2)物块受到水平风力的作用时，受力分析有，
解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）通过几何关系确定绳子与竖直方向的夹角，结合竖直方向的受力平衡，推导绳子张力，体现力的合成与分解在静态平衡中的应用。
（2）对受风力的物块进行水平和竖直方向的受力分析，联立方程求解风力，体现多力平衡的正交分解策略。
15．（2025高一下·泰州期中）一传送带装置如图所示，其中段是水平的，长度，段是倾斜的，长度m，倾角为，和在B点通过一段极短的圆弧连接（工件通过连接处时速度大小不变），传送带以m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度m/s2，，。求：
（1）工件第一次到达B点所用的时间；
（2）工件沿传送带上升的最大高度；
（3）工件运动了2025s时所在的位置？
【答案】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1
解得a1=μg=5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
工件前进的位移为x1=a1t12=1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1＋t2=1.4 s
（2）在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma2
解得a2=-2 m/s2
由速度位移公式得0-v2=2a2
解得hm=2.4 m
（3）工件沿传送带向上运动的时间为
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T=2t1＋2t3=5.6s
由于工件第一次到达B点所需要的时间为1.4s，随后
而
工件从B点沿BC向上运动的距离为
所以工件运动了2025s时所在的位置在BC上且距离B点4m处。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）工件放上传送带时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出工件加速的时间，利用位移公式可以求出工件加速的位移大小，结合匀速直线运动的位移公式可以求出工件匀速运动的时间；
（2）当工件在倾斜传送带上运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出工件上升的最大高度；
（3）当工件减速运动时，利用位移公式可以求出向上运动的时间，结合周期性运动的时间结合位移公式可以求出工件运动的位置。
（1）工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1
解得a1=μg=5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
工件前进的位移为x1=a1t12=1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1＋t2=1.4 s
（2）在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma2
解得a2=-2 m/s2
由速度位移公式得0-v2=2a2
解得hm=2.4 m
（3）工件沿传送带向上运动的时间为
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T=2t1＋2t3=5.6s
由于工件第一次到达B点所需要的时间为1.4s，随后
而
工件从B点沿BC向上运动的距离为
所以工件运动了2025s时所在的位置在BC上且距离B点4m处。
16．（2025高一下·泰州期中）如图所示，水平地面上有一质量为M，高为h、足够长的薄长方形木箱，顶部O处用一不可伸长的轻质细线悬挂一质量为m的小球（视为质点），在O点正下方的底板上有一点B，已知木箱与地面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计一切阻力。
（1）若用一恒力拉着木箱在地面上匀加速运动，细线偏离的角度为θ，求此时小球的加速度大小。
（2）若保持木箱静止，分别选用不同长度的细线，每次拉直细线至水平后将小球由静止释放，细线到达最低点总能立即断裂，平抛落在木箱底板上。当线长为多少时，小球的落点离B点的水平距离最远？并求出这一最远距离。
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，它与地面的最大静摩擦力至少为多大？
【答案】（1）细线偏离的角度为θ，对小求分析知
解得此时小球的加速度大小
（2）设细线长为时，小球的落点离B点的水平距离最远，为，小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒
解得
之后小球做平抛运动，有
解得
故当
即
时，小球的落点离B点的水平距离最远，为
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，设小球从水平由静止释放后到与竖直方向偏离角度为时， 静摩擦力为最大，对小球根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
联立解得
对M分析
根据平衡条件
故时静摩擦力为最大
它与地面的最大静摩擦力至少为。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，列出式子求解；
（2）小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒，结合平抛运动的规律求解；
（3）根据机械能守恒和牛顿第二定律，对M进行受力分析，列出平衡式子求解。
（1）细线偏离的角度为θ，对小求分析知
解得此时小球的加速度大小
（2）设细线长为时，小球的落点离B点的水平距离最远，为，小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒
解得
之后小球做平抛运动，有
解得
故当
即
时，小球的落点离B点的水平距离最远，为
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，设小球从水平由静止释放后到与竖直方向偏离角度为时， 静摩擦力为最大，对小球根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
联立解得
对M分析
根据平衡条件
故时静摩擦力为最大
它与地面的最大静摩擦力至少为。
1 / 1江苏省泰州中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题
1．（2025高一下·泰州期中）下列说法正确的有
A．力是维持物体运动的原因
B．物体运动速度越大，惯性也越大
C．力学单位制中，采用国际单位的基本单位有千克、米、秒
D．马拉车加速前进时马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小
2．（2025高一下·泰州期中）质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（ ）
A．在奇数秒末速度方向发生了改变
B．在偶数秒末加速度方向发生了改变
C．在奇数秒末的位置一定相同
D．在偶数秒末的位置一定相同
3．（2025高一下·泰州期中）2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·泰州期中）如图，某同学用向心力演示器进行实验，质量相同的甲、乙两钢球圆周运动半径r相同，显示的向心力比值为1∶4，则对应的两个变速塔轮的半径、之比为（ ）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1
5．（2025高一下·泰州期中）2024年6月，“嫦娥六号”实现世界首次月球背面自动采样返回，采回样品质量1935.3g。已知月球和地球的质量之比为a，半径之比为b，所采样品在月球与在地球上的重力之比为（ ）
A． B．（B和A重复了）
C． D．
6．（2025高一下·泰州期中）物块以一定的初速度竖直上抛，到达某一高度后又落回出发点。已知物块在运动过程中受到大小恒定的阻力作用。以下关于v随时间t变化的图像中，能正确描述物块整个运动过程的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一下·泰州期中）某同学在力传感器上完成“下蹲”或“起立”动作，力传感器的示数随时间变化的情况如图，下列说法中不正确的是（ ）
A．该同学体重约为50kg
B．无论是“起立”或“下蹲”，重力并未改变
C．0~2s内该同学完成的动作是先“下蹲”后“起立”
D．4~6s内该同学完成的动作是“起立”
8．（2025高一下·泰州期中）如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止。当汽车以某一加速度向左加速时，A对C的支持力和B对C的支持力大小将（ ）
A．减小，增大 B．减小，减小
C．增大，增大 D．增大，减小
9．（2025高一下·泰州期中）如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知，A、B间的滑动摩擦系数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2025高一下·泰州期中）某同学将一小石块从高h处以初速度，方向与水平成θ角，斜向上抛出后落于地面上，水平射程为x，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．落地时的动能与抛射角θ的取值有关
B．落地时重力的功率与抛射角θ的取值有关
C．保持其他条件不变，仅将抛射角变为斜向下抛出，小石块的水平射程仍为x
D．保持其他条件不变，仅调整初速度为时，小石块的水平射程变为2x
11．（2025高一下·泰州期中）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
A．弹簧的最大弹力为
B．在弹回过程中，当弹簧处于原长时小物块的速度最大
C．弹簧的最大弹性势能等于
D．物块在A点的初速度为
12．（2025高一下·泰州期中）“验证机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示。
（1）为完成该实验，需要的电源是______。
A．低压直流 B．低压交流（Hz）
C．220V直流 D．220V交流（Hz）
（2）实验中，下列说法正确的是______。
A．为了减小误差，应该一只手释放纸带，另一只手同时接通电源
B．某同学做“居家”实验时因缺少重锤，可以换用质量较轻的等大木柱来代替
C．纸带与限位孔均应在同一竖直线上
D．释放时应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器
（3）甲同学按照正确的实验步骤操作后，选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点。从纸带上A点开始每隔一个点取一个计数点，取得两个计数点B和C。该同学用刻度尺测得cm，cm，cm，重物的质量为1.00kg。取m/s2。在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量 J，重物的动能增加量 J（结果均保留三位有效数字）
（4）乙同学打出了一条纸带后，发现纸带第一个点O比较模糊且O点附近点迹密集，不便于测量。他便利用纸带的清晰段测量出了各计数点到某一个固定标记点的距离h，算出了各计数点对应的速度v和，绘制图像，如图丙所示。请说明如何根据图像验证重锤下落过程机械能是否守恒： 。
13．（2025高一下·泰州期中）中国空间站是我国自主建成的太空实验室。已知“空间站”绕地球做匀速圆周运动，经过时间t，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为θ（弧度），引力常量为G，求：
（1）“空间站”的环绕周期T；
（2）地球的质量M。
14．（2025高一下·泰州期中）如图，一轻绳两端固定在天花板的A、B两点，绳长是AB间距的两倍。一质量为m的物块通过光滑轻质挂钩悬挂在绳上。已知重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求绳子张力T的大小；
(2)若物块受到水平风力的作用时，恰好能静止在A点的正下方，此时细绳右端与天花板的夹角θ=37°，求风力F的大小。
15．（2025高一下·泰州期中）一传送带装置如图所示，其中段是水平的，长度，段是倾斜的，长度m，倾角为，和在B点通过一段极短的圆弧连接（工件通过连接处时速度大小不变），传送带以m/s的恒定速率顺时针运转。现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数，重力加速度m/s2，，。求：
（1）工件第一次到达B点所用的时间；
（2）工件沿传送带上升的最大高度；
（3）工件运动了2025s时所在的位置？
16．（2025高一下·泰州期中）如图所示，水平地面上有一质量为M，高为h、足够长的薄长方形木箱，顶部O处用一不可伸长的轻质细线悬挂一质量为m的小球（视为质点），在O点正下方的底板上有一点B，已知木箱与地面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计一切阻力。
（1）若用一恒力拉着木箱在地面上匀加速运动，细线偏离的角度为θ，求此时小球的加速度大小。
（2）若保持木箱静止，分别选用不同长度的细线，每次拉直细线至水平后将小球由静止释放，细线到达最低点总能立即断裂，平抛落在木箱底板上。当线长为多少时，小球的落点离B点的水平距离最远？并求出这一最远距离。
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，它与地面的最大静摩擦力至少为多大？
答案解析部分
1．【答案】C,D
【知识点】牛顿第一定律；牛顿第三定律；惯性与质量；力学单位制
【解析】【解答】A.根据伽利略理想斜面可以得出的结论是：力是使物体运动状态改变的原因，不是维持物体运动的原因，选项A错误；
B.质量是物体惯性的唯一影响因素，物体质量越大，惯性也越大，与速度无关，选项B错误；
C.力学单位制中，采用国际单位的基本单位有千克、米、秒，选项C正确；
D.马拉车加速前进时，因马对车的拉力与车对马的拉力是互为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可以得出马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小，选项D正确；
故选CD.
【分析】力不是维持物体运动的原因；物体的惯性与物体的速度大小无关；力学单位制中，采用国际单位的基本单位有千克、米、秒；根据牛顿第三定律可以得出马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小。
2．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.在速度时间图像中，根据速度的正负表示运动的方向，由图线可知，在偶数秒末速度方向发生改变，故A错误．
B.在速度时间图像中，由于速度时间图线的斜率表示加速度，图线斜率的正负表示加速度的方向，可知在奇数秒末加速度的方向发生改变，故B错误．
C.在速度时间图像中，由于速度时间图线围成的面积表示位移，根据图像面积可以得出在奇数秒末位移相等，可知位置一定相同，故C正确．
D.由图线围成的面积知，根据图像面积的大小可以得出在2s末位移为2m，4s末位移为0，6s末位移为2m，可知偶数秒末位置不一定相同，故D错误
故选C．
【分析】根据速度的正负判断运动的方向，结合图线斜率的正负判断加速度的方向，根据图线围成的面积表示位移判断位置是否相同．
3．【答案】C
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】物体做曲线运动时，根据曲线运动的性质可以得出做曲线运动的物体受合外力方向指向轨迹的凹侧，由于速度方向沿轨迹的切线方向，因加速爬升，根据加速的条件可以得出合外力方向与速度方向夹角为锐角。
故选C。
【分析】速度为轨迹的切线方向，合力为轨迹的弯曲方向，利用加速可以判别合力与速度方向的夹角大小。
4．【答案】B
【知识点】向心力
【解析】【解答】已知甲、乙两钢球质量相同，圆周运动半径r相同，向心力的比值为1∶4，将比值代入向心力公式
可以得出两个小球的角速度之比为，已知两个塔轮线速度相等，根据可得对应的两个变速塔轮的半径、之比为。
故选B。
【分析】利用向心力的表达式可以求出两个角速度的比值，结合线速度相等可以求出塔轮的半径之比。
5．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】已知星球对物体的引力形成重力，根据牛顿第二定律有
解得星球表面的重力加速度为
根据表达式可以得出月球与地球的表面的重力加速度之比为
则所采样品在月球与在地球上的重力之比为。
故选D。
【分析】根据引力形成重力可以求出重力加速度的比值。
6．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】在速度时间图像中，图像斜率代表加速度的大小，在上升过程中由于阻力方向向下，根据牛顿第二定律有
解得上升过程的加速度为
下降过程，由于阻力方向向上，根据牛顿第二定律可知
解得下降过程中加速度为
由于阻力恒定，所以上升和下降阶段加速度都恒定，所以a1＞a2，故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以判别上升和下降过程加速度的大小，进而判别图像中斜率的大小。
7．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】A．当人处于稳定时，根据图像可以得出人的重力约为500N，故人的质量约为50kg，故A正确，不符合题意；
B．重力与物体的运动状态无关，根据重力的表达式G=mg可以得出即无论是“起立”或“下蹲”，重力并未改变，故B正确，不符合题意；
C．图像可知0~2s内该同学先失重后超重，由于最初加速度方向向下，所以可以得出该同学完成的是“下蹲”动作，故C错误，符合题意；
D．图像可知4~6s内该同学先超重后失重，由于最初加速度的方向向上，所以4~6s内该同学完成的动作是“起立”，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】根据图示重力的大小可以求出同学质量的大小；重力的大小与运动状态无关；利用超重与失重的顺序可以判别起立或者下蹲。
8．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】由于空油桶光滑，桶C受到桶A和桶B的支持，汽车保持静止时，油桶处于平衡状态，根据水平方向平衡方程可以得出桶C受到桶A和桶B的支持大小相等，如图所示：
根据竖直方向的平衡方程有2FBCcos30°=mg
解得
当汽车以某一加速度a向左加速运动时，则合力和加速度方向向左，对C受力分析如图，竖直方向受力平衡：FBCcos30°+FACcos30°=mg，水平方向根据牛顿第二定律有
FBCsin30°-FACsin30°=ma
解得
可知减小，增大
故选A。
【分析】利用油桶加速度的方向结合水平方向的加速度及竖直方向的平衡可以判别两个支持力的大小变化。
9．【答案】C,D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】先以A为研究对象，A做匀速运动，由于A处于平衡状态则水平方向合力为零，根据平衡条件分析可知，A不受摩擦力；由于未知AB之间摩擦力的大小，所以A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由于整体做匀速直线运动，根据整体的平衡方程可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。
故选CD。
【分析】利用A的平衡状态可以判别AB之间不存在摩擦力的作用；利用整体的平衡方程可以判别整体和地面之间存在摩擦力的作用。
10．【答案】B
【知识点】斜抛运动；功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．石块从抛出后落到地面的过程中，根据动能定理可知，落地时的动能
可知落地时的动能与抛射角θ的取值无关，选项A错误；
B．根据功率的表达式可以得出落地时重力的功率
其中
可知，落地时重力的功率与抛射角θ的取值有关，选项B正确；
C．角度未变时，根据竖直方向的位移公式有
保持其他条件不变，仅将抛射角变为斜向下抛出，则水平速度不变，根据竖直方向的位移公式有
可知
即运动时间减小，则根据x=vxt
可知小石块的水平射程小于x，选项C错误；
D．根据水平方向位移公式有，根据竖直方向的位移公式有：
解得
可知x不是与成正比，可知保持其他条件不变，仅调整初速度为时，小石块的水平射程不是变为2x，选项D错误。
故选B。
【分析】利用动能定理可以判别落地动能的影响因数；利用重力和竖直方向速度的大小可以判别重力瞬时功率的大小；利用竖直方向的位移公式结合水平方向的位移公式可以比较水平射程的大小；利用斜坡运动的位移公式可以比较水平射程的大小。
11．【答案】C
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物体从静止向右运动的过程中，当弹簧的弹力等于滑动摩擦力时，物体加速度等于0此时物体的速度最大，物体在速度最大之前由于弹簧形变量较大，导致物体受弹簧弹力大于滑动摩擦力而加速，所以弹力的最大值大于μmg，故A错误；
B．物块压缩弹簧后被弹回向右运动过程中，根据合力为0时加速度等于0所以在弹簧弹力等于摩擦力时物块速度最大，故B错误；
C．物体向右运动的过程中，根据能量守恒定律，由于弹性势能转化为内能，所以有弹簧的最大弹性势能为
故C正确；
D．由于全程摩擦力做功导致物体的动能减小，全程根据动能定理得
解得
故D错误。
故选C。
【分析】利用弹簧弹力与滑动摩擦力比较可以判别加速度的大小，进而判别弹力的大小；利用合力等于0时可以判别物块的速度达到最大值；利用能量守恒定律可以求出弹簧最大的弹性势能；利用动能定理可以求出物块在A点的初速度大小。
12．【答案】（1）D
（2）C；D
（3）1.56；1.53
（4）若直线的斜率为2g，则机械能守恒。
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据图示可以得出本实验用电火花计时器，根据工作原理可以得出电火花计时器需要用220V交流（Hz）电源，故选D。
（2）A．为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，然后释放纸带，选项A错误；
B．某同学做“居家”实验时因缺少重锤，为了物体做自由落体运动，以验证机械能守恒，若换用质量较轻的等大木柱来代替，则阻力影响较大，误差较大，选项B错误；
C．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，纸带与限位孔均应在同一竖直线上，选项C正确；
D．释放时，为了减小纸带与限位孔之间的摩擦力，应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器，选项D正确。
故选CD。
（3）在OB段运动过程中，根据重力势能的表达式可以得出重物重力势能的减少量
根据平均速度公式可以得出打B点时的速度
根据动能的表达式可以得出重物的动能增加量
（4）重物下落过程中，根据机械能守恒定律有
即
根据表达式可以得出此时图像的斜率k=2g。
【分析】（1）电火花计时器应该使用220V交流（Hz）电源；
（2）为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，然后释放纸带；某同学做“居家”实验时因缺少重锤，为了物体做自由落体运动，以验证机械能守恒，若换用质量较轻的等大木柱来代替，则阻力影响较大，误差较大；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦，纸带与限位孔均应在同一竖直线上；释放时，为了减小纸带与限位孔之间的摩擦力，应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器；
（3）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的减少量；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；
（4）利用机械能守恒定律可以得出图像斜率的含义。
（1）本实验用电火花计时器，则用220V交流（Hz）电源，故选D。
（2）A．为了减小误差，应该先接通电源，然后释放纸带，选项A错误；
B．某同学做“居家”实验时因缺少重锤，若换用质量较轻的等大木柱来代替，则阻力影响较大，误差较大，选项B错误；
C．纸带与限位孔均应在同一竖直线上，以减小纸带与限位孔之间的摩擦，选项C正确；
D．释放时应用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直且让重物靠近打点计时器，选项D正确。
故选CD。
（3）在OB段运动过程中，重物重力势能的减少量
打B点时的速度
重物的动能增加量
（4）若机械能守恒则满足
即
则此时图像的斜率k=2g。
13．【答案】（1）“空间站”做匀速圆周运动的角速度
“空间站”的环绕周期
所以
（2）“空间站”的轨道半径
“空间站”做匀速圆周运动万有引力提供向心力
所以地球质量
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用
【解析】【分析】（1）已知空间站经过时间t，与地球中心连线扫过的角度为θ，利用角速度的定义式可以求出角速度的大小，结合角速度和周期的关系可以求出周期的大小；
（2）当地球对空间站的引力提供向心力，利用牛顿第二定律可以求出地球的质量大小。
14．【答案】(1)解：设绳子与竖直方向的夹角为，根据几何关系知，对物块受力分析有
解得
(2)物块受到水平风力的作用时，受力分析有，
解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）通过几何关系确定绳子与竖直方向的夹角，结合竖直方向的受力平衡，推导绳子张力，体现力的合成与分解在静态平衡中的应用。
（2）对受风力的物块进行水平和竖直方向的受力分析，联立方程求解风力，体现多力平衡的正交分解策略。
15．【答案】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1
解得a1=μg=5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
工件前进的位移为x1=a1t12=1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1＋t2=1.4 s
（2）在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma2
解得a2=-2 m/s2
由速度位移公式得0-v2=2a2
解得hm=2.4 m
（3）工件沿传送带向上运动的时间为
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T=2t1＋2t3=5.6s
由于工件第一次到达B点所需要的时间为1.4s，随后
而
工件从B点沿BC向上运动的距离为
所以工件运动了2025s时所在的位置在BC上且距离B点4m处。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）工件放上传送带时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出工件加速的时间，利用位移公式可以求出工件加速的位移大小，结合匀速直线运动的位移公式可以求出工件匀速运动的时间；
（2）当工件在倾斜传送带上运动时，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出工件上升的最大高度；
（3）当工件减速运动时，利用位移公式可以求出向上运动的时间，结合周期性运动的时间结合位移公式可以求出工件运动的位置。
（1）工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg=ma1
解得a1=μg=5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
工件前进的位移为x1=a1t12=1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1＋t2=1.4 s
（2）在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma2
解得a2=-2 m/s2
由速度位移公式得0-v2=2a2
解得hm=2.4 m
（3）工件沿传送带向上运动的时间为
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T=2t1＋2t3=5.6s
由于工件第一次到达B点所需要的时间为1.4s，随后
而
工件从B点沿BC向上运动的距离为
所以工件运动了2025s时所在的位置在BC上且距离B点4m处。
16．【答案】（1）细线偏离的角度为θ，对小求分析知
解得此时小球的加速度大小
（2）设细线长为时，小球的落点离B点的水平距离最远，为，小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒
解得
之后小球做平抛运动，有
解得
故当
即
时，小球的落点离B点的水平距离最远，为
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，设小球从水平由静止释放后到与竖直方向偏离角度为时， 静摩擦力为最大，对小球根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
联立解得
对M分析
根据平衡条件
故时静摩擦力为最大
它与地面的最大静摩擦力至少为。
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，列出式子求解；
（2）小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒，结合平抛运动的规律求解；
（3）根据机械能守恒和牛顿第二定律，对M进行受力分析，列出平衡式子求解。
（1）细线偏离的角度为θ，对小求分析知
解得此时小球的加速度大小
（2）设细线长为时，小球的落点离B点的水平距离最远，为，小球下摆至最低点断裂的过程，根据机械能守恒
解得
之后小球做平抛运动，有
解得
故当
即
时，小球的落点离B点的水平距离最远，为
（3）在第（2）问中，为了使木箱能保持静止，设小球从水平由静止释放后到与竖直方向偏离角度为时， 静摩擦力为最大，对小球根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
联立解得
对M分析
根据平衡条件
故时静摩擦力为最大
它与地面的最大静摩擦力至少为。
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