资源简介

广西玉林市2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测物理试卷
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1．（2025高一上·玉林期末）复兴号高铁动车组运行在玉林北至南宁东的途中，高铁内静座的乘客发现自己是运动的，则该乘客选取参考系为（　　）
A．车厢 B．邻座的乘客
C．远处的山峰 D．窗台上静止的水杯
2．（2025高一上·玉林期末）小明同学在参加校运会跑比赛中，跑完一圈回到起点所用时间为50s，则该同学走过的位移为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·玉林期末）一辆汽车在教练场上沿着平直道路行驶。图为汽车在到这段时间的图像，则这段时间内汽车的位移为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·玉林期末）如图所示，是龙舟比赛时的照片，若某一单桨推水的力，则水推该单桨的力大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·玉林期末）如图所示把质量不相同的铁片和羽毛放入竖直放置的牛顿管中，让铁片和羽毛从牛顿管上方同时开始下落，观察物体下落的情况。下列说法正确的是（　　）
A．图甲为管内空气没被抽掉时的实验现象
B．图乙为管内空气没被抽掉时的实验现象
C．图乙中，铁片和羽毛均做匀速直线运动
D．图甲中，铁片和羽毛在下落过程中，间距会不变
6．（2025高一上·玉林期末）如图所示，在光滑墙壁上用轻绳把网兜里的足球挂在点，足球与墙壁的接触点为，用表示轻绳对足球的拉力。现换用更长的轻绳挂足球，则（　　）
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
7．（2025高一上·玉林期末）北京冬奥会让人们深入感受了冰壶运动的魅力。某同学用频闪照相的方法研究水平面上推出的冰壶做匀减速直线运动的规律。某次实验中连续拍得的5张照片对应冰壶的位置如图所示，从第一张照片起，相邻两张照片对应冰壶的位置间距依次5.2m，3.6m，2.0m。已知每次拍照时间间隔均为1s，冰壶可视为质点，则第四张和第五张照片对应冰壶的位置间距为（　　）
A．0.45m B．0.40m C．0.55m D．0.50m
8．（2025高一上·玉林期末）如图为有机玻璃发生微小形变的示意图，竖直的三角形有机玻璃压在水平的平板玻璃上，当特殊的光线通过有机玻璃不同部位时，产生的花纹会发生变化。下列说法正确的是（　　）
A．因为发生了形变，所以对有压力作用
B．因为发生了形变，所以对有支持力作用
C．因为发生了形变，所以对有压力作用
D．因为发生了形变，所以对有支持力作用
9．（2025高一上·玉林期末）一名质量为的乘客，乘坐电梯从一层到六层，如图所示。当电梯以的加速度匀加速上升时，重力加速度大小，则人对电梯的压力大小和方向正确的是（　　）
A．大小为 B．大小为
C．方向为竖直向下 D．方向为竖直向上
10．（2025高一上·玉林期末）如图甲，一质量为的物体置于粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为。现用一水平拉力作用于物体上，随时间变化的图像和物体运动的图像分别如图乙、丙所示。规定水平向右为正方向，重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）
A．内，物体受到的摩擦力方向水平向左
B．内，物体受到的摩擦力方向水平向右
C．物体与水平面间的动摩擦因数为
D．物体与水平面间的动摩擦因数为
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．（2025高一上·玉林期末）某物理学习小组的同学利用如图（a）所示的实验装置来探究“两个互成角度的力的合成规律”的实验。
（1）本实验所用的物理学研究方法是_____；
A．放大法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．理想模型法
（2）图（b）中的、，由和做平行四边形得到的是　 　（选填“”、“”）
（3）图（a）中保持结点的位置及方向不变，将弹簧秤乙绕点逆时针缓慢旋转，使与的夹角由缓慢增大至，在此过程中弹簧秤乙的读数将　 　（选填“减小”、“先减小后增大”）。
12．（2025高一上·玉林期末）某实验小组用如图a所示装置探究加速度与力、质量的关系，水平轨道上安装两个光电门1、2，它们的中心距离用L表示，滑块上的遮光条宽度很窄，滑块上装有力传感器，滑块、遮光条和力传感器总质量为M，细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上砂桶后悬挂固定。实验步骤如下：
（1）实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），轻推滑块，滑块先后经过光电门1、2.若数字计时器显示遮光条通过光电门1的遮光时间比通过光电门2的遮光时间短，则要将气垫导轨右侧适当　 　（填“调低”或“调高”），直至遮光时间相等。
（2）实验中某同学为了精确测量加速度，连接好如图所示装置后，固定光电门2的位置，每次使滑块从同一位置释放，不断改变光电门1的位置进行多次测量，依次从光电门计时器读取出遮光片从光电门1至2的时间（用t表示）。操作过程中砂桶总质量不变，数据处理后作出函数图象，如图b、另外，从力传感器读取出示数F。请问：
i.实验　 　（填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片；若滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究　 　（填“有”或“没有”）影响。
ii.写出图b中直线的函数关系式　 　（用L、t、a、v2表示，a和v2分别为滑块的加速度及它经过光电门2的速度）。
（3）改变砂桶的质量，重复（2）得到对应的加速度和力，得到6组数据后，描点作图，发现a—F图在误差允许的范围内是正比例图线。如图c，图线的斜率应是___________。
A． B． C．
13．（2025高一上·玉林期末）嫦娥六号在距离月球表面处开始做自由落体运动，经降落到月球表面。求：
（1）月球表面重力加速度大小；
（2）落地瞬间速度的大小。
14．（2025高一上·玉林期末）某舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得初速度后，以的加速度在航母跑道上匀加速前进后离舰升空。飞机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来，将这段运动视为匀减速直线运动。
（1）求该航母跑道长度至少为多少？
（2）若某次飞机着舰时的速度为，飞机钩住阻拦索后经过停下来。求此过程中飞机加速度的大小及滑行的距离。
15．（2025高一上·玉林期末）如图，质量为2.4kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力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μ1=0.4。这时铁箱内一个质量为1.6kg的木块恰好能相对静止在后壁上、木块与铁箱内的动摩擦因数μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）铁箱对木块支持力的大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）减小拉F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱的速度为12m/s时撤去拉力，又经1s时间木块从箱左侧到达箱右侧，则铁箱的长度是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】乘客“静座”意味着他相对于车厢是静止的。他发现自己“是运动的”，说明选择的参考系不是车厢或车厢内相对车厢静止的物体，远处的山峰是与乘客相对运动的，因此乘客会感觉自己是运动的，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 参考系的基本概念
描述物体运动时，作为参照的物体称为参考系。
同一物体的运动状态，在不同参考系中可能不同。
2. 判断物体运动或静止的方法
比较该物体与参考系之间的位置是否变化：位置变化 → 运动，位置不变 → 静止
3. 本题情景分析
乘客“静座” 相对于高铁车厢是静止的。
乘客感觉自己运动 选择的参考系必须是相对于车厢运动的物体（即相对于地面运动的物体或地面上的静止物体）。
2．【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】校运会 400 m 跑，跑完 一圈 回到 起点。时间 50 s 是干扰信息，因为问的是 位移。
位移的定义：由初位置指向末位置的有向线段，与路径无关。跑完一圈回到起点 初位置和末位置相同 位移为 0。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 位移与路程的区别
位移：物体从初位置指向末位置的有向线段，是矢量，大小只与始末位置有关，与路径无关。
路程：物体运动轨迹的实际长度，是标量。
本题中，跑完一圈回到起点 始末位置相同 位移为 0。
2. 位移为 0 的几种典型情况
物体运动后回到起点（如圆周运动返回原点、往返运动回到出发点），物体静止。
注意：位移为 0 时，路程不一定为 0（如本题路程为 400 m）。
3. 物理量的矢量性与标量性
位移是矢量，有方向；路程是标量，没有方向。
矢量运算遵循平行四边形定则，标量运算遵循代数加减。
3．【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】匀变速直线运动中v-t图像所围成的面积表示位移可知，在t=0到t=40 s这段时间的位移大小为梯形面积大小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. v-t 图像的面积表示位移
对于直线运动，v-t 图像中图线与时间轴围成的面积等于这段时间内的位移。
面积在时间轴上方为正位移，下方为负位移；总位移为各段面积的代数和。
2. 匀变速直线运动的 v-t 图像特征
图像是一条倾斜的直线。加速度恒定，图线斜率表示加速度 。
位移可以用梯形面积计算：，这是匀变速直线运动的平均速度公式的几何体现。
3. 平均速度的简便算法（匀变速运动）
匀变速直线运动的平均速度等于初末速度的平均值：
位移 = 平均速度 × 时间：
4. 位移的方向性（一维运动）
在一维运动中，速度方向用正负表示，面积有正负，位移是代数和。
本题是单方向运动，所以面积直接是位移大小。
4．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】桨推水的力和水推桨的力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，这两个力大小相等，方向相反，同时产生同时消失，则有 F水推桨=F桨推水=400 N。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是 大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
作用力与反作用力作用在不同物体上，因此不会抵消。
2. 相互作用力的识别
桨推水的力（作用在 水 上），水推桨的力（作用在 桨 上），这两个力是一对作用力与反作用力。
3. 与平衡力的区别
平衡力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且物体处于平衡状态。
相互作用力作用在两个不同物体上，与物体的运动状态无关。
5．【答案】A
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】AB．图甲中，由于铁片和羽毛在空气中下落时受到重力与空气阻力的作用，由于空气阻力对羽毛的影响大，羽毛下落过程中加速度小于铁片的加速度，所以羽毛比铁片下落的慢，根据位移公式在相等时间内羽毛下落高度小，所以图甲为管内空气没被抽的实验现象，A正确，B错误；
C．在真空中，铁片和羽毛只受重力作用，加速度都相同，相同时间下落的高度相同，则羽毛与铁片都做自由落体运动，C错误；
D．图甲中，受空气阻力的影响，由于做加速运动，所以随速度的增大，其间距会增大，D错误。
故选A。
【分析】在空气中由于受到阻力作用，所以铁片下落比羽毛快；在真空中，两者都做自由落体运动，所以下落快慢相同；由于都做加速运动，所以相同时间内的间距不断增大。
6．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对足球受力分析如图所示
由平衡条件可得，换用更长的悬绳，α变小，cosα变大，F变小，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1. 三力平衡的受力分析
足球受三个力：重力G（竖直向下）、墙壁支持力N（垂直于墙面）、轻绳拉力F（沿绳方向）。
三个力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等大反向。
2. 力的合成与分解（正交分解法）
本题常用分解法：将拉力F 分解为水平分力 和竖直分力 。
平衡条件：
其中θ 是绳与竖直墙面的夹角（或绳与竖直方向的夹角，需依图确定）。
根据解析图，，也可能直接设绳与竖直墙夹角为 α，则
，注意这里的α 是绳与墙的夹角（绳与竖直方向夹角设为θ 时，。因此：
3. 几何变化对力的影响
换用更长的轻绳 悬点不变，球位置下移 绳与竖直方向的夹角α 变小。
由 ：当α 变小， 变大 F 变小。
4. 墙壁支持力的变化
由水平平衡 ，将 代入：N=Gtanα
α 变小 tanα 变小 N 变小。
7．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】Δx=aT2公式中Δx是指连续相等时间内的位移之差。每次拍照时间间隔相同，由
得
相邻两张照片对应冰壶的位置间距依次5.2m，3.6m，2.0m，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知
假设拍第五张照片时冰壶未停止，则有
可知拍第五张照片时冰壶已经停止，所以第四张和第五张照片对应冰壶的位置间距为
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】先判断冰壶在拍第五张照片时是否已经停止运动。根据Δx=aT2计算加速度，应用运动学公式解答。
8．【答案】B,C
【知识点】形变与弹力
【解析】【解答】三角形有机玻璃P 放在平板玻璃Q 上，P 的重量使 P 与 Q 都发生微小形变。P的形变（底部微微压缩） → 使P恢复原状的趋势是底部向下膨胀 → 对Q 施加压力。Q的形变（表面微微凹陷） → 使Q 恢复原状的趋势是表面向上回弹 → 对P施加支持力，故AD错误，BC正确；
故选BC。
【分析】1. 形变与弹力的因果关系
弹力是由于物体发生弹性形变，要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力。
关键逻辑：因为 物体A 发生了形变 → 所以 物体A 对物体B 有某个方向的力
这个力的方向，就是 A 要恢复原状时对 B 施加力的方向。
例如：A 被压缩 → A 要向外恢复 → A 对接触物产生压力。
A 被拉伸 → A 要向内收缩 → A 对接触物产生拉力。
A 被弯曲向下压 → A 要向上恢复 → 若 B 在 A 下方，则 A 对 B 是压力吗？要注意受力对象：A 对下方物体的力是压力。
2. 接触面双方形变的独立作用
以 “书放在桌面” 为例：书的形变（底部轻微压缩） → 书要恢复原状（底部向下膨胀）→ 书对桌面有压力。桌面的形变（桌面被压凹陷） → 桌面要恢复原状（向上回弹）→ 桌面对书有支持力。
两者同时存在，互为反作用力。
9．【答案】B,C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】人受：重力mg 竖直向下，电梯地板的支持力N 竖直向上，牛顿第二定律（向上为正方向）：，代入数值：，所以电梯对人的支持力为 615 N 竖直向上，根据牛顿第三定律可知，人对电梯的压力大小为615N，方向竖直向下，故AD错误，BC正确。
故选BC。
【分析】1. 牛顿第二定律在竖直方向的应用
当物体在竖直方向有加速度时，支持力（或拉力）不等于重力。
以加速度方向为正方向列方程：，解得 → 超重现象。
若加速下降：→ → 失重现象。
2. 区分“人受到的支持力”与“人对电梯的压力”
“电梯对人的支持力”：作用在人上，方向向上，是使人产生向上加速度的原因之一。
“人对电梯的压力”：作用在电梯上，方向向下，是支持力的反作用力。
题目问的是 人对电梯的压力，所以必须用牛顿第三定律转换。
3. 方向判断
人受到的力（支持力）向上 → 人对电梯的作用力必向下（压力）。
二、常见错误
1、直接用 mg 算压力
忽略加速度，得到 的错误答案。
2、混淆施力与受力物体
把电梯对人的支持力方向当成“人对电梯的压力方向”。
3、失重/超重方向判断错误
向上加速 → 超重 → 支持力大于重力，但这是电梯对人的力，人对电梯的压力也因此变大。
10．【答案】A,C
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB．由图乙、丙可知，内，受到水平向右的拉力且物体保持静止，根据受力平衡可知，物体受到水平向左的静摩擦力，故A正确，B错误；
CD．由图乙、丙可知，内物体所受拉力方向水平向右，大小为，物体的加速度大小为，根据牛顿第二定律有，解得，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】1. 静摩擦力与滑动摩擦力的判断
静摩擦力：物体相对静止，方向与相对运动趋势相反，大小在 0 与最大静摩擦力之间，由平衡条件或牛顿第二定律求解。
滑动摩擦力：物体相对滑动，方向与相对运动方向相反，大小 ，其中N 为正压力。
2. 结合 F-t 图与 v-t 图分析运动与受力
F-t 图：给出外力随时间的变化。v-t 图：给出速度随时间的变化，可求加速度（斜率）。
需将两图对应时间段结合分析：若v=0 且a=0 物体静止，静摩擦力与外力平衡。
若 或 用牛顿第二定律列式。
3. 牛顿第二定律的应用
，合外力 = 外力 + 摩擦力（注意摩擦力方向）。
4. 动摩擦因数的求解
滑动摩擦力阶段：
从牛顿第二定律：
11．【答案】（1）B
（2）F
（3）先减小后增大
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）本实验中两个力拉橡皮条的效果与一个力拉橡皮条的效果相同，所用的物理学研究方法是等效替代法。
故选B。
（2）图（b）的四个力中，F是通过作平行四边形得到的，不是由弹簧秤直接测得；
（3）保持结点O的位置及OB方向不变，将弹簧秤乙绕O点逆时针缓慢旋转，使OC与OA的夹角由90°缓慢增大至180°，可知两弹簧秤的合力保持不变，如图所示
可知在此过程中弹簧秤乙的读数将先减小后增大。
【分析】1. 实验方法（第（1）问）
等效替代法：一个力F' 的作用效果替代两个力 、 的共同作用效果。
注意区分：控制变量法：研究多因素问题时，控制其他量不变。
理想模型法：抓住主要因素，忽略次要因素建立模型（如质点、点电荷）。
放大法：微小量放大便于测量（如卡文迪许扭秤、玻璃瓶微小形变用细管液面放大）。
2. 实验数据的识别（第（2）问）
直接测量量：弹簧秤读数 、、F'。
作图得到的力：根据 、 作平行四边形，对角线为理论合力F。
结论：F 是作平行四边形得到的，不是直接测量值。
3. 动态变化分析（第（3）问）
条件：结点 O 位置不变，OB 方向不变（即一个分力 大小方向不变），合力方向沿OA 方向不变（即合力的方向固定），改变另一个分力 的方向（OC 与 OA 夹角从 增大到 ）。
这类问题转化为已知合力大小方向、一个分力大小方向，求另一个分力大小随方向变化的几何问题。
解法：画出力三角形（或平行四边形），合力 固定，分力 固定（方向沿 OB、大小不变）， 从某一初始方向绕O 旋转，看其长度（大小）变化。
几何分析结论：当 方向变化时，其大小通常先减小后增大（存在最小值）。
（1）本实验中两个力拉橡皮条的效果与一个力拉橡皮条的效果相同，所用的物理学研究方法是等效替代法。
故选B。
（2）图（b）的四个力中，F是通过作平行四边形得到的，不是由弹簧秤直接测得；
（3）保持结点O的位置及OB方向不变，将弹簧秤乙绕O点逆时针缓慢旋转，使OC与OA的夹角由90°缓慢增大至180°，可知两弹簧秤的合力保持不变，如图所示
可知在此过程中弹簧秤乙的读数将先减小后增大。
12．【答案】（1）调高
（2）不需要；没有；
（3）B
【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】（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
【分析】（1）结合滑块根据光电门的运动时间大小关系进行判断；
（2）根据力的传感器判断得出不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块；
拉力大小由拉力传感器测量；
根据匀变速直线运动公式结合图像列式；
（3）根据牛顿第二定律列式，再结合图像求出斜率大小。
（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）[1]因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
[2]拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
[3]根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
13．【答案】（1）解：由自由落体运动规律得
解得
（2）解：由自由落体运动规律可得
解得
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】1. 自由落体基本公式
位移公式（初速度 0）：，可直接求g。
速度公式：或
2. 单位换算与公式代入
题中“7.5 km” → 换算为 7500 m。
代入时要注意单位统一，避免出现 而时间用秒，导致g 数量级错误。
3. 月球重力加速度与地球的区别
本题虽然是月球，但公式与地球自由落体形式相同，只是 不同。
由 得：（注意：这是题目数据算出来的数值，实际月球 ，显然本题是编题数据，但物理方法不变）
（1）由自由落体运动规律得
解得
（2）由自由落体运动规律可得
解得
14．【答案】（1）解：起飞阶段，舰载机的初速度，加速度，经过时间升空，由位移时间公式得
解得
（2）解：舰载机着舰时的速度为，经过时间停下来，则加速度大小
滑行的距离
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】1. 匀变速直线运动位移公式
位移公式：
题目（1）起飞阶段：已知 ，求x。
2. 匀减速运动公式应用
加速度为负值，但大小可用绝对值表示。
已知初速度 、末速度 、时间t，加速度：
滑行距离：或者用
两种方法等价（匀变速直线运动的平均速度公式更简便）。
3. 平均速度求位移
在匀变速直线运动中： ，
4. 单位与正负号处理
加速度方向与初速度方向相反时，加速度为负，但题目常要求“大小”，所以取绝对值。
注意单位：速度用 ，时间用s，加速度 ，位移m。
（1）题意可知起飞阶段，舰载机的初速度，加速度，经过时间升空，由位移时间公式得
解得
（2）题意知舰载机着舰时的速度为，经过时间停下来，则加速度大小
滑行的距离
15．【答案】解：(1)木块恰好能相对静止在后壁上，故木块与后壁间的静摩擦力恰好达到最大值，竖直方向由平衡条件可得
解得铁箱对木块支持力的大小为
(2)对木块由牛顿第二定律可得
对木块与铁箱整体，由牛顿第二定律可得
联立解得
(3)撤去拉力时，木块与铁箱的速度均为12m/s，由于
木块相对铁箱滑动，据牛顿第二定律分别可得
联立解得铁箱、木块减速时的加速度大小分别为，
铁箱减速到零的时间为
故木块从箱左侧到达箱右侧时，铁箱还未停下，铁箱的长度即两者的位移差，可得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、核心考点
1. 静摩擦力与相对静止条件
木块“恰好能静止在铁箱后壁” 最大静摩擦力与重力平衡：
水平方向木块由铁箱后壁弹力提供加速度：，联立可得：
2. 整体法与隔离法求解外力
隔离木块求N 和a。整体（木块+铁箱） 求水平拉力 F：
3. 叠加体的相对滑动分析
撤去拉力后，分别计算木块与铁箱的加速度：木块：只受铁箱底面对它的滑动摩擦力 （向左），铁箱：受地面向左摩擦力 和木块对它的向右摩擦力
（方向：设向右为正时，该合力为负）
4. 相对位移与铁箱长度
二者初速度相同 ，加速度不同，相对加速度：，方向决定了相对运动方向。
若初始木块在左侧且相对静止，则撤去拉力后相对位移L（铁箱长度）满足：
前提是相对初速度为 0。
二、易错点
1. 木块静摩擦力方向判断错误
易把静摩擦力方向当成水平（提供加速度），其实木块在水平方向是靠铁箱后壁弹力加速，竖直方向才是静摩擦力与重力平衡。
2. 最大静摩擦力条件忽略
看到“恰好相对静止”要马上用 ，否则求不出a。
3. 整体受力时地面摩擦力算错
地面对铁箱的摩擦力：压力 = ，不是Mg，因为木块在铁箱内部，整体对地面的压力是总重力。
4. 撤去拉力后铁箱受力分析中木块对铁箱的摩擦力方向
撤去拉力瞬间，二者速度相同向右。判断相对运动方向：比较加速度大小和方向。
铁箱加速度向左更大，木块加速度向左较小 铁箱比木块更快向左减速 木块相对铁箱向右滑动。
因此木块受铁箱摩擦力向左 木块对铁箱摩擦力向右。错成向左，则铁箱加速度算大，相对加速度出错。
1 / 1广西玉林市2024-2025学年高一上学期期末教学质量监测物理试卷
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1．（2025高一上·玉林期末）复兴号高铁动车组运行在玉林北至南宁东的途中，高铁内静座的乘客发现自己是运动的，则该乘客选取参考系为（　　）
A．车厢 B．邻座的乘客
C．远处的山峰 D．窗台上静止的水杯
【答案】C
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】乘客“静座”意味着他相对于车厢是静止的。他发现自己“是运动的”，说明选择的参考系不是车厢或车厢内相对车厢静止的物体，远处的山峰是与乘客相对运动的，因此乘客会感觉自己是运动的，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 参考系的基本概念
描述物体运动时，作为参照的物体称为参考系。
同一物体的运动状态，在不同参考系中可能不同。
2. 判断物体运动或静止的方法
比较该物体与参考系之间的位置是否变化：位置变化 → 运动，位置不变 → 静止
3. 本题情景分析
乘客“静座” 相对于高铁车厢是静止的。
乘客感觉自己运动 选择的参考系必须是相对于车厢运动的物体（即相对于地面运动的物体或地面上的静止物体）。
2．（2025高一上·玉林期末）小明同学在参加校运会跑比赛中，跑完一圈回到起点所用时间为50s，则该同学走过的位移为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】位移与路程
【解析】【解答】校运会 400 m 跑，跑完 一圈 回到 起点。时间 50 s 是干扰信息，因为问的是 位移。
位移的定义：由初位置指向末位置的有向线段，与路径无关。跑完一圈回到起点 初位置和末位置相同 位移为 0。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】1. 位移与路程的区别
位移：物体从初位置指向末位置的有向线段，是矢量，大小只与始末位置有关，与路径无关。
路程：物体运动轨迹的实际长度，是标量。
本题中，跑完一圈回到起点 始末位置相同 位移为 0。
2. 位移为 0 的几种典型情况
物体运动后回到起点（如圆周运动返回原点、往返运动回到出发点），物体静止。
注意：位移为 0 时，路程不一定为 0（如本题路程为 400 m）。
3. 物理量的矢量性与标量性
位移是矢量，有方向；路程是标量，没有方向。
矢量运算遵循平行四边形定则，标量运算遵循代数加减。
3．（2025高一上·玉林期末）一辆汽车在教练场上沿着平直道路行驶。图为汽车在到这段时间的图像，则这段时间内汽车的位移为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】匀变速直线运动中v-t图像所围成的面积表示位移可知，在t=0到t=40 s这段时间的位移大小为梯形面积大小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. v-t 图像的面积表示位移
对于直线运动，v-t 图像中图线与时间轴围成的面积等于这段时间内的位移。
面积在时间轴上方为正位移，下方为负位移；总位移为各段面积的代数和。
2. 匀变速直线运动的 v-t 图像特征
图像是一条倾斜的直线。加速度恒定，图线斜率表示加速度 。
位移可以用梯形面积计算：，这是匀变速直线运动的平均速度公式的几何体现。
3. 平均速度的简便算法（匀变速运动）
匀变速直线运动的平均速度等于初末速度的平均值：
位移 = 平均速度 × 时间：
4. 位移的方向性（一维运动）
在一维运动中，速度方向用正负表示，面积有正负，位移是代数和。
本题是单方向运动，所以面积直接是位移大小。
4．（2025高一上·玉林期末）如图所示，是龙舟比赛时的照片，若某一单桨推水的力，则水推该单桨的力大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律
【解析】【解答】桨推水的力和水推桨的力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，这两个力大小相等，方向相反，同时产生同时消失，则有 F水推桨=F桨推水=400 N。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】1. 牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是 大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
作用力与反作用力作用在不同物体上，因此不会抵消。
2. 相互作用力的识别
桨推水的力（作用在 水 上），水推桨的力（作用在 桨 上），这两个力是一对作用力与反作用力。
3. 与平衡力的区别
平衡力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且物体处于平衡状态。
相互作用力作用在两个不同物体上，与物体的运动状态无关。
5．（2025高一上·玉林期末）如图所示把质量不相同的铁片和羽毛放入竖直放置的牛顿管中，让铁片和羽毛从牛顿管上方同时开始下落，观察物体下落的情况。下列说法正确的是（　　）
A．图甲为管内空气没被抽掉时的实验现象
B．图乙为管内空气没被抽掉时的实验现象
C．图乙中，铁片和羽毛均做匀速直线运动
D．图甲中，铁片和羽毛在下落过程中，间距会不变
【答案】A
【知识点】自由落体运动
【解析】【解答】AB．图甲中，由于铁片和羽毛在空气中下落时受到重力与空气阻力的作用，由于空气阻力对羽毛的影响大，羽毛下落过程中加速度小于铁片的加速度，所以羽毛比铁片下落的慢，根据位移公式在相等时间内羽毛下落高度小，所以图甲为管内空气没被抽的实验现象，A正确，B错误；
C．在真空中，铁片和羽毛只受重力作用，加速度都相同，相同时间下落的高度相同，则羽毛与铁片都做自由落体运动，C错误；
D．图甲中，受空气阻力的影响，由于做加速运动，所以随速度的增大，其间距会增大，D错误。
故选A。
【分析】在空气中由于受到阻力作用，所以铁片下落比羽毛快；在真空中，两者都做自由落体运动，所以下落快慢相同；由于都做加速运动，所以相同时间内的间距不断增大。
6．（2025高一上·玉林期末）如图所示，在光滑墙壁上用轻绳把网兜里的足球挂在点，足球与墙壁的接触点为，用表示轻绳对足球的拉力。现换用更长的轻绳挂足球，则（　　）
A．增大 B．减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】对足球受力分析如图所示
由平衡条件可得，换用更长的悬绳，α变小，cosα变大，F变小，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1. 三力平衡的受力分析
足球受三个力：重力G（竖直向下）、墙壁支持力N（垂直于墙面）、轻绳拉力F（沿绳方向）。
三个力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等大反向。
2. 力的合成与分解（正交分解法）
本题常用分解法：将拉力F 分解为水平分力 和竖直分力 。
平衡条件：
其中θ 是绳与竖直墙面的夹角（或绳与竖直方向的夹角，需依图确定）。
根据解析图，，也可能直接设绳与竖直墙夹角为 α，则
，注意这里的α 是绳与墙的夹角（绳与竖直方向夹角设为θ 时，。因此：
3. 几何变化对力的影响
换用更长的轻绳 悬点不变，球位置下移 绳与竖直方向的夹角α 变小。
由 ：当α 变小， 变大 F 变小。
4. 墙壁支持力的变化
由水平平衡 ，将 代入：N=Gtanα
α 变小 tanα 变小 N 变小。
7．（2025高一上·玉林期末）北京冬奥会让人们深入感受了冰壶运动的魅力。某同学用频闪照相的方法研究水平面上推出的冰壶做匀减速直线运动的规律。某次实验中连续拍得的5张照片对应冰壶的位置如图所示，从第一张照片起，相邻两张照片对应冰壶的位置间距依次5.2m，3.6m，2.0m。已知每次拍照时间间隔均为1s，冰壶可视为质点，则第四张和第五张照片对应冰壶的位置间距为（　　）
A．0.45m B．0.40m C．0.55m D．0.50m
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】Δx=aT2公式中Δx是指连续相等时间内的位移之差。每次拍照时间间隔相同，由
得
相邻两张照片对应冰壶的位置间距依次5.2m，3.6m，2.0m，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知
假设拍第五张照片时冰壶未停止，则有
可知拍第五张照片时冰壶已经停止，所以第四张和第五张照片对应冰壶的位置间距为
，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】先判断冰壶在拍第五张照片时是否已经停止运动。根据Δx=aT2计算加速度，应用运动学公式解答。
8．（2025高一上·玉林期末）如图为有机玻璃发生微小形变的示意图，竖直的三角形有机玻璃压在水平的平板玻璃上，当特殊的光线通过有机玻璃不同部位时，产生的花纹会发生变化。下列说法正确的是（　　）
A．因为发生了形变，所以对有压力作用
B．因为发生了形变，所以对有支持力作用
C．因为发生了形变，所以对有压力作用
D．因为发生了形变，所以对有支持力作用
【答案】B,C
【知识点】形变与弹力
【解析】【解答】三角形有机玻璃P 放在平板玻璃Q 上，P 的重量使 P 与 Q 都发生微小形变。P的形变（底部微微压缩） → 使P恢复原状的趋势是底部向下膨胀 → 对Q 施加压力。Q的形变（表面微微凹陷） → 使Q 恢复原状的趋势是表面向上回弹 → 对P施加支持力，故AD错误，BC正确；
故选BC。
【分析】1. 形变与弹力的因果关系
弹力是由于物体发生弹性形变，要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力。
关键逻辑：因为 物体A 发生了形变 → 所以 物体A 对物体B 有某个方向的力
这个力的方向，就是 A 要恢复原状时对 B 施加力的方向。
例如：A 被压缩 → A 要向外恢复 → A 对接触物产生压力。
A 被拉伸 → A 要向内收缩 → A 对接触物产生拉力。
A 被弯曲向下压 → A 要向上恢复 → 若 B 在 A 下方，则 A 对 B 是压力吗？要注意受力对象：A 对下方物体的力是压力。
2. 接触面双方形变的独立作用
以 “书放在桌面” 为例：书的形变（底部轻微压缩） → 书要恢复原状（底部向下膨胀）→ 书对桌面有压力。桌面的形变（桌面被压凹陷） → 桌面要恢复原状（向上回弹）→ 桌面对书有支持力。
两者同时存在，互为反作用力。
9．（2025高一上·玉林期末）一名质量为的乘客，乘坐电梯从一层到六层，如图所示。当电梯以的加速度匀加速上升时，重力加速度大小，则人对电梯的压力大小和方向正确的是（　　）
A．大小为 B．大小为
C．方向为竖直向下 D．方向为竖直向上
【答案】B,C
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】人受：重力mg 竖直向下，电梯地板的支持力N 竖直向上，牛顿第二定律（向上为正方向）：，代入数值：，所以电梯对人的支持力为 615 N 竖直向上，根据牛顿第三定律可知，人对电梯的压力大小为615N，方向竖直向下，故AD错误，BC正确。
故选BC。
【分析】1. 牛顿第二定律在竖直方向的应用
当物体在竖直方向有加速度时，支持力（或拉力）不等于重力。
以加速度方向为正方向列方程：，解得 → 超重现象。
若加速下降：→ → 失重现象。
2. 区分“人受到的支持力”与“人对电梯的压力”
“电梯对人的支持力”：作用在人上，方向向上，是使人产生向上加速度的原因之一。
“人对电梯的压力”：作用在电梯上，方向向下，是支持力的反作用力。
题目问的是 人对电梯的压力，所以必须用牛顿第三定律转换。
3. 方向判断
人受到的力（支持力）向上 → 人对电梯的作用力必向下（压力）。
二、常见错误
1、直接用 mg 算压力
忽略加速度，得到 的错误答案。
2、混淆施力与受力物体
把电梯对人的支持力方向当成“人对电梯的压力方向”。
3、失重/超重方向判断错误
向上加速 → 超重 → 支持力大于重力，但这是电梯对人的力，人对电梯的压力也因此变大。
10．（2025高一上·玉林期末）如图甲，一质量为的物体置于粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为。现用一水平拉力作用于物体上，随时间变化的图像和物体运动的图像分别如图乙、丙所示。规定水平向右为正方向，重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）
A．内，物体受到的摩擦力方向水平向左
B．内，物体受到的摩擦力方向水平向右
C．物体与水平面间的动摩擦因数为
D．物体与水平面间的动摩擦因数为
【答案】A,C
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】AB．由图乙、丙可知，内，受到水平向右的拉力且物体保持静止，根据受力平衡可知，物体受到水平向左的静摩擦力，故A正确，B错误；
CD．由图乙、丙可知，内物体所受拉力方向水平向右，大小为，物体的加速度大小为，根据牛顿第二定律有，解得，故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】1. 静摩擦力与滑动摩擦力的判断
静摩擦力：物体相对静止，方向与相对运动趋势相反，大小在 0 与最大静摩擦力之间，由平衡条件或牛顿第二定律求解。
滑动摩擦力：物体相对滑动，方向与相对运动方向相反，大小 ，其中N 为正压力。
2. 结合 F-t 图与 v-t 图分析运动与受力
F-t 图：给出外力随时间的变化。v-t 图：给出速度随时间的变化，可求加速度（斜率）。
需将两图对应时间段结合分析：若v=0 且a=0 物体静止，静摩擦力与外力平衡。
若 或 用牛顿第二定律列式。
3. 牛顿第二定律的应用
，合外力 = 外力 + 摩擦力（注意摩擦力方向）。
4. 动摩擦因数的求解
滑动摩擦力阶段：
从牛顿第二定律：
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11．（2025高一上·玉林期末）某物理学习小组的同学利用如图（a）所示的实验装置来探究“两个互成角度的力的合成规律”的实验。
（1）本实验所用的物理学研究方法是_____；
A．放大法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．理想模型法
（2）图（b）中的、，由和做平行四边形得到的是　 　（选填“”、“”）
（3）图（a）中保持结点的位置及方向不变，将弹簧秤乙绕点逆时针缓慢旋转，使与的夹角由缓慢增大至，在此过程中弹簧秤乙的读数将　 　（选填“减小”、“先减小后增大”）。
【答案】（1）B
（2）F
（3）先减小后增大
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】（1）本实验中两个力拉橡皮条的效果与一个力拉橡皮条的效果相同，所用的物理学研究方法是等效替代法。
故选B。
（2）图（b）的四个力中，F是通过作平行四边形得到的，不是由弹簧秤直接测得；
（3）保持结点O的位置及OB方向不变，将弹簧秤乙绕O点逆时针缓慢旋转，使OC与OA的夹角由90°缓慢增大至180°，可知两弹簧秤的合力保持不变，如图所示
可知在此过程中弹簧秤乙的读数将先减小后增大。
【分析】1. 实验方法（第（1）问）
等效替代法：一个力F' 的作用效果替代两个力 、 的共同作用效果。
注意区分：控制变量法：研究多因素问题时，控制其他量不变。
理想模型法：抓住主要因素，忽略次要因素建立模型（如质点、点电荷）。
放大法：微小量放大便于测量（如卡文迪许扭秤、玻璃瓶微小形变用细管液面放大）。
2. 实验数据的识别（第（2）问）
直接测量量：弹簧秤读数 、、F'。
作图得到的力：根据 、 作平行四边形，对角线为理论合力F。
结论：F 是作平行四边形得到的，不是直接测量值。
3. 动态变化分析（第（3）问）
条件：结点 O 位置不变，OB 方向不变（即一个分力 大小方向不变），合力方向沿OA 方向不变（即合力的方向固定），改变另一个分力 的方向（OC 与 OA 夹角从 增大到 ）。
这类问题转化为已知合力大小方向、一个分力大小方向，求另一个分力大小随方向变化的几何问题。
解法：画出力三角形（或平行四边形），合力 固定，分力 固定（方向沿 OB、大小不变）， 从某一初始方向绕O 旋转，看其长度（大小）变化。
几何分析结论：当 方向变化时，其大小通常先减小后增大（存在最小值）。
（1）本实验中两个力拉橡皮条的效果与一个力拉橡皮条的效果相同，所用的物理学研究方法是等效替代法。
故选B。
（2）图（b）的四个力中，F是通过作平行四边形得到的，不是由弹簧秤直接测得；
（3）保持结点O的位置及OB方向不变，将弹簧秤乙绕O点逆时针缓慢旋转，使OC与OA的夹角由90°缓慢增大至180°，可知两弹簧秤的合力保持不变，如图所示
可知在此过程中弹簧秤乙的读数将先减小后增大。
12．（2025高一上·玉林期末）某实验小组用如图a所示装置探究加速度与力、质量的关系，水平轨道上安装两个光电门1、2，它们的中心距离用L表示，滑块上的遮光条宽度很窄，滑块上装有力传感器，滑块、遮光条和力传感器总质量为M，细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上砂桶后悬挂固定。实验步骤如下：
（1）实验前，接通气源，将滑块置于气垫导轨上（不挂砂桶），轻推滑块，滑块先后经过光电门1、2.若数字计时器显示遮光条通过光电门1的遮光时间比通过光电门2的遮光时间短，则要将气垫导轨右侧适当　 　（填“调低”或“调高”），直至遮光时间相等。
（2）实验中某同学为了精确测量加速度，连接好如图所示装置后，固定光电门2的位置，每次使滑块从同一位置释放，不断改变光电门1的位置进行多次测量，依次从光电门计时器读取出遮光片从光电门1至2的时间（用t表示）。操作过程中砂桶总质量不变，数据处理后作出函数图象，如图b、另外，从力传感器读取出示数F。请问：
i.实验　 　（填“需要”或“不需要”）满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片；若滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究　 　（填“有”或“没有”）影响。
ii.写出图b中直线的函数关系式　 　（用L、t、a、v2表示，a和v2分别为滑块的加速度及它经过光电门2的速度）。
（3）改变砂桶的质量，重复（2）得到对应的加速度和力，得到6组数据后，描点作图，发现a—F图在误差允许的范围内是正比例图线。如图c，图线的斜率应是___________。
A． B． C．
【答案】（1）调高
（2）不需要；没有；
（3）B
【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】（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
【分析】（1）结合滑块根据光电门的运动时间大小关系进行判断；
（2）根据力的传感器判断得出不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块；
拉力大小由拉力传感器测量；
根据匀变速直线运动公式结合图像列式；
（3）根据牛顿第二定律列式，再结合图像求出斜率大小。
（1）滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮光条的遮光时间短，说明气垫导轨右侧偏低，故要将气垫导轨右侧适当调高，直至遮光时间相等。
（2）[1]因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光片。
[2]拉力传感器直接测出拉力，滑轮有一定摩擦阻力，对实验的探究没有影响。
[3]根据匀变速直线运动公式
结合图像可得
（3）根据
可得
图线的斜率应是，故选B。
13．（2025高一上·玉林期末）嫦娥六号在距离月球表面处开始做自由落体运动，经降落到月球表面。求：
（1）月球表面重力加速度大小；
（2）落地瞬间速度的大小。
【答案】（1）解：由自由落体运动规律得
解得
（2）解：由自由落体运动规律可得
解得
【知识点】自由落体运动
【解析】【分析】1. 自由落体基本公式
位移公式（初速度 0）：，可直接求g。
速度公式：或
2. 单位换算与公式代入
题中“7.5 km” → 换算为 7500 m。
代入时要注意单位统一，避免出现 而时间用秒，导致g 数量级错误。
3. 月球重力加速度与地球的区别
本题虽然是月球，但公式与地球自由落体形式相同，只是 不同。
由 得：（注意：这是题目数据算出来的数值，实际月球 ，显然本题是编题数据，但物理方法不变）
（1）由自由落体运动规律得
解得
（2）由自由落体运动规律可得
解得
14．（2025高一上·玉林期末）某舰载机起飞时，采用弹射装置使飞机获得初速度后，以的加速度在航母跑道上匀加速前进后离舰升空。飞机在航母上降落时，需用阻拦索使飞机迅速停下来，将这段运动视为匀减速直线运动。
（1）求该航母跑道长度至少为多少？
（2）若某次飞机着舰时的速度为，飞机钩住阻拦索后经过停下来。求此过程中飞机加速度的大小及滑行的距离。
【答案】（1）解：起飞阶段，舰载机的初速度，加速度，经过时间升空，由位移时间公式得
解得
（2）解：舰载机着舰时的速度为，经过时间停下来，则加速度大小
滑行的距离
【知识点】加速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【分析】1. 匀变速直线运动位移公式
位移公式：
题目（1）起飞阶段：已知 ，求x。
2. 匀减速运动公式应用
加速度为负值，但大小可用绝对值表示。
已知初速度 、末速度 、时间t，加速度：
滑行距离：或者用
两种方法等价（匀变速直线运动的平均速度公式更简便）。
3. 平均速度求位移
在匀变速直线运动中： ，
4. 单位与正负号处理
加速度方向与初速度方向相反时，加速度为负，但题目常要求“大小”，所以取绝对值。
注意单位：速度用 ，时间用s，加速度 ，位移m。
（1）题意可知起飞阶段，舰载机的初速度，加速度，经过时间升空，由位移时间公式得
解得
（2）题意知舰载机着舰时的速度为，经过时间停下来，则加速度大小
滑行的距离
15．（2025高一上·玉林期末）如图，质量为2.4kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力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μ1=0.4。这时铁箱内一个质量为1.6kg的木块恰好能相对静止在后壁上、木块与铁箱内的动摩擦因数μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）铁箱对木块支持力的大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）减小拉F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当箱的速度为12m/s时撤去拉力，又经1s时间木块从箱左侧到达箱右侧，则铁箱的长度是多少？
【答案】解：(1)木块恰好能相对静止在后壁上，故木块与后壁间的静摩擦力恰好达到最大值，竖直方向由平衡条件可得
解得铁箱对木块支持力的大小为
(2)对木块由牛顿第二定律可得
对木块与铁箱整体，由牛顿第二定律可得
联立解得
(3)撤去拉力时，木块与铁箱的速度均为12m/s，由于
木块相对铁箱滑动，据牛顿第二定律分别可得
联立解得铁箱、木块减速时的加速度大小分别为，
铁箱减速到零的时间为
故木块从箱左侧到达箱右侧时，铁箱还未停下，铁箱的长度即两者的位移差，可得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】一、核心考点
1. 静摩擦力与相对静止条件
木块“恰好能静止在铁箱后壁” 最大静摩擦力与重力平衡：
水平方向木块由铁箱后壁弹力提供加速度：，联立可得：
2. 整体法与隔离法求解外力
隔离木块求N 和a。整体（木块+铁箱） 求水平拉力 F：
3. 叠加体的相对滑动分析
撤去拉力后，分别计算木块与铁箱的加速度：木块：只受铁箱底面对它的滑动摩擦力 （向左），铁箱：受地面向左摩擦力 和木块对它的向右摩擦力
（方向：设向右为正时，该合力为负）
4. 相对位移与铁箱长度
二者初速度相同 ，加速度不同，相对加速度：，方向决定了相对运动方向。
若初始木块在左侧且相对静止，则撤去拉力后相对位移L（铁箱长度）满足：
前提是相对初速度为 0。
二、易错点
1. 木块静摩擦力方向判断错误
易把静摩擦力方向当成水平（提供加速度），其实木块在水平方向是靠铁箱后壁弹力加速，竖直方向才是静摩擦力与重力平衡。
2. 最大静摩擦力条件忽略
看到“恰好相对静止”要马上用 ，否则求不出a。
3. 整体受力时地面摩擦力算错
地面对铁箱的摩擦力：压力 = ，不是Mg，因为木块在铁箱内部，整体对地面的压力是总重力。
4. 撤去拉力后铁箱受力分析中木块对铁箱的摩擦力方向
撤去拉力瞬间，二者速度相同向右。判断相对运动方向：比较加速度大小和方向。
铁箱加速度向左更大，木块加速度向左较小 铁箱比木块更快向左减速 木块相对铁箱向右滑动。
因此木块受铁箱摩擦力向左 木块对铁箱摩擦力向右。错成向左，则铁箱加速度算大，相对加速度出错。
1 / 1

展开更多......

收起↑