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浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期期中考试物理试题
一、单选题（本大题共13小题，每题3分，共39分）
1．（2024高一上·余姚期中）下列属于国际单位制中基本单位的是（　　）
A． B．N C．W D．J
2．（2024高一上·余姚期中）为了研究自由落体的规律，伽利略采用“冲淡”重力的方法，将落体实验转化为沿斜面运动的实验。关于伽利略的研究，下 列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过斜面实验验证物体做自由落体运动的加速度的大小跟质量有关
B．伽利略思想方法的核心是直接用实验验证了运动速度与下落的时间成正比
C．“冲淡”重力是指使铜球的加速度变小了
D．实验中铜球位移与时间的平方成正比说明它做变加速直线运动
3．（2024高一上·余姚期中）小巴同学在等电梯时想到了用智能手机测试自己乘电梯回家时的速度—时间图像。电梯向上运行过程中，他的手机屏幕显示如图所示（取竖直向上为正方向）。则小巴同学处于失重状态的时段是（　　）
A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0s
C．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s
4．（2024高一上·余姚期中）在空中从某一高度相隔t0 先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们运动过程中（　　）
A．甲、乙两球距离始终保持不变 B．甲、乙两球距离越来越大
C．甲、乙两球速度之差越来越大 D．甲、乙两球速度之差越来越小
5．（2024高一上·余姚期中）如图所示的直线和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移－时间（x —t）图线。由图可知（　　）
A．在0到t1这段时间内，a车的速度大于b车的速度
B．在0到t1 这段时间内，a车的位移等于b车的位移
C．在0到t2 这段时间内，a车的平均速度大于b车的平均速度
D．在t1到t2这段时间内，a车的平均速度等于b车的平均速度
6．（2024高一上·余姚期中）如图是筷子夹鹅卵石时的三个动作示意图，筷子均在同一竖直平面内：图甲中的筷子处于竖直方向，图乙中的筷子处于水平方向，图丙中的筷子处于倾斜方向，与水平面成一定夹角。三个图中的鹅卵石均处于静止状态，则（　　）
A．图甲中的鹅卵石受到四个力的作用
B．图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力大于鹅卵石对其的弹力
C．当缓慢增大图丙中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石受到筷子对它的作用力不变
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向下
7．（2024高一上·余姚期中）物体以初速度竖直上抛，经3s到达最高点，空气阻力不计，g取，则对上升过程，下列说法正确的是（　　）
A．物体上升的最大高度为40m
B．物体速度改变量的大小为30m/s，方向竖直向上
C．物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为
D．物体在1s内、2s内、3s内的位移大小之比为
8．（2024高一上·余姚期中）如图所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体A，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧，把玻璃管倒置，在蜡块相对玻璃管匀速上升的同时将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向向右移动，图中虚线为蜡块的实际运动轨迹，关于蜡块的运动，下列说法正确的是（　　）
A．速度不断增大
B．速度先增大后减小
C．运动的加速度保持不变
D．运动的加速度先水平向左后水平向右
9．（2024高一上·余姚期中）如图，质量为m的小球用一轻绳竖直悬吊于O点。现用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，已知重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．钩子对绳的作用力始终不变
B．挂钩与O点间的绳子拉力先变大后变小
C．绳子对挂钩的作用力方向始终水平向左
D．钩子对绳的作用力大小不可能等于
10．（2024高一上·余姚期中）如图为某创新实验小组设计的水平加速度测量仪，其主要部分由木板、细线、小球和刻度尺构成。刻度尺水平固定，一小球用细线悬挂于0刻度线正上方的固定点O，保持装置处于竖直面内且细线与刻度尺不接触，稳定后根据细线在刻度尺上的位置即可测得水平加速度。实验小组利用该装置测量金义东轻轨在启动和停止时的加速度，现已取固定点O与刻度尺上边缘的竖直距离h刚好为1m，下列说法正确的是（　　）
A．刻度尺读数越大，绳子拉力沿竖直方向的分量越大
B．当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车的加速度大小约为
C．当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车运动方向一定向左
D．如果将刻度尺不同刻度对应的加速度标注在刻度尺上，则加速度刻度值是不均匀的
11．（2024高一上·余姚期中）如图所示，木模A质量为m，木模B质量为2m。通过三根轻质竖直细线对称连接，木模B静止在水平面上。细线a、b、c上的张力大小分别用、、表示，水平面所受的压力大小为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2024高一上·余姚期中）如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，已知重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　）
A．球M和球N的质量之比为
B．轻绳A弹簧C的弹力之比为2∶1
C．剪断轻绳B的瞬间，球N的加速度大小为
D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为
13．（2024高一上·余姚期中）始终保持竖直状态的缆车沿着山坡以加速度a下行，如图所示。在缆车地板上质量为m的物块与地板始终相对静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块所受的支持力
B．物块所受的摩擦力为0
C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向可能向右
D．若缆车加速度增加，则物块受到的支持力一定减小
二、多选题（本大题共3小题，每题3分，共9分，其中选不全得 2分，选错不得分）
14．（2024高一上·余姚期中）如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球（可以看作质点）分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　）
A． B． C． D．
15．（2024高一上·余姚期中）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示．滑块A的质量记作mA，长木板B的质量记作mB，则（　　）
A．mA＝1kg
B．mB＝3kg
C．A、B间动摩擦因数μ＝0.5
D．F＞10N之后，B的加速度为2m/s2
16．（2024高一上·余姚期中）如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为a，重力加速度为g，则（　　）
A．若α=θ，小球受到的拉力为mgcosθ
B．若α=θ，滑块的加速度为gtanθ
C．若α<θ，则斜面粗糙
D．若α=θ，则斜面光滑
三、实验题（本大题共14分，每空2分）
17．（2024高一上·余姚期中）某同学用如图甲所示的实验装置来探究两个互成角度的力的合成规律。进行如下操作：
①在木板上固定一张白纸，然后竖直固定木板。
②将弹簧测力计A的一端挂在P点。
③带绳结O的细绳套，一端连接A的挂钩，一端连接重物M，另一端连接弹簧测力计B的挂钩。
④手持弹簧测力计B的另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置。
⑤分别读出弹簧测力计A和B的示数，在白纸上记录O点的位置和细绳的方向。
⑥改变A、B弹簧拉力的夹角，重复④⑤操作步骤进行多次实验和记录。
（1）为保证实验测量的准确性，达成实验目的，以下操作符合要求的是（　　）
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．多次实验过程中，每次都应使绳结O点静止在同一位置
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点
D．本实验需要用弹簧测力计测量重物M的重力
（2）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，某次实验操作过程中弹簧测力计A的示数如图甲所示，读数为　 　N。
（3）根据实验原理及操作，在某次作图时，图中　 　（选填“乙”或“丙”）是合理的。
18．（2024高一上·余姚期中）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是摩擦力过大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下：
i.安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
iii.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数n（1≤n≤5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
已知重力加速度大小g=10m/s2，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（用M，m，g，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率的大小为2.5，则小车质量M=　 　kg。
四、解答题（本大题8+9+9+12=38分）
19．（2024高一上·余姚期中）如图所示，物体A的质量mA=0.2kg，放在水平面上的物体B的质量mB=1.0kg，轻绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B此时恰好处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取g=10N/kg）
（1）求物体B与水平面间的动摩擦因数？
（2）如果用水平力F向左拉B，使物体A和B做匀速运动，需要多大的拉力？
（3）若将物体B质量改成2.0kg，则物体B受到的摩擦力为多大？
20．（2024高一上·余姚期中）在2024年巴黎奥运会上，中国跳水“梦之队”创造了包揽奥运8金的历史性成绩，再次让世界看到了“梦之队”非凡的实力。其中全红婵、陈芋汐两位年轻小将双剑合璧，将女子双人10米台金牌稳稳收入囊中。在一次10米台跳水的过程中，全红婵从跳台上跃起，到达最高点后开始下落，最终在水深2.5m处开始上浮。已知全红婵体重为40kg，设全红婵竖直向上离开跳台的速度为5m/s，下落入水后可看做是匀减速直线运动，整个过程可将全红婵看成质点，试求：
（1）全红婵入水前的速度大小；
（2）全红婵在水中时受到的浮力大小；
（3）全红婵从离开跳台直到运动到水下最深处时，所经历的时间t。
21．（2024高一上·余姚期中）质量为M=2.5kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.50。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。求：
（1）木块对铁箱的压力；
（2）水平拉力F的大小。
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块落底后不反弹，某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？
22．（2024高一上·余姚期中）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率顺时针运转。一质量的煤块以初速度从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g=10 m/s2，求：
（1）煤块上升的最大位移为多少？
（2）煤块与传送带间的动摩擦因数μ为多少？
（3）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多少？
（4）煤块在传送带上留下的划痕为多少？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A ．kg是质量的单位，是基本单位，A正确；
B．N是力的单位，是导出单位，B错误；
C．W是功率单位，是导出单位，C错误；
D．J是能量单位，导出单位，D错误。
故选A。
【分析】力学基本单位是长度单位m、时间单位s、质量单位kg；其它为导出单位。
2．【答案】C
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】本题关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。A．伽利略通过斜面实验验证物体做自由落体运动的加速度大小跟质量无关，故A错误；
B．伽利略所处的时代技术不够发达，无法直接验证运动速度与下落的时间成正比，故B错误；
C． 伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下，小球在斜面上运动的加速度要比竖直下落的加速度小得多，伽利略用此方法冲淡“重力”， 故C正确；
D．实验中铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】自由落体运动的加速度大小跟质量无关；伽利略所处的时代速度无法直接测量；斜面上运动的加速度变小，冲淡“重力”；位移与时间的平方成正比，做匀加速直线运动。
3．【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】 本题主要考查了在超重和失重现象中的运用，熟练掌握从图像观察加速度的方向。A．图像的斜率表示加速度，从20.0s到30.0s，同学有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；
B．从30.0s到40.0s，同学的加速度为零，处于平衡状态，故B错误；
C．从40.0s到50.0s，同学有向下的加速度，处于失重状态，故C正确；
D．从50.0s到60.0s，同学的加速度为零，处于平衡状态，故D错误。
故选C。
【分析】根据加速度的方向判断物体的超重和失重。
4．【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题主要考查了自由落体运动的位移—时间公式及速度—时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题。AB．不计空气阻力， 两球做自由落体运动，设乙球运动时间为t，则甲运动时间为，则两球距离
可知，甲、乙两球距离越来越大，故A错误，B正确；
CD．结合以上分析可知，两球速度差
可知，甲、乙两球速度之差保持不变，故CD错误。
故选 B。
【分析】甲和乙两小球均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可解题。
5．【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】解决本题的关键要理解位移—时间图像的物理意义，知道图线的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移。A．根据图线的斜率表示速度，可知在0到这段时间内，a车的速度小于b车的速度，故A错误；
B．根据图线的纵坐标变化表示位移，可知在0到这段时间内，a车的位移小于b车的位移，故B错误；
C．由图线可知，在0到这段时间内，b车的位移大于a车的位移，平均速度等于位移与时间的比值，因为时间相等，则a车平均速度小于b车的平均速度，故C错误；
D．图线可知，在t1到t2这段时间内，b车的位移等于a车的位移，平均速度等于位移与时间的比值，因为时间相等，则a车平均速度等于b车的平均速度，故D正确。
故选 D。
【分析】位移—时间图像的切线斜率表示速度，根据斜率大小分析速度大小。纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度等于位移与时间之比分析。
6．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．甲图中的鹅卵石受重力、两个弹力和两个静摩擦力，共五个力，A错误；
B． 根据牛顿第三定律可知，图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力等于鹅卵石对其的弹力，故B错误
C． 根据平衡条件，鹅卵石受到筷子对它作用力大小与重力相等，增大丙图中筷子与水平方向夹角，鹅卵石受到筷子对它作用力不变，故C正确 ；
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】 甲图中的鹅卵石受5个力的作用；根据平衡条件分析摩擦力、弹力的大小及变化情况。
7．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动
【解析】【解答】解决本题的关键知道竖直上抛运动的规律，知道竖直上抛运动的对称性，结合运动学公式和推论灵活求解。A．根据逆向思维法
故A错误；
B．取向上为正
负号表示方向竖直向下，故B错误；
C．根据逆向思维法及初速度为零的匀加速直线运动比例式，物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为5：3：1，所以平均速度之比为5：3：1，故C错误；
D．根据逆向思维法及初速度为零的匀加速直线运动比例式，物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为5：3：1，则物体在1s内、2s内、3s内的位移大小之比为
故D正确。
故选D。
【分析】采用逆向思维，结合位移时间公式求出物体上升的最大高度；根据Δv=gt求出速度的改变量，根据初速度为零的匀加速直线运动推论，采用逆向思维，求出位移之比，从而得出平均速度之比。
8．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解题关键是知道速度、加速度是矢量，遵循平行四边形定则，对蜡块的运动根据平行四边形定则进行合成即可。AB．由图可知，在水平方向上，蜡块受到的合外力先指向右侧，故蜡块向右做匀加速直线运动；之后，蜡块受到的合外力指向左侧，故蜡块向右做匀减速直线运动，故蜡块水平方向的速度先增大后减小，而蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，故蜡块合速度先增大后减小，故A错误，B正确；
CD．由上分析，可知蜡块运动的加速度方向先向右再向左，故加速度发生变化，故CD错误。
故选B。
【分析】速度、加速度是矢量，遵循平行四边形定则，根据定则对蜡块的运动合成即可求解。
9．【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡，关键是结合平行四边形定则列式分析，注意同一根绳子的张力处处相等。ABC．由于缓慢拉动，所以对于小球来说处于平衡态，即绳子上的拉力与小球的重力大小相等，由于同一个绳子所以绳子在金属挂钩两侧的拉力相同，都为mg，用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，绳子两侧的夹角减小，由平行四边形定则可知，合力变大，且绳子对钩子的作用力的合力方向为左下方，即绳对钩子的作用逐渐增大，由牛顿第三定律可知，钩子对绳的作用力变大，故ABC错误；
D．钩子两侧轻绳之间的夹角的最小值为90°，因此此时两根绳子的合力最大为
即钩子对绳的作用力大小不可能等于，故D项正确。
故选D。
【分析】同一根绳子的张力处处相等，两个等大的力合成时，夹角越小，合力越大，由此逐项分析。
10．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查对力的平衡条件和牛顿第二定律的理解，运用力的合成与分解法和牛顿第二定律分析。A．绳子拉力沿竖直方向的分量等于小球的重力，可知刻度尺读数越大，绳子拉力沿竖直方向的分量不变，选项A错误；
B．列车的加速度
解得
当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车的加速度大小约为
选项B正确；
C．当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车加速度向左，则可能向左加速或向右减速，选项C错误；
D．由
可知，加速度与x成正比，则如果将刻度尺不同刻度对应的加速度标注在刻度尺上，则加速度刻度值是均匀的，选项D错误。
故选B。
【分析】根据力的平衡条件分析，小球处于平衡状态，水平方向的分力提供加速度，竖直方向的分力与重力大小相等。
11．【答案】D
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法即可完成分析。A．对AB整体分析有
根据牛顿第三定律有
解得
A错误；
C．对A进行分析有
则有
C错误；
D．根据上述有
可知
D正确；
B．根据上述有
B错误。
故选D。
【分析】对AB整体进行受力分析，根据平衡条件求出水平面对B的支持力，再得出水平面所受的压力大小；再对A分析，得出三个绳子拉力的大小关系。
12．【答案】A
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求能正确选择研究对象，能正确对研究对象进行受力分析，能结合力的合成与分解原则求解。
AB．设弹簧弹力为，对两球整体受力分析，由平衡条件可得
，
对小球M受力分析且由平衡条件可得
，
解得
，
故A错误，B正确；
CD．剪断轻绳B的瞬间，球N将做圆周运动，垂直绳A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得
可得球N的加速度大小为
弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二定律得
而
联立解得球M的加速度大小为
故CD正确。
本题选不正确的，故选A。
【分析】采用整体法和隔离法分析小球的受力情况，将力分解成水平、竖直两个方向的分力，其处于平衡状态，合力为0，列出关系式进行分析；根据小球的受力情况运用牛顿第二定律解答。
13．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】学生在解决本题时，应注意将受力分析以及力的正交分解同牛顿第二定律结合起来。A． 缆车沿着山坡以加速度a下行， 对物块受力分析，如图所示
物体受重力，支持力，摩擦力，支持力和摩擦力的合力为，当和的合力与运动方向相同时，物体做匀加速直线运动，把加速度分解成水平方向的分加速度和竖直方向的分加速度，竖直方向上，根据牛顿第二定律有
因此，故A错误；
B．水平方向上，根据牛顿第二定律有
因为，故B错误；
C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向仍然向左，故C错误；
D．若缆车加速度增加，根据
可知物块受到的支持力一定减小，故D正确。
故选D。
【分析】根据受力分析，利用牛顿第二定律可得出支持力和重力的大小关系；利用牛顿第二定律可求出摩擦力不为零；加速度增加摩擦力方向依然不变，根据受力分析，可得出支持力会减小。
14．【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题是等时圆问题，解题技巧是用相同的量表示物体运动的加速度和位移，再求出运动时间表达式，来分析运动时间关系。AB．设任一斜面与水平方向的夹角为，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得
斜面的长度为
则由
解得
可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有
故A错误；B正确；
CD．根据
又
则
故C正确；D错误。
故选BC。
【分析】设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律得出加速度a与θ的关系，由位移—时间公式求出小球运动时间t与θ、d的关系式，由数学知识分析运动时间关系，再分析平均速度关系。
15．【答案】B,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与图象的综合题，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
AB．由图乙可知，当F＝10N时，加速度为：a＝2m/s2，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有
F＝（mA+mB）a
代入数据解得
mA+mB＝5kg
当F大于10N时，A、B发生相对滑动，对A根据牛顿第二定律得
a==-μg
图象的斜率
k＝＝＝
解得
mA＝2kg
滑块B的质量为
mB＝3kg
故A错误，B正确；
C．当F大于10N时，A的加速度与F的关系
a＝F-μg
知当a＝0时，F＝6N，代入解得
μ＝0.3
故C错误；
D．根据F＞10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为
aB＝＝m/s2=2m/s2
故D正确。
故选BD。
【分析】当拉力较小时，A和B保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，A和B发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体法和隔离法结合进行解答。
16．【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。A．根据题意，对小球受力分析，绳子的拉力
若α=θ，小球受到的拉力为
故A正确；
B．根据题意，对小球受力分析，合力为
加速度
若α=θ，小球的加速度
因为小球与滑块相对静止，则滑块的加速度为
故B错误；
CD．根据B选项可知，若α=θ，小球与滑块加速度均为
对整体研究，设整体质量为M，设整体受到斜面摩擦力为f，则有
联立解得
故斜面光滑，若斜面粗糙则整体加速度减小，则α<θ，故CD正确。
故选 ACD。
【分析】若α=θ则细线与斜面垂直，对小球进行受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力、根据牛顿第二定律求解加速度大小；以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程分析。
17．【答案】（1）A；C；D
（2）2.60
（3）乙
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．弹簧测力计是测量力的大小的仪器，在使用前必须进行校零，以确保测量结果的准确性。这是实验测量的基本要求，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．在确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点。这样做是为了更准确地确定拉力的方向，因为两点确定一条直线。如果只标记一个点或两个点相距很近，那么拉力的方向可能会有较大的误差，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
【分析】（1）在力学实验，特别是涉及弹簧测力计和细绳拉力的实验中，应遵循的操作规范和注意事项。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，逢1估读，结果估读到最小刻度后一位；
（3）任何实验都存在误差，理论值和实际值不可能完全一样。
（1）A．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
18．【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.2
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】本题关键掌握“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验原理和利用图像处理数据方法，计算时注意单位换算。
（1）相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法求出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F=0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）设小车匀速下滑时受到的摩擦力为，当小车匀速下滑时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
整理得
图像的斜率为
解得小车质量为
【分析】（1）根据逐差法计算小车的加速度；
（2）根据平衡摩擦力分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导结合图像计算。
（1）相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法求出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F=0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]设小车匀速下滑时受到的摩擦力为，当小车匀速下滑时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
整理得
[2]图像的斜率为
解得小车质量为
19．【答案】解：（1）由于A和B恰好处于静止状态，所以
解得
（2）如果用水平力F向左拉B，使物体A和B做匀速运动，则有
解得
（3）若增大物体B的质量，则物体B对桌面的压力变大，最大静摩擦力变大，但此时物体B将静止不动，物体与桌面间的摩擦力为静摩擦力，根据物体B和物体A的平衡可知，物体B受到的摩擦力为
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）由于A和B处于静止，利用A和B的平衡方程可以求出B与地面之间动摩擦因数的大小；
（2）当A和B做匀速直线运动，根据整体的平衡方程可以求出拉力的大小；
（3）当物体B的质量改变时，由于B处于静止，根据物体B的平衡方程可以求出静摩擦力的大小。
20．【答案】（1）解：根据匀变速直线运动公式，可得
解得
v=15m/s
（2）解：根据匀变速直线运动公式，可得
a=-45m/s2
方向向上，根据牛二定律
F浮－mg=ma
解得
F浮=2200N
（3）解：由匀变速直线运动公式可得：
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）全红婵从离开跳台到刚落水过程，利用运动学公式求解；（2）全红婵在水中运动过程利用运动学公式和牛顿第二定律列式，联立方程可得解；
（3）利用速度—时间关系求解。
（1）根据匀变速直线运动公式，可得
解得
v=15m/s
（2）根据匀变速直线运动公式，可得
a=-45m/s2
方向向上，根据牛二定律
F浮－mg=ma
解得
F浮=2200N
（3）由匀变速直线运动公式可得：
21．【答案】解：（1）对木块：
在竖直方向：由相对静止得
mg=Ff=μ2FN
FN==N=20N
由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力FN'=-FN=-20N，方向水平向左
（2）对木块：在水平方向
FN=ma
a==40m/s2
对铁箱和木块整体
F-μ1（M+m）g=（M+m）a
故水平拉力
F=（M+m）（a+μ1g）=135N
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动。木块加速度
a2=μ2g=2.5m/s2
又铁箱加速度
a1==5.5m/s2
铁箱减速时间为
t0==1.1s＞1s
故木块到达箱右端时，箱未能停止。则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有
L=（vt-a2t2）-（vt-a1t2）=（a1-a2）t2
解得
L=1.5m
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）分析木箱的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2FN，求出木块对铁箱的压力；
（2）以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，由于μ1＞μ2，木块相对箱滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，由速度公式求出铁箱减速至停止所受的时间，分析1s内可知木块到达箱右端时，箱未能停止．则t=1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求出．
22．【答案】（1）解：根据图像与轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为
（2）解：根据图像的斜率表示加速度，可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
对煤块根据牛顿第二定律有
联立代入数据解得
（3）解：设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，由运动学知识有
代入数据解得
（4）解：内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
在内，即
时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为
传送带的位移大小为
煤块与传送带的相对位移大小为
联立代入数据解得
因为
所以有部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移；
（2）根据v-t图像的斜率表示加速度结合牛顿第二定律可解得煤块与传送带间的动摩擦因数；
（3）根据位移—时间关系解得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间；
（4）分别解得煤块和传送带的位移，再求得煤块在皮带上留下的划痕。
（1）根据图像与轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为
（2）根据图像的斜率表示加速度，可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
对煤块根据牛顿第二定律有
联立代入数据解得
（3）设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，由运动学知识有
代入数据解得
（4）内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
在内，即
时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为
传送带的位移大小为
煤块与传送带的相对位移大小为
联立代入数据解得
因为
所以有部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为。
1 / 1浙江省宁波市余姚中学2024-2025学年高一上学期期中考试物理试题
一、单选题（本大题共13小题，每题3分，共39分）
1．（2024高一上·余姚期中）下列属于国际单位制中基本单位的是（　　）
A． B．N C．W D．J
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A ．kg是质量的单位，是基本单位，A正确；
B．N是力的单位，是导出单位，B错误；
C．W是功率单位，是导出单位，C错误；
D．J是能量单位，导出单位，D错误。
故选A。
【分析】力学基本单位是长度单位m、时间单位s、质量单位kg；其它为导出单位。
2．（2024高一上·余姚期中）为了研究自由落体的规律，伽利略采用“冲淡”重力的方法，将落体实验转化为沿斜面运动的实验。关于伽利略的研究，下 列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过斜面实验验证物体做自由落体运动的加速度的大小跟质量有关
B．伽利略思想方法的核心是直接用实验验证了运动速度与下落的时间成正比
C．“冲淡”重力是指使铜球的加速度变小了
D．实验中铜球位移与时间的平方成正比说明它做变加速直线运动
【答案】C
【知识点】伽利略对自由落体运动的研究
【解析】【解答】本题关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。A．伽利略通过斜面实验验证物体做自由落体运动的加速度大小跟质量无关，故A错误；
B．伽利略所处的时代技术不够发达，无法直接验证运动速度与下落的时间成正比，故B错误；
C． 伽利略让铜球沿阻力很小的斜面滚下，小球在斜面上运动的加速度要比竖直下落的加速度小得多，伽利略用此方法冲淡“重力”， 故C正确；
D．实验中铜球位移与时间的平方成正比说明它做匀加速直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】自由落体运动的加速度大小跟质量无关；伽利略所处的时代速度无法直接测量；斜面上运动的加速度变小，冲淡“重力”；位移与时间的平方成正比，做匀加速直线运动。
3．（2024高一上·余姚期中）小巴同学在等电梯时想到了用智能手机测试自己乘电梯回家时的速度—时间图像。电梯向上运行过程中，他的手机屏幕显示如图所示（取竖直向上为正方向）。则小巴同学处于失重状态的时段是（　　）
A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0s
C．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s
【答案】C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】 本题主要考查了在超重和失重现象中的运用，熟练掌握从图像观察加速度的方向。A．图像的斜率表示加速度，从20.0s到30.0s，同学有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；
B．从30.0s到40.0s，同学的加速度为零，处于平衡状态，故B错误；
C．从40.0s到50.0s，同学有向下的加速度，处于失重状态，故C正确；
D．从50.0s到60.0s，同学的加速度为零，处于平衡状态，故D错误。
故选C。
【分析】根据加速度的方向判断物体的超重和失重。
4．（2024高一上·余姚期中）在空中从某一高度相隔t0 先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们运动过程中（　　）
A．甲、乙两球距离始终保持不变 B．甲、乙两球距离越来越大
C．甲、乙两球速度之差越来越大 D．甲、乙两球速度之差越来越小
【答案】B
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】本题主要考查了自由落体运动的位移—时间公式及速度—时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题。AB．不计空气阻力， 两球做自由落体运动，设乙球运动时间为t，则甲运动时间为，则两球距离
可知，甲、乙两球距离越来越大，故A错误，B正确；
CD．结合以上分析可知，两球速度差
可知，甲、乙两球速度之差保持不变，故CD错误。
故选 B。
【分析】甲和乙两小球均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可解题。
5．（2024高一上·余姚期中）如图所示的直线和曲线分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移－时间（x —t）图线。由图可知（　　）
A．在0到t1这段时间内，a车的速度大于b车的速度
B．在0到t1 这段时间内，a车的位移等于b车的位移
C．在0到t2 这段时间内，a车的平均速度大于b车的平均速度
D．在t1到t2这段时间内，a车的平均速度等于b车的平均速度
【答案】D
【知识点】平均速度；运动学 S-t 图象
【解析】【解答】解决本题的关键要理解位移—时间图像的物理意义，知道图线的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移。A．根据图线的斜率表示速度，可知在0到这段时间内，a车的速度小于b车的速度，故A错误；
B．根据图线的纵坐标变化表示位移，可知在0到这段时间内，a车的位移小于b车的位移，故B错误；
C．由图线可知，在0到这段时间内，b车的位移大于a车的位移，平均速度等于位移与时间的比值，因为时间相等，则a车平均速度小于b车的平均速度，故C错误；
D．图线可知，在t1到t2这段时间内，b车的位移等于a车的位移，平均速度等于位移与时间的比值，因为时间相等，则a车平均速度等于b车的平均速度，故D正确。
故选 D。
【分析】位移—时间图像的切线斜率表示速度，根据斜率大小分析速度大小。纵坐标的变化量表示位移，结合平均速度等于位移与时间之比分析。
6．（2024高一上·余姚期中）如图是筷子夹鹅卵石时的三个动作示意图，筷子均在同一竖直平面内：图甲中的筷子处于竖直方向，图乙中的筷子处于水平方向，图丙中的筷子处于倾斜方向，与水平面成一定夹角。三个图中的鹅卵石均处于静止状态，则（　　）
A．图甲中的鹅卵石受到四个力的作用
B．图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力大于鹅卵石对其的弹力
C．当缓慢增大图丙中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石受到筷子对它的作用力不变
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向下
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；受力分析的应用；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A．甲图中的鹅卵石受重力、两个弹力和两个静摩擦力，共五个力，A错误；
B． 根据牛顿第三定律可知，图乙中下方筷子对鹅卵石的弹力等于鹅卵石对其的弹力，故B错误
C． 根据平衡条件，鹅卵石受到筷子对它作用力大小与重力相等，增大丙图中筷子与水平方向夹角，鹅卵石受到筷子对它作用力不变，故C正确 ；
D．若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向上，故D错误。
故选C。
【分析】 甲图中的鹅卵石受5个力的作用；根据平衡条件分析摩擦力、弹力的大小及变化情况。
7．（2024高一上·余姚期中）物体以初速度竖直上抛，经3s到达最高点，空气阻力不计，g取，则对上升过程，下列说法正确的是（　　）
A．物体上升的最大高度为40m
B．物体速度改变量的大小为30m/s，方向竖直向上
C．物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为
D．物体在1s内、2s内、3s内的位移大小之比为
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动
【解析】【解答】解决本题的关键知道竖直上抛运动的规律，知道竖直上抛运动的对称性，结合运动学公式和推论灵活求解。A．根据逆向思维法
故A错误；
B．取向上为正
负号表示方向竖直向下，故B错误；
C．根据逆向思维法及初速度为零的匀加速直线运动比例式，物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为5：3：1，所以平均速度之比为5：3：1，故C错误；
D．根据逆向思维法及初速度为零的匀加速直线运动比例式，物体在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为5：3：1，则物体在1s内、2s内、3s内的位移大小之比为
故D正确。
故选D。
【分析】采用逆向思维，结合位移时间公式求出物体上升的最大高度；根据Δv=gt求出速度的改变量，根据初速度为零的匀加速直线运动推论，采用逆向思维，求出位移之比，从而得出平均速度之比。
8．（2024高一上·余姚期中）如图所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体A，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧，把玻璃管倒置，在蜡块相对玻璃管匀速上升的同时将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向向右移动，图中虚线为蜡块的实际运动轨迹，关于蜡块的运动，下列说法正确的是（　　）
A．速度不断增大
B．速度先增大后减小
C．运动的加速度保持不变
D．运动的加速度先水平向左后水平向右
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】解题关键是知道速度、加速度是矢量，遵循平行四边形定则，对蜡块的运动根据平行四边形定则进行合成即可。AB．由图可知，在水平方向上，蜡块受到的合外力先指向右侧，故蜡块向右做匀加速直线运动；之后，蜡块受到的合外力指向左侧，故蜡块向右做匀减速直线运动，故蜡块水平方向的速度先增大后减小，而蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，故蜡块合速度先增大后减小，故A错误，B正确；
CD．由上分析，可知蜡块运动的加速度方向先向右再向左，故加速度发生变化，故CD错误。
故选B。
【分析】速度、加速度是矢量，遵循平行四边形定则，根据定则对蜡块的运动合成即可求解。
9．（2024高一上·余姚期中）如图，质量为m的小球用一轻绳竖直悬吊于O点。现用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，已知重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．钩子对绳的作用力始终不变
B．挂钩与O点间的绳子拉力先变大后变小
C．绳子对挂钩的作用力方向始终水平向左
D．钩子对绳的作用力大小不可能等于
【答案】D
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】本题考查共点力平衡，关键是结合平行四边形定则列式分析，注意同一根绳子的张力处处相等。ABC．由于缓慢拉动，所以对于小球来说处于平衡态，即绳子上的拉力与小球的重力大小相等，由于同一个绳子所以绳子在金属挂钩两侧的拉力相同，都为mg，用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，绳子两侧的夹角减小，由平行四边形定则可知，合力变大，且绳子对钩子的作用力的合力方向为左下方，即绳对钩子的作用逐渐增大，由牛顿第三定律可知，钩子对绳的作用力变大，故ABC错误；
D．钩子两侧轻绳之间的夹角的最小值为90°，因此此时两根绳子的合力最大为
即钩子对绳的作用力大小不可能等于，故D项正确。
故选D。
【分析】同一根绳子的张力处处相等，两个等大的力合成时，夹角越小，合力越大，由此逐项分析。
10．（2024高一上·余姚期中）如图为某创新实验小组设计的水平加速度测量仪，其主要部分由木板、细线、小球和刻度尺构成。刻度尺水平固定，一小球用细线悬挂于0刻度线正上方的固定点O，保持装置处于竖直面内且细线与刻度尺不接触，稳定后根据细线在刻度尺上的位置即可测得水平加速度。实验小组利用该装置测量金义东轻轨在启动和停止时的加速度，现已取固定点O与刻度尺上边缘的竖直距离h刚好为1m，下列说法正确的是（　　）
A．刻度尺读数越大，绳子拉力沿竖直方向的分量越大
B．当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车的加速度大小约为
C．当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车运动方向一定向左
D．如果将刻度尺不同刻度对应的加速度标注在刻度尺上，则加速度刻度值是不均匀的
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题考查对力的平衡条件和牛顿第二定律的理解，运用力的合成与分解法和牛顿第二定律分析。A．绳子拉力沿竖直方向的分量等于小球的重力，可知刻度尺读数越大，绳子拉力沿竖直方向的分量不变，选项A错误；
B．列车的加速度
解得
当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车的加速度大小约为
选项B正确；
C．当测量仪稳定在图示虚线位置时，轻轨列车加速度向左，则可能向左加速或向右减速，选项C错误；
D．由
可知，加速度与x成正比，则如果将刻度尺不同刻度对应的加速度标注在刻度尺上，则加速度刻度值是均匀的，选项D错误。
故选B。
【分析】根据力的平衡条件分析，小球处于平衡状态，水平方向的分力提供加速度，竖直方向的分力与重力大小相等。
11．（2024高一上·余姚期中）如图所示，木模A质量为m，木模B质量为2m。通过三根轻质竖直细线对称连接，木模B静止在水平面上。细线a、b、c上的张力大小分别用、、表示，水平面所受的压力大小为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】整体法隔离法
【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法即可完成分析。A．对AB整体分析有
根据牛顿第三定律有
解得
A错误；
C．对A进行分析有
则有
C错误；
D．根据上述有
可知
D正确；
B．根据上述有
B错误。
故选D。
【分析】对AB整体进行受力分析，根据平衡条件求出水平面对B的支持力，再得出水平面所受的压力大小；再对A分析，得出三个绳子拉力的大小关系。
12．（2024高一上·余姚期中）如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，已知重力加速度为g，则下列说法不正确的是（　　）
A．球M和球N的质量之比为
B．轻绳A弹簧C的弹力之比为2∶1
C．剪断轻绳B的瞬间，球N的加速度大小为
D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为
【答案】A
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求能正确选择研究对象，能正确对研究对象进行受力分析，能结合力的合成与分解原则求解。
AB．设弹簧弹力为，对两球整体受力分析，由平衡条件可得
，
对小球M受力分析且由平衡条件可得
，
解得
，
故A错误，B正确；
CD．剪断轻绳B的瞬间，球N将做圆周运动，垂直绳A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得
可得球N的加速度大小为
弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二定律得
而
联立解得球M的加速度大小为
故CD正确。
本题选不正确的，故选A。
【分析】采用整体法和隔离法分析小球的受力情况，将力分解成水平、竖直两个方向的分力，其处于平衡状态，合力为0，列出关系式进行分析；根据小球的受力情况运用牛顿第二定律解答。
13．（2024高一上·余姚期中）始终保持竖直状态的缆车沿着山坡以加速度a下行，如图所示。在缆车地板上质量为m的物块与地板始终相对静止，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．物块所受的支持力
B．物块所受的摩擦力为0
C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向可能向右
D．若缆车加速度增加，则物块受到的支持力一定减小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】学生在解决本题时，应注意将受力分析以及力的正交分解同牛顿第二定律结合起来。A． 缆车沿着山坡以加速度a下行， 对物块受力分析，如图所示
物体受重力，支持力，摩擦力，支持力和摩擦力的合力为，当和的合力与运动方向相同时，物体做匀加速直线运动，把加速度分解成水平方向的分加速度和竖直方向的分加速度，竖直方向上，根据牛顿第二定律有
因此，故A错误；
B．水平方向上，根据牛顿第二定律有
因为，故B错误；
C．若缆车加速度增加，则物块受到的摩擦力方向仍然向左，故C错误；
D．若缆车加速度增加，根据
可知物块受到的支持力一定减小，故D正确。
故选D。
【分析】根据受力分析，利用牛顿第二定律可得出支持力和重力的大小关系；利用牛顿第二定律可求出摩擦力不为零；加速度增加摩擦力方向依然不变，根据受力分析，可得出支持力会减小。
二、多选题（本大题共3小题，每题3分，共9分，其中选不全得 2分，选错不得分）
14．（2024高一上·余姚期中）如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球（可以看作质点）分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止下滑到Q点，运动的时间分别为t1、t2和t3，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题是等时圆问题，解题技巧是用相同的量表示物体运动的加速度和位移，再求出运动时间表达式，来分析运动时间关系。AB．设任一斜面与水平方向的夹角为，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得
斜面的长度为
则由
解得
可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有
故A错误；B正确；
CD．根据
又
则
故C正确；D错误。
故选BC。
【分析】设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d，根据牛顿第二定律得出加速度a与θ的关系，由位移—时间公式求出小球运动时间t与θ、d的关系式，由数学知识分析运动时间关系，再分析平均速度关系。
15．（2024高一上·余姚期中）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示．滑块A的质量记作mA，长木板B的质量记作mB，则（　　）
A．mA＝1kg
B．mB＝3kg
C．A、B间动摩擦因数μ＝0.5
D．F＞10N之后，B的加速度为2m/s2
【答案】B,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与图象的综合题，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
AB．由图乙可知，当F＝10N时，加速度为：a＝2m/s2，对A、B整体分析，由牛顿第二定律有
F＝（mA+mB）a
代入数据解得
mA+mB＝5kg
当F大于10N时，A、B发生相对滑动，对A根据牛顿第二定律得
a==-μg
图象的斜率
k＝＝＝
解得
mA＝2kg
滑块B的质量为
mB＝3kg
故A错误，B正确；
C．当F大于10N时，A的加速度与F的关系
a＝F-μg
知当a＝0时，F＝6N，代入解得
μ＝0.3
故C错误；
D．根据F＞10N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为
aB＝＝m/s2=2m/s2
故D正确。
故选BD。
【分析】当拉力较小时，A和B保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，A和B发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体法和隔离法结合进行解答。
16．（2024高一上·余姚期中）如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为a，重力加速度为g，则（　　）
A．若α=θ，小球受到的拉力为mgcosθ
B．若α=θ，滑块的加速度为gtanθ
C．若α<θ，则斜面粗糙
D．若α=θ，则斜面光滑
【答案】A,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。A．根据题意，对小球受力分析，绳子的拉力
若α=θ，小球受到的拉力为
故A正确；
B．根据题意，对小球受力分析，合力为
加速度
若α=θ，小球的加速度
因为小球与滑块相对静止，则滑块的加速度为
故B错误；
CD．根据B选项可知，若α=θ，小球与滑块加速度均为
对整体研究，设整体质量为M，设整体受到斜面摩擦力为f，则有
联立解得
故斜面光滑，若斜面粗糙则整体加速度减小，则α<θ，故CD正确。
故选 ACD。
【分析】若α=θ则细线与斜面垂直，对小球进行受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力、根据牛顿第二定律求解加速度大小；以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程分析。
三、实验题（本大题共14分，每空2分）
17．（2024高一上·余姚期中）某同学用如图甲所示的实验装置来探究两个互成角度的力的合成规律。进行如下操作：
①在木板上固定一张白纸，然后竖直固定木板。
②将弹簧测力计A的一端挂在P点。
③带绳结O的细绳套，一端连接A的挂钩，一端连接重物M，另一端连接弹簧测力计B的挂钩。
④手持弹簧测力计B的另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置。
⑤分别读出弹簧测力计A和B的示数，在白纸上记录O点的位置和细绳的方向。
⑥改变A、B弹簧拉力的夹角，重复④⑤操作步骤进行多次实验和记录。
（1）为保证实验测量的准确性，达成实验目的，以下操作符合要求的是（　　）
A．弹簧测力计应在使用前校零
B．多次实验过程中，每次都应使绳结O点静止在同一位置
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点
D．本实验需要用弹簧测力计测量重物M的重力
（2）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，某次实验操作过程中弹簧测力计A的示数如图甲所示，读数为　 　N。
（3）根据实验原理及操作，在某次作图时，图中　 　（选填“乙”或“丙”）是合理的。
【答案】（1）A；C；D
（2）2.60
（3）乙
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）A．弹簧测力计是测量力的大小的仪器，在使用前必须进行校零，以确保测量结果的准确性。这是实验测量的基本要求，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．在确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点。这样做是为了更准确地确定拉力的方向，因为两点确定一条直线。如果只标记一个点或两个点相距很近，那么拉力的方向可能会有较大的误差，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
【分析】（1）在力学实验，特别是涉及弹簧测力计和细绳拉力的实验中，应遵循的操作规范和注意事项。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，逢1估读，结果估读到最小刻度后一位；
（3）任何实验都存在误差，理论值和实际值不可能完全一样。
（1）A．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；
B．多次实验过程中，不需要每次都应使绳结O点静止在同一位置，故B错误；
C．每次确定拉力的方向时，需要沿细绳标记相距较远的两个点，故C正确；
D．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此需要用弹簧测力计测量重物M的重力，故D正确。
故选ACD。
（2）弹簧测力计每一小格为0.1N，所以读数为2.60N；
（3）根据实验原理及操作，在作图时，由于存在实验误差，所以理论值和实际值总会有偏差，二者不可能完全重合，所以图中乙是合理的。
18．（2024高一上·余姚期中）利用如图甲的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz，则小车的加速度大小为　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（2）实验得到的理想a-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是（　　）
A．图线①的产生原因是摩擦力过大
B．图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
C．图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大
（3）实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新，选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M，所用交流电频率为50Hz，共5个槽码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下：
i.安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
iii.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数n（1≤n≤5）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
已知重力加速度大小g=10m/s2，请完成下列填空：
①写出随变化的关系式　 　（用M，m，g，a，n表示）；
②测得关系图线的斜率的大小为2.5，则小车质量M=　 　kg。
【答案】（1）2.86
（2）B
（3）；0.2
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】本题关键掌握“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验原理和利用图像处理数据方法，计算时注意单位换算。
（1）相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法求出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F=0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）设小车匀速下滑时受到的摩擦力为，当小车匀速下滑时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
整理得
图像的斜率为
解得小车质量为
【分析】（1）根据逐差法计算小车的加速度；
（2）根据平衡摩擦力分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导结合图像计算。
（1）相邻两计数点的时间间隔为
根据逐差法求出小车的加速度大小为
（2）A．图线①的产生原因是，砝码盘和砝码的总质量增大到一定程度后不再满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量，是由于小车质量太小造成的，故A错误；
B．图线②说明F=0时小车就有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大，故B正确；
C．图线③说明F增大到一定程度小车才开始有加速度，其产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角偏小或未平衡摩擦力，故C错误。
故选B。
（3）[1]设小车匀速下滑时受到的摩擦力为，当小车匀速下滑时有
减小n个槽码，对小车和槽码分别有
整理得
[2]图像的斜率为
解得小车质量为
四、解答题（本大题8+9+9+12=38分）
19．（2024高一上·余姚期中）如图所示，物体A的质量mA=0.2kg，放在水平面上的物体B的质量mB=1.0kg，轻绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B此时恰好处于静止状态，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（取g=10N/kg）
（1）求物体B与水平面间的动摩擦因数？
（2）如果用水平力F向左拉B，使物体A和B做匀速运动，需要多大的拉力？
（3）若将物体B质量改成2.0kg，则物体B受到的摩擦力为多大？
【答案】解：（1）由于A和B恰好处于静止状态，所以
解得
（2）如果用水平力F向左拉B，使物体A和B做匀速运动，则有
解得
（3）若增大物体B的质量，则物体B对桌面的压力变大，最大静摩擦力变大，但此时物体B将静止不动，物体与桌面间的摩擦力为静摩擦力，根据物体B和物体A的平衡可知，物体B受到的摩擦力为
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）由于A和B处于静止，利用A和B的平衡方程可以求出B与地面之间动摩擦因数的大小；
（2）当A和B做匀速直线运动，根据整体的平衡方程可以求出拉力的大小；
（3）当物体B的质量改变时，由于B处于静止，根据物体B的平衡方程可以求出静摩擦力的大小。
20．（2024高一上·余姚期中）在2024年巴黎奥运会上，中国跳水“梦之队”创造了包揽奥运8金的历史性成绩，再次让世界看到了“梦之队”非凡的实力。其中全红婵、陈芋汐两位年轻小将双剑合璧，将女子双人10米台金牌稳稳收入囊中。在一次10米台跳水的过程中，全红婵从跳台上跃起，到达最高点后开始下落，最终在水深2.5m处开始上浮。已知全红婵体重为40kg，设全红婵竖直向上离开跳台的速度为5m/s，下落入水后可看做是匀减速直线运动，整个过程可将全红婵看成质点，试求：
（1）全红婵入水前的速度大小；
（2）全红婵在水中时受到的浮力大小；
（3）全红婵从离开跳台直到运动到水下最深处时，所经历的时间t。
【答案】（1）解：根据匀变速直线运动公式，可得
解得
v=15m/s
（2）解：根据匀变速直线运动公式，可得
a=-45m/s2
方向向上，根据牛二定律
F浮－mg=ma
解得
F浮=2200N
（3）解：由匀变速直线运动公式可得：
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）全红婵从离开跳台到刚落水过程，利用运动学公式求解；（2）全红婵在水中运动过程利用运动学公式和牛顿第二定律列式，联立方程可得解；
（3）利用速度—时间关系求解。
（1）根据匀变速直线运动公式，可得
解得
v=15m/s
（2）根据匀变速直线运动公式，可得
a=-45m/s2
方向向上，根据牛二定律
F浮－mg=ma
解得
F浮=2200N
（3）由匀变速直线运动公式可得：
21．（2024高一上·余姚期中）质量为M=2.5kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.50。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。求：
（1）木块对铁箱的压力；
（2）水平拉力F的大小。
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块落底后不反弹，某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？
【答案】解：（1）对木块：
在竖直方向：由相对静止得
mg=Ff=μ2FN
FN==N=20N
由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力FN'=-FN=-20N，方向水平向左
（2）对木块：在水平方向
FN=ma
a==40m/s2
对铁箱和木块整体
F-μ1（M+m）g=（M+m）a
故水平拉力
F=（M+m）（a+μ1g）=135N
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动。木块加速度
a2=μ2g=2.5m/s2
又铁箱加速度
a1==5.5m/s2
铁箱减速时间为
t0==1.1s＞1s
故木块到达箱右端时，箱未能停止。则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有
L=（vt-a2t2）-（vt-a1t2）=（a1-a2）t2
解得
L=1.5m
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）分析木箱的受力情况：木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块所受的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2FN，求出木块对铁箱的压力；
（2）以木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出水平拉力F的大小；
（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，由于μ1＞μ2，木块相对箱滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，由速度公式求出铁箱减速至停止所受的时间，分析1s内可知木块到达箱右端时，箱未能停止．则t=1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求出．
22．（2024高一上·余姚期中）如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率顺时针运转。一质量的煤块以初速度从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g=10 m/s2，求：
（1）煤块上升的最大位移为多少？
（2）煤块与传送带间的动摩擦因数μ为多少？
（3）煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为多少？
（4）煤块在传送带上留下的划痕为多少？
【答案】（1）解：根据图像与轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为
（2）解：根据图像的斜率表示加速度，可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
对煤块根据牛顿第二定律有
联立代入数据解得
（3）解：设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，由运动学知识有
代入数据解得
（4）解：内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
在内，即
时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为
传送带的位移大小为
煤块与传送带的相对位移大小为
联立代入数据解得
因为
所以有部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【分析】（1）根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移；
（2）根据v-t图像的斜率表示加速度结合牛顿第二定律可解得煤块与传送带间的动摩擦因数；
（3）根据位移—时间关系解得煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间；
（4）分别解得煤块和传送带的位移，再求得煤块在皮带上留下的划痕。
（1）根据图像与轴所围面积表示位移，可知煤块上升的最大位移为
（2）根据图像的斜率表示加速度，可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为
对煤块根据牛顿第二定律有
联立代入数据解得
（3）设煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为，由运动学知识有
代入数据解得
（4）内，煤块相对传送带向上运动，此段时间内煤块和传送带的位移大小分别为
煤块在传送带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即
在内，即
时间内煤块相对传送带向下运动，此段时间内煤块做匀变速直线运动，设沿传送带向下为正方向，煤块的位移为
传送带的位移大小为
煤块与传送带的相对位移大小为
联立代入数据解得
因为
所以有部分痕迹是重合的，则煤块在传送带上留下的划痕为。
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