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河北省邯郸市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试卷
1．（2025高一上·邯郸期末）跳水是一项优美的水上运动，运动员从高处用各种姿势跃入水中，或从跳水器械上起跳，在空中完成一定动作姿势，并以特定动作入水。2024年8月10日中国选手曹缘在男子10米跳台决赛中夺冠，中国跳水“梦之队”就此圆梦包揽8金。如图所示为10米台某运动员动作的示意图，从起跳到入水，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中整个过程都处于失重状态
B．裁判在打分时可以将运动员看作质点
C．运动员的位移为10m
D．运动员的路程为10m
【答案】A
【知识点】质点；位移与路程；超重与失重
【解析】【解答】A．运动员在空中只受重力，加速度等于重力加速度所以处于完全失重状态；故A正确；
B．裁判在打分时需要对运动员动作进行考查，运动员的形状和大小对动作有影响，所以运动员不可以看作质点；故B错误；
C．根据运动的轨迹可以得出运动员竖直方向的位移为10m，但水平方向也有位移，根据初末位置之间的距离可以得出实际位移大于10m，故C错误；
D．运动员起跳有一定高度，由于运动员做曲线运动，所以轨迹长度大于10m，所以路程大于10m，故D错误。
故选A。
【分析】利用运动员运动的轨迹可以判别位移与路程的大小；利用加速度等于重力加速度所以运动员处于失重状态；物体能否作为质点主要看研究的问题。
2．（2025高一上·邯郸期末）力与力作用时间的乘积叫作力的冲量，用字母I表示，即，I的单位用国际单位制中的基本单位表示应为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】的单位用国际单位制中的基本单位表示为，的单位为s，根据表达式 则利用力的单位除以时间的单位，所以的单位用国际单位制中的基本单位表示应为。
故选D。
【分析】利用力的单位结合时间单位和表达式可以求出I的单位。
3．（2025高一上·邯郸期末）如图所示为应用智能手机内置传感器测得的电梯由静止开始下行时一段时间内的图像，则这段时间内电梯运行的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】电梯由静止开始下行，由于向下做加速运动，则加速度与速度方向相同，图像中为负值，所以此时向下运动，速度方向向下为负值，可知速度方向向上为正方向，向下运动速度为负值。初始时加速度逐渐增大，之后加速度不变，再之后加速度逐渐减小，由于加速度代表速度时间图像的斜率，所以在图像的斜率先增大再不变接着继续减小到0。
故选A。
【分析】利用最初电梯加速可以判别加速度和速度方向相同，所以速度为负值，利用加速度的变化可以判别速度时间图像中斜率的大小变化。
4．（2025高一上·邯郸期末）我国载人航天事业蓬勃发展，第四批航天员选拔工作已完成。航天员为了适应在有载荷的情况下去作业，需要通过离心机（如图所示）来训练。若航天员在离心机中训练时，离心机的转速设置为30r/min，臂长设置为8m，则航天员在训练中的线速度大小v及向心加速度大小分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】 已知离心机的转速设置为30r/min，臂长设置为8m， 则，
根据角速度和转速的关系式有
解得角速度
根据线速度和角速度的关系可以得出线速度
根据向心加速度的表达式可以得出向心加速度
故选B。
【分析】利用转速的大小可以求出角速度的大小，结合半径的大小可以求出线速度和向心加速度的大小。
5．（2025高一上·邯郸期末）如图所示，竖直圆盘上固定有一个小圆柱，小圆柱半径相对于圆盘半径可以忽略，小圆柱通过水平光滑卡槽与T形支架连接，T形支架下面固定一物块。当T型支架及物块在竖直方向运动至图示位置时，物块的速度大小为v，则此时小圆柱的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由于圆柱做匀速圆周运动，曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，对小圆柱进行分析可知小圆柱的速度沿切线方向，与竖直方向夹角为，由于圆柱体的运动代表下面物体的运动，根据分析可以得出小圆柱速度在竖直方向的分速度与物体速度相同为，根据速度的分解可以得出小圆柱的速度为
故选C。
【分析】对圆柱的速度进行分解，利用分速度的大小可以求出小圆柱速度的大小。
6．（2025高一上·邯郸期末）小朋友玩耍时将一个弹性小球以一定速度竖直向上抛出，抛出点距地面高度为1m，小球向上运动的时间与其由最高点下落到地面的时间之比为，设竖直向上为正方向，空气阻力可忽略，重力加速度g取，则（　　）
A．小球落地时的速度大小为
B．小球由抛出到落地的平均速度为
C．小球经过0.2s到达最高点
D．小球由抛出到落地的时间为1s
【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．小球竖直上抛过程与下落过程互为逆过程，小球向上运动时间与向下运动时间之比为，小球在下落过程做自由落体运动，小球下落时间设为，根据位移公式可以得出小球下落过程中在第个时间内的位移比满足，而在第3个时间内小球下落1m，根据比例关系可以得出小球距地面的最大高度
根据自由落体运动的位移公式可以得出下落的时间0.6s
根据速度公式可以得出小球落地时的速度大小
故A错误；
C．根据时间关系可以得出向上运动的时间
故C错误；
D．根据向上运动和向下运动的时间可以得出小球在空中运动的时间为
故D正确；
B．小球的位移为，根据位移与运动总时间的比值可以得出小球由抛出到落地的平均速度为
故B错误。
故选D。
【分析】利用小球运动的规律结合下落的位移可以求出下落过程的总位移，结合位移公式可以求出运动的时间，结合时间关系可以求出上升的时间，结合位移的大小可以求出平均速度的大小；利用速度公式可以求出落地速度的大小。
7．（2025高一上·邯郸期末）一个半径为R的半球形碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口都是光滑的，一根质量分布均匀的钢制吸管搭放在碗中，如图所示。已知钢制吸管的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．碗口对吸管的弹力大小为 B．碗口对吸管的弹力大小为
C．吸管的长度为 D．吸管的长度为2R
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于吸管处于静止，对钢制吸管受力分析，受竖直向下的重力，碗口对钢制吸管的弹力（垂直于钢制吸管向上与竖直方向的夹角为），碗内表面对钢制吸管的弹力（指向圆心与竖直方向夹角为），根据水平方向的平衡方程故与大小相等且夹角为，合力与重力等大反向，如图所示
根据竖直方向的平衡方程有可以得出碗内表面对钢制吸管的弹力与碗口对钢制吸管的弹力大小均为。故AB错误；
CD．共点力作用下的平衡，力的延长线或反向延长线必交于一点，如图中，为钢制吸管的几何中心也是重力的作用点，由几何关系可知OO2A为等边三角形，所以的长度为，的长度为， 在等腰三角形中，由几何关系可知的长度与的长度相同，为吸管长度的一半，故吸管的长度应为。故C正确，D错误。
故选C。
【分析】对吸管进行受力分析，利用平衡方程可以求出碗口对吸管的弹力大小；利用重力的作用线过重心，结合几何关系可以求出吸管的长度。
8．（2025高一上·邯郸期末）城市中高楼林立，高层楼房装修时需要将大块的玻璃吊装上楼，楼上一人拉动系在玻璃上方的绳子a，另一人在低处控制系在玻璃下方的绳子b，两人配合使玻璃缓慢上升，上升过程中保持绳子a与楼体间夹角不变，低处人的位置不变，则在玻璃被吊到楼上的过程中（　　）
A．绳子a的拉力逐渐增大 B．绳子a的拉力逐渐减小
C．绳子b的拉力逐渐增大 D．绳子b的拉力逐渐减小
【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对玻璃受力分析，由于玻璃缓慢运动处于动态平衡，根据受力分析可以得出玻璃受竖直向下的重力（大小方向均不变），沿绳子a向上的拉力（方向不变），沿绳子b向下的拉力（与竖直方向的夹角变小），由于玻璃处于平衡状态，三力构成矢量三角形，如图所示
根据矢量三角形定则可知两绳上的拉力均变大，故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】由于玻璃受到三力处于平衡状态，根据矢量三角形定则可以判别两个拉力的大小变化。
9．（2025高一上·邯郸期末）无动力小车带着纸带在水平地面上运动时得到的纸带如图所示，相邻两计数点之间有四个计时点未标出，所用电火花打点计时器接频率为50Hz的交流电源。下列说法正确的是（　　）
A．纸带的左端与小车相连接
B．所用电源电压为220V
C．打下B点时小车的速度大小约为
D．小车运动时的加速度大小为
【答案】B,D
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】A．无动力小车在水平地面上运动，由于受到摩擦力的作用所以做减速运动，根据打点周期一定，速度不断减小可以得出点迹间隔逐渐减小，故纸带右端与小车相连接，故A错误；
B．根据工作原理可以得出电火花打点计时器接220V交流电源，故B正确；
C．已知打点频率为50Hz，相邻两计数点之间有四个计时点未标出，故相邻计数点的时间间隔为
在匀变速直线运动中，由于中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，根据平均速度公式可以得出打下点时小车的速度
故C错误；
D．小车做匀减速直线运动，根据逐差法可得小车运动时的加速度
代入数据解得小车运动时的加速度
故D正确。
故选BD。
【分析】由于小车做匀减速直线运动，所以纸带上的间距不断减小；利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出小车加速度的大小；根据工作原理可以得出电火花打点计时器接220V交流电源。
10．（2025高一上·邯郸期末）甲、乙两辆汽车在笔直的公路上同时从静止开始相向行驶，初始时两辆车相距30m，甲车加速度大小为，乙车加速度大小为。乙车行驶2s后发现行驶方向错误，立即减速，减至速度为零时掉头行驶，其减速及掉头后的加速度大小均为，掉头所用时间可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．乙车减速至速度为零时，两车相距16m
B．乙车减速至速度为零时，两车位移大小相等
C．乙车行驶8s的位移大小为16m
D．两车间的最小距离为6m
【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB． 甲、乙两辆汽车在笔直的公路上同时从静止开始相向行驶，初始时两辆车相距30m，甲车加速度大小为，乙车加速度大小为。乙车行驶2s后发现行驶方向错误，立即减速，减至速度为零时掉头行驶，其减速及掉头后的加速度大小均为， 以甲车运动的方向为正方向，根据速度的变化可作出两辆车的图线如图所示
根据图像坐标可以得出4s时乙车速度减为零，在速度时间图像中，由于图像面积表示位移，根据图像面积的大小可知甲、乙两车位移大小均为
初始相距30m，乙车速度减为零时两车相距
故A错误，B正确；
C．根据图像面积的大小可以得出在内乙车的位移为
故C错误；
D．在内，两车同向行驶，甲车追乙车，在共速前，根据图像面积可以得出乙车的面积始终小于甲车的面积，所以两车距离减小，8s后乙车速度大于甲车速度，根据图像面积可以得出两车间距离增大，则8s时两车间距离最小，根据图像面积的大小可以求出最小距离为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用速度时间图像可以记录两车速度的变化，利用图像面积可以求出两车的位移大小，利用位移的大小可以两车之间的距离；利用速度相等时结合位移的大小可以求出最小距离的大小。
11．（2025高一上·邯郸期末）某同学在进行“探究弹簧弹力和伸长量的关系”实验时发现实验室的刻度尺的长度不够，于是他设计了如图甲所示的方案进行实验。将轻质指针固定在轻质弹簧上，指针下面部分弹簧的圈数是指针上面圈数的2倍。
（1）实验通过在弹簧下方悬挂钩码（钩码规格相同）改变弹簧弹力，未挂钩码时指针所指示数如图乙所示，读数为　 　cm。
（2）之后较为规范的操作应为：　 　（填“逐个”或“任意”）改变悬挂钩码的个数，记录钩码的个数n和静止时指针所指刻度值，并计算出弹簧的伸长量；如图丙所示为挂4个钩码时指针所指刻度值，该示数为　 　cm，此时弹簧的形变量　 　
（3）图丁为描绘出的弹簧的伸长量和钩码个数n的关系图，图线前半段为倾斜直线，后半段为曲线，这是由于　 　，利用图丁　 　（填“仍能”或“不能”）用来计算弹簧的劲度系数。
【答案】（1）4.83
（2）逐个；7.20；7.11
（3）超过了弹簧的弹性限度；仍能
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【分析】（1）已知刻度尺最小分度为0.1cm，根据图示刻度可以得出读数为4.83cm。
（2）为了探究弹力与弹簧形变量的规律，规范的操作为逐个增加钩码个数；根据图示刻度可以得出图丙的读数为7.20cm；由于指针固定在弹簧三分之一处，弹簧的形变量应该为指针对应位置形变量的3倍，根据倍数关系可以得出弹簧的形变量应为。
（3）前半段为倾斜直线说明在弹簧的弹性限度内，弹力与形变量成正比，所以胡克定律仍成立，图像斜率可以用来计算弹簧的劲度系数；后半段为曲线是弹力的大小超过了弹簧的弹性限度，胡克定律不再成立。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；
（2）为了探究弹力大小与形变量的关系应该逐个增加钩码的个数；利用弹簧的长度可以求出弹簧伸长量的大小；
（3）在弹性限度内，弹簧弹力与形变量成正比，超过弹性限度则图线出现弯曲；利用倾斜直线部分的斜率可以求出劲度系数的大小。
（1）该刻度尺最小分度为0.1cm，故图乙读数为4.83cm。
（2）[1][2][3]规范的操作为逐个增加钩码个数；图丙的读数为7.20cm；由于指针固定在弹簧三分之一处，弹簧的形变量应为。
（3）[1][2]前半段为倾斜直线说明在弹簧的弹性限度内，胡克定律仍成立，可以用来计算弹簧的劲度系数；后半段为曲线是由于超过了弹簧的弹性限度，胡克定律不再成立。
12．（2025高一上·邯郸期末）实验小组同学欲测量木块与长木板之间的动摩擦因数，实验装置如图所示。将木板放置在水平桌面上，并固定好光电门和光滑定滑轮，木块放在远离定滑轮的一侧。木块上方固定有宽度为d的遮光条，木块一侧系有轻质细线，细线跨过定滑轮，末端连接力传感器，传感器下方系着一个砝码盘。将n个质量相同的砝码放入砝码盘中，可以带动木块在木板上做匀加速运动。遮光条通过光电门1、光电门2的遮光时间分别记作，两光电门中线间的距离为s。重力加速度为g。
（1）木块通过光电门1时的速度　 　；木块运动过程中的加速度　 　。（均用题目中给出的物理量符号表示）
（2）改变砝码的个数，砝码盘中分别放个砝码时，记录相应的力传感器示数为，记录相应的和t，并计算出相应的加速度。
（3）作出图像，图像的斜率为k，纵截距为b，则　 　。（用k、b和g表示）
（4）关于该实验下列说法正确的是　 　。
A．应选用较宽的遮光条
B．应选用较窄的遮光条
C．木块和遮光条的总质量要远大于砝码和砝码盘的总质量
D．实验时应调节滑轮高度使细线与木板平行
【答案】；；；BD
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由于遮光条经过光电门的时间比较短，根据平均速度公式可以得出遮光条通过光电门1、2的速度分别为、
由于滑块做匀加速直线运动，利用速度位移公式有
联立可得
设木块和遮光条的质量和为，对木块和遮光条整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
整理可得
根据表达式可以得出图像的斜率为，纵截距
整理得
AB．遮光条宽度越窄，遮光条经过光电门的时间更短，平均速度更接近瞬时速度，则遮光条通过光电门时速度的测量值越接近瞬时速度，实验误差越小，故A错误，B正确；
C．使用力传感器，直接可以测量拉力的大小，所以不需要木块和遮光条的总质量远大于砝码和砝码盘总质量，故C错误；
D．为使得成立，避免拉力产生分力，所以的方向应与运动方向（木板）平行，即要保证细线与木板平行，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出滑块经过光电门速度的大小，利用速度位移公式可以求出木块加速度的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出动摩擦因数的大小；
（3）为了使平均速度更加接近瞬时速度，遮光条的宽度要比较窄；使用力传感器，直接可以测量拉力的大小，所以不需要木块和遮光条的总质量远大于砝码和砝码盘总质量；为了避免拉力产生分力，所以的方向应与运动方向（木板）平行，即要保证细线与木板平行。
13．（2025高一上·邯郸期末）在山区下坡道路旁，有时建有避险车道，以防汽车刹车失灵。如图所示，一小型货车沿山路向下行驶时发现刹车失灵，司机立即关闭发动机，此时货车的速度大小，货车到避险车道入口的距离为400m。已知在主干道上行驶时货车受到的阻力大小是支持力大小的0.2倍，在避险车道上行驶时货车受到的阻力大小是支持力大小的0.5倍，重力加速度g取，，，货车从主干道驶入避险车道的时间较短，忽略其速度大小的变化，则：
（1）货车刹车失灵后在进入避险车道前做何运动，加速度如何；
（2）货车在避险车道上行驶多远方能减速到0。（计算结果可用根号表示）
【答案】（1）解： 货车在主干道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向上的阻力，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
加速度方向沿主干道向下；货车刹车失灵后在进入避险车道前做匀加速直线运动。
（2）解： 设货车在进入避险车道时速度为，有
解得
货车在避险车道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向下的阻力由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
在避险车道上行驶距离为，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）货车在进入避险车道前，利用牛顿第二定律可以求出货车加速度的大小，进而判别货车做匀加速直线运动；
（2）货车进入避险车道时，利用速度位移公式可以求出初速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出在避险车道的加速度大小，结合速度位移公式可以求出在避险车道运动的距离。
（1）货车在主干道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向上的阻力，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
加速度方向沿主干道向下；货车刹车失灵后在进入避险车道前做匀加速直线运动。
（2）设货车在进入避险车道时速度为，有
解得
货车在避险车道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向下的阻力由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
在避险车道上行驶距离为，则有
解得
14．（2025高一上·邯郸期末）时刻将木块无初速度地放到一个在水平地面上运动的长木板上，该时刻长木板的速度大小，其后长木板的加速度大小随时间变化关系如图所示，t时刻长木板停止运动。已知长木板上下表面均粗糙，质量与木块质量相同，运动过程中木块始终未滑离长木板，重力加速度g取。求：
（1）长木板与木块间的动摩擦因数及与地面间的动摩擦因数；
（2）放上木块后长木板的位移大小和长木板运动的总时间t。
【答案】（1）解： 设长木板与木块的质量均为，在内，对木块受力分析，根据牛顿第二定律得
对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得
由图可知时两者共速，故有
联立解得，
（2）解： 由于，共速后无法一起匀减速，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
共速时速度
则长木板运动的总时间
解得
长木板的位移
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当木块放上长木板时，利用牛顿第二定律可以求出木块加速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小，结合速度公式及共速的时间可以求出两者动摩擦因数的大小；
（2）放上木块后，利用牛顿第二定律可以求出一起做匀减速直线运动的加速度大小；结合速度公式可以求出共速时速度的大小；再利用速度公式可以求出木板运动的总时间；利用位移公式可以求出木板运动的总位移。
（1）设长木板与木块的质量均为，在内，对木块受力分析，根据牛顿第二定律得
对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得
由图可知时两者共速，故有
联立解得，
（2）由于，共速后无法一起匀减速，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
共速时速度
则长木板运动的总时间
解得
长木板的位移
解得
15．（2025高一上·邯郸期末）如图所示为设计师设计的货物运输装置。将货物从光滑斜面顶点由静止释放，货物滑过斜面后进入光滑圆弧部分，在圆弧的最低点有力传感器可以采集货物到达最低点时对圆弧轨道的压力。水平传送带与圆弧最低点相切，货物到达传送带上时若传送带速度合适，货物可经传送带右端水平抛出后落入收集箱，货物的尺寸相对于收集箱的尺寸可忽略。传送带两转轴轴心间的距离，货物与传送带之间的动摩擦因数。传送带上表面到收集箱上边沿的竖直高度，水平距离，收集箱的长度，高度，货物的质量均为。已知货物到达圆弧最低点时传感器上的示数。若传送带静止时，货物恰好能到达传送带的最右端。忽略空气阻力，不考虑收集箱箱体厚度，重力加速度g取。
（1）求货物到达圆弧最低点时的速度大小v以及圆弧的半径R；
（2）若货物恰好落到收集箱底部距离左侧壁0.5m处的A点，求货物在传送带上运动的时间t；
（3）要使货物都能落入收集箱内，求传送带的速度大小的取值范围。
【答案】（1）解： 货物在圆弧最低点时圆弧对货物的弹力和货物重力的合力提供向心力，有
传送带静止时，货物在传送带上做匀减速运动，有
由牛顿第二定律得
联立解得，
（2）解： 设货物从传送带右端抛出至运动到收集箱底部所用时间为，有
解得
货物落入收集箱底部点，有
解得
则传送带的速度为，货物在传送带上先匀减速运动后匀速运动，设匀减速运动的时间为，有，
联立解得
（3）解： 货物恰好经过收集箱左侧壁顶端时，扡出速度最小，设为，则有，
解得，
传送带的最小速度为
货物恰好经过收集箱右侧壁顶端时，抛出速度为，有
解得
设货物在传送带上从匀加速到离开传送带时的速度为，有
解得
，故货物在传送带上先加速后匀速，传送带的最大速度为
故传送带的速度满足（或）时，货物都能落入收集箱内。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；向心力
【解析】【分析】（1）货物运动到圆弧的最低点时，利用牛顿第二定律可以求出速度的大小，结合在传送带上做匀减速直线运动，利用速度位移公式结合牛顿第二定律可以求出圆弧半径的大小；
（2）当货物做平抛运动时，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小，结合位移公式及速度公式可以求出货物在传送带上运动的时间；
（3）当货物做平抛运动时间，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；结合在传送带上的速度位移公式可以求出传送带的速度范围。
（1）货物在圆弧最低点时圆弧对货物的弹力和货物重力的合力提供向心力，有
传送带静止时，货物在传送带上做匀减速运动，有
由牛顿第二定律得
联立解得，
（2）设货物从传送带右端抛出至运动到收集箱底部所用时间为，有
解得
货物落入收集箱底部点，有
解得
则传送带的速度为，货物在传送带上先匀减速运动后匀速运动，设匀减速运动的时间为，有，
联立解得
（3）货物恰好经过收集箱左侧壁顶端时，扡出速度最小，设为，则有，
解得，
传送带的最小速度为
货物恰好经过收集箱右侧壁顶端时，抛出速度为，有
解得
设货物在传送带上从匀加速到离开传送带时的速度为，有
解得
，故货物在传送带上先加速后匀速，传送带的最大速度为
故传送带的速度满足（或）时，货物都能落入收集箱内。
1 / 1河北省邯郸市2024-2025学年高一上学期1月期末物理试卷
1．（2025高一上·邯郸期末）跳水是一项优美的水上运动，运动员从高处用各种姿势跃入水中，或从跳水器械上起跳，在空中完成一定动作姿势，并以特定动作入水。2024年8月10日中国选手曹缘在男子10米跳台决赛中夺冠，中国跳水“梦之队”就此圆梦包揽8金。如图所示为10米台某运动员动作的示意图，从起跳到入水，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员在空中整个过程都处于失重状态
B．裁判在打分时可以将运动员看作质点
C．运动员的位移为10m
D．运动员的路程为10m
2．（2025高一上·邯郸期末）力与力作用时间的乘积叫作力的冲量，用字母I表示，即，I的单位用国际单位制中的基本单位表示应为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·邯郸期末）如图所示为应用智能手机内置传感器测得的电梯由静止开始下行时一段时间内的图像，则这段时间内电梯运行的图像是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·邯郸期末）我国载人航天事业蓬勃发展，第四批航天员选拔工作已完成。航天员为了适应在有载荷的情况下去作业，需要通过离心机（如图所示）来训练。若航天员在离心机中训练时，离心机的转速设置为30r/min，臂长设置为8m，则航天员在训练中的线速度大小v及向心加速度大小分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
5．（2025高一上·邯郸期末）如图所示，竖直圆盘上固定有一个小圆柱，小圆柱半径相对于圆盘半径可以忽略，小圆柱通过水平光滑卡槽与T形支架连接，T形支架下面固定一物块。当T型支架及物块在竖直方向运动至图示位置时，物块的速度大小为v，则此时小圆柱的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·邯郸期末）小朋友玩耍时将一个弹性小球以一定速度竖直向上抛出，抛出点距地面高度为1m，小球向上运动的时间与其由最高点下落到地面的时间之比为，设竖直向上为正方向，空气阻力可忽略，重力加速度g取，则（　　）
A．小球落地时的速度大小为
B．小球由抛出到落地的平均速度为
C．小球经过0.2s到达最高点
D．小球由抛出到落地的时间为1s
7．（2025高一上·邯郸期末）一个半径为R的半球形碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口都是光滑的，一根质量分布均匀的钢制吸管搭放在碗中，如图所示。已知钢制吸管的质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．碗口对吸管的弹力大小为 B．碗口对吸管的弹力大小为
C．吸管的长度为 D．吸管的长度为2R
8．（2025高一上·邯郸期末）城市中高楼林立，高层楼房装修时需要将大块的玻璃吊装上楼，楼上一人拉动系在玻璃上方的绳子a，另一人在低处控制系在玻璃下方的绳子b，两人配合使玻璃缓慢上升，上升过程中保持绳子a与楼体间夹角不变，低处人的位置不变，则在玻璃被吊到楼上的过程中（　　）
A．绳子a的拉力逐渐增大 B．绳子a的拉力逐渐减小
C．绳子b的拉力逐渐增大 D．绳子b的拉力逐渐减小
9．（2025高一上·邯郸期末）无动力小车带着纸带在水平地面上运动时得到的纸带如图所示，相邻两计数点之间有四个计时点未标出，所用电火花打点计时器接频率为50Hz的交流电源。下列说法正确的是（　　）
A．纸带的左端与小车相连接
B．所用电源电压为220V
C．打下B点时小车的速度大小约为
D．小车运动时的加速度大小为
10．（2025高一上·邯郸期末）甲、乙两辆汽车在笔直的公路上同时从静止开始相向行驶，初始时两辆车相距30m，甲车加速度大小为，乙车加速度大小为。乙车行驶2s后发现行驶方向错误，立即减速，减至速度为零时掉头行驶，其减速及掉头后的加速度大小均为，掉头所用时间可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．乙车减速至速度为零时，两车相距16m
B．乙车减速至速度为零时，两车位移大小相等
C．乙车行驶8s的位移大小为16m
D．两车间的最小距离为6m
11．（2025高一上·邯郸期末）某同学在进行“探究弹簧弹力和伸长量的关系”实验时发现实验室的刻度尺的长度不够，于是他设计了如图甲所示的方案进行实验。将轻质指针固定在轻质弹簧上，指针下面部分弹簧的圈数是指针上面圈数的2倍。
（1）实验通过在弹簧下方悬挂钩码（钩码规格相同）改变弹簧弹力，未挂钩码时指针所指示数如图乙所示，读数为　 　cm。
（2）之后较为规范的操作应为：　 　（填“逐个”或“任意”）改变悬挂钩码的个数，记录钩码的个数n和静止时指针所指刻度值，并计算出弹簧的伸长量；如图丙所示为挂4个钩码时指针所指刻度值，该示数为　 　cm，此时弹簧的形变量　 　
（3）图丁为描绘出的弹簧的伸长量和钩码个数n的关系图，图线前半段为倾斜直线，后半段为曲线，这是由于　 　，利用图丁　 　（填“仍能”或“不能”）用来计算弹簧的劲度系数。
12．（2025高一上·邯郸期末）实验小组同学欲测量木块与长木板之间的动摩擦因数，实验装置如图所示。将木板放置在水平桌面上，并固定好光电门和光滑定滑轮，木块放在远离定滑轮的一侧。木块上方固定有宽度为d的遮光条，木块一侧系有轻质细线，细线跨过定滑轮，末端连接力传感器，传感器下方系着一个砝码盘。将n个质量相同的砝码放入砝码盘中，可以带动木块在木板上做匀加速运动。遮光条通过光电门1、光电门2的遮光时间分别记作，两光电门中线间的距离为s。重力加速度为g。
（1）木块通过光电门1时的速度　 　；木块运动过程中的加速度　 　。（均用题目中给出的物理量符号表示）
（2）改变砝码的个数，砝码盘中分别放个砝码时，记录相应的力传感器示数为，记录相应的和t，并计算出相应的加速度。
（3）作出图像，图像的斜率为k，纵截距为b，则　 　。（用k、b和g表示）
（4）关于该实验下列说法正确的是　 　。
A．应选用较宽的遮光条
B．应选用较窄的遮光条
C．木块和遮光条的总质量要远大于砝码和砝码盘的总质量
D．实验时应调节滑轮高度使细线与木板平行
13．（2025高一上·邯郸期末）在山区下坡道路旁，有时建有避险车道，以防汽车刹车失灵。如图所示，一小型货车沿山路向下行驶时发现刹车失灵，司机立即关闭发动机，此时货车的速度大小，货车到避险车道入口的距离为400m。已知在主干道上行驶时货车受到的阻力大小是支持力大小的0.2倍，在避险车道上行驶时货车受到的阻力大小是支持力大小的0.5倍，重力加速度g取，，，货车从主干道驶入避险车道的时间较短，忽略其速度大小的变化，则：
（1）货车刹车失灵后在进入避险车道前做何运动，加速度如何；
（2）货车在避险车道上行驶多远方能减速到0。（计算结果可用根号表示）
14．（2025高一上·邯郸期末）时刻将木块无初速度地放到一个在水平地面上运动的长木板上，该时刻长木板的速度大小，其后长木板的加速度大小随时间变化关系如图所示，t时刻长木板停止运动。已知长木板上下表面均粗糙，质量与木块质量相同，运动过程中木块始终未滑离长木板，重力加速度g取。求：
（1）长木板与木块间的动摩擦因数及与地面间的动摩擦因数；
（2）放上木块后长木板的位移大小和长木板运动的总时间t。
15．（2025高一上·邯郸期末）如图所示为设计师设计的货物运输装置。将货物从光滑斜面顶点由静止释放，货物滑过斜面后进入光滑圆弧部分，在圆弧的最低点有力传感器可以采集货物到达最低点时对圆弧轨道的压力。水平传送带与圆弧最低点相切，货物到达传送带上时若传送带速度合适，货物可经传送带右端水平抛出后落入收集箱，货物的尺寸相对于收集箱的尺寸可忽略。传送带两转轴轴心间的距离，货物与传送带之间的动摩擦因数。传送带上表面到收集箱上边沿的竖直高度，水平距离，收集箱的长度，高度，货物的质量均为。已知货物到达圆弧最低点时传感器上的示数。若传送带静止时，货物恰好能到达传送带的最右端。忽略空气阻力，不考虑收集箱箱体厚度，重力加速度g取。
（1）求货物到达圆弧最低点时的速度大小v以及圆弧的半径R；
（2）若货物恰好落到收集箱底部距离左侧壁0.5m处的A点，求货物在传送带上运动的时间t；
（3）要使货物都能落入收集箱内，求传送带的速度大小的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质点；位移与路程；超重与失重
【解析】【解答】A．运动员在空中只受重力，加速度等于重力加速度所以处于完全失重状态；故A正确；
B．裁判在打分时需要对运动员动作进行考查，运动员的形状和大小对动作有影响，所以运动员不可以看作质点；故B错误；
C．根据运动的轨迹可以得出运动员竖直方向的位移为10m，但水平方向也有位移，根据初末位置之间的距离可以得出实际位移大于10m，故C错误；
D．运动员起跳有一定高度，由于运动员做曲线运动，所以轨迹长度大于10m，所以路程大于10m，故D错误。
故选A。
【分析】利用运动员运动的轨迹可以判别位移与路程的大小；利用加速度等于重力加速度所以运动员处于失重状态；物体能否作为质点主要看研究的问题。
2．【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】的单位用国际单位制中的基本单位表示为，的单位为s，根据表达式 则利用力的单位除以时间的单位，所以的单位用国际单位制中的基本单位表示应为。
故选D。
【分析】利用力的单位结合时间单位和表达式可以求出I的单位。
3．【答案】A
【知识点】图象法；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】电梯由静止开始下行，由于向下做加速运动，则加速度与速度方向相同，图像中为负值，所以此时向下运动，速度方向向下为负值，可知速度方向向上为正方向，向下运动速度为负值。初始时加速度逐渐增大，之后加速度不变，再之后加速度逐渐减小，由于加速度代表速度时间图像的斜率，所以在图像的斜率先增大再不变接着继续减小到0。
故选A。
【分析】利用最初电梯加速可以判别加速度和速度方向相同，所以速度为负值，利用加速度的变化可以判别速度时间图像中斜率的大小变化。
4．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度
【解析】【解答】 已知离心机的转速设置为30r/min，臂长设置为8m， 则，
根据角速度和转速的关系式有
解得角速度
根据线速度和角速度的关系可以得出线速度
根据向心加速度的表达式可以得出向心加速度
故选B。
【分析】利用转速的大小可以求出角速度的大小，结合半径的大小可以求出线速度和向心加速度的大小。
5．【答案】C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由于圆柱做匀速圆周运动，曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，对小圆柱进行分析可知小圆柱的速度沿切线方向，与竖直方向夹角为，由于圆柱体的运动代表下面物体的运动，根据分析可以得出小圆柱速度在竖直方向的分速度与物体速度相同为，根据速度的分解可以得出小圆柱的速度为
故选C。
【分析】对圆柱的速度进行分解，利用分速度的大小可以求出小圆柱速度的大小。
6．【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．小球竖直上抛过程与下落过程互为逆过程，小球向上运动时间与向下运动时间之比为，小球在下落过程做自由落体运动，小球下落时间设为，根据位移公式可以得出小球下落过程中在第个时间内的位移比满足，而在第3个时间内小球下落1m，根据比例关系可以得出小球距地面的最大高度
根据自由落体运动的位移公式可以得出下落的时间0.6s
根据速度公式可以得出小球落地时的速度大小
故A错误；
C．根据时间关系可以得出向上运动的时间
故C错误；
D．根据向上运动和向下运动的时间可以得出小球在空中运动的时间为
故D正确；
B．小球的位移为，根据位移与运动总时间的比值可以得出小球由抛出到落地的平均速度为
故B错误。
故选D。
【分析】利用小球运动的规律结合下落的位移可以求出下落过程的总位移，结合位移公式可以求出运动的时间，结合时间关系可以求出上升的时间，结合位移的大小可以求出平均速度的大小；利用速度公式可以求出落地速度的大小。
7．【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于吸管处于静止，对钢制吸管受力分析，受竖直向下的重力，碗口对钢制吸管的弹力（垂直于钢制吸管向上与竖直方向的夹角为），碗内表面对钢制吸管的弹力（指向圆心与竖直方向夹角为），根据水平方向的平衡方程故与大小相等且夹角为，合力与重力等大反向，如图所示
根据竖直方向的平衡方程有可以得出碗内表面对钢制吸管的弹力与碗口对钢制吸管的弹力大小均为。故AB错误；
CD．共点力作用下的平衡，力的延长线或反向延长线必交于一点，如图中，为钢制吸管的几何中心也是重力的作用点，由几何关系可知OO2A为等边三角形，所以的长度为，的长度为， 在等腰三角形中，由几何关系可知的长度与的长度相同，为吸管长度的一半，故吸管的长度应为。故C正确，D错误。
故选C。
【分析】对吸管进行受力分析，利用平衡方程可以求出碗口对吸管的弹力大小；利用重力的作用线过重心，结合几何关系可以求出吸管的长度。
8．【答案】A,C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对玻璃受力分析，由于玻璃缓慢运动处于动态平衡，根据受力分析可以得出玻璃受竖直向下的重力（大小方向均不变），沿绳子a向上的拉力（方向不变），沿绳子b向下的拉力（与竖直方向的夹角变小），由于玻璃处于平衡状态，三力构成矢量三角形，如图所示
根据矢量三角形定则可知两绳上的拉力均变大，故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】由于玻璃受到三力处于平衡状态，根据矢量三角形定则可以判别两个拉力的大小变化。
9．【答案】B,D
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；瞬时速度
【解析】【解答】A．无动力小车在水平地面上运动，由于受到摩擦力的作用所以做减速运动，根据打点周期一定，速度不断减小可以得出点迹间隔逐渐减小，故纸带右端与小车相连接，故A错误；
B．根据工作原理可以得出电火花打点计时器接220V交流电源，故B正确；
C．已知打点频率为50Hz，相邻两计数点之间有四个计时点未标出，故相邻计数点的时间间隔为
在匀变速直线运动中，由于中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，根据平均速度公式可以得出打下点时小车的速度
故C错误；
D．小车做匀减速直线运动，根据逐差法可得小车运动时的加速度
代入数据解得小车运动时的加速度
故D正确。
故选BD。
【分析】由于小车做匀减速直线运动，所以纸带上的间距不断减小；利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出小车加速度的大小；根据工作原理可以得出电火花打点计时器接220V交流电源。
10．【答案】B,D
【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB． 甲、乙两辆汽车在笔直的公路上同时从静止开始相向行驶，初始时两辆车相距30m，甲车加速度大小为，乙车加速度大小为。乙车行驶2s后发现行驶方向错误，立即减速，减至速度为零时掉头行驶，其减速及掉头后的加速度大小均为， 以甲车运动的方向为正方向，根据速度的变化可作出两辆车的图线如图所示
根据图像坐标可以得出4s时乙车速度减为零，在速度时间图像中，由于图像面积表示位移，根据图像面积的大小可知甲、乙两车位移大小均为
初始相距30m，乙车速度减为零时两车相距
故A错误，B正确；
C．根据图像面积的大小可以得出在内乙车的位移为
故C错误；
D．在内，两车同向行驶，甲车追乙车，在共速前，根据图像面积可以得出乙车的面积始终小于甲车的面积，所以两车距离减小，8s后乙车速度大于甲车速度，根据图像面积可以得出两车间距离增大，则8s时两车间距离最小，根据图像面积的大小可以求出最小距离为
故D正确。
故选BD。
【分析】利用速度时间图像可以记录两车速度的变化，利用图像面积可以求出两车的位移大小，利用位移的大小可以两车之间的距离；利用速度相等时结合位移的大小可以求出最小距离的大小。
11．【答案】（1）4.83
（2）逐个；7.20；7.11
（3）超过了弹簧的弹性限度；仍能
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【分析】（1）已知刻度尺最小分度为0.1cm，根据图示刻度可以得出读数为4.83cm。
（2）为了探究弹力与弹簧形变量的规律，规范的操作为逐个增加钩码个数；根据图示刻度可以得出图丙的读数为7.20cm；由于指针固定在弹簧三分之一处，弹簧的形变量应该为指针对应位置形变量的3倍，根据倍数关系可以得出弹簧的形变量应为。
（3）前半段为倾斜直线说明在弹簧的弹性限度内，弹力与形变量成正比，所以胡克定律仍成立，图像斜率可以用来计算弹簧的劲度系数；后半段为曲线是弹力的大小超过了弹簧的弹性限度，胡克定律不再成立。
【分析】（1）利用刻度尺的分度值可以得出对应的读数；
（2）为了探究弹力大小与形变量的关系应该逐个增加钩码的个数；利用弹簧的长度可以求出弹簧伸长量的大小；
（3）在弹性限度内，弹簧弹力与形变量成正比，超过弹性限度则图线出现弯曲；利用倾斜直线部分的斜率可以求出劲度系数的大小。
（1）该刻度尺最小分度为0.1cm，故图乙读数为4.83cm。
（2）[1][2][3]规范的操作为逐个增加钩码个数；图丙的读数为7.20cm；由于指针固定在弹簧三分之一处，弹簧的形变量应为。
（3）[1][2]前半段为倾斜直线说明在弹簧的弹性限度内，胡克定律仍成立，可以用来计算弹簧的劲度系数；后半段为曲线是由于超过了弹簧的弹性限度，胡克定律不再成立。
12．【答案】；；；BD
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】（1）由于遮光条经过光电门的时间比较短，根据平均速度公式可以得出遮光条通过光电门1、2的速度分别为、
由于滑块做匀加速直线运动，利用速度位移公式有
联立可得
设木块和遮光条的质量和为，对木块和遮光条整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有
整理可得
根据表达式可以得出图像的斜率为，纵截距
整理得
AB．遮光条宽度越窄，遮光条经过光电门的时间更短，平均速度更接近瞬时速度，则遮光条通过光电门时速度的测量值越接近瞬时速度，实验误差越小，故A错误，B正确；
C．使用力传感器，直接可以测量拉力的大小，所以不需要木块和遮光条的总质量远大于砝码和砝码盘总质量，故C错误；
D．为使得成立，避免拉力产生分力，所以的方向应与运动方向（木板）平行，即要保证细线与木板平行，故D正确。
故选BD。
【分析】（1）利用平均速度公式可以求出滑块经过光电门速度的大小，利用速度位移公式可以求出木块加速度的大小；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出动摩擦因数的大小；
（3）为了使平均速度更加接近瞬时速度，遮光条的宽度要比较窄；使用力传感器，直接可以测量拉力的大小，所以不需要木块和遮光条的总质量远大于砝码和砝码盘总质量；为了避免拉力产生分力，所以的方向应与运动方向（木板）平行，即要保证细线与木板平行。
13．【答案】（1）解： 货车在主干道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向上的阻力，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
加速度方向沿主干道向下；货车刹车失灵后在进入避险车道前做匀加速直线运动。
（2）解： 设货车在进入避险车道时速度为，有
解得
货车在避险车道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向下的阻力由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
在避险车道上行驶距离为，则有
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）货车在进入避险车道前，利用牛顿第二定律可以求出货车加速度的大小，进而判别货车做匀加速直线运动；
（2）货车进入避险车道时，利用速度位移公式可以求出初速度的大小；结合牛顿第二定律可以求出在避险车道的加速度大小，结合速度位移公式可以求出在避险车道运动的距离。
（1）货车在主干道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向上的阻力，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
加速度方向沿主干道向下；货车刹车失灵后在进入避险车道前做匀加速直线运动。
（2）设货车在进入避险车道时速度为，有
解得
货车在避险车道上行驶受竖直向下的重力，垂直于路面向上的支持力，沿路面向下的阻力由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
在避险车道上行驶距离为，则有
解得
14．【答案】（1）解： 设长木板与木块的质量均为，在内，对木块受力分析，根据牛顿第二定律得
对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得
由图可知时两者共速，故有
联立解得，
（2）解： 由于，共速后无法一起匀减速，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
共速时速度
则长木板运动的总时间
解得
长木板的位移
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当木块放上长木板时，利用牛顿第二定律可以求出木块加速度的大小，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小，结合速度公式及共速的时间可以求出两者动摩擦因数的大小；
（2）放上木块后，利用牛顿第二定律可以求出一起做匀减速直线运动的加速度大小；结合速度公式可以求出共速时速度的大小；再利用速度公式可以求出木板运动的总时间；利用位移公式可以求出木板运动的总位移。
（1）设长木板与木块的质量均为，在内，对木块受力分析，根据牛顿第二定律得
对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得
由图可知时两者共速，故有
联立解得，
（2）由于，共速后无法一起匀减速，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
共速时速度
则长木板运动的总时间
解得
长木板的位移
解得
15．【答案】（1）解： 货物在圆弧最低点时圆弧对货物的弹力和货物重力的合力提供向心力，有
传送带静止时，货物在传送带上做匀减速运动，有
由牛顿第二定律得
联立解得，
（2）解： 设货物从传送带右端抛出至运动到收集箱底部所用时间为，有
解得
货物落入收集箱底部点，有
解得
则传送带的速度为，货物在传送带上先匀减速运动后匀速运动，设匀减速运动的时间为，有，
联立解得
（3）解： 货物恰好经过收集箱左侧壁顶端时，扡出速度最小，设为，则有，
解得，
传送带的最小速度为
货物恰好经过收集箱右侧壁顶端时，抛出速度为，有
解得
设货物在传送带上从匀加速到离开传送带时的速度为，有
解得
，故货物在传送带上先加速后匀速，传送带的最大速度为
故传送带的速度满足（或）时，货物都能落入收集箱内。
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；平抛运动；向心力
【解析】【分析】（1）货物运动到圆弧的最低点时，利用牛顿第二定律可以求出速度的大小，结合在传送带上做匀减速直线运动，利用速度位移公式结合牛顿第二定律可以求出圆弧半径的大小；
（2）当货物做平抛运动时，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小，结合位移公式及速度公式可以求出货物在传送带上运动的时间；
（3）当货物做平抛运动时间，利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；结合在传送带上的速度位移公式可以求出传送带的速度范围。
（1）货物在圆弧最低点时圆弧对货物的弹力和货物重力的合力提供向心力，有
传送带静止时，货物在传送带上做匀减速运动，有
由牛顿第二定律得
联立解得，
（2）设货物从传送带右端抛出至运动到收集箱底部所用时间为，有
解得
货物落入收集箱底部点，有
解得
则传送带的速度为，货物在传送带上先匀减速运动后匀速运动，设匀减速运动的时间为，有，
联立解得
（3）货物恰好经过收集箱左侧壁顶端时，扡出速度最小，设为，则有，
解得，
传送带的最小速度为
货物恰好经过收集箱右侧壁顶端时，抛出速度为，有
解得
设货物在传送带上从匀加速到离开传送带时的速度为，有
解得
，故货物在传送带上先加速后匀速，传送带的最大速度为
故传送带的速度满足（或）时，货物都能落入收集箱内。
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