資源簡介

浙江省溫州市育英實驗學校2024-2025學年高一上學期期初考試物理試題
1．（2024高一上·溫州開學考）在航空航天、汽車工程、能源動力等諸多領域中，流體動力學模型扮演著至關重要的角色。研究表明，球形物體在液體中運動時除了受到浮力，還會受到阻力，其關系式為：f=kηrvx，式中η稱為黏性系數，其單位為kg/（m·s），r和v分別是球的半徑和速度，k是一個無單位的常數。根據國際單位制推斷指數x的數值是（　　）
A．1 B． C．2 D．3
2．（2024高一上·溫州開學考）2023年10月3日，在杭州亞運會田徑女子4×100m接力決賽中，位于第8道的中國隊以43秒39的成績奪得冠軍，時隔9年重返亞洲之巔，其中第四棒運動員是福建選手葛曼棋。如圖所示為4×100m跑道的起終點區域，部分賽道起點位置及比賽終點線如圖中所標注，則在整個比賽中（　　）
A．43秒39表示時刻
B．每位運動員位移的大小都為100m
C．中國隊的平均速度約為9.2m/s
D．中國隊運動員的總位移比位于第3道的新加坡隊大
3．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，浙江運動員李玲在參加杭州亞運會女子撐桿跳高比賽時，以的成績奪得金牌，并再度刷新亞運會賽事紀錄。其完整的撐桿跳高過程可簡化為三個階段——持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計空氣阻力，則（　　）
A．研究其越桿過程的技術動作可將李玲視作質點
B．李玲越過桿后在空中下落的過程中處于完全失重狀態
C．李玲在撐桿起跳上升的過程中，撐桿對她的力始終沿桿
D．李玲落在軟墊上的運動過程中，軟墊對她的作用力大小大于她對軟墊的作用力大小
4．（2024高一上·溫州開學考）某物體在水平面內沿曲線減速行駛。關于該物體的速度v及所受合力F的方向，最可能如下列哪幅圖所示（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·溫州開學考）如圖，桌子邊緣用茶葉罐子壓著一張紙，欲向外把紙拉走，而讓茶葉罐子留在桌上，實驗發現紙拉得越快，茶葉罐子越穩定，對此，以下說法正確的是（　　）
A．紙拉得越快，紙對罐子的摩擦力越小
B．由于罐子有慣性，所以紙拉得越快，罐子慣性越大，越穩定
C．紙拉得越快，罐子速度變化越小
D．無論拉紙的力如何，罐子和紙總會有相對運動，最終罐子總可以留在桌上
6．（2024高一上·溫州開學考）在東北嚴寒的冬天，人們經常玩一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯開水沿弧線均勻快速地潑向空中。圖甲所示是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，其示意圖如圖乙所示。潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直，在0.5 s內帶動杯子旋轉了210°，人的臂長約為0.6 m。下列說法正確的是（　　）
A．潑水時杯子的旋轉方向為順時針方向
B．P位置飛出的小水珠初速度沿1方向
C．杯子在旋轉時的角速度大小為
D．杯子在旋轉時的線速度大小約為
7．（2024高一上·溫州開學考）一架質量為m的直梯斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯處于靜止狀態，與水平地面夾角為。則下列說法正確的是（ ）
A．直梯對地面的作用力大小為mg
B．地面對直梯的作用力大小為
C．墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對平衡力
D．減小角，若直梯仍能保持平衡，則地面對直梯的支持力不變
8．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，臺秤上放一木箱，木箱底部裝有力傳感器，木箱加傳感器的總質量為。一質量為的小球用輕彈簧豎直懸掛在木箱頂部，下端用一輕繩與木箱底部的力傳感器相連，小球靜止時，力傳感器的示數為。重力加速度取。則（　　）
A．小球靜止時，臺秤示數為
B．剪斷彈簧瞬間，臺秤示數為
C．剪斷輕繩瞬間，臺秤示數為
D．剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為
9．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，滾筒洗衣機脫水時，滾筒繞水平轉動軸勻速轉動，滾筒上有很多漏水孔，附著在潮濕衣物上的水從漏水孔中被甩出，達到脫水的效果。下列說法正確的是　　（　　）
A．脫水過程中滾筒對衣物的壓力充當向心力
B．衣物在最高點A時脫水效果最好
C．脫水過程中滾筒對衣物的摩擦力始終充當動力
D．當衣物在A點時，地面對洗衣機的支持力最小
10．（2024高一上·溫州開學考）在一次緊急救災行動中，一架飛機在空中沿水平方向做勻減速直線運動，過程中連續釋放沙袋。若不計空氣阻力，則在一段時間后下列各圖中能反映空中沙袋排列關系的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，桿以恒定角速度繞A點在豎直平面內順時針轉動，并帶動套在固定水平桿上的小環M運動，間距離為h。運動開始時桿在豎直位置，則經過時間t（小環仍套在和桿上）小環M的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
12．（2024高一上·溫州開學考）蹦極是一項極限運動，現將運動簡化為如下模型：小球從某高度處靜止下落到豎直放置的輕彈簧上并壓縮彈簧，下降過程中小球的加速度隨位移變化如圖所示，圖中，不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內且忽略小球與彈簧碰撞中的能量損失。下列說法正確的是（　　）
A．從x1到x2過程，小球做減速運動
B．從x2到過程，小球處于失重狀態
C．下降到時，小球的速度為零
D．下降到時，小球受到的彈力是重力的2倍
13．（2024高一上·溫州開學考）如圖，兩端開口的圓筒與水平地面成一定角度傾斜放置。是圓筒的中軸線，M、N是筒壁上的兩個點，且。一個可視為質點的小球自M點正上方足夠高處自由釋放，由M點無碰撞進入圓筒后一直沿筒壁運動，a、b、c是小球運動軌跡與MN的交點。小球從M到a用時，從a到b用時，從b到c用時，小球經過a、b、c時對筒壁壓力分別為、、，、、表示M、a、b、c相鄰兩點間的距離，不計一切摩擦。下列說法正確的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2024高一上·溫州開學考）物理學中加速度的定義式為，而歷史上有些科學家曾把相等位移內速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”定義為，其中和分別表示某段位移s內的初速度和末速度。表示物體做加速運動，表示物體做減速運動。則下列說法正確的是（　　）
A．若A不變，則a也不變
B．若A不變，則物體在位移中點處的速度比大
C．若a不變，則物體在中間時刻的速度為
D．若且保持不變，則A逐漸變小
15．（2024高一上·溫州開學考）某質點做直線運動，運動速率的倒數與位移的關系如圖所示。關于質點的運動，下列說法中正確的是（　　）
A．質點做變加速直線運動
B．圖線斜率等于質點運動的加速度
C．三角形的面積可表示質點運動時間
D．四邊形的面積可表示質點運動時間
16．（2024高一上·溫州開學考）“探究向心力大小的表達式”實驗裝置如圖所示。
①采用的實驗方法是　 　
A．控制變量法　　B．等效法　　C．模擬法
②在小球質量和轉動半徑相同的情況下，逐漸加速轉動手柄到一定速度后保持勻速轉動。此時左右標尺露出的紅白相間等分標記的比值等于兩小球的　 　之比（選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉動手柄過程中，左右標尺露出紅白相間等分標記的比值　 　（選填“不變”、“變大”或“變小”）。
17．（2024高一上·溫州開學考）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置探究彈簧彈力與彈簧伸長量的關系。
（1）實驗過程中，將輕彈簧豎直懸掛，然后把完全相同的鉤碼逐個加掛在彈簧的下端，測出每次彈簧對應的長度x，得到鉤碼總質量m與彈簧的長度x的關系圖像如圖乙所示。重力加速度g取，則彈簧的原長為　 　cm，勁度系數為　 　N/m。（結果均保留兩位有效數字）
（2）該實驗小組又選取了A、B兩根規格不同的彈簧進行測試，根據測得的數據繪出圖像如圖丙所示。若要制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧　 　（選填“A”或“B”），A、B圖線右側向上彎曲的原因是　 　。
18．（2024高一上·溫州開學考）小張同學做探究加速度與力、質量的關系”實驗，為了減小實驗誤差，提出了如下四種改進方案：
方案A：測力計讀數為所受合力大小，打點計時測加速度大小
方案B：槽碼重力為受合力大小，光電計時測加速度大小
方案C：加槽碼時調節，小車勻速下滑；去掉槽碼，小車加速下滑，打點計時測加速度大小，槽碼重力為所受合力大小
方案D：傳感器讀數為所受合力大小，打點計時測加速度大小
（1）需要補償阻力的方案是　 　；不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量的方案是　 　。
（2）實驗獲得如圖所示的紙帶，計數點間均有四個點未畫出，則打點時小車的速度為　 　m/s（保留兩位有效數字）。
19．（2024高一上·溫州開學考）圖甲ETC是高速公路上不停車電子收費系統的簡稱。簡化為圖乙所示，汽車（視為質點）在入口AB處以54km/h運動到距收費站中心線EF左側10m的CD處，速度減為18km/h，勻減速加速度大小為1m/s2，然后做勻速運動通過收費站，求：
（1）汽車從AB處到EF的時間：
（2）AB處到EF的距離；
（3）若換成人工窗口收費，需在收費站中心線停車，汽車（視為質點）在入口AB處以54km/h的初速度進入，汽車剎車時加速度大小為2.5m/s2，它需在勻速運動多少時間后開始剎車？（結果保留兩位有效數字）
20．（2024高一上·溫州開學考）單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型： U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM=10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；
(2)M、N之間的距離L。
21．（2024高一上·溫州開學考）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時針轉動的速率為。將質量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端A，物體到達底端后能無碰撞地滑上質量為的木板左端。已知木板與地面之間是光滑的，物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數分別為，，的距離為。重力加速度（已知，）。求：
（1）物體剛開始下滑時的加速度大小；
（2）物體通過傳送帶所需要的時間；
（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度應是多少？
22．（2024高一上·溫州開學考）如圖甲，水平面內有一條雙線等寬光滑軌道，它由直軌道和兩端半圓形軌道組成。在直軌道上放置一質量的小圓柱體，如圖乙。小圓柱體兩側與軌道相切處和小圓柱體截面的圓心O連線的夾角，如圖丙，初始時小圓柱體位于軌道上A點。現使之獲得沿直軌道AB方向的初速度，小圓柱體運動過程中所受阻力忽略不計，小圓柱體尺寸和軌道間距相對軌道長度也忽略不計，兩端半圓形軌道半徑，g取。
（1）當時，小圓柱體可以安全通過半圓形軌道，求小圓柱體在直軌道和半圓形軌道上運動時，內側軌道對小圓柱體的支持力、的大小；
（2）為確保小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌，初速度不能超過多少 （結果可以保留根式）
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】基本單位和導出單位共同組成了單位制， 本題考查學生對單位的掌握和換算，比較基礎。根據牛頓第二定律有
所以
將所有單位代入f=kηrvx，可得
所以
故選A。
【分析】結合各物理量單位，進行換算，即可解答。
2．【答案】D
【知識點】時間與時刻；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】A. 43.39秒 表示中國隊在第8道完成4×100米接力決賽的實際用時，是一個時間間隔。故A錯誤；
B. 位移是從初位置指向末位置的有向線段，其長度表示大小，方向由初位置指向末位置。由于接力比賽中每位運動員的起點和終點位置不同（如彎道與直道差異），因此每位運動員的位移大小不一定等于100米；不同跑道運動員的位移方向和大小均可能不同。故B錯誤；
D. 根據圖示，第8道中國隊的位移有向線段長度大于第3道新加坡隊的位移線段，說明中國隊的總位移更大。故D正確；
C. 中國隊的平均速率為總路程除以總時間
平均速率=43.39秒4×100米 ≈9.2m/s
由于中國隊運動軌跡為曲線，位移大小小于路程，因此其平均速度大小（位移/時間）必然小于平均速率，即小于9.2 m/s。故C錯誤。
故選D。
【分析】位移 ≠ 路程（彎道導致位移大小可能 ≠100m）。不同跑道的位移不同（外道位移更大）。曲線運動中，平均速度大小 < 平均速率。
3．【答案】B
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；質點；超重與失重
【解析】【解答】A．研究其越桿過程的技術動作時，運動員的大小對技術動作有影響，不可將李玲視作質點，選項A錯誤；
B．李玲越過桿后在空中下落的過程中，由于只受到重力所以加速度為向下的g，根據加速度的方向則處于完全失重狀態，選項B正確；
C．李玲在撐桿起跳上升的過程中，根據撐桿彎曲的方向可以得出撐桿對她的力不是始終沿桿的方向，選項C錯誤；
D．李玲落在軟墊上的運動過程中，根據牛頓第三定律可以得出軟墊對她的作用力與她對軟墊的作用力是相互作用力，等大反向，選項D錯誤。
故選B。
【分析】物體能否作為質點主要看所研究的問題；利用加速度的方向可以判別超重與失重；桿彎曲的方向為撐桿對運動的彈力方向；利用牛頓第三定律可以得出軟墊對她的作用力與她對軟墊的作用力是相互作用力，等大反向。
4．【答案】B
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】CD．汽車做曲線運動，根據曲線運動的性質可以得出合力的方向指向曲線的內測，CD錯誤；
AB．汽車做曲線運動同時減速，由于合力做負功，則可以得出合力和速度的夾角應是鈍角，A錯誤，B正確。
故選B。
【分析】汽車做曲線運動，利用軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向；利用速度變化可以判別速度方向和合力方向之間的夾角大小。
5．【答案】C
【知識點】動量定理；慣性與質量
【解析】【解答】A．滑動摩擦力由接觸面粗糙程度和正壓力決定，與相對速度無關（在一般速度范圍內）。
快速拉紙不會減小摩擦力，反而可能因慣性使罐子更難被帶動。所以拉紙的快慢，對紙對罐子的摩擦力沒有影響，故A錯誤；
B．慣性是物體抵抗運動狀態改變的性質，僅由質量決定，與速度無關。紙拉得快時，罐子因慣性更難被帶動，但慣性本身不變（質量未變）。質量是慣性的唯一量度。罐子的質量不變，罐子慣性就不變，故B錯誤；
C．快速拉紙時，紙與罐子間的作用時間極短，摩擦力對罐子的沖量（）較小，導致罐子獲得的速度變化（Δv）更小，更難被帶走。紙拉得越快，紙對罐子摩擦力的作用時間就越短，則沖量越小。根據動量定理，則動量變化量越小，即罐子速度變化越小，故C正確；
D．若拉紙極慢，靜摩擦力可能帶動罐子一起移動，導致罐子被拉走。“總可以留在桌上”過于絕對。如果拉紙的力小一些，罐子就會獲得較大的速度或者與紙一起運動，罐子就可能離開桌面，故D錯誤。
故選C。
【分析】1. 慣性（牛頓第一定律）：慣性是物體保持靜止或勻速直線運動狀態的性質，僅由質量決定，與速度無關。現象解釋：快速拉紙時，罐子因慣性傾向于保持靜止，更難被帶動。
2. 動量定理（沖量作用）：公式：（沖量 = 動量變化）。
關鍵點：快速拉紙 → 作用時間 Δt 極短 → 相同的摩擦力 F 產生的 更小 → 罐子幾乎不動。
慢速拉紙 → 較長 → 相同的 會產生更大的 → 罐子易被帶動。
3. 靜摩擦力的特點：大小：由接觸面粗糙程度和正壓力決定，與相對速度無關（在一般范圍內）。
本題誤區：紙對罐子的摩擦力不會因速度快而減小，但速度影響摩擦力的作用效果（通過動量定理）。
4. 臨界條件分析：若拉紙極慢，靜摩擦力有足夠時間使罐子加速，可能導致罐子被帶走。
“總可以留在桌上”不成立，需考慮速度的極端情況。
6．【答案】D
【知識點】曲線運動；線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】AB．由小水珠的離心運動軌跡可以判斷，杯子的旋轉方向為逆時針方向， 在P位置飛出的小水珠的初速度方向為軌跡的切線方向，即方向2，故AB錯誤。
C．杯子在0.5秒內旋轉了210°，轉換為弧度是 弧度，因此角速度為
故C錯誤。
D．線速度
其中半徑 ，代入角速度得
故D正確。
故選D。
【分析】1、圓周運動的基本物理量：角速度（ω）：單位時間內轉過的角度（弧度制）。
，本題中，杯子在 0.5 s 內轉過 210°，轉換為弧度：
2、線速度（v）：物體沿圓周運動的瞬時速度，方向為切線方向。
在圓周運動中，物體脫離圓周時的速度方向沿切線方向（如潑水時水珠沿切線飛出）
3、根據水珠的離心軌跡（拋物線）可判斷旋轉方向。
4、角度與弧度轉換：，。
7．【答案】D
【知識點】力的合成；共點力的平衡
【解析】【解答】D．由于梯子處于靜止，根據豎直方向的平衡方程則可以得出：地面對梯子的支持力N與重力mg平衡，與夾角無關，減小角，直梯仍能平衡，則地面對梯子的支持力N不變，故D正確；
A．直梯受地面豎直向上的支持力N和水平向左的摩擦力f，根據力的合成可以得出：地面對直梯的作用力大小為
根據牛頓第三定律，直梯對地面的作用力大小
故A錯誤；
B．如圖所示，由于墻壁光滑，直梯受豎直向下的重力、地面豎直向上的的支持力、墻壁水平方向的支持力、地面水平方向的靜摩擦力共四個力，若直梯受地面的作用力
則F方向沿直梯的方向，由于力矩不平衡，所以直梯將會以O點為圓心在mg、N1的作用下旋轉，所以地面對直梯的作用力大小不可能為，故B錯誤；
C．根據牛頓第三定律可以得出：墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對作用力與反作用力，故C錯誤。
故選D。
【分析】利用梯子豎直方向的平衡方程可以求出地面對直梯的支持力大小；利用力的合成可以求出地面對直梯的作用力大小；根據牛頓第三定律可以得出墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對作用力與反作用力。
8．【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】A．對木箱、傳感器和小球整體受力分析可得，根據整體的平衡方程可以得出：對臺秤壓力大小等于系統重力大小，因此顯示示數為6kg，故A錯誤；
B．剪斷彈簧瞬間，彈簧拉力、小球下端繩子拉力均為0，根據傳感器和木箱的平衡方程可以得出對臺秤的壓力大小等于木箱和傳感器重力，因此示數為5kg，故B錯誤；
CD．剪斷輕繩前，根據小球的平衡方程有：
剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力不變，根據小球的牛頓第二定律有：
對箱子和傳感器，根據平衡方程有：
得小球的加速度大小為5m/s2，臺秤支持力
臺秤顯示示數為6.5kg，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用木箱、傳感器和小球整體的平衡方程可以求出臺秤示數的大小；當剪斷彈簧時，利用傳感器和木箱的平衡方程可以求出臺秤的讀數大小；剪斷繩子前，利用小球的平衡方程結合牛頓第二定律可以求出剪斷繩子時小球的加速度大小，結合箱子和傳感器的平衡方程可以求出臺秤示數的大小。
9．【答案】D
【知識點】受力分析的應用；生活中的圓周運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．脫水時，衣物做圓周運動，向心力由筒壁壓力、摩擦力、衣物重力的合力提供，并非僅筒壁壓力，故A錯誤；
B．對衣物上的某一水滴分析，在A點有
N1＋mg＝m
在B點有
N2－mg＝m
可知N2>N1，則衣物在最低點B時脫水效果最好，故B錯誤；
C．衣物向上運動時（從B到A ），摩擦力阻礙相對滑動趨勢，方向向上，與運動方向相同，充當動力；衣物向下運動時（從A到B ），摩擦力方向向上，與運動方向相反，充當阻力，因此，摩擦力并非始終是動力，故C錯誤；
D．當衣服在A點時，衣物對洗衣機的壓力向上，地面對洗衣機的支持力最小，故D正確。
故答案為：D。
【分析】選項 A：衣物做圓周運動的向心力是多力（壓力、摩擦力、重力 ）的合力，需綜合分析。
選項 B：對比最高點和最低點的支持力（對水滴 ），支持力越大，水滴越易被甩出，故最低點脫水效果更好。
選項 C：根據衣物運動方向與摩擦力方向的關系，判斷摩擦力是動力還是阻力（方向相同為動力，相反為阻力 ）。
選項 D：以整體為研究對象，分析衣物對洗衣機的壓力方向（A點向上、B點向下 ），進而判斷地面支持力的大小變化。
10．【答案】D
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】位置坐標為P（x，y）。根據平拋運動公式有
，
設此時飛機坐標為Q（x1，y1），飛機做勻減速直線運動，則
，
則
，，
不變，則說明沙袋相對飛機的運動方向不變。
故選D。
如圖
【分析】根據平拋運動公式，可得出，，推導出，不變，則說明沙袋相對飛機的運動方向不變。
11．【答案】D
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】角度關系：經過時間t，桿AB轉過的角度
θ = ωt
桿AB與水平桿的夾角為θ。
距離AM：A點到水平桿的垂直距離為h，因此
AM = h / cosθ = h / cos(ωt)。
接觸點的線速度：桿AB上與小環M接觸的點繞A點做圓周運動，其線速度大小為
v = ω * AM = ω * (h / cos(ωt))
方向垂直于桿AB。
速度分解：小環M的速度v_M必須沿水平方向。將v沿水平和豎直方向分解：水平分量
v = v * cosθ = (ω * h / cos(ωt)) * cos(ωt) = ω * h / cos2(ωt)
豎直分量被水平桿約束，不貢獻運動。
經過時間t，，則AM的長度為
則AB桿上與小環M的接觸點繞A點的線速度
將小環M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，垂直于AB桿方向的分速度等于速度v，則小環M的速度
故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】1、幾何關系：初始時，桿AB豎直向下，小環M位于A點正下方的水平桿上，距離A點為h。
桿AB以角速度ω順時針轉動，經過時間t，桿AB與豎直方向的夾角為θ = ωt。
此時，桿AB與水平桿的交點（即小環M的位置）到A點的距離為AM = h / cosθ = h / cos(ωt)。
2、接觸點的線速度：
桿AB上與小環M接觸的點繞A點做圓周運動，其線速度大小為 v = ω * AM = ω * (h / cos(ωt))。
該線速度方向垂直于桿AB。
3、小環M的速度分解：
小環M被限制在水平桿上運動，其速度v_M必須沿水平方向。
將接觸點的線速度v沿桿AB方向和垂直于桿AB方向分解
12．【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】A．x1 到 階段，彈力 ，加速度 向下但逐漸減小，小球仍在加速（速度增大）。減速發生在 到 ，此時 ，加速度向上。故A錯誤；
B．失重狀態指加速度向下（向下或 向上時 ）。從 到 ，加速度 向上，小球處于超重狀態（彈力 ），故B錯誤；
C．根據a-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示小球的速度變化，可知從開始到下降到時，小球的速度不為零。故C錯誤；
D．由圖可知下降到時，有
又
聯立，解得
即小球受到的彈力是重力的2倍。故D正確。
故選D。
【分析】初始自由落體階段（ 到 ）：加速度 向下（僅重力作用）。接觸彈簧后（開始）：彈簧彈力 逐漸增大，方向向上。加速度 ，隨 線性減小。在 時，彈力 ，加速度 （速度最大）。從 到 ，彈力 ，加速度 a 向上，小球減速。在 時，加速度 向上（此時速度為零，彈力最大）。
13．【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；運動的合成與分解；向心力
【解析】【解答】A．小球從足夠高處自由下落到M點無碰撞進入圓筒，速度可分解為垂直筒壁的圓周運動線速度和沿筒壁向下的勻加速直線運動速度，因圓筒傾斜，沿筒壁有重力分力，使沿筒壁方向做初速度不為0的勻加速直線運動；垂直筒壁方向，小球做勻速圓周運動（無摩擦，彈力提供向心力，速率不變 ），勻速圓周運動周期恒定，故小球經過相鄰交點（M→a、a→b、b→c ）的時間由圓周運動周期決定，即
A錯誤；
BC．小球在圓筒中在橫截面方向上做勻速圓周轉動，轉動速度大小相等，轉動半徑相同，由向心力公式可知，筒壁對小球的彈力大小相等，由牛頓第三定律可知，小球對筒壁的壓力大小相等，因此則有
B正確，C錯誤；
D．因小球沿筒壁向下做初速度不是零的勻加速直線運動，由位移時間公式
可知
D錯誤。
故答案為：B。
【分析】選項A：垂直筒壁的勻速圓周運動周期恒定，故經過相鄰交點的時間相等（ ）。
選項B、C：勻速圓周運動中，向心力（筒壁彈力 ）由決定。因、不變，彈力恒定，壓力也恒定。
選項D：沿筒壁的勻加速直線運動初速度不為0，位移公式為，相鄰相等時間內的位移差不滿足的比例（因有初速度 ）。
14．【答案】C,D
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】A．若不變，有兩種情況，一是：，在這種情況下，相等位移內速度增加量相等，所以平均速度越來越大，所以相等位移內所用的時間越來越少，由
可知越來越大；第二種情況，相等位移內速度減少量相等，所以平均速度越來越小，所以相等位移內所用的時間越來越多，由
可知越來越小，故A錯誤；
B．因為相等位移內速度變化相等，所以中間位置處位移為，速度變化量為
所以此位置的速度為
故B錯誤；
C．若不變，根據勻變速直線運動規律，則物體在中間時刻的速度為
故C正確；
D．若且保持不變，在這種情況下，相等時間內速度增加量相等，所以平均速度越來越大，相等時間內的位移越來越大，由
可知逐漸變小，故D正確。
故選CD。
【分析】1、傳統加速度（a）：定義式為 （速度變化與時間變化的比值）。
速度隨時間均勻變化：，位移與時間關系：。
中間時刻速度：
2、另類加速度（A）：定義為 （速度變化與位移的比值），用于描述“另類勻變速直線運動”（即相等位移內速度變化相等的運動）。速度隨位移均勻變化：
設 ，但實際關系更復雜（需積分推導）。速度-位移關系：（類比 ，但 的定義不同）。
15．【答案】C
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】A．由題中圖象可知，與x成正比，即vx=常數，判斷可知，質點做減速直線運動，且不滿足勻變速直線運動的規律，加速度變化，為變減速運動，故A錯誤；
B．圖線斜率為 （假設 ）。加速度 ，與斜率 無直接關系。斜率的單位為 ，而加速度單位為 ，量綱不匹配。圖線斜率的單位為縱坐標的單位除以橫坐標的單位，因此為，不等于質點運動的加速度，故B錯誤；
CD．運動時間 ， 圖像下的面積即為 ，表示時間。若圖像為三角形，其面積確實表示時間。只有 -曲線下的面積表示時間。四邊形面積無物理意義（除非圖像特殊構造），三角形的面積為，該面積體現了從O到所用的時間；同理可知，圖線與橫軸所圍面積表示時間，而四邊形的面積沒有實際意義，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】1、1/v-x 圖像：若 1/v 與 x 成正比，則質點做 變減速運動。圖像斜率 ≠ 加速度，但圖像面積表示運動時間。
2、運動時間計算：在 1/v-x 圖像中，時間可通過積分 求得，即 面積代表時間。
3、變加速運動：當 加速度不是常數（如 變化），則為 變加速運動（本題為變減速運動）。
16．【答案】A；角速度平方；不變
【知識點】向心力
【解析】【解答】本題考查了探究小球做圓周運動所需向心力的大小Fn與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗，實驗的原理為圓周運動向心力公式，采用了控制變量法；知道線速度與角速度的關系，知道小球做勻速圓周運動的角速度是通過改變塔輪半徑來實現的。①本實驗先控制住其它幾個因素不變，集中研究其中一個因素變化所產生的影響，采用的實驗方法是控制變量法；
故選A。
②標尺上露出的紅白相間的等分格數之比為兩個小球所受向心力的比值，根據
在小球質量和轉動半徑相同的情況下，可知左右標尺露出的紅白相間等分標記的比值等于兩小球的角速度平方之比。
設皮帶兩塔輪的半徑為R1、R2，塔輪的線速度為v；則有
，
小球質量和轉動半徑相同的情況下，可知
由于兩變速盤的半徑之比不變，則兩小球的角速度平方之比不變，左、右標尺露出紅白相間等分標記的比值不變。
【分析】①根據實驗目的，結合向心力公式F=mrω2分析影響向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②標尺上露出的紅白相間的等分格數之比為兩個小球所受向心力的比值，根據向心力演示儀的原理分析即可。
17．【答案】8.0；75；A；超過了彈簧的彈性限度
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（1）圖乙中鉤碼總質量為0時，此時彈簧長度為原長，即為8.0cm；圖像斜率等于勁度系數。由圖乙根據胡克定律有
（2）由圖丙可知A的勁度系數為
B的勁度系數為
A彈簧的勁度系數較小，受力相同時彈簧的形變量就更大，減小了測量的誤差，因此A精度更高；
圖像向上彎曲的原因是彈力過大，導致超過了彈簧的彈性限度。
【分析】（1）根據圖像數據可得知彈簧長度為原長，根據圖像斜率計算勁度系數。
（2）根據丙圖可計算AB彈簧勁度系數。彈簧的勁度系數越小，精度越高。
18．【答案】（1）ABD；ACD
（2）0.18
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）平衡摩擦力的必要性：如果實驗中存在摩擦力（如小車在斜面上運動），且摩擦力未被平衡，則槽碼的重力 不是系統所受的合力，需額外考慮摩擦力。若合力可以直接測量（如用彈簧測力計或力傳感器），則無需平衡摩擦力。方案C中無論光滑粗糙槽碼重力均是所受合力大小，故不需要平衡摩擦力，故選ABD。
ACD． “不需要 M m”的條件：當槽碼重力 直接作為合力時，由于繩子拉力 （因為槽碼也在加速），需滿足 才能近似認為 。
方案A中測力計讀數為所受合力大小；方案C中槽碼重力為所受合力大小；方案D傳感器讀數為所受合力大小；這三個方案均能獲得準確的合力，故不需要近似法，即不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量，故ACD正確；
B．方案B用槽碼重力為受合力大小，對系統有
可得
而繩子的拉力為
當時，，故B錯誤；
故選ACD。
（2）計數點間均有四個點未畫出，則相鄰兩個計數點間的時間間隔為
由勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有
【分析】在驗證牛頓第二定律 的實驗中，通常需要解決兩個關鍵問題：
1、合力的測量：如何準確測量或表示系統所受的合力 。
2、質量關系的影響：是否需要滿足“小車質量 遠大于槽碼質量 ”的條件（即 ）。
3、平衡摩擦力的必要性
如果實驗中存在摩擦力（如小車在斜面上運動），且摩擦力未被平衡，則槽碼的重力 mg 不是系統所受的合力，需額外考慮摩擦力。
若合力可以直接測量（如用彈簧測力計或力傳感器），則無需平衡摩擦力。
4、 “不需要 M m”的條件
當槽碼重力 mg 直接作為合力時，由于繩子拉力 （因為槽碼也在加速），需滿足 才能近似認為 。
若合力可直接測量，則無需近似，因此不需要 。
（1）[1]方案C中無論光滑粗糙槽碼重力均是所受合力大小，故不需要平衡摩擦力，故選ABD。
[2]ACD．方案A中測力計讀數為所受合力大小；方案C中槽碼重力為所受合力大小；方案D傳感器讀數為所受合力大小；這三個方案均能獲得準確的合力，故不需要近似法，即不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量，故ACD正確；
B．方案B用槽碼重力為受合力大小，對系統有
可得
而繩子的拉力為
當時，，故B錯誤；
故選ACD。
（2）計數點間均有四個點未畫出，則相鄰兩個計數點間的時間間隔為
由勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有
19．【答案】解：（1）設初速度方向為正方向，v0=54km/h=15m/s，v1=18km/h=5m/s，則
所以汽車從AB處到EF的時間為
（2）由速度位移關系可得
AB處到EF的距離為
（3）由速度位移關系得勻減速運動的位移大小為
所以勻速的位移大小為
勻速運動的時間為
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系
【解析】【分析】（1）汽車從AB到EF的過程中，利用速度公式可以求出勻減速運動的時間，利用勻速直線運動的位移公式可以求出勻速運動的時間；
（2）汽車先做勻減速直線運動后做勻速直線運動，利用速度位移公式可以求出勻減速的位移，結合勻速運動的距離可以求出AB處到EF的距離；
（3）汽車過人工通道時，利用速度位移公式可以求出勻減速的位移大小，結合勻速運動的位移公式可以求出勻速運動的時間。
20．【答案】(1)解：在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規律得
①
設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得
mgcos17.2°=ma1②
由運動學公式
得③
聯立①②③式，代入數據得d=4.8 m ④
(2)解：在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規得
v2=vMcos72.8°⑤
設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得
mgsin17.2°=ma2⑥
設騰空時間為t，由運動學公式得
⑦⑧
聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得L=12m⑨
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；力的分解；牛頓運動定律的綜合應用；運動的合成與分解
【解析】【分析】1. 垂直方向（求最大距離）：分解速度得垂直分速度；重力分力提供加速度；用勻變速直線運動的“速度 - 位移公式”（ ）求最大距離。
2. 平行方向（求、間距）：分解速度得平行分速度；重力分力提供加速度；先求騰空總時間（垂直方向往返時間 ）；用勻變速直線運動的“位移公式”（ ）求平行方向位移，即、間距。
21．【答案】解：（1）物體速度達到傳送帶速度前，由牛頓第二定律得
解得
（2）物體與傳送帶共速所需時間為
運動的位移為，對物體根據運動學公式可得
解得
共速后，由于
物體繼續在傳送帶上做勻加速運動，設加速度為，由牛頓第二定律得
解得
設物體經到達端，則有
解得
物體通過傳送帶所需要的時間為
（3）物體滑上木板左端時的速度大小
解得
物體滑上木板后向右做勻減速直線運動，加速度大小為
木板向右勻加速，由
解得
設再經時間兩者速度相等，則有
解得
共同速度為
物體的位移為
木板的位移為
因恰好不掉下來，所以木板長度為

【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）受力分析，由牛頓第二定律求解加速度大小；
（2）由于物體在傳送帶上先勻加速到共速，后以新的加速度加速運動，根據牛頓第二定律求解共速后物體加速度，分別應用運動學方程求解共速前后物體下滑的時間、位移；
（3）由運動學方程求解物體滑下的末速度，根據板塊模型分別求解二者加速度，利用運動學方程分別求解共速的時間、位移和相對位移。
22．【答案】解：（1）小圓柱體在直軌道上做勻速直線運動，所受合力為零，則根據平衡條件可得
解得
當小圓柱體在半圓形軌道上運動時，其受力分析如所示
豎直方向根據平衡條件有
水平方向由牛頓第二定律有
聯立解得
（2）設小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌的最大速度為，分析可知，小圓柱體恰好不脫軌時小圓柱體的重力與外側導軌對小圓柱體的支持力恰好提供小圓柱體做圓周運動的向心力，對小圓柱體受力分析如圖所示
則有
解得

即為確保小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌，初速度不能超過。
【知識點】共點力的平衡；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）小圓柱體在直軌道上做勻速直線運動，根據平衡條件列等式
，可求解 支持力 ，當小圓柱體在半圓形軌道上運動時，其受力分析，豎直方向根據平衡條件列等式，，水平方向由牛頓第二定律列等式，聯立解的大小。
（2）小圓柱體恰好不脫軌時小圓柱體的重力與外側導軌對小圓柱體的支持力恰好提供小圓柱體做圓周運動的向心力，對小圓柱體受力分析
則有，可計算小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌的最大速度。
1 / 1浙江省溫州市育英實驗學校2024-2025學年高一上學期期初考試物理試題
1．（2024高一上·溫州開學考）在航空航天、汽車工程、能源動力等諸多領域中，流體動力學模型扮演著至關重要的角色。研究表明，球形物體在液體中運動時除了受到浮力，還會受到阻力，其關系式為：f=kηrvx，式中η稱為黏性系數，其單位為kg/（m·s），r和v分別是球的半徑和速度，k是一個無單位的常數。根據國際單位制推斷指數x的數值是（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【知識點】力學單位制
【解析】【解答】基本單位和導出單位共同組成了單位制， 本題考查學生對單位的掌握和換算，比較基礎。根據牛頓第二定律有
所以
將所有單位代入f=kηrvx，可得
所以
故選A。
【分析】結合各物理量單位，進行換算，即可解答。
2．（2024高一上·溫州開學考）2023年10月3日，在杭州亞運會田徑女子4×100m接力決賽中，位于第8道的中國隊以43秒39的成績奪得冠軍，時隔9年重返亞洲之巔，其中第四棒運動員是福建選手葛曼棋。如圖所示為4×100m跑道的起終點區域，部分賽道起點位置及比賽終點線如圖中所標注，則在整個比賽中（　　）
A．43秒39表示時刻
B．每位運動員位移的大小都為100m
C．中國隊的平均速度約為9.2m/s
D．中國隊運動員的總位移比位于第3道的新加坡隊大
【答案】D
【知識點】時間與時刻；位移與路程；平均速度
【解析】【解答】A. 43.39秒 表示中國隊在第8道完成4×100米接力決賽的實際用時，是一個時間間隔。故A錯誤；
B. 位移是從初位置指向末位置的有向線段，其長度表示大小，方向由初位置指向末位置。由于接力比賽中每位運動員的起點和終點位置不同（如彎道與直道差異），因此每位運動員的位移大小不一定等于100米；不同跑道運動員的位移方向和大小均可能不同。故B錯誤；
D. 根據圖示，第8道中國隊的位移有向線段長度大于第3道新加坡隊的位移線段，說明中國隊的總位移更大。故D正確；
C. 中國隊的平均速率為總路程除以總時間
平均速率=43.39秒4×100米 ≈9.2m/s
由于中國隊運動軌跡為曲線，位移大小小于路程，因此其平均速度大小（位移/時間）必然小于平均速率，即小于9.2 m/s。故C錯誤。
故選D。
【分析】位移 ≠ 路程（彎道導致位移大小可能 ≠100m）。不同跑道的位移不同（外道位移更大）。曲線運動中，平均速度大小 < 平均速率。
3．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，浙江運動員李玲在參加杭州亞運會女子撐桿跳高比賽時，以的成績奪得金牌，并再度刷新亞運會賽事紀錄。其完整的撐桿跳高過程可簡化為三個階段——持桿助跑、撐桿起跳上升、越桿下落著地。下落時，人桿分離，最后落在軟墊上速度減為零。不計空氣阻力，則（　　）
A．研究其越桿過程的技術動作可將李玲視作質點
B．李玲越過桿后在空中下落的過程中處于完全失重狀態
C．李玲在撐桿起跳上升的過程中，撐桿對她的力始終沿桿
D．李玲落在軟墊上的運動過程中，軟墊對她的作用力大小大于她對軟墊的作用力大小
【答案】B
【知識點】形變與彈力；牛頓第三定律；質點；超重與失重
【解析】【解答】A．研究其越桿過程的技術動作時，運動員的大小對技術動作有影響，不可將李玲視作質點，選項A錯誤；
B．李玲越過桿后在空中下落的過程中，由于只受到重力所以加速度為向下的g，根據加速度的方向則處于完全失重狀態，選項B正確；
C．李玲在撐桿起跳上升的過程中，根據撐桿彎曲的方向可以得出撐桿對她的力不是始終沿桿的方向，選項C錯誤；
D．李玲落在軟墊上的運動過程中，根據牛頓第三定律可以得出軟墊對她的作用力與她對軟墊的作用力是相互作用力，等大反向，選項D錯誤。
故選B。
【分析】物體能否作為質點主要看所研究的問題；利用加速度的方向可以判別超重與失重；桿彎曲的方向為撐桿對運動的彈力方向；利用牛頓第三定律可以得出軟墊對她的作用力與她對軟墊的作用力是相互作用力，等大反向。
4．（2024高一上·溫州開學考）某物體在水平面內沿曲線減速行駛。關于該物體的速度v及所受合力F的方向，最可能如下列哪幅圖所示（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】曲線運動的條件
【解析】【解答】CD．汽車做曲線運動，根據曲線運動的性質可以得出合力的方向指向曲線的內測，CD錯誤；
AB．汽車做曲線運動同時減速，由于合力做負功，則可以得出合力和速度的夾角應是鈍角，A錯誤，B正確。
故選B。
【分析】汽車做曲線運動，利用軌跡的彎曲方向可以判別合力的方向；利用速度變化可以判別速度方向和合力方向之間的夾角大小。
5．（2024高一上·溫州開學考）如圖，桌子邊緣用茶葉罐子壓著一張紙，欲向外把紙拉走，而讓茶葉罐子留在桌上，實驗發現紙拉得越快，茶葉罐子越穩定，對此，以下說法正確的是（　　）
A．紙拉得越快，紙對罐子的摩擦力越小
B．由于罐子有慣性，所以紙拉得越快，罐子慣性越大，越穩定
C．紙拉得越快，罐子速度變化越小
D．無論拉紙的力如何，罐子和紙總會有相對運動，最終罐子總可以留在桌上
【答案】C
【知識點】動量定理；慣性與質量
【解析】【解答】A．滑動摩擦力由接觸面粗糙程度和正壓力決定，與相對速度無關（在一般速度范圍內）。
快速拉紙不會減小摩擦力，反而可能因慣性使罐子更難被帶動。所以拉紙的快慢，對紙對罐子的摩擦力沒有影響，故A錯誤；
B．慣性是物體抵抗運動狀態改變的性質，僅由質量決定，與速度無關。紙拉得快時，罐子因慣性更難被帶動，但慣性本身不變（質量未變）。質量是慣性的唯一量度。罐子的質量不變，罐子慣性就不變，故B錯誤；
C．快速拉紙時，紙與罐子間的作用時間極短，摩擦力對罐子的沖量（）較小，導致罐子獲得的速度變化（Δv）更小，更難被帶走。紙拉得越快，紙對罐子摩擦力的作用時間就越短，則沖量越小。根據動量定理，則動量變化量越小，即罐子速度變化越小，故C正確；
D．若拉紙極慢，靜摩擦力可能帶動罐子一起移動，導致罐子被拉走。“總可以留在桌上”過于絕對。如果拉紙的力小一些，罐子就會獲得較大的速度或者與紙一起運動，罐子就可能離開桌面，故D錯誤。
故選C。
【分析】1. 慣性（牛頓第一定律）：慣性是物體保持靜止或勻速直線運動狀態的性質，僅由質量決定，與速度無關。現象解釋：快速拉紙時，罐子因慣性傾向于保持靜止，更難被帶動。
2. 動量定理（沖量作用）：公式：（沖量 = 動量變化）。
關鍵點：快速拉紙 → 作用時間 Δt 極短 → 相同的摩擦力 F 產生的 更小 → 罐子幾乎不動。
慢速拉紙 → 較長 → 相同的 會產生更大的 → 罐子易被帶動。
3. 靜摩擦力的特點：大小：由接觸面粗糙程度和正壓力決定，與相對速度無關（在一般范圍內）。
本題誤區：紙對罐子的摩擦力不會因速度快而減小，但速度影響摩擦力的作用效果（通過動量定理）。
4. 臨界條件分析：若拉紙極慢，靜摩擦力有足夠時間使罐子加速，可能導致罐子被帶走。
“總可以留在桌上”不成立，需考慮速度的極端情況。
6．（2024高一上·溫州開學考）在東北嚴寒的冬天，人們經常玩一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯開水沿弧線均勻快速地潑向空中。圖甲所示是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，其示意圖如圖乙所示。潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直，在0.5 s內帶動杯子旋轉了210°，人的臂長約為0.6 m。下列說法正確的是（　　）
A．潑水時杯子的旋轉方向為順時針方向
B．P位置飛出的小水珠初速度沿1方向
C．杯子在旋轉時的角速度大小為
D．杯子在旋轉時的線速度大小約為
【答案】D
【知識點】曲線運動；線速度、角速度和周期、轉速
【解析】【解答】AB．由小水珠的離心運動軌跡可以判斷，杯子的旋轉方向為逆時針方向， 在P位置飛出的小水珠的初速度方向為軌跡的切線方向，即方向2，故AB錯誤。
C．杯子在0.5秒內旋轉了210°，轉換為弧度是 弧度，因此角速度為
故C錯誤。
D．線速度
其中半徑 ，代入角速度得
故D正確。
故選D。
【分析】1、圓周運動的基本物理量：角速度（ω）：單位時間內轉過的角度（弧度制）。
，本題中，杯子在 0.5 s 內轉過 210°，轉換為弧度：
2、線速度（v）：物體沿圓周運動的瞬時速度，方向為切線方向。
在圓周運動中，物體脫離圓周時的速度方向沿切線方向（如潑水時水珠沿切線飛出）
3、根據水珠的離心軌跡（拋物線）可判斷旋轉方向。
4、角度與弧度轉換：，。
7．（2024高一上·溫州開學考）一架質量為m的直梯斜靠在光滑的豎直墻壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯處于靜止狀態，與水平地面夾角為。則下列說法正確的是（ ）
A．直梯對地面的作用力大小為mg
B．地面對直梯的作用力大小為
C．墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對平衡力
D．減小角，若直梯仍能保持平衡，則地面對直梯的支持力不變
【答案】D
【知識點】力的合成；共點力的平衡
【解析】【解答】D．由于梯子處于靜止，根據豎直方向的平衡方程則可以得出：地面對梯子的支持力N與重力mg平衡，與夾角無關，減小角，直梯仍能平衡，則地面對梯子的支持力N不變，故D正確；
A．直梯受地面豎直向上的支持力N和水平向左的摩擦力f，根據力的合成可以得出：地面對直梯的作用力大小為
根據牛頓第三定律，直梯對地面的作用力大小
故A錯誤；
B．如圖所示，由于墻壁光滑，直梯受豎直向下的重力、地面豎直向上的的支持力、墻壁水平方向的支持力、地面水平方向的靜摩擦力共四個力，若直梯受地面的作用力
則F方向沿直梯的方向，由于力矩不平衡，所以直梯將會以O點為圓心在mg、N1的作用下旋轉，所以地面對直梯的作用力大小不可能為，故B錯誤；
C．根據牛頓第三定律可以得出：墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對作用力與反作用力，故C錯誤。
故選D。
【分析】利用梯子豎直方向的平衡方程可以求出地面對直梯的支持力大小；利用力的合成可以求出地面對直梯的作用力大小；根據牛頓第三定律可以得出墻壁對直梯的作用力與直梯對墻壁的作用力是一對作用力與反作用力。
8．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，臺秤上放一木箱，木箱底部裝有力傳感器，木箱加傳感器的總質量為。一質量為的小球用輕彈簧豎直懸掛在木箱頂部，下端用一輕繩與木箱底部的力傳感器相連，小球靜止時，力傳感器的示數為。重力加速度取。則（　　）
A．小球靜止時，臺秤示數為
B．剪斷彈簧瞬間，臺秤示數為
C．剪斷輕繩瞬間，臺秤示數為
D．剪斷輕繩瞬間，小球的加速度大小為
【答案】C
【知識點】牛頓第二定律
【解析】【解答】A．對木箱、傳感器和小球整體受力分析可得，根據整體的平衡方程可以得出：對臺秤壓力大小等于系統重力大小，因此顯示示數為6kg，故A錯誤；
B．剪斷彈簧瞬間，彈簧拉力、小球下端繩子拉力均為0，根據傳感器和木箱的平衡方程可以得出對臺秤的壓力大小等于木箱和傳感器重力，因此示數為5kg，故B錯誤；
CD．剪斷輕繩前，根據小球的平衡方程有：
剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力不變，根據小球的牛頓第二定律有：
對箱子和傳感器，根據平衡方程有：
得小球的加速度大小為5m/s2，臺秤支持力
臺秤顯示示數為6.5kg，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】利用木箱、傳感器和小球整體的平衡方程可以求出臺秤示數的大小；當剪斷彈簧時，利用傳感器和木箱的平衡方程可以求出臺秤的讀數大小；剪斷繩子前，利用小球的平衡方程結合牛頓第二定律可以求出剪斷繩子時小球的加速度大小，結合箱子和傳感器的平衡方程可以求出臺秤示數的大小。
9．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，滾筒洗衣機脫水時，滾筒繞水平轉動軸勻速轉動，滾筒上有很多漏水孔，附著在潮濕衣物上的水從漏水孔中被甩出，達到脫水的效果。下列說法正確的是　　（　　）
A．脫水過程中滾筒對衣物的壓力充當向心力
B．衣物在最高點A時脫水效果最好
C．脫水過程中滾筒對衣物的摩擦力始終充當動力
D．當衣物在A點時，地面對洗衣機的支持力最小
【答案】D
【知識點】受力分析的應用；生活中的圓周運動；離心運動和向心運動
【解析】【解答】A．脫水時，衣物做圓周運動，向心力由筒壁壓力、摩擦力、衣物重力的合力提供，并非僅筒壁壓力，故A錯誤；
B．對衣物上的某一水滴分析，在A點有
N1＋mg＝m
在B點有
N2－mg＝m
可知N2>N1，則衣物在最低點B時脫水效果最好，故B錯誤；
C．衣物向上運動時（從B到A ），摩擦力阻礙相對滑動趨勢，方向向上，與運動方向相同，充當動力；衣物向下運動時（從A到B ），摩擦力方向向上，與運動方向相反，充當阻力，因此，摩擦力并非始終是動力，故C錯誤；
D．當衣服在A點時，衣物對洗衣機的壓力向上，地面對洗衣機的支持力最小，故D正確。
故答案為：D。
【分析】選項 A：衣物做圓周運動的向心力是多力（壓力、摩擦力、重力 ）的合力，需綜合分析。
選項 B：對比最高點和最低點的支持力（對水滴 ），支持力越大，水滴越易被甩出，故最低點脫水效果更好。
選項 C：根據衣物運動方向與摩擦力方向的關系，判斷摩擦力是動力還是阻力（方向相同為動力，相反為阻力 ）。
選項 D：以整體為研究對象，分析衣物對洗衣機的壓力方向（A點向上、B點向下 ），進而判斷地面支持力的大小變化。
10．（2024高一上·溫州開學考）在一次緊急救災行動中，一架飛機在空中沿水平方向做勻減速直線運動，過程中連續釋放沙袋。若不計空氣阻力，則在一段時間后下列各圖中能反映空中沙袋排列關系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】平拋運動
【解析】【解答】位置坐標為P（x，y）。根據平拋運動公式有
，
設此時飛機坐標為Q（x1，y1），飛機做勻減速直線運動，則
，
則
，，
不變，則說明沙袋相對飛機的運動方向不變。
故選D。
如圖
【分析】根據平拋運動公式，可得出，，推導出，不變，則說明沙袋相對飛機的運動方向不變。
11．（2024高一上·溫州開學考）如圖所示，桿以恒定角速度繞A點在豎直平面內順時針轉動，并帶動套在固定水平桿上的小環M運動，間距離為h。運動開始時桿在豎直位置，則經過時間t（小環仍套在和桿上）小環M的速度大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】運動的合成與分解
【解析】【解答】角度關系：經過時間t，桿AB轉過的角度
θ = ωt
桿AB與水平桿的夾角為θ。
距離AM：A點到水平桿的垂直距離為h，因此
AM = h / cosθ = h / cos(ωt)。
接觸點的線速度：桿AB上與小環M接觸的點繞A點做圓周運動，其線速度大小為
v = ω * AM = ω * (h / cos(ωt))
方向垂直于桿AB。
速度分解：小環M的速度v_M必須沿水平方向。將v沿水平和豎直方向分解：水平分量
v = v * cosθ = (ω * h / cos(ωt)) * cos(ωt) = ω * h / cos2(ωt)
豎直分量被水平桿約束，不貢獻運動。
經過時間t，，則AM的長度為
則AB桿上與小環M的接觸點繞A點的線速度
將小環M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，垂直于AB桿方向的分速度等于速度v，則小環M的速度
故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【分析】1、幾何關系：初始時，桿AB豎直向下，小環M位于A點正下方的水平桿上，距離A點為h。
桿AB以角速度ω順時針轉動，經過時間t，桿AB與豎直方向的夾角為θ = ωt。
此時，桿AB與水平桿的交點（即小環M的位置）到A點的距離為AM = h / cosθ = h / cos(ωt)。
2、接觸點的線速度：
桿AB上與小環M接觸的點繞A點做圓周運動，其線速度大小為 v = ω * AM = ω * (h / cos(ωt))。
該線速度方向垂直于桿AB。
3、小環M的速度分解：
小環M被限制在水平桿上運動，其速度v_M必須沿水平方向。
將接觸點的線速度v沿桿AB方向和垂直于桿AB方向分解
12．（2024高一上·溫州開學考）蹦極是一項極限運動，現將運動簡化為如下模型：小球從某高度處靜止下落到豎直放置的輕彈簧上并壓縮彈簧，下降過程中小球的加速度隨位移變化如圖所示，圖中，不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內且忽略小球與彈簧碰撞中的能量損失。下列說法正確的是（　　）
A．從x1到x2過程，小球做減速運動
B．從x2到過程，小球處于失重狀態
C．下降到時，小球的速度為零
D．下降到時，小球受到的彈力是重力的2倍
【答案】D
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】A．x1 到 階段，彈力 ，加速度 向下但逐漸減小，小球仍在加速（速度增大）。減速發生在 到 ，此時 ，加速度向上。故A錯誤；
B．失重狀態指加速度向下（向下或 向上時 ）。從 到 ，加速度 向上，小球處于超重狀態（彈力 ），故B錯誤；
C．根據a-t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示小球的速度變化，可知從開始到下降到時，小球的速度不為零。故C錯誤；
D．由圖可知下降到時，有
又
聯立，解得
即小球受到的彈力是重力的2倍。故D正確。
故選D。
【分析】初始自由落體階段（ 到 ）：加速度 向下（僅重力作用）。接觸彈簧后（開始）：彈簧彈力 逐漸增大，方向向上。加速度 ，隨 線性減小。在 時，彈力 ，加速度 （速度最大）。從 到 ，彈力 ，加速度 a 向上，小球減速。在 時，加速度 向上（此時速度為零，彈力最大）。
13．（2024高一上·溫州開學考）如圖，兩端開口的圓筒與水平地面成一定角度傾斜放置。是圓筒的中軸線，M、N是筒壁上的兩個點，且。一個可視為質點的小球自M點正上方足夠高處自由釋放，由M點無碰撞進入圓筒后一直沿筒壁運動，a、b、c是小球運動軌跡與MN的交點。小球從M到a用時，從a到b用時，從b到c用時，小球經過a、b、c時對筒壁壓力分別為、、，、、表示M、a、b、c相鄰兩點間的距離，不計一切摩擦。下列說法正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；運動的合成與分解；向心力
【解析】【解答】A．小球從足夠高處自由下落到M點無碰撞進入圓筒，速度可分解為垂直筒壁的圓周運動線速度和沿筒壁向下的勻加速直線運動速度，因圓筒傾斜，沿筒壁有重力分力，使沿筒壁方向做初速度不為0的勻加速直線運動；垂直筒壁方向，小球做勻速圓周運動（無摩擦，彈力提供向心力，速率不變 ），勻速圓周運動周期恒定，故小球經過相鄰交點（M→a、a→b、b→c ）的時間由圓周運動周期決定，即
A錯誤；
BC．小球在圓筒中在橫截面方向上做勻速圓周轉動，轉動速度大小相等，轉動半徑相同，由向心力公式可知，筒壁對小球的彈力大小相等，由牛頓第三定律可知，小球對筒壁的壓力大小相等，因此則有
B正確，C錯誤；
D．因小球沿筒壁向下做初速度不是零的勻加速直線運動，由位移時間公式
可知
D錯誤。
故答案為：B。
【分析】選項A：垂直筒壁的勻速圓周運動周期恒定，故經過相鄰交點的時間相等（ ）。
選項B、C：勻速圓周運動中，向心力（筒壁彈力 ）由決定。因、不變，彈力恒定，壓力也恒定。
選項D：沿筒壁的勻加速直線運動初速度不為0，位移公式為，相鄰相等時間內的位移差不滿足的比例（因有初速度 ）。
14．（2024高一上·溫州開學考）物理學中加速度的定義式為，而歷史上有些科學家曾把相等位移內速度變化相等的單向直線運動稱為“勻變速直線運動”（現稱“另類勻變速直線運動”），“另類加速度”定義為，其中和分別表示某段位移s內的初速度和末速度。表示物體做加速運動，表示物體做減速運動。則下列說法正確的是（　　）
A．若A不變，則a也不變
B．若A不變，則物體在位移中點處的速度比大
C．若a不變，則物體在中間時刻的速度為
D．若且保持不變，則A逐漸變小
【答案】C,D
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】A．若不變，有兩種情況，一是：，在這種情況下，相等位移內速度增加量相等，所以平均速度越來越大，所以相等位移內所用的時間越來越少，由
可知越來越大；第二種情況，相等位移內速度減少量相等，所以平均速度越來越小，所以相等位移內所用的時間越來越多，由
可知越來越小，故A錯誤；
B．因為相等位移內速度變化相等，所以中間位置處位移為，速度變化量為
所以此位置的速度為
故B錯誤；
C．若不變，根據勻變速直線運動規律，則物體在中間時刻的速度為
故C正確；
D．若且保持不變，在這種情況下，相等時間內速度增加量相等，所以平均速度越來越大，相等時間內的位移越來越大，由
可知逐漸變小，故D正確。
故選CD。
【分析】1、傳統加速度（a）：定義式為 （速度變化與時間變化的比值）。
速度隨時間均勻變化：，位移與時間關系：。
中間時刻速度：
2、另類加速度（A）：定義為 （速度變化與位移的比值），用于描述“另類勻變速直線運動”（即相等位移內速度變化相等的運動）。速度隨位移均勻變化：
設 ，但實際關系更復雜（需積分推導）。速度-位移關系：（類比 ，但 的定義不同）。
15．（2024高一上·溫州開學考）某質點做直線運動，運動速率的倒數與位移的關系如圖所示。關于質點的運動，下列說法中正確的是（　　）
A．質點做變加速直線運動
B．圖線斜率等于質點運動的加速度
C．三角形的面積可表示質點運動時間
D．四邊形的面積可表示質點運動時間
【答案】C
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用
【解析】【解答】A．由題中圖象可知，與x成正比，即vx=常數，判斷可知，質點做減速直線運動，且不滿足勻變速直線運動的規律，加速度變化，為變減速運動，故A錯誤；
B．圖線斜率為 （假設 ）。加速度 ，與斜率 無直接關系。斜率的單位為 ，而加速度單位為 ，量綱不匹配。圖線斜率的單位為縱坐標的單位除以橫坐標的單位，因此為，不等于質點運動的加速度，故B錯誤；
CD．運動時間 ， 圖像下的面積即為 ，表示時間。若圖像為三角形，其面積確實表示時間。只有 -曲線下的面積表示時間。四邊形面積無物理意義（除非圖像特殊構造），三角形的面積為，該面積體現了從O到所用的時間；同理可知，圖線與橫軸所圍面積表示時間，而四邊形的面積沒有實際意義，故C正確，D錯誤。
故選C。
【分析】1、1/v-x 圖像：若 1/v 與 x 成正比，則質點做 變減速運動。圖像斜率 ≠ 加速度，但圖像面積表示運動時間。
2、運動時間計算：在 1/v-x 圖像中，時間可通過積分 求得，即 面積代表時間。
3、變加速運動：當 加速度不是常數（如 變化），則為 變加速運動（本題為變減速運動）。
16．（2024高一上·溫州開學考）“探究向心力大小的表達式”實驗裝置如圖所示。
①采用的實驗方法是　 　
A．控制變量法　　B．等效法　　C．模擬法
②在小球質量和轉動半徑相同的情況下，逐漸加速轉動手柄到一定速度后保持勻速轉動。此時左右標尺露出的紅白相間等分標記的比值等于兩小球的　 　之比（選填“線速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速轉動手柄過程中，左右標尺露出紅白相間等分標記的比值　 　（選填“不變”、“變大”或“變小”）。
【答案】A；角速度平方；不變
【知識點】向心力
【解析】【解答】本題考查了探究小球做圓周運動所需向心力的大小Fn與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗，實驗的原理為圓周運動向心力公式，采用了控制變量法；知道線速度與角速度的關系，知道小球做勻速圓周運動的角速度是通過改變塔輪半徑來實現的。①本實驗先控制住其它幾個因素不變，集中研究其中一個因素變化所產生的影響，采用的實驗方法是控制變量法；
故選A。
②標尺上露出的紅白相間的等分格數之比為兩個小球所受向心力的比值，根據
在小球質量和轉動半徑相同的情況下，可知左右標尺露出的紅白相間等分標記的比值等于兩小球的角速度平方之比。
設皮帶兩塔輪的半徑為R1、R2，塔輪的線速度為v；則有
，
小球質量和轉動半徑相同的情況下，可知
由于兩變速盤的半徑之比不變，則兩小球的角速度平方之比不變，左、右標尺露出紅白相間等分標記的比值不變。
【分析】①根據實驗目的，結合向心力公式F=mrω2分析影響向心力大小的因素，再分析所采用的物理方法；
②標尺上露出的紅白相間的等分格數之比為兩個小球所受向心力的比值，根據向心力演示儀的原理分析即可。
17．（2024高一上·溫州開學考）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置探究彈簧彈力與彈簧伸長量的關系。
（1）實驗過程中，將輕彈簧豎直懸掛，然后把完全相同的鉤碼逐個加掛在彈簧的下端，測出每次彈簧對應的長度x，得到鉤碼總質量m與彈簧的長度x的關系圖像如圖乙所示。重力加速度g取，則彈簧的原長為　 　cm，勁度系數為　 　N/m。（結果均保留兩位有效數字）
（2）該實驗小組又選取了A、B兩根規格不同的彈簧進行測試，根據測得的數據繪出圖像如圖丙所示。若要制作一個精確度較高的彈簧測力計，應選彈簧　 　（選填“A”或“B”），A、B圖線右側向上彎曲的原因是　 　。
【答案】8.0；75；A；超過了彈簧的彈性限度
【知識點】探究彈簧彈力的大小與伸長量的關系
【解析】【解答】（1）圖乙中鉤碼總質量為0時，此時彈簧長度為原長，即為8.0cm；圖像斜率等于勁度系數。由圖乙根據胡克定律有
（2）由圖丙可知A的勁度系數為
B的勁度系數為
A彈簧的勁度系數較小，受力相同時彈簧的形變量就更大，減小了測量的誤差，因此A精度更高；
圖像向上彎曲的原因是彈力過大，導致超過了彈簧的彈性限度。
【分析】（1）根據圖像數據可得知彈簧長度為原長，根據圖像斜率計算勁度系數。
（2）根據丙圖可計算AB彈簧勁度系數。彈簧的勁度系數越小，精度越高。
18．（2024高一上·溫州開學考）小張同學做探究加速度與力、質量的關系”實驗，為了減小實驗誤差，提出了如下四種改進方案：
方案A：測力計讀數為所受合力大小，打點計時測加速度大小
方案B：槽碼重力為受合力大小，光電計時測加速度大小
方案C：加槽碼時調節，小車勻速下滑；去掉槽碼，小車加速下滑，打點計時測加速度大小，槽碼重力為所受合力大小
方案D：傳感器讀數為所受合力大小，打點計時測加速度大小
（1）需要補償阻力的方案是　 　；不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量的方案是　 　。
（2）實驗獲得如圖所示的紙帶，計數點間均有四個點未畫出，則打點時小車的速度為　 　m/s（保留兩位有效數字）。
【答案】（1）ABD；ACD
（2）0.18
【知識點】探究加速度與力、質量的關系
【解析】【解答】（1）平衡摩擦力的必要性：如果實驗中存在摩擦力（如小車在斜面上運動），且摩擦力未被平衡，則槽碼的重力 不是系統所受的合力，需額外考慮摩擦力。若合力可以直接測量（如用彈簧測力計或力傳感器），則無需平衡摩擦力。方案C中無論光滑粗糙槽碼重力均是所受合力大小，故不需要平衡摩擦力，故選ABD。
ACD． “不需要 M m”的條件：當槽碼重力 直接作為合力時，由于繩子拉力 （因為槽碼也在加速），需滿足 才能近似認為 。
方案A中測力計讀數為所受合力大小；方案C中槽碼重力為所受合力大小；方案D傳感器讀數為所受合力大小；這三個方案均能獲得準確的合力，故不需要近似法，即不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量，故ACD正確；
B．方案B用槽碼重力為受合力大小，對系統有
可得
而繩子的拉力為
當時，，故B錯誤；
故選ACD。
（2）計數點間均有四個點未畫出，則相鄰兩個計數點間的時間間隔為
由勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有
【分析】在驗證牛頓第二定律 的實驗中，通常需要解決兩個關鍵問題：
1、合力的測量：如何準確測量或表示系統所受的合力 。
2、質量關系的影響：是否需要滿足“小車質量 遠大于槽碼質量 ”的條件（即 ）。
3、平衡摩擦力的必要性
如果實驗中存在摩擦力（如小車在斜面上運動），且摩擦力未被平衡，則槽碼的重力 mg 不是系統所受的合力，需額外考慮摩擦力。
若合力可以直接測量（如用彈簧測力計或力傳感器），則無需平衡摩擦力。
4、 “不需要 M m”的條件
當槽碼重力 mg 直接作為合力時，由于繩子拉力 （因為槽碼也在加速），需滿足 才能近似認為 。
若合力可直接測量，則無需近似，因此不需要 。
（1）[1]方案C中無論光滑粗糙槽碼重力均是所受合力大小，故不需要平衡摩擦力，故選ABD。
[2]ACD．方案A中測力計讀數為所受合力大小；方案C中槽碼重力為所受合力大小；方案D傳感器讀數為所受合力大小；這三個方案均能獲得準確的合力，故不需要近似法，即不需要小車質量遠大于槽碼（沙桶與沙子）質量，故ACD正確；
B．方案B用槽碼重力為受合力大小，對系統有
可得
而繩子的拉力為
當時，，故B錯誤；
故選ACD。
（2）計數點間均有四個點未畫出，則相鄰兩個計數點間的時間間隔為
由勻變速直線運動中，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，有
19．（2024高一上·溫州開學考）圖甲ETC是高速公路上不停車電子收費系統的簡稱。簡化為圖乙所示，汽車（視為質點）在入口AB處以54km/h運動到距收費站中心線EF左側10m的CD處，速度減為18km/h，勻減速加速度大小為1m/s2，然后做勻速運動通過收費站，求：
（1）汽車從AB處到EF的時間：
（2）AB處到EF的距離；
（3）若換成人工窗口收費，需在收費站中心線停車，汽車（視為質點）在入口AB處以54km/h的初速度進入，汽車剎車時加速度大小為2.5m/s2，它需在勻速運動多少時間后開始剎車？（結果保留兩位有效數字）
【答案】解：（1）設初速度方向為正方向，v0=54km/h=15m/s，v1=18km/h=5m/s，則
所以汽車從AB處到EF的時間為
（2）由速度位移關系可得
AB處到EF的距離為
（3）由速度位移關系得勻減速運動的位移大小為
所以勻速的位移大小為
勻速運動的時間為
【知識點】勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與速度的關系
【解析】【分析】（1）汽車從AB到EF的過程中，利用速度公式可以求出勻減速運動的時間，利用勻速直線運動的位移公式可以求出勻速運動的時間；
（2）汽車先做勻減速直線運動后做勻速直線運動，利用速度位移公式可以求出勻減速的位移，結合勻速運動的距離可以求出AB處到EF的距離；
（3）汽車過人工通道時，利用速度位移公式可以求出勻減速的位移大小，結合勻速運動的位移公式可以求出勻速運動的時間。
20．（2024高一上·溫州開學考）單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型： U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM=10 m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：
(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；
(2)M、N之間的距離L。
【答案】(1)解：在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規律得
①
設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得
mgcos17.2°=ma1②
由運動學公式
得③
聯立①②③式，代入數據得d=4.8 m ④
(2)解：在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規得
v2=vMcos72.8°⑤
設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得
mgsin17.2°=ma2⑥
設騰空時間為t，由運動學公式得
⑦⑧
聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得L=12m⑨
【知識點】勻變速直線運動規律的綜合運用；力的分解；牛頓運動定律的綜合應用；運動的合成與分解
【解析】【分析】1. 垂直方向（求最大距離）：分解速度得垂直分速度；重力分力提供加速度；用勻變速直線運動的“速度 - 位移公式”（ ）求最大距離。
2. 平行方向（求、間距）：分解速度得平行分速度；重力分力提供加速度；先求騰空總時間（垂直方向往返時間 ）；用勻變速直線運動的“位移公式”（ ）求平行方向位移，即、間距。
21．（2024高一上·溫州開學考）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時針轉動的速率為。將質量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端A，物體到達底端后能無碰撞地滑上質量為的木板左端。已知木板與地面之間是光滑的，物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數分別為，，的距離為。重力加速度（已知，）。求：
（1）物體剛開始下滑時的加速度大小；
（2）物體通過傳送帶所需要的時間；
（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度應是多少？
【答案】解：（1）物體速度達到傳送帶速度前，由牛頓第二定律得
解得
（2）物體與傳送帶共速所需時間為
運動的位移為，對物體根據運動學公式可得
解得
共速后，由于
物體繼續在傳送帶上做勻加速運動，設加速度為，由牛頓第二定律得
解得
設物體經到達端，則有
解得
物體通過傳送帶所需要的時間為
（3）物體滑上木板左端時的速度大小
解得
物體滑上木板后向右做勻減速直線運動，加速度大小為
木板向右勻加速，由
解得
設再經時間兩者速度相等，則有
解得
共同速度為
物體的位移為
木板的位移為
因恰好不掉下來，所以木板長度為

【知識點】牛頓運動定律的應用—板塊模型；牛頓運動定律的應用—傳送帶模型
【解析】【分析】（1）受力分析，由牛頓第二定律求解加速度大小；
（2）由于物體在傳送帶上先勻加速到共速，后以新的加速度加速運動，根據牛頓第二定律求解共速后物體加速度，分別應用運動學方程求解共速前后物體下滑的時間、位移；
（3）由運動學方程求解物體滑下的末速度，根據板塊模型分別求解二者加速度，利用運動學方程分別求解共速的時間、位移和相對位移。
22．（2024高一上·溫州開學考）如圖甲，水平面內有一條雙線等寬光滑軌道，它由直軌道和兩端半圓形軌道組成。在直軌道上放置一質量的小圓柱體，如圖乙。小圓柱體兩側與軌道相切處和小圓柱體截面的圓心O連線的夾角，如圖丙，初始時小圓柱體位于軌道上A點。現使之獲得沿直軌道AB方向的初速度，小圓柱體運動過程中所受阻力忽略不計，小圓柱體尺寸和軌道間距相對軌道長度也忽略不計，兩端半圓形軌道半徑，g取。
（1）當時，小圓柱體可以安全通過半圓形軌道，求小圓柱體在直軌道和半圓形軌道上運動時，內側軌道對小圓柱體的支持力、的大小；
（2）為確保小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌，初速度不能超過多少 （結果可以保留根式）
【答案】解：（1）小圓柱體在直軌道上做勻速直線運動，所受合力為零，則根據平衡條件可得
解得
當小圓柱體在半圓形軌道上運動時，其受力分析如所示
豎直方向根據平衡條件有
水平方向由牛頓第二定律有
聯立解得
（2）設小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌的最大速度為，分析可知，小圓柱體恰好不脫軌時小圓柱體的重力與外側導軌對小圓柱體的支持力恰好提供小圓柱體做圓周運動的向心力，對小圓柱體受力分析如圖所示
則有
解得

即為確保小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌，初速度不能超過。
【知識點】共點力的平衡；生活中的圓周運動
【解析】【分析】（1）小圓柱體在直軌道上做勻速直線運動，根據平衡條件列等式
，可求解 支持力 ，當小圓柱體在半圓形軌道上運動時，其受力分析，豎直方向根據平衡條件列等式，，水平方向由牛頓第二定律列等式，聯立解的大小。
（2）小圓柱體恰好不脫軌時小圓柱體的重力與外側導軌對小圓柱體的支持力恰好提供小圓柱體做圓周運動的向心力，對小圓柱體受力分析
則有，可計算小圓柱體沿半圓形軌道運動不脫軌的最大速度。
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