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江苏省海门中学2024-2025学年高二上学期期末调研物理试题
1．（2024高二上·海门期末）在物理学的发展过程中，科学家们应用了许多物理学的研究思想、方法，下列相关内容的叙述正确的是（　　）
A．课本中“重心”“合力与分力的关系”等相关知识，都用到了理想模型的思想
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动；然后把各小段的位移相加，这里运用了类比思想
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法
D．为了显示桌面的微小形变，在桌面上放置平行平面镜反射光线，将桌面的形变转化为光点的移动，这里采用了放大的思想
2．（2024高二上·海门期末）一物体从A点沿正东方向以的速度运动4s到达B点，然后又以的速度向北匀速运动6s到达C点，则关于这10s内物体的路程、位移、平均速率和平均速度大小的说法，不正确的是（　　）
A．位移大小为50m B．路程为70m
C．平均速率为 D．平均速度为
3．（2024高二上·海门期末）下列关于运动和力的说法中正确的是（　　）
A．国际百米比赛运动员冲刺时，可以将其看成质点
B．加速度的方向由速度方向确定，这两个矢量方向相同
C．现有一个物体静止在粗糙水平面上，受到n个力作用而处于平衡状态，撤去其中一个大小为F的力后，该物体合力大小不一定为F
D．有一物体受到三个彼此不在一条直线上的力作用，其大小分别为1N，2N，3N，则该物体的合力一定可以等于零
4．（2024高二上·海门期末）在某次轮滑运动中，小明同学以的初速度滑出，做匀减速直线运动。该同学滑行时位移随速度变化的关系图像如图所示。该同学的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·海门期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳P的弹力大小可能大于
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为
6．（2024高二上·海门期末）在“探究向心力大小的表达式”实验中我们常用控制变量法，利用如图所示的向心力演示器进行研究。此时正在探究的关系是（　　）
A．F-ω B．F-ω2 C．F-m D．F-r
7．（2024高二上·海门期末）如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长斜面上滑下，以物块的初始位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向建立坐标系，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．物块的加速度为2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5
8．（2024高二上·海门期末）旋转餐桌的水平桌面上，一个质量为m的茶杯（视为质点）到转轴的距离为r，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．若减小餐桌的转动转速，则茶杯与餐桌可能发生相对滑动
B．一起匀速转动时茶杯有沿切线方向滑出去的趋势
C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力的方向指向餐桌的中心
D．将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的转速匀速转动餐桌，茶杯与餐桌仍保持相对静止
9．（2024高二上·海门期末）小明在公园和家里养的小狗做游戏，在倾角为的足够长的斜坡上，从P点以速度水平扔出皮球，小狗同时从P点沿斜坡向下做匀速直线运动，在皮球落地瞬间恰好追上皮球。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　）
A．皮球始终在小狗正上方
B．小狗的速度大小
C．小狗追上皮球的时间为
D．小狗追上皮球前离皮球的最远距离
10．（2024高二上·海门期末）“灯光表演”中，同学们用投影仪把校徽图案投到教学楼的墙壁上。现将投影过程简化为如图所示，投影仪放置在水平地面上，与教学楼相距，此时校徽图案距离地面，正在沿竖直方向以的速度上升。此时投影仪转动的角速度约为（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·海门期末）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统，获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为，小车和砝码的质量为，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是___________。
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验应远小于
D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中　 　（选填“甲”、“乙”、 “丙”）图线。此图线的段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　 　
A. 小车与轨道之间存在摩擦 B. 导轨保持了水平状态
C. 钩码质量太大 D. 所用小车的质量太大
（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数　 　，钩码的质量　 　。
12．（2024高二上·海门期末）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°。B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为30°带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求：
（1）初始时，弹簧是压缩还是伸长状态，形变量的大小；
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，C对挡板的压力大小。
13．（2024高二上·海门期末）如图所示，碎石场有一长L=7.25m的传送带与水平面夹角θ=37°，传送带以恒定速率v=5m/s沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量m=1kg石块被水平轻绳系住保持静止不动。t=0时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）t=0时刻前绳子的拉力大小；
（2）石块到达传送带底端所需的时间。
14．（2024高二上·海门期末）污水处理厂中污水管道控制系统简化为如图所示装置，倾角为θ的光滑倾斜轨道AB与半径为R的圆轨道BC平滑连接。C为圆弧轨道最高点。已知轨道AB长为L，轨道A、C两点竖直高度差为h，在C点右侧d处装有一自控阀门，初始时阀门处于关闭状态。质量为m可视为质点的小球套在轨道上，可模拟污水管中的一小段污水的运动。在C位置处有一压力开关，当小球通过C点时对轨道向上的压力达到kmg时，开关被接通，阀门向上提起。重力加速度取g。
（1）若小球以v0的初速度从A点沿斜面向上运动，求到达B点时的速度大小vB；
（2）要使得小球经过C点时压力开关接通，则小球到达C点时的速度vC至少为多少？
（3）若小球从C点以v的速度离开轨道，能直接从打开的阀门穿过，则阀门至少要用多大的加速度a竖直向上提？
15．（2024高二上·海门期末）在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为第1次碰前速度大小的。如图所示，一质量为的足够长木板放在倾角的斜面上，板A端距斜面底端的距离为0.4m，由此材料做成的挡板固定在斜面底端。将一质量的小物块从距离木板B端5m处，以初速度沿木板向上滑上木板，同时释放木板，已知小物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数。小物块可以看做质点，已知重力加速度的大小，，，。求：
（1）小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行的最大距离；
（3）从小物块与挡板发生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物块沿斜面滑行的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】形变与弹力；质点；力的合成
【解析】【解答】 对于常用的物理研究方法，如控制变量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基础上掌握，并要注意科学方法的应用。A．“重心”“合力与分力的关系”都用到了等效替代的思想，故A错误；
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元思想，故B错误；
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型的方法，故C错误；
D．为了显示桌面的微小形变，在桌面上放置平行平面镜反射光线，将桌面的形变转化为光点的移动，这里采用了放大的思想，故D正确。
故选D。
【分析】物理学上常用的研究方法有：等效替代法、微元法、理想模型法、微小形变放大法等，根据各种方法的特点进行分析。
2．【答案】D
【知识点】位移与路程；速度与速率；平均速度
【解析】【解答】平均速度：运动质点的位移与时间的比值。平均速率：运动质点的路程与时间的比值。AB．题意可知，物体向东运动
再向北运动
故位移大小为
故路程为
故AB正确，不符合题意；
C．根据公式可得平均速率
代入以上数据可得
故C正确，不符合题意；
D．平均速度为
故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】先求出物体向东的距离，再求出向北的位移，进而求出物体的路程，根据平均速率的公式求出平均速率大小；先求出物体的位移大小，在根据平均速度公式求出平均速度大小。
3．【答案】C
【知识点】质点；加速度；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题主要考查了力学知识的基本知识点，解题关键是掌握合力和分力间的关系。两个共点力的合力大小的取值范围为：F1+F2≥F≥|F1-F2|。A．国际百米比赛运动员冲刺时，运动员的形状、大小不可以忽略，故不可以将其看成质点，故A错误；
B．根据加速度的定义式有
可知加速度的方向与速度的变化量方向相同，与速度方向可能相同，也可能相反，故B错误；
C．现有一个物体静止在粗糙水平面上，受到n个力作用而处于平衡状态，撤去其中一个大小为F的力后，物体仍处于静止状态，此时物体合力大小0；若撤去前，物体所受摩擦力刚好达到最大静摩擦，撤去后，物体即刻发生运动，则合力的大小为F，故C正确；
D．有一物体受到三个彼此不在一条直线上的力作用，其大小分别为1N，2N，3N，先将1N，2N两个力合成，则合力的范围为
此合力再与第三个力3N进行合成，则最终合力的范围为
可知，该物体的合力可以等于零，也可以不等于零，故D错误。
故选C。
【分析】当物体的大小和形状在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点；根据速度与加速度方向的关系分析；物体受力平衡，当撤去其中任意一个力，合力与撤去的力等大反向；根据三个力的合力范围求合力。
4．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】 非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。由匀减速直线运动规律有
当速度为零时，位移为，解得
故选D。
【分析】横坐标v，纵坐标x，联想到匀变速直线运动的速度位移关系求解。
5．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹簧弹力没有来得及变化。AB．物块静止处于平衡状态，物块受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设物块受到弹簧Q弹力作用，弹簧Q弹力斜向右下方或左上方，弹簧弹力在水平方向有分力，轻绳P不能处于竖直状态，实际上轻绳P处于竖直状态，因此假设物块受弹簧弹力作用是错误的，所以弹簧Q处于原长状态，物块受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力
故AB错误；
CD．剪断轻绳前弹簧对物块没有弹力作用，物块受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，由牛顿第二定律得
解得
剪断轻绳P后，小球不会处于静止状态，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】物块静止处于平衡状态，根据平衡条件分析弹簧状态与轻绳弹力；剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，根据牛顿第二定律求解加速度。
6．【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题关键掌握探究向心力大小的表达式的实验原理：控制变量法。图中所示两相同的球的转动半径不同，角速度和质量相同，则正在研究F与半径r的关系，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】根据实验装置和控制变量法分析判断。
7．【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
AB．由运动学公式
整理可得
由图乙可知
解得
所以物块在斜面上做初速度为的匀加速直线运动，AB错误；
C．由牛顿第二定律得
解得
C正确；
D．第2末的速度为
那么前2s内的平均速度为
D错误。
故选C。
【分析】 由匀变速直线运动的位移—时间关系可得 关系式，再结合图乙可知物块的初速度与加速度的大小，由牛顿第二定律可求动摩擦因数，由运动学公式可求平均速度。
8．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题考查对圆周运动规律的理解，熟悉向心力公式的运用。A． 餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，茶杯转动时，所需的向心力为，若减小餐桌的转动转速，所需向心力减小，则茶杯与餐桌不可能发生相对滑动，故A错误；
B．茶杯所受静摩擦力提供茶杯做匀速圆周运动的向心力，指向圆心，则茶杯有背离圆心的运动趋势，故B错误；
C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，摩擦力沿着半径方向的分力改变线速度的方向，摩擦力沿着切线方向的分力改变线速度的大小，可知，茶杯受到的摩擦力的方向不指向餐桌的中心，故C错误；
D．根据题意可知，餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌恰好没有发生相对滑动时，有
将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，等式仍然成立，可知，茶杯与餐桌仍保持相对静止，故D正确。
故选D。
【分析】静摩擦力提供向心力，根据圆周运动向心力与速度的关系式分析。
9．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】把皮球的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，小狗的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动是解题的关键。AB．依题意，皮球做平抛运动，分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，小狗的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动，二者水平方向具有相同的速度才能保证在皮球落地瞬间恰好追上皮球，可知皮球始终在小狗正上方。可得
解得
故AB正确，与题意不符；
C．小狗追上皮球的时间等于皮球在空中飞行的时间，有
解得
故C错误，与题意相符；
D．由AB选项分析可知，二者水平方向分运动相同，所以竖直方向共速时，距离最远，可得
小狗追上皮球前离皮球的最远距离
联立，解得
故D正确，与题意不符。
故选C。
【分析】分别把皮球和小狗的运动分解为水平和竖直方向，根据二者水平方向的分速度相等分析；根据位移关系计算时间；当二者竖直方向的速度相等时距离最远，根据位移关系计算。
10．【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要考查了运动的合成与分解问题，熟悉矢量的合成和分解，根据几何关系即可完成解答。
校徽图案的实际运动为沿墙壁竖直向上的运动，其运动效果是一方面绕投影仪转动，另一方面沿光线方向延伸，因此应将竖直向上的速度分解为沿光线和垂直于光线的分速度。设校徽图案的速度为v，投影仪转动的角速度为，投影仪到图案间的距离为，光线与墙壁的夹角为，将校徽图案的速度沿光线方向和垂直光线方向分解
可得垂直光线方向的速度为
同时有
根据几何知识可得
联立解得
ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】将竖直向上的速度分解为沿光线和垂直于光线的分速度，垂直光线方向的速度等于线速度。
11．【答案】（1）D
（2）丙；C
（3）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在 的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法 的学习和训练。
（1）A．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有
m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．实验时应先接通电源后释放小车，B错误；
C．让小车和砝码的质量m2远远大于小盘和重物的质量m1，因为实际加速度为
实际上绳子的拉力为
故应该是，C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，D正确。
故选D。
（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量。
故选C。
（3）根据牛顿第二定律可知
变形得
结合图象可得：斜率为
截距为
解得，
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平衡摩擦力分析判断；根据小车和砝码的质量关系分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）A．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有
m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．实验时应先接通电源后释放小车，B错误；
C．让小车和砝码的质量m2远远大于小盘和重物的质量m1，因为实际加速度为
实际上绳子的拉力为
故应该是，C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，D正确。
故选D。
（2）[1]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙；
[2]此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量。
故选C。
（3）[1][2]根据牛顿第二定律可知
变形得
结合图象可得：斜率为
截距为
解得
，
12．【答案】（1）解：对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
故
（2）解：A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，有
此时对B沿斜面方向的受力有
，
对C，沿斜面方向的受力有
解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）初始时，对小球B受力分析，确定弹簧对小球B的弹力方向，再判断弹簧是压缩还是伸长状态，根据平衡条件结合胡克定律求形变量x1的大小；
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，根据平衡条件列式。对B和C，分别根据平衡条件列式，求出挡板对C的支持力，再得到C对挡板的压力大小。
（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
故
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，有
此时对B沿斜面方向的受力有
，
对C，沿斜面方向的受力有
解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小
13．【答案】（1）解：t=0时刻前石块受重力G、绳的拉力T、摩擦力f、支持力FN，且有，，
联立可得
（2）解：根据牛顿第二定律可得
解得剪断轻绳时石块的加速度大小为
方向沿传送带向下；当加速到与传送带共速，所用的时间
加速位移为
因为，且，则石块接着继续向下做加速运动，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
设此后到达底端所用时间t2，由运动学公式
解得
所以石块到达传送带底端的总时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）t=0时刻前，分析石块受力，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求解绳子的拉力大小；
（2）先根据牛顿第二定律求出石块的加速度，由运动学公式求出石块加速到与传送带等速所用的时间和通过的位移；共速以后，因μ＜tanθ，石块继续加速，再根据牛顿第二定律求出石块的加速度，根据位移—时间关系求出此后石块到达传送带底端所用时间，由此得到石块到达传送带底端所需的时间。
（1）t=0时刻前石块受重力G、绳的拉力T、摩擦力f、支持力FN，且有，，
联立可得
（2）根据牛顿第二定律可得
解得剪断轻绳时石块的加速度大小为
方向沿传送带向下；当加速到与传送带共速，所用的时间
加速位移为
因为，且，则石块接着继续向下做加速运动，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
设此后到达底端所用时间t2，由运动学公式
解得
所以石块到达传送带底端的总时间
14．【答案】（1）解：小球在轨道AB上匀减速，根据牛顿第二定律
ma＝mgsinθ
则有
a＝gsinθ
由匀变速直线运动的规律有
解得
vB＝
（2）解：根据牛顿第三定律得轨道对小球弹力向下，大小为kmg，在圆轨道最高位置C处，根据牛顿第二定律得
可得
即压力开关接通，小球速度至少为。
（3）解：小球离开C点开始做平抛运动，水平方向
竖直方向小球下降高度为
同时阀门匀加速上升高度至少为h－y小球才能穿过阀门，对阀门
由以上各式整理有
可得
即阀门加速度至少为。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第二定律列式，再几何运动学求出速度大小；
（2）根据牛顿第三定律分析，在C处根据牛顿第二定律列式求解；
（3）根据平抛运动规律列式求解，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
（1）小球在轨道AB上匀减速，根据牛顿第二定律
ma＝mgsinθ
则有
a＝gsinθ
由匀变速直线运动的规律有
解得
vB＝
（2）根据牛顿第三定律得轨道对小球弹力向下，大小为kmg，在圆轨道最高位置C处，根据牛顿第二定律得
可得
即压力开关接通，小球速度至少为；
（3）小球离开C点开始做平抛运动，水平方向
竖直方向小球下降高度为
同时阀门匀加速上升高度至少为h－y小球才能穿过阀门，对阀门
由以上各式整理有
可得
即阀门加速度至少为。
15．【答案】解：（1）对小物块由牛顿第二定律可得
代入数据解得小物块加速度大小为
方向沿斜面向下。
对木板由牛顿第二定律可得
代入数据解得木板加速度大小为
方向沿斜面向下。
（2）设第1次碰撞前，二者未共速
解得
此时
符合假设（恰好共速）
对物相对板向上运动， 与同向。但仍是物相对板向上运动，所以物块相对板向上滑行的最大距离，在共速时取得
长木板位移是
解得
（3）由题意可知，长木板与挡板碰撞后，对小物块沿长木板下滑，则有
解得
对长木板上滑过程则有
解得
下滑过程则有
解得
第1次碰撞前
第1次碰撞后
用时间
第2次碰撞前
所用时间
第2次碰撞后
所用时间
第3次碰撞前
因此有
可得
可得小物块沿斜面滑行的距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律求出小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）利用运动学公式求出第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行的最大距离；
（3）利用牛顿第二定律结合运动学公式求得从小物块与挡板发生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物块沿斜面滑行的距离。
1 / 1江苏省海门中学2024-2025学年高二上学期期末调研物理试题
1．（2024高二上·海门期末）在物理学的发展过程中，科学家们应用了许多物理学的研究思想、方法，下列相关内容的叙述正确的是（　　）
A．课本中“重心”“合力与分力的关系”等相关知识，都用到了理想模型的思想
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动；然后把各小段的位移相加，这里运用了类比思想
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法
D．为了显示桌面的微小形变，在桌面上放置平行平面镜反射光线，将桌面的形变转化为光点的移动，这里采用了放大的思想
【答案】D
【知识点】形变与弹力；质点；力的合成
【解析】【解答】 对于常用的物理研究方法，如控制变量法、等效替代法、理想化模型法等等，要在理解的基础上掌握，并要注意科学方法的应用。A．“重心”“合力与分力的关系”都用到了等效替代的思想，故A错误；
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元思想，故B错误；
C．在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型的方法，故C错误；
D．为了显示桌面的微小形变，在桌面上放置平行平面镜反射光线，将桌面的形变转化为光点的移动，这里采用了放大的思想，故D正确。
故选D。
【分析】物理学上常用的研究方法有：等效替代法、微元法、理想模型法、微小形变放大法等，根据各种方法的特点进行分析。
2．（2024高二上·海门期末）一物体从A点沿正东方向以的速度运动4s到达B点，然后又以的速度向北匀速运动6s到达C点，则关于这10s内物体的路程、位移、平均速率和平均速度大小的说法，不正确的是（　　）
A．位移大小为50m B．路程为70m
C．平均速率为 D．平均速度为
【答案】D
【知识点】位移与路程；速度与速率；平均速度
【解析】【解答】平均速度：运动质点的位移与时间的比值。平均速率：运动质点的路程与时间的比值。AB．题意可知，物体向东运动
再向北运动
故位移大小为
故路程为
故AB正确，不符合题意；
C．根据公式可得平均速率
代入以上数据可得
故C正确，不符合题意；
D．平均速度为
故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】先求出物体向东的距离，再求出向北的位移，进而求出物体的路程，根据平均速率的公式求出平均速率大小；先求出物体的位移大小，在根据平均速度公式求出平均速度大小。
3．（2024高二上·海门期末）下列关于运动和力的说法中正确的是（　　）
A．国际百米比赛运动员冲刺时，可以将其看成质点
B．加速度的方向由速度方向确定，这两个矢量方向相同
C．现有一个物体静止在粗糙水平面上，受到n个力作用而处于平衡状态，撤去其中一个大小为F的力后，该物体合力大小不一定为F
D．有一物体受到三个彼此不在一条直线上的力作用，其大小分别为1N，2N，3N，则该物体的合力一定可以等于零
【答案】C
【知识点】质点；加速度；力的合成与分解的运用
【解析】【解答】本题主要考查了力学知识的基本知识点，解题关键是掌握合力和分力间的关系。两个共点力的合力大小的取值范围为：F1+F2≥F≥|F1-F2|。A．国际百米比赛运动员冲刺时，运动员的形状、大小不可以忽略，故不可以将其看成质点，故A错误；
B．根据加速度的定义式有
可知加速度的方向与速度的变化量方向相同，与速度方向可能相同，也可能相反，故B错误；
C．现有一个物体静止在粗糙水平面上，受到n个力作用而处于平衡状态，撤去其中一个大小为F的力后，物体仍处于静止状态，此时物体合力大小0；若撤去前，物体所受摩擦力刚好达到最大静摩擦，撤去后，物体即刻发生运动，则合力的大小为F，故C正确；
D．有一物体受到三个彼此不在一条直线上的力作用，其大小分别为1N，2N，3N，先将1N，2N两个力合成，则合力的范围为
此合力再与第三个力3N进行合成，则最终合力的范围为
可知，该物体的合力可以等于零，也可以不等于零，故D错误。
故选C。
【分析】当物体的大小和形状在所研究的问题中能忽略，物体可以看成质点；根据速度与加速度方向的关系分析；物体受力平衡，当撤去其中任意一个力，合力与撤去的力等大反向；根据三个力的合力范围求合力。
4．（2024高二上·海门期末）在某次轮滑运动中，小明同学以的初速度滑出，做匀减速直线运动。该同学滑行时位移随速度变化的关系图像如图所示。该同学的加速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】 非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。由匀减速直线运动规律有
当速度为零时，位移为，解得
故选D。
【分析】横坐标v，纵坐标x，联想到匀变速直线运动的速度位移关系求解。
5．（2024高二上·海门期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳P的弹力大小可能大于
B．弹簧Q可能处于拉伸状态
C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态
D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹簧弹力没有来得及变化。AB．物块静止处于平衡状态，物块受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设物块受到弹簧Q弹力作用，弹簧Q弹力斜向右下方或左上方，弹簧弹力在水平方向有分力，轻绳P不能处于竖直状态，实际上轻绳P处于竖直状态，因此假设物块受弹簧弹力作用是错误的，所以弹簧Q处于原长状态，物块受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力
故AB错误；
CD．剪断轻绳前弹簧对物块没有弹力作用，物块受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，由牛顿第二定律得
解得
剪断轻绳P后，小球不会处于静止状态，故D正确，C错误。
故选D。
【分析】物块静止处于平衡状态，根据平衡条件分析弹簧状态与轻绳弹力；剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，根据牛顿第二定律求解加速度。
6．（2024高二上·海门期末）在“探究向心力大小的表达式”实验中我们常用控制变量法，利用如图所示的向心力演示器进行研究。此时正在探究的关系是（　　）
A．F-ω B．F-ω2 C．F-m D．F-r
【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】本题关键掌握探究向心力大小的表达式的实验原理：控制变量法。图中所示两相同的球的转动半径不同，角速度和质量相同，则正在研究F与半径r的关系，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【分析】根据实验装置和控制变量法分析判断。
7．（2024高二上·海门期末）如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角的足够长斜面上滑下，以物块的初始位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向建立坐标系，物块运动的图像如图乙所示，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）
A．物块的加速度为2
B．物块的初速度为零
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
D．前2s内物块的平均速度为5
【答案】C
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
AB．由运动学公式
整理可得
由图乙可知
解得
所以物块在斜面上做初速度为的匀加速直线运动，AB错误；
C．由牛顿第二定律得
解得
C正确；
D．第2末的速度为
那么前2s内的平均速度为
D错误。
故选C。
【分析】 由匀变速直线运动的位移—时间关系可得 关系式，再结合图乙可知物块的初速度与加速度的大小，由牛顿第二定律可求动摩擦因数，由运动学公式可求平均速度。
8．（2024高二上·海门期末）旋转餐桌的水平桌面上，一个质量为m的茶杯（视为质点）到转轴的距离为r，茶杯与旋转桌面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．若减小餐桌的转动转速，则茶杯与餐桌可能发生相对滑动
B．一起匀速转动时茶杯有沿切线方向滑出去的趋势
C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，则茶杯受到的摩擦力的方向指向餐桌的中心
D．将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，以相同的转速匀速转动餐桌，茶杯与餐桌仍保持相对静止
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】 本题考查对圆周运动规律的理解，熟悉向心力公式的运用。A． 餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌没有发生相对滑动，茶杯转动时，所需的向心力为，若减小餐桌的转动转速，所需向心力减小，则茶杯与餐桌不可能发生相对滑动，故A错误；
B．茶杯所受静摩擦力提供茶杯做匀速圆周运动的向心力，指向圆心，则茶杯有背离圆心的运动趋势，故B错误；
C．让餐桌加速转动，茶杯与餐桌仍保持相对静止，摩擦力沿着半径方向的分力改变线速度的方向，摩擦力沿着切线方向的分力改变线速度的大小，可知，茶杯受到的摩擦力的方向不指向餐桌的中心，故C错误；
D．根据题意可知，餐桌带着茶杯以相同转速一起匀速转动时，茶杯与餐桌恰好没有发生相对滑动时，有
将茶杯中的水倒出后仍放在原位置，等式仍然成立，可知，茶杯与餐桌仍保持相对静止，故D正确。
故选D。
【分析】静摩擦力提供向心力，根据圆周运动向心力与速度的关系式分析。
9．（2024高二上·海门期末）小明在公园和家里养的小狗做游戏，在倾角为的足够长的斜坡上，从P点以速度水平扔出皮球，小狗同时从P点沿斜坡向下做匀速直线运动，在皮球落地瞬间恰好追上皮球。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　）
A．皮球始终在小狗正上方
B．小狗的速度大小
C．小狗追上皮球的时间为
D．小狗追上皮球前离皮球的最远距离
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】把皮球的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，小狗的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动是解题的关键。AB．依题意，皮球做平抛运动，分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，小狗的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动，二者水平方向具有相同的速度才能保证在皮球落地瞬间恰好追上皮球，可知皮球始终在小狗正上方。可得
解得
故AB正确，与题意不符；
C．小狗追上皮球的时间等于皮球在空中飞行的时间，有
解得
故C错误，与题意相符；
D．由AB选项分析可知，二者水平方向分运动相同，所以竖直方向共速时，距离最远，可得
小狗追上皮球前离皮球的最远距离
联立，解得
故D正确，与题意不符。
故选C。
【分析】分别把皮球和小狗的运动分解为水平和竖直方向，根据二者水平方向的分速度相等分析；根据位移关系计算时间；当二者竖直方向的速度相等时距离最远，根据位移关系计算。
10．（2024高二上·海门期末）“灯光表演”中，同学们用投影仪把校徽图案投到教学楼的墙壁上。现将投影过程简化为如图所示，投影仪放置在水平地面上，与教学楼相距，此时校徽图案距离地面，正在沿竖直方向以的速度上升。此时投影仪转动的角速度约为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】本题主要考查了运动的合成与分解问题，熟悉矢量的合成和分解，根据几何关系即可完成解答。
校徽图案的实际运动为沿墙壁竖直向上的运动，其运动效果是一方面绕投影仪转动，另一方面沿光线方向延伸，因此应将竖直向上的速度分解为沿光线和垂直于光线的分速度。设校徽图案的速度为v，投影仪转动的角速度为，投影仪到图案间的距离为，光线与墙壁的夹角为，将校徽图案的速度沿光线方向和垂直光线方向分解
可得垂直光线方向的速度为
同时有
根据几何知识可得
联立解得
ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】将竖直向上的速度分解为沿光线和垂直于光线的分速度，垂直光线方向的速度等于线速度。
11．（2024高二上·海门期末）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统，获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为，小车和砝码的质量为，重力加速度为g。
（1）下列说法正确的是___________。
A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C．本实验应远小于
D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像
（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中　 　（选填“甲”、“乙”、 “丙”）图线。此图线的段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是　 　
A. 小车与轨道之间存在摩擦 B. 导轨保持了水平状态
C. 钩码质量太大 D. 所用小车的质量太大
（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数　 　，钩码的质量　 　。
【答案】（1）D
（2）丙；C
（3）；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在 的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法 的学习和训练。
（1）A．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有
m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．实验时应先接通电源后释放小车，B错误；
C．让小车和砝码的质量m2远远大于小盘和重物的质量m1，因为实际加速度为
实际上绳子的拉力为
故应该是，C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，D正确。
故选D。
（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量。
故选C。
（3）根据牛顿第二定律可知
变形得
结合图象可得：斜率为
截距为
解得，
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平衡摩擦力分析判断；根据小车和砝码的质量关系分析判断；
（3）根据牛顿第二定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
（1）A．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有
m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．实验时应先接通电源后释放小车，B错误；
C．让小车和砝码的质量m2远远大于小盘和重物的质量m1，因为实际加速度为
实际上绳子的拉力为
故应该是，C错误；
D．由牛顿第二定律
可得
所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图象，D正确。
故选D。
（2）[1]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙；
[2]此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量。
故选C。
（3）[1][2]根据牛顿第二定律可知
变形得
结合图象可得：斜率为
截距为
解得
，
12．（2024高二上·海门期末）如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为30°。B、C两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为30°带有挡板的固定光滑斜面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且C球与挡板接触。已知A的质量为2m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。现释放A球，求：
（1）初始时，弹簧是压缩还是伸长状态，形变量的大小；
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，C对挡板的压力大小。
【答案】（1）解：对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
故
（2）解：A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，有
此时对B沿斜面方向的受力有
，
对C，沿斜面方向的受力有
解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）初始时，对小球B受力分析，确定弹簧对小球B的弹力方向，再判断弹簧是压缩还是伸长状态，根据平衡条件结合胡克定律求形变量x1的大小；
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，根据平衡条件列式。对B和C，分别根据平衡条件列式，求出挡板对C的支持力，再得到C对挡板的压力大小。
（1）对小球B受力分析可知，小球B仅受重力和斜面的支持力无法平衡，则弹簧对小球B有沿斜面向上的支持力，则初始时弹簧处于压缩状态，设压缩量为，由B沿斜面方向受力平衡可得
故
（2）A沿斜面下滑至速度最大时，加速度为0，有
此时对B沿斜面方向的受力有
，
对C，沿斜面方向的受力有
解得
由牛顿第三定律可知，C对挡板的压力大小
13．（2024高二上·海门期末）如图所示，碎石场有一长L=7.25m的传送带与水平面夹角θ=37°，传送带以恒定速率v=5m/s沿逆时针方向转动，在传送带上端有一质量m=1kg石块被水平轻绳系住保持静止不动。t=0时刻剪断轻绳，石块由静止开始滑下，已知石块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）t=0时刻前绳子的拉力大小；
（2）石块到达传送带底端所需的时间。
【答案】（1）解：t=0时刻前石块受重力G、绳的拉力T、摩擦力f、支持力FN，且有，，
联立可得
（2）解：根据牛顿第二定律可得
解得剪断轻绳时石块的加速度大小为
方向沿传送带向下；当加速到与传送带共速，所用的时间
加速位移为
因为，且，则石块接着继续向下做加速运动，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
设此后到达底端所用时间t2，由运动学公式
解得
所以石块到达传送带底端的总时间
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）t=0时刻前，分析石块受力，根据平衡条件结合滑动摩擦力公式求解绳子的拉力大小；
（2）先根据牛顿第二定律求出石块的加速度，由运动学公式求出石块加速到与传送带等速所用的时间和通过的位移；共速以后，因μ＜tanθ，石块继续加速，再根据牛顿第二定律求出石块的加速度，根据位移—时间关系求出此后石块到达传送带底端所用时间，由此得到石块到达传送带底端所需的时间。
（1）t=0时刻前石块受重力G、绳的拉力T、摩擦力f、支持力FN，且有，，
联立可得
（2）根据牛顿第二定律可得
解得剪断轻绳时石块的加速度大小为
方向沿传送带向下；当加速到与传送带共速，所用的时间
加速位移为
因为，且，则石块接着继续向下做加速运动，由牛顿第二定律
解得加速度大小为
设此后到达底端所用时间t2，由运动学公式
解得
所以石块到达传送带底端的总时间
14．（2024高二上·海门期末）污水处理厂中污水管道控制系统简化为如图所示装置，倾角为θ的光滑倾斜轨道AB与半径为R的圆轨道BC平滑连接。C为圆弧轨道最高点。已知轨道AB长为L，轨道A、C两点竖直高度差为h，在C点右侧d处装有一自控阀门，初始时阀门处于关闭状态。质量为m可视为质点的小球套在轨道上，可模拟污水管中的一小段污水的运动。在C位置处有一压力开关，当小球通过C点时对轨道向上的压力达到kmg时，开关被接通，阀门向上提起。重力加速度取g。
（1）若小球以v0的初速度从A点沿斜面向上运动，求到达B点时的速度大小vB；
（2）要使得小球经过C点时压力开关接通，则小球到达C点时的速度vC至少为多少？
（3）若小球从C点以v的速度离开轨道，能直接从打开的阀门穿过，则阀门至少要用多大的加速度a竖直向上提？
【答案】（1）解：小球在轨道AB上匀减速，根据牛顿第二定律
ma＝mgsinθ
则有
a＝gsinθ
由匀变速直线运动的规律有
解得
vB＝
（2）解：根据牛顿第三定律得轨道对小球弹力向下，大小为kmg，在圆轨道最高位置C处，根据牛顿第二定律得
可得
即压力开关接通，小球速度至少为。
（3）解：小球离开C点开始做平抛运动，水平方向
竖直方向小球下降高度为
同时阀门匀加速上升高度至少为h－y小球才能穿过阀门，对阀门
由以上各式整理有
可得
即阀门加速度至少为。
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】 （1）根据牛顿第二定律列式，再几何运动学求出速度大小；
（2）根据牛顿第三定律分析，在C处根据牛顿第二定律列式求解；
（3）根据平抛运动规律列式求解，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。
（1）小球在轨道AB上匀减速，根据牛顿第二定律
ma＝mgsinθ
则有
a＝gsinθ
由匀变速直线运动的规律有
解得
vB＝
（2）根据牛顿第三定律得轨道对小球弹力向下，大小为kmg，在圆轨道最高位置C处，根据牛顿第二定律得
可得
即压力开关接通，小球速度至少为；
（3）小球离开C点开始做平抛运动，水平方向
竖直方向小球下降高度为
同时阀门匀加速上升高度至少为h－y小球才能穿过阀门，对阀门
由以上各式整理有
可得
即阀门加速度至少为。
15．（2024高二上·海门期末）在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为第1次碰前速度大小的。如图所示，一质量为的足够长木板放在倾角的斜面上，板A端距斜面底端的距离为0.4m，由此材料做成的挡板固定在斜面底端。将一质量的小物块从距离木板B端5m处，以初速度沿木板向上滑上木板，同时释放木板，已知小物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数。小物块可以看做质点，已知重力加速度的大小，，，。求：
（1）小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行的最大距离；
（3）从小物块与挡板发生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物块沿斜面滑行的距离。
【答案】解：（1）对小物块由牛顿第二定律可得
代入数据解得小物块加速度大小为
方向沿斜面向下。
对木板由牛顿第二定律可得
代入数据解得木板加速度大小为
方向沿斜面向下。
（2）设第1次碰撞前，二者未共速
解得
此时
符合假设（恰好共速）
对物相对板向上运动， 与同向。但仍是物相对板向上运动，所以物块相对板向上滑行的最大距离，在共速时取得
长木板位移是
解得
（3）由题意可知，长木板与挡板碰撞后，对小物块沿长木板下滑，则有
解得
对长木板上滑过程则有
解得
下滑过程则有
解得
第1次碰撞前
第1次碰撞后
用时间
第2次碰撞前
所用时间
第2次碰撞后
所用时间
第3次碰撞前
因此有
可得
可得小物块沿斜面滑行的距离
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律求出小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度的大小和方向；
（2）利用运动学公式求出第1次与挡板碰撞前，小物块相对木板向上滑行的最大距离；
（3）利用牛顿第二定律结合运动学公式求得从小物块与挡板发生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物块沿斜面滑行的距离。
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