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河北省保定市2024-2025学年高一上学期1月期末考试物理试题
1．（2025高一上·保定期末）北京时间2024年7月31日17时，全红婵和陈芋汐将携手冲击巴黎奥运会女子双人10米台金牌，在比赛中我国两位跳水小将完美完成极高标准跳水动作，尤其是在207C（向后翻腾三周半抱膝）这个动作上，她们的表现尤为突出。同时上演了教科书级别的“水花消失术”，获10米跳台比赛冠军。则下列说法正确的是（　　）
A．北京时间2024年7月31日17时是一段时间
B．10米跳台的高度就是两位选手的路程
C．在研究207C动作时不可以把全红婵和陈芋汐看成质点
D．全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，是以水面为参考系
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．北京时间2024年7月31日17时为获得金牌的瞬间，代表时刻，选项A错误；
B.10米跳台的高度就是两位选手初末位置之间的距离，代表位移大小，由于运动员做曲线运动则路程大于位移的大小，选项B错误；
C．在研究207C动作时，运动员的大小和形状对动作有影响，不可以把全红婵和陈芋汐看成质点，选项C正确；
D．全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，由于两者具有相同速度，所以是以自己为参考系，选项D错误。
故选C。
【分析】获得金牌的瞬间代表时刻；10米跳台的高度就是两位选手初末位置之间的距离，代表位移大小，由于运动员做曲线运动则路程大于位移的大小；物体能否作为质点主要看所研究的问题；全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，由于两者具有相同速度，所以是以自己为参考系。
2．（2025高一上·保定期末）为了喜迎2025年元旦，营造喜庆氛围，小朋友将两个完全相同的灯笼通过轻质光滑细线连在一起，并悬挂在水平钉子上，如图所示，钉子两边细线之间夹角为60°，两细线等长且在竖直平面内，灯笼质量0.2kg，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．两个灯笼之间的弹力大小为2N
B．细线的拉力大小为
C．钉子所受细线的作用力方向向上，大小为4N
D．如果细线变短一些，依然能够悬挂在钉子上，则拉力变小
【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB． 钉子两边细线之间夹角为60°， 对左面灯笼受力分析，如图所示
两细线等长且在竖直平面内， 根据几何关系可知，由平衡条件，
解得，
故A错误；B正确；
C．对钉子受力分析，
根据平行四边形法则可得
即钉子所受细线的作用力方向向下，大小为4N，故C错误；
D．如果细线变短一些，则细线之间的夹角变大，由AB选项分析可知拉力变大，故D错误。
故选：B。
【分析】对左面灯笼受力分析，根据平衡条件分析；作出钉子受绳子拉力的示意图，根据平行四边形法则分析；先分析细线之间夹角的变化，再根据表达式分析。
3．（2025高一上·保定期末）冬日里的哈尔滨冰雪大世界仿佛童话王国，园区内各种滑道适合不同年龄游客游玩，其中一条冰滑梯的雪板滑道长达100m，高低落差约7m，比两层楼的高度略高，游客乘坐钢制滑具从滑道顶端静止下滑，已知g取，雪板滑道的倾角为，，，下列正确的是（　　）
表 几种材料间的动摩擦因数
材料 动摩擦因数 材料 动摩擦因数
钢—钢 0.25 钢—冰 0.02
木—木 0.30 木—冰 0.03
木—金属 0.20 橡胶轮胎—路面（干） 0.71
皮革—铸铁 0.28 木—皮带 0.40
A．若游客的质量不同，则在冰滑梯上加速度大小不同
B．从静止开始滑动的游客，到达底端的速度大约是10m/s
C．若游客和滑具总质量是75kg，滑具所受滑动摩擦力大约是150N
D．从静止开始滑动的游客，在冰滑梯上运动时间大约是25s
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．游客向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得游客的加速度大小为
可知游客在冰滑梯上加速度大小与游客的质量无关，故A错误；
BD．由表格数据可知，动摩擦因数为，根据表达式可以得出加速度大小为
游客做匀加速直线运动，根据速度位移公式有
解得从静止开始滑动的游客，到达底端的速度大小大约为
根据速度公式可以得出游客在冰滑梯上运动时间大约为
故B正确，D错误；
C．若游客和滑具总质量是75kg，根据滑动摩擦力的表达式可以得出滑具所受滑动摩擦力大小为
故C错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出游客加速度的表达式，进而判别与游客质量无关，利用加速度的大小结合速度位移公式可以求出游客到达底端速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间；利用滑动摩擦力的表达式可以求出滑具受到的摩擦力大小。
4．（2025高一上·保定期末）如图甲所示，一高山滑雪运动员在与水平面夹角的雪地上向下沿直线滑行，滑道足够长，运动员下滑过程的重力势能、动能与下滑位移x的变化关系如图所示，不计滑行过程的阻力，，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员质量为50kg
B．滑雪杆对运动员的平均推力为400N
C．下滑4m时，运动员的重力势能与动能相等
D．下滑10m时，重力的瞬时功率
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 滑雪运动员在与水平面夹角的雪地上向下沿直线滑行， 下滑位移x
则
解得运动员质量为
选项A错误；
B．根据动能定理
结合图像数据可得滑雪杆对运动员的平均推力为
选项B错误；
C．下滑4m时，由图像可知，运动员的重力势能
动能
选项C正确；
D．下滑10m时，结合图像可知物体的速度
根据功率公式可得重力的瞬时功率
选项D错误。
故选C。
【分析】运动员沿斜面下滑，已知重力势能与动能随下滑位移的变化图像，且斜面倾角已知。由重力势能图像可知初始重力势能对应初始高度，结合斜面倾角可求出运动员质量。运动员受到重力、支持力和滑雪杆推力作用，其动能增加量由重力做功和推力做功共同提供，通过动能变化量与重力势能变化量之差可求出平均推力大小。下滑过程中重力势能与动能均随位移线性变化，由图像解析式可求出特定位移下两者数值关系。重力的瞬时功率需先利用动能求出瞬时速度，再结合重力沿斜面分力与速度方向关系进行计算。
5．（2025高一上·保定期末）2024年11月12日中国第十五届航展在珠海国际航展中心开幕，我国自行研制最高飞行速度达到2.2马赫的隐身战机歼35亮相航展。假设一名飞行员质量为m，驾驶歼35分别在水平面内和竖直面内以做匀速圆周运动，圆周直径均为d，以下说法正确的是（　　）
A．在水平面内做圆周运动时飞机的角速度为
B．在水平面内做圆周运动时飞行员受到飞机的作用力为
C．在竖直面内做圆周运动时飞行员在最低点受到飞机的作用力为
D．在竖直面内做圆周运动时飞行员在最高点受到飞机的作用力为
【答案】C
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A． 驾驶歼35分别在水平面内和竖直面内以做匀速圆周运动，圆周直径均为d， 飞机的角速度为
故A错误；
B．根据平行四边形法则可知，飞行员受到飞机的作用力为
故B错误；
C．在竖直面内做圆周运动时，飞行员在最低点时根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．在竖直面内做圆周运动时，飞行员在最高点时根据牛顿第二定律有
解得
故D错误；
故选：C。
【分析】对于水平面内的匀速圆周运动，飞机的角速度需考虑半径是直径的一半。飞行员受到飞机的作用力是重力与向心力的合力，并非仅由向心力提供。在竖直面内做圆周运动时，最低点处飞行员所受合力提供向心力，需考虑重力与支持力的方向关系。最高点处同样由合力提供向心力，但重力和支持力的方向需根据向心加速度的方向进行正确分析。
6．（2025高一上·保定期末）中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统。是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。目前，我国的北斗卫星超过50颗，分别处在地球静止轨道（GEO）、倾斜地球同步轨道（IGSO）和中圆地球轨道（MEO），三类卫星相互配合，能够达到全球覆盖的成效。以下说法正确的是（　　）
A．GEO卫星的运行速度大于第一宇宙速度
B．MEO卫星轨道半径越小，发射时速度越大
C．IGSO卫星的线速度和加速度均大于赤道上物体自转的线速度和加速度
D．由于GEO卫星和IGSO卫星高度一样，所以机械能相同
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，第一宇宙速度是最大环绕速度，则GEO卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．MEO卫星轨道半径越小，发射时速度越小，故B错误；
C．IGSO卫星是地球同步轨道卫星，角速度等于赤道上物体自转的角速度，根据，
可知IGSO卫星的线速度和加速度均大于赤道上物体自转的线速度和加速度，故C正确；
D．GEO卫星和IGSO卫星高度一样，但质量不一定相等，机械能大小无法确定，所以机械能不一定相等，故D错误。
故选：C。
【分析】地球静止轨道卫星速度低于第一宇宙速度，因其轨道半径更大。中圆轨道卫星轨道半径越小，发射所需速度越小，因引力势能转化更充分。倾斜同步轨道卫星与赤道物体角速度相同，但轨道半径更大导致线速度和向心加速度更大。机械能需考虑卫星质量因素，仅高度相同无法确定机械能是否相等。
7．（2025高一上·保定期末）如图所示，竖直平面内有一圆轨迹，圆心为O，一物块（可视为质点）在竖直面内除重力外还受一恒力F作用，物块从C点出发经过D点，动能增加，从A点出发经过B点，动能增加，若AB为水平直径，且CD和AB夹角60°，以下说法正确的是（　　）
A．该恒力沿CD方向斜向下
B．如果物块由B点出发经过D点，动能增加
C．如果物块由A点出发经过D点，动能增加
D．该恒力F。的最小值为
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球受外力和重力均为恒力，即外力和重力的合力为恒力
物块从C点出发经过D点，动能增加， 由动能定理有
从A点出发经过B点，动能增加， 结合动能定理有
同理C到O有
A到O 有
取CO中点M，则M到O有
则从A到M，做功为0，即AM垂直于的方向，即的方向为沿CO方向向下。根据力的合成原则，外方向不沿CD方向，故A错误；
BC．B到D中做功与N到D中做功相等，即
同理
故BC错误；
D．根据力的合成，重力方向一定，合力方向一定，画出矢量三角形可知当外力与垂直时，外力取到最小值，即
故D正确。
故选D。
【分析】物块在竖直平面内受重力和恒力F作用，沿圆轨迹运动。通过动能变化分析可知，恒力F与重力合力方向沿CO向下。从C到D动能增加ΔEk，A到B动能增加，说明F做功与路径有关。若F沿CD方向，则A到D动能增加应为，与选项不符。当F与合力垂直时，其最小值可通过力的分解求得。
8．（2025高一上·保定期末）正方形框架ABCD与水平面夹角30°固定，M、N、H、P分别为四个边的中点，光滑细杆可绕M点旋转，在细杆上套有一个质量为m的小球，可沿光滑细杆从M点自由滑动，已知，，，下面说法正确的是（　　）
A．当杆在MN方向时，小球由M到N的时间
B．当杆在MC方向时，小球由M到C的时间
C．当杆在MH方向时，小球由M到H的时间
D．当杆在MP方向时，小球由M到P的时间大于2s
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于明确小球沿不同细杆下滑时的加速度（由重力沿斜面的分力决定，或受杆方向影响），并结合运动学公式分析时间。当杆沿斜面方向时加速度最大，时间最短；偏离斜面方向时加速度减小，时间变长。A．当杆在MN方向时，小球沿杆方向的加速度大小为
根据运动学公式可得
解得小球由M到N的时间
故A正确；
B．当杆在MC方向时，设MC与AC方向的夹角为，则有
则小球沿杆方向的加速度大小为
根据运动学公式可得
其中
解得
故B错误；
C．当杆在MH方向时，设MH与AC方向的夹角为，则有
则小球沿杆方向的加速度大小为
根据运动学公式可得
其中
解得
故C错误；
D．当杆在MP方向时，根据对称性可知，小球由M到P的时间等于小球由M到H的时间，即等于2s，故D错误。
故选AC。
【分析】根据匀变速直线运动规律的应用，分析小球沿不同细杆方向下滑时的加速度和位移，利用牛顿第二定律和运动学公式计算时间，比较各选项的正确性。
9．（2025高一上·保定期末）倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量的物块用轻质细绳跨过光滑的定滑轮和水平地面上质量为的小车相连。初始时小车尾端在滑轮正下方距滑轮处，时刻小车开始以恒定的功率启动，并带动物块沿斜面向上运动，时小车运动到A位置，此时细线与水平方向的夹角，已知整个过程中小车克服地面阻力做功为78J，忽略空气阻力，g取，则下列说法中正确的是（　　）
A．整个过程中物块和小车组成的系统机械能的增加量为200J
B．在A位置时，小车的速度大小是物块速度大小的倍
C．小车运动到A位置时的速度大小为
D．10s时物块重力做功的功率大小为
【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A． 整个过程中物块和小车组成的系统，机械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，时刻小车开始以恒定的功率启动，时小车运动到A位置， 小车克服地面阻力做功为78J， 即机械能的增加量ΔE=Pt-Wf=20×10J-78J=122J故A错误；
B．在A位置时，根据牵连速度规律有，得
故B正确；
C．对小车和物块这一系统，小车运动到A位置时，根据能量守恒定律有
解得小车运动到A位置时的速度大小为，故C正确；
D.小车运动到A位置时的速度大小为，10s时物块重力做功的功率大小为，故D正确。
故选：BCD。
【分析】通过恒功率做功公式计算拉力做功，结合功能关系（拉力做功=系统机械能增加量+克服阻力做功）分析；将小车速度分解为沿绳和垂直绳分量，结合物块速度等于沿绳分量，推导两者速度关系；计算物块上升高度，结合动能定理（拉力做功-克服阻力做功-物块重力做功=系统动能）求解小车速度；由物块速度和重力功率公式（P=mgvsinθ）计算重力做功的功率。
10．（2025高一上·保定期末）如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，一质量为黑色物体静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，2.0s到达底端，其在传送带上运动的图像如图乙所示。，以下说法正确的是（　　）
A．传送带的速度大小为8m/s
B．皮带与水平面间的夹角
C．物体从顶端滑到底端过程中摩擦力对物体做功为30J
D．物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A． 物体在t=1.0s时，根据图乙可知，受力发生突变，所以此时物体与传送带共速，即传送带的速度大小为8m/s，故A正确；
B．v-t图像的斜率表示加速度，由图乙可知物体与传送带共速前的加速度大小为
对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
由图乙可知，物体与传送带共速后的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得，
故B正确；
C．v-t图像的面积表示位移，由图乙可知，共速前物体运动的位移大小为
共速后物体运动的位移大小为
则物体从顶端滑到底端过程中摩擦力对物体做功为
故C错误；
D．共速前物体与传送带发生的相对位移大小为
共速后物体与传送带发生的相对位移大小为
因为摩擦产生的热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小，则物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量为
故D正确。
故选：ABD。
【分析】由图乙可知传送带的速度大小；由图乙求出物体与传送带共速前加速度，再根据牛顿第二定律求出皮带与水平面间的夹角；由图乙求出共速前物体运动的位移大小；根据运动学公式和热量表达式求物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量。
11．（2025高一上·保定期末）某实验小组利用图甲的装置研究平抛运动规律。
（1）实验中，下列说法正确的是___________。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端可以不水平
C．实验坐标原点建在斜槽末端
D．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放
（2）另一同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔一定时间发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙（图中不包括小球刚离开轨道的影像）。图中每个方格的边长为2.45cm，当地重力加速度的大小为，小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为　 　m/s，竖直分量的大小为　 　m/s。（均保留2位有效数字）
【答案】（1）D
（2）0.98；1.2
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】AD．为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，获得同一条运动轨迹，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端需要调节水平，故B错误；
C．实验坐标原点应建在小球处于斜槽末端时球心的水平投影处，故C错误。
故选：D。
（2）根据匀变速直线运动的推论，竖直方向有
可得
水平方向有
可得小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，小球运动到位置c时，其竖直分量的大小为
【分析】（1）根据实验原理和正确操作分析作答；
（2）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔；根据平抛运动水平分运动求解水平初速度；
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解c点的竖直速度。
（1）AD．为了保证小球每次抛出的速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端需要调节水平，故B错误；
C．实验坐标原点应建在小球处于斜槽末端时球心的水平投影处，故C错误。
故选D。
（2）[1]根据图乙，竖直方向有
可得
水平方向有
可得小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为
[2]小球运动到位置c时，其竖直分量的大小为
12．（2025高一上·保定期末）（1）某兴趣小组研究小车在钩码牵引下的加速运动，正确操作后选出打点清晰的一条纸带。并选取合适计数点，计算出所得纸带上各计数点对应的速度后，将速度标在坐标系中，如图乙所示。请完成：
①根据这些点在图乙中作出图像　 　。
②根据图像求出小车运动的加速度　 　（结果保留三位有效数字）。
（2）兴趣小组继续利用该装置验证动能定理。
①实验中，调节木板倾斜程度，纸带穿过打点计时器，取下钩码，启动打点计时器，轻推小车，直到纸带上打出点距均匀的纸带，其目的是　 　。
②该兴趣小组用托盘天平分别称出钩码的质量为M、小车质量为m，小车挂上钩码后并打出一条清晰的纸带，部分纸带如图丁所示，A、B、C、D、E、F是纸带上的计数点，其中C、D之间有部分纸带没有画出，相邻计数点之间的距离如图所示，已知打点计时器所接交流电源的频率为f，重力加速度大小取g。则从打点计时器打B点到E点的过程中，钩码和小车所受合外力做的功为　 　；钩码和小车的动能变化量为　 　。（用M、m、f、g、、、、、表示）
【答案】（1）；1.44-1.60之间均可
（2）平衡阻力；；
【知识点】动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）①根据这些点在图乙中作出图像如图所示。
②根根据图像的斜率可得小车运动的加速度大小为
（2）①纸带上打出点距均匀的点迹，说明小车做匀速运动，可知此操作的目的是平衡阻力。
②平衡阻力后钩码和小车所受合外力等于钩码的重力，从打点计时器打B点到E点的过程中，钩码和小车所受合外力做的功为：
打点计时器打B点和E点时对应的速度大小分别为，
则钩码和小车的动能变化量为
联立可得
【分析】（1）①根据已有点在图乙中作出v-t图像，误差较大的点舍弃。
②根据图像的斜率求解小车运动的加速度大小。
（2）①纸带上打出点距均匀的点迹，说明小车做匀速运动，由此判断此操作的目的。
②平衡阻力后钩码和小车所受合外力等于钩码的重力，根据力做功的定义求解钩码和小车所受合外力做的功；根据打点纸带测量速度的原理求得打点计时器打B点和E点时对应的速度大小，根据动能的定义式求解钩码和小车的动能变化量。
（1）①[1]根据这些点在图乙中作出图像如图所示。
②[2]根据图像求出小车运动的加速度为
（2）①[1]实验中，调节木板倾斜程度，纸带穿过打点计时器，取下钩码，启动打点计时器，轻推小车，直到纸带上打出点距均匀的纸带，其目的是平衡阻力。
②[2]从打点计时器打B点到E点的过程中，钩码和小车所受合外力做的功为
[3]打点计时器打B点和E点时对应的速度大小分别为，
则钩码和小车的动能变化量为
联立可得
13．（2025高一上·保定期末）东东早上上学坐公交车，距离公交站点还有50m时公交车以的速度恰好从东东旁边经过，东东见状立即以的速度匀速追赶公交车，与此同时，公交车立即做匀减速直线运动，恰好在站点减速为0，假设公交车在站点停留4s。
（1）求公交车减速的加速度大小；
（2）通过计算判断东东是否能在公交车再次出发前赶到站点；
（3）追赶过程中东东与公交车的最远距离是多少？
【答案】（1）解：设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）解：设东东到站用时为，则有
解得
设公交车到站时间为，则有
解得
公交车停留时间为，因为
所以东东可以在站点登上公交车。
（3）解：设东东与公交车速度相等用时，此时距离最大，则有
解得
东东位移
公交车位移
则东东与公交车最远距离为
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）看公交车的初速度、末速度（减到0）和需要滑行的距离（50m），用匀减速直线运动的规律，算出减速的加速度大小；
（2）先算公交车减速到站点的时间，加上停车的4秒，得到公交再次出发前的总时间；再算东东以自己的速度走到站点需要的时间，对比这两个时间，就能判断是否赶得上；
（3）分析追赶过程：一开始公交速度比东东快，两者距离会变大；当公交速度降到和东东速度相等时，距离达到最大。先找到这个速度相等的时刻，再分别算此时公交滑行的距离、东东走的距离，结合初始距离，算出最大间距。
（1）设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）设东东到站用时为，则有
解得
设公交车到站时间为，则有
解得
公交车停留时间为，因为
所以东东可以在站点登上公交车。
（3）设东东与公交车速度相等用时，此时距离最大，则有
解得
东东位移
公交车位移
则东东与公交车最远距离为
14．（2025高一上·保定期末）下图为一个抽屉柜的抽屉。已知抽屉的质量，内部长度，不计抽展围板的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，距离抽屉外侧围板的位置放有质量的铁盒（可视为质点），如图所示。铁盒与抽屉底板间的动摩擦因数，现用水平恒力F将关闭好的抽屉抽出，抽屉恰好全部抽出时遇到柜体的挡板锁定不动。重力加速度。
（1）要使铁盒和抽屉不发生相对滑动，求拉力F的最大值。
（2）时，求抽屉与挡板碰前瞬间速度大小v；
（3）时，求铁盒撞击抽屉围板时的速度大小。
【答案】（1）解：当铁盒与抽屉间摩擦力达到最大静摩擦力时，二者即将相对滑动由
可知铁盒能达到的最大加速度
要使铁盒和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为
解得
（2）解：由于F=1.2N对铁盒和抽屉整体进行受力分析
解得a=1.5m/s2
设抽屉与挡板碰瞬间速度大的小为v，则
解得
（3）解：由于F=2.2N>Fm=1.6N可知铁盒和抽屉有相对滑动，铁盒与抽屉间为滑动摩擦力
对抽屉进行受力分析
解得a1=3m/s2
设抽屉的运动时间为t1
由已知条件
此时铁盒的速度为
铁盒向前的位移大小
此时铁盒与抽屉内侧相距
铁盒做匀减速运动直至与抽屉发生撞击瞬间
解得
【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）当铁盒和抽屉一起做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出铁盒的最大加速度，结合整体的牛顿第二定律可以求出拉力的最大值；
（2）当拉力已知时，利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出抽屉碰前速度的大小；
（3）已知拉力的大小，结合牛顿第二定律可以求出抽屉加速度的大小，结合位移公式和速度公式可以求出铁盒撞击围板的速度大小。
（1）当铁盒与抽屉间摩擦力达到最大静摩擦力时，二者即将相对滑动由
可知铁盒能达到的最大加速度
要使铁盒和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为
解得
（2）由于F=1.2N对铁盒和抽屉整体进行受力分析
解得a=1.5m/s2
设抽屉与挡板碰瞬间速度大的小为v，则
解得
（3）由于F=2.2N>Fm=1.6N可知铁盒和抽屉有相对滑动，铁盒与抽屉间为滑动摩擦力
对抽屉进行受力分析
解得a1=3m/s2
设抽屉的运动时间为t1
由已知条件
此时铁盒的速度为
铁盒向前的位移大小
此时铁盒与抽屉内侧相距
铁盒做匀减速运动直至与抽屉发生撞击瞬间
解得
15．（2025高一上·保定期末）有一质量：的物块在水平外力F作用下，从A点由静止开始向右运动，物块与水平面之间的动摩擦因数，A右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的最低点为B，圆心为O，C为圆弧轨道最高点且OC与水平方向夹角30°。物块在到达B点之前已撤去水平外力F。经过B点时物块对圆弧轨道的压力是物块重力的5倍，已知AB间距离，圆弧的半径，重力加速度。求：
（1）外力F做的功；
（2）物块在C点受到的弹力大小；
（3）物块落回水平地面时与B点的水平距离。
【答案】（1）解：对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有
可得外力F做的功J
（2）解：物块由B点到C点过程，根据动能定理有
解得
在C点根据牛顿第二定律有
解得
（3）解：在C点斜向上抛，，
研究竖直方向，以向上为正方向
解得（舍掉），
水平方向
物块落回水平面时与B点的水平距离为Δ
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在B点时，根据牛顿第二定律求出此时物块的速度。从A到B，由动能定理求外力F做的功；
（2）物块由B点到C点过程，根据动能定理求出物块在C点的速度大小。在C点，由沿半径指向圆心的合力充当向心力，根据牛顿第二定律求物块在C点受到的弹力大小；
（3）物块离开轨道后做斜上抛运动，根据分位移公式求落回水平地面时与B点的水平距离。
（1）对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有
可得外力F做的功J
（2）物块由B点到C点过程，根据动能定理有
解得
在C点根据牛顿第二定律有
解得
（3）在C点斜向上抛，，
研究竖直方向，以向上为正方向
解得（舍掉），
水平方向
物块落回水平面时与B点的水平距离为Δ
解得
1 / 1河北省保定市2024-2025学年高一上学期1月期末考试物理试题
1．（2025高一上·保定期末）北京时间2024年7月31日17时，全红婵和陈芋汐将携手冲击巴黎奥运会女子双人10米台金牌，在比赛中我国两位跳水小将完美完成极高标准跳水动作，尤其是在207C（向后翻腾三周半抱膝）这个动作上，她们的表现尤为突出。同时上演了教科书级别的“水花消失术”，获10米跳台比赛冠军。则下列说法正确的是（　　）
A．北京时间2024年7月31日17时是一段时间
B．10米跳台的高度就是两位选手的路程
C．在研究207C动作时不可以把全红婵和陈芋汐看成质点
D．全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，是以水面为参考系
2．（2025高一上·保定期末）为了喜迎2025年元旦，营造喜庆氛围，小朋友将两个完全相同的灯笼通过轻质光滑细线连在一起，并悬挂在水平钉子上，如图所示，钉子两边细线之间夹角为60°，两细线等长且在竖直平面内，灯笼质量0.2kg，g取，则下列说法正确的是（　　）
A．两个灯笼之间的弹力大小为2N
B．细线的拉力大小为
C．钉子所受细线的作用力方向向上，大小为4N
D．如果细线变短一些，依然能够悬挂在钉子上，则拉力变小
3．（2025高一上·保定期末）冬日里的哈尔滨冰雪大世界仿佛童话王国，园区内各种滑道适合不同年龄游客游玩，其中一条冰滑梯的雪板滑道长达100m，高低落差约7m，比两层楼的高度略高，游客乘坐钢制滑具从滑道顶端静止下滑，已知g取，雪板滑道的倾角为，，，下列正确的是（　　）
表 几种材料间的动摩擦因数
材料 动摩擦因数 材料 动摩擦因数
钢—钢 0.25 钢—冰 0.02
木—木 0.30 木—冰 0.03
木—金属 0.20 橡胶轮胎—路面（干） 0.71
皮革—铸铁 0.28 木—皮带 0.40
A．若游客的质量不同，则在冰滑梯上加速度大小不同
B．从静止开始滑动的游客，到达底端的速度大约是10m/s
C．若游客和滑具总质量是75kg，滑具所受滑动摩擦力大约是150N
D．从静止开始滑动的游客，在冰滑梯上运动时间大约是25s
4．（2025高一上·保定期末）如图甲所示，一高山滑雪运动员在与水平面夹角的雪地上向下沿直线滑行，滑道足够长，运动员下滑过程的重力势能、动能与下滑位移x的变化关系如图所示，不计滑行过程的阻力，，则下列说法正确的是（　　）
A．运动员质量为50kg
B．滑雪杆对运动员的平均推力为400N
C．下滑4m时，运动员的重力势能与动能相等
D．下滑10m时，重力的瞬时功率
5．（2025高一上·保定期末）2024年11月12日中国第十五届航展在珠海国际航展中心开幕，我国自行研制最高飞行速度达到2.2马赫的隐身战机歼35亮相航展。假设一名飞行员质量为m，驾驶歼35分别在水平面内和竖直面内以做匀速圆周运动，圆周直径均为d，以下说法正确的是（　　）
A．在水平面内做圆周运动时飞机的角速度为
B．在水平面内做圆周运动时飞行员受到飞机的作用力为
C．在竖直面内做圆周运动时飞行员在最低点受到飞机的作用力为
D．在竖直面内做圆周运动时飞行员在最高点受到飞机的作用力为
6．（2025高一上·保定期末）中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统。是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统。目前，我国的北斗卫星超过50颗，分别处在地球静止轨道（GEO）、倾斜地球同步轨道（IGSO）和中圆地球轨道（MEO），三类卫星相互配合，能够达到全球覆盖的成效。以下说法正确的是（　　）
A．GEO卫星的运行速度大于第一宇宙速度
B．MEO卫星轨道半径越小，发射时速度越大
C．IGSO卫星的线速度和加速度均大于赤道上物体自转的线速度和加速度
D．由于GEO卫星和IGSO卫星高度一样，所以机械能相同
7．（2025高一上·保定期末）如图所示，竖直平面内有一圆轨迹，圆心为O，一物块（可视为质点）在竖直面内除重力外还受一恒力F作用，物块从C点出发经过D点，动能增加，从A点出发经过B点，动能增加，若AB为水平直径，且CD和AB夹角60°，以下说法正确的是（　　）
A．该恒力沿CD方向斜向下
B．如果物块由B点出发经过D点，动能增加
C．如果物块由A点出发经过D点，动能增加
D．该恒力F。的最小值为
8．（2025高一上·保定期末）正方形框架ABCD与水平面夹角30°固定，M、N、H、P分别为四个边的中点，光滑细杆可绕M点旋转，在细杆上套有一个质量为m的小球，可沿光滑细杆从M点自由滑动，已知，，，下面说法正确的是（　　）
A．当杆在MN方向时，小球由M到N的时间
B．当杆在MC方向时，小球由M到C的时间
C．当杆在MH方向时，小球由M到H的时间
D．当杆在MP方向时，小球由M到P的时间大于2s
9．（2025高一上·保定期末）倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，质量的物块用轻质细绳跨过光滑的定滑轮和水平地面上质量为的小车相连。初始时小车尾端在滑轮正下方距滑轮处，时刻小车开始以恒定的功率启动，并带动物块沿斜面向上运动，时小车运动到A位置，此时细线与水平方向的夹角，已知整个过程中小车克服地面阻力做功为78J，忽略空气阻力，g取，则下列说法中正确的是（　　）
A．整个过程中物块和小车组成的系统机械能的增加量为200J
B．在A位置时，小车的速度大小是物块速度大小的倍
C．小车运动到A位置时的速度大小为
D．10s时物块重力做功的功率大小为
10．（2025高一上·保定期末）如图甲所示为一皮带传送装置，皮带逆时针方向匀速传动，一质量为黑色物体静止放到皮带顶端，被皮带向下传送，2.0s到达底端，其在传送带上运动的图像如图乙所示。，以下说法正确的是（　　）
A．传送带的速度大小为8m/s
B．皮带与水平面间的夹角
C．物体从顶端滑到底端过程中摩擦力对物体做功为30J
D．物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量
11．（2025高一上·保定期末）某实验小组利用图甲的装置研究平抛运动规律。
（1）实验中，下列说法正确的是___________。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端可以不水平
C．实验坐标原点建在斜槽末端
D．应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放
（2）另一同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔一定时间发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙（图中不包括小球刚离开轨道的影像）。图中每个方格的边长为2.45cm，当地重力加速度的大小为，小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为　 　m/s，竖直分量的大小为　 　m/s。（均保留2位有效数字）
12．（2025高一上·保定期末）（1）某兴趣小组研究小车在钩码牵引下的加速运动，正确操作后选出打点清晰的一条纸带。并选取合适计数点，计算出所得纸带上各计数点对应的速度后，将速度标在坐标系中，如图乙所示。请完成：
①根据这些点在图乙中作出图像　 　。
②根据图像求出小车运动的加速度　 　（结果保留三位有效数字）。
（2）兴趣小组继续利用该装置验证动能定理。
①实验中，调节木板倾斜程度，纸带穿过打点计时器，取下钩码，启动打点计时器，轻推小车，直到纸带上打出点距均匀的纸带，其目的是　 　。
②该兴趣小组用托盘天平分别称出钩码的质量为M、小车质量为m，小车挂上钩码后并打出一条清晰的纸带，部分纸带如图丁所示，A、B、C、D、E、F是纸带上的计数点，其中C、D之间有部分纸带没有画出，相邻计数点之间的距离如图所示，已知打点计时器所接交流电源的频率为f，重力加速度大小取g。则从打点计时器打B点到E点的过程中，钩码和小车所受合外力做的功为　 　；钩码和小车的动能变化量为　 　。（用M、m、f、g、、、、、表示）
13．（2025高一上·保定期末）东东早上上学坐公交车，距离公交站点还有50m时公交车以的速度恰好从东东旁边经过，东东见状立即以的速度匀速追赶公交车，与此同时，公交车立即做匀减速直线运动，恰好在站点减速为0，假设公交车在站点停留4s。
（1）求公交车减速的加速度大小；
（2）通过计算判断东东是否能在公交车再次出发前赶到站点；
（3）追赶过程中东东与公交车的最远距离是多少？
14．（2025高一上·保定期末）下图为一个抽屉柜的抽屉。已知抽屉的质量，内部长度，不计抽展围板的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，距离抽屉外侧围板的位置放有质量的铁盒（可视为质点），如图所示。铁盒与抽屉底板间的动摩擦因数，现用水平恒力F将关闭好的抽屉抽出，抽屉恰好全部抽出时遇到柜体的挡板锁定不动。重力加速度。
（1）要使铁盒和抽屉不发生相对滑动，求拉力F的最大值。
（2）时，求抽屉与挡板碰前瞬间速度大小v；
（3）时，求铁盒撞击抽屉围板时的速度大小。
15．（2025高一上·保定期末）有一质量：的物块在水平外力F作用下，从A点由静止开始向右运动，物块与水平面之间的动摩擦因数，A右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的最低点为B，圆心为O，C为圆弧轨道最高点且OC与水平方向夹角30°。物块在到达B点之前已撤去水平外力F。经过B点时物块对圆弧轨道的压力是物块重力的5倍，已知AB间距离，圆弧的半径，重力加速度。求：
（1）外力F做的功；
（2）物块在C点受到的弹力大小；
（3）物块落回水平地面时与B点的水平距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；参考系与坐标系
【解析】【解答】A．北京时间2024年7月31日17时为获得金牌的瞬间，代表时刻，选项A错误；
B.10米跳台的高度就是两位选手初末位置之间的距离，代表位移大小，由于运动员做曲线运动则路程大于位移的大小，选项B错误；
C．在研究207C动作时，运动员的大小和形状对动作有影响，不可以把全红婵和陈芋汐看成质点，选项C正确；
D．全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，由于两者具有相同速度，所以是以自己为参考系，选项D错误。
故选C。
【分析】获得金牌的瞬间代表时刻；10米跳台的高度就是两位选手初末位置之间的距离，代表位移大小，由于运动员做曲线运动则路程大于位移的大小；物体能否作为质点主要看所研究的问题；全红婵看到陈芋汐几乎静止不动，由于两者具有相同速度，所以是以自己为参考系。
2．【答案】B
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】AB． 钉子两边细线之间夹角为60°， 对左面灯笼受力分析，如图所示
两细线等长且在竖直平面内， 根据几何关系可知，由平衡条件，
解得，
故A错误；B正确；
C．对钉子受力分析，
根据平行四边形法则可得
即钉子所受细线的作用力方向向下，大小为4N，故C错误；
D．如果细线变短一些，则细线之间的夹角变大，由AB选项分析可知拉力变大，故D错误。
故选：B。
【分析】对左面灯笼受力分析，根据平衡条件分析；作出钉子受绳子拉力的示意图，根据平行四边形法则分析；先分析细线之间夹角的变化，再根据表达式分析。
3．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．游客向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得游客的加速度大小为
可知游客在冰滑梯上加速度大小与游客的质量无关，故A错误；
BD．由表格数据可知，动摩擦因数为，根据表达式可以得出加速度大小为
游客做匀加速直线运动，根据速度位移公式有
解得从静止开始滑动的游客，到达底端的速度大小大约为
根据速度公式可以得出游客在冰滑梯上运动时间大约为
故B正确，D错误；
C．若游客和滑具总质量是75kg，根据滑动摩擦力的表达式可以得出滑具所受滑动摩擦力大小为
故C错误。
故选B。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出游客加速度的表达式，进而判别与游客质量无关，利用加速度的大小结合速度位移公式可以求出游客到达底端速度的大小，结合速度公式可以求出运动的时间；利用滑动摩擦力的表达式可以求出滑具受到的摩擦力大小。
4．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A． 滑雪运动员在与水平面夹角的雪地上向下沿直线滑行， 下滑位移x
则
解得运动员质量为
选项A错误；
B．根据动能定理
结合图像数据可得滑雪杆对运动员的平均推力为
选项B错误；
C．下滑4m时，由图像可知，运动员的重力势能
动能
选项C正确；
D．下滑10m时，结合图像可知物体的速度
根据功率公式可得重力的瞬时功率
选项D错误。
故选C。
【分析】运动员沿斜面下滑，已知重力势能与动能随下滑位移的变化图像，且斜面倾角已知。由重力势能图像可知初始重力势能对应初始高度，结合斜面倾角可求出运动员质量。运动员受到重力、支持力和滑雪杆推力作用，其动能增加量由重力做功和推力做功共同提供，通过动能变化量与重力势能变化量之差可求出平均推力大小。下滑过程中重力势能与动能均随位移线性变化，由图像解析式可求出特定位移下两者数值关系。重力的瞬时功率需先利用动能求出瞬时速度，再结合重力沿斜面分力与速度方向关系进行计算。
5．【答案】C
【知识点】向心力；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A． 驾驶歼35分别在水平面内和竖直面内以做匀速圆周运动，圆周直径均为d， 飞机的角速度为
故A错误；
B．根据平行四边形法则可知，飞行员受到飞机的作用力为
故B错误；
C．在竖直面内做圆周运动时，飞行员在最低点时根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．在竖直面内做圆周运动时，飞行员在最高点时根据牛顿第二定律有
解得
故D错误；
故选：C。
【分析】对于水平面内的匀速圆周运动，飞机的角速度需考虑半径是直径的一半。飞行员受到飞机的作用力是重力与向心力的合力，并非仅由向心力提供。在竖直面内做圆周运动时，最低点处飞行员所受合力提供向心力，需考虑重力与支持力的方向关系。最高点处同样由合力提供向心力，但重力和支持力的方向需根据向心加速度的方向进行正确分析。
6．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．地球第一宇宙速度等于近地卫星的环绕速度，第一宇宙速度是最大环绕速度，则GEO卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．MEO卫星轨道半径越小，发射时速度越小，故B错误；
C．IGSO卫星是地球同步轨道卫星，角速度等于赤道上物体自转的角速度，根据，
可知IGSO卫星的线速度和加速度均大于赤道上物体自转的线速度和加速度，故C正确；
D．GEO卫星和IGSO卫星高度一样，但质量不一定相等，机械能大小无法确定，所以机械能不一定相等，故D错误。
故选：C。
【分析】地球静止轨道卫星速度低于第一宇宙速度，因其轨道半径更大。中圆轨道卫星轨道半径越小，发射所需速度越小，因引力势能转化更充分。倾斜同步轨道卫星与赤道物体角速度相同，但轨道半径更大导致线速度和向心加速度更大。机械能需考虑卫星质量因素，仅高度相同无法确定机械能是否相等。
7．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．小球受外力和重力均为恒力，即外力和重力的合力为恒力
物块从C点出发经过D点，动能增加， 由动能定理有
从A点出发经过B点，动能增加， 结合动能定理有
同理C到O有
A到O 有
取CO中点M，则M到O有
则从A到M，做功为0，即AM垂直于的方向，即的方向为沿CO方向向下。根据力的合成原则，外方向不沿CD方向，故A错误；
BC．B到D中做功与N到D中做功相等，即
同理
故BC错误；
D．根据力的合成，重力方向一定，合力方向一定，画出矢量三角形可知当外力与垂直时，外力取到最小值，即
故D正确。
故选D。
【分析】物块在竖直平面内受重力和恒力F作用，沿圆轨迹运动。通过动能变化分析可知，恒力F与重力合力方向沿CO向下。从C到D动能增加ΔEk，A到B动能增加，说明F做功与路径有关。若F沿CD方向，则A到D动能增加应为，与选项不符。当F与合力垂直时，其最小值可通过力的分解求得。
8．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】本题的关键在于明确小球沿不同细杆下滑时的加速度（由重力沿斜面的分力决定，或受杆方向影响），并结合运动学公式分析时间。当杆沿斜面方向时加速度最大，时间最短；偏离斜面方向时加速度减小，时间变长。A．当杆在MN方向时，小球沿杆方向的加速度大小为
根据运动学公式可得
解得小球由M到N的时间
故A正确；
B．当杆在MC方向时，设MC与AC方向的夹角为，则有
则小球沿杆方向的加速度大小为
根据运动学公式可得
其中
解得
故B错误；
C．当杆在MH方向时，设MH与AC方向的夹角为，则有
则小球沿杆方向的加速度大小为
根据运动学公式可得
其中
解得
故C错误；
D．当杆在MP方向时，根据对称性可知，小球由M到P的时间等于小球由M到H的时间，即等于2s，故D错误。
故选AC。
【分析】根据匀变速直线运动规律的应用，分析小球沿不同细杆方向下滑时的加速度和位移，利用牛顿第二定律和运动学公式计算时间，比较各选项的正确性。
9．【答案】B,C,D
【知识点】运动的合成与分解；功率及其计算；机械能守恒定律
【解析】【解答】A． 整个过程中物块和小车组成的系统，机械能的增加量等于除重力外的其它力做的功，时刻小车开始以恒定的功率启动，时小车运动到A位置， 小车克服地面阻力做功为78J， 即机械能的增加量ΔE=Pt-Wf=20×10J-78J=122J故A错误；
B．在A位置时，根据牵连速度规律有，得
故B正确；
C．对小车和物块这一系统，小车运动到A位置时，根据能量守恒定律有
解得小车运动到A位置时的速度大小为，故C正确；
D.小车运动到A位置时的速度大小为，10s时物块重力做功的功率大小为，故D正确。
故选：BCD。
【分析】通过恒功率做功公式计算拉力做功，结合功能关系（拉力做功=系统机械能增加量+克服阻力做功）分析；将小车速度分解为沿绳和垂直绳分量，结合物块速度等于沿绳分量，推导两者速度关系；计算物块上升高度，结合动能定理（拉力做功-克服阻力做功-物块重力做功=系统动能）求解小车速度；由物块速度和重力功率公式（P=mgvsinθ）计算重力做功的功率。
10．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】A． 物体在t=1.0s时，根据图乙可知，受力发生突变，所以此时物体与传送带共速，即传送带的速度大小为8m/s，故A正确；
B．v-t图像的斜率表示加速度，由图乙可知物体与传送带共速前的加速度大小为
对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
由图乙可知，物体与传送带共速后的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得，
故B正确；
C．v-t图像的面积表示位移，由图乙可知，共速前物体运动的位移大小为
共速后物体运动的位移大小为
则物体从顶端滑到底端过程中摩擦力对物体做功为
故C错误；
D．共速前物体与传送带发生的相对位移大小为
共速后物体与传送带发生的相对位移大小为
因为摩擦产生的热量等于摩擦力大小乘以相对位移大小，则物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量为
故D正确。
故选：ABD。
【分析】由图乙可知传送带的速度大小；由图乙求出物体与传送带共速前加速度，再根据牛顿第二定律求出皮带与水平面间的夹角；由图乙求出共速前物体运动的位移大小；根据运动学公式和热量表达式求物体从顶端滑到底端因为摩擦产生的热量。
11．【答案】（1）D
（2）0.98；1.2
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】AD．为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，获得同一条运动轨迹，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端需要调节水平，故B错误；
C．实验坐标原点应建在小球处于斜槽末端时球心的水平投影处，故C错误。
故选：D。
（2）根据匀变速直线运动的推论，竖直方向有
可得
水平方向有
可得小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，小球运动到位置c时，其竖直分量的大小为
【分析】（1）根据实验原理和正确操作分析作答；
（2）根据匀变速直线运动的推论求解时间间隔；根据平抛运动水平分运动求解水平初速度；
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解c点的竖直速度。
（1）AD．为了保证小球每次抛出的速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，但斜槽轨道不需要光滑，故A错误，D正确；
B．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端需要调节水平，故B错误；
C．实验坐标原点应建在小球处于斜槽末端时球心的水平投影处，故C错误。
故选D。
（2）[1]根据图乙，竖直方向有
可得
水平方向有
可得小球运动到位置c时，其速度水平分量的大小为
[2]小球运动到位置c时，其竖直分量的大小为
12．【答案】（1）；1.44-1.60之间均可
（2）平衡阻力；；
【知识点】动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】（1）①根据这些点在图乙中作出图像如图所示。
②根根据图像的斜率可得小车运动的加速度大小为
（2）①纸带上打出点距均匀的点迹，说明小车做匀速运动，可知此操作的目的是平衡阻力。
②平衡阻力后钩码和小车所受合外力等于钩码的重力，从打点计时器打B点到E点的过程中，钩码和小车所受合外力做的功为：
打点计时器打B点和E点时对应的速度大小分别为，
则钩码和小车的动能变化量为
联立可得
【分析】（1）①根据已有点在图乙中作出v-t图像，误差较大的点舍弃。
②根据图像的斜率求解小车运动的加速度大小。
（2）①纸带上打出点距均匀的点迹，说明小车做匀速运动，由此判断此操作的目的。
②平衡阻力后钩码和小车所受合外力等于钩码的重力，根据力做功的定义求解钩码和小车所受合外力做的功；根据打点纸带测量速度的原理求得打点计时器打B点和E点时对应的速度大小，根据动能的定义式求解钩码和小车的动能变化量。
（1）①[1]根据这些点在图乙中作出图像如图所示。
②[2]根据图像求出小车运动的加速度为
（2）①[1]实验中，调节木板倾斜程度，纸带穿过打点计时器，取下钩码，启动打点计时器，轻推小车，直到纸带上打出点距均匀的纸带，其目的是平衡阻力。
②[2]从打点计时器打B点到E点的过程中，钩码和小车所受合外力做的功为
[3]打点计时器打B点和E点时对应的速度大小分别为，
则钩码和小车的动能变化量为
联立可得
13．【答案】（1）解：设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）解：设东东到站用时为，则有
解得
设公交车到站时间为，则有
解得
公交车停留时间为，因为
所以东东可以在站点登上公交车。
（3）解：设东东与公交车速度相等用时，此时距离最大，则有
解得
东东位移
公交车位移
则东东与公交车最远距离为
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）看公交车的初速度、末速度（减到0）和需要滑行的距离（50m），用匀减速直线运动的规律，算出减速的加速度大小；
（2）先算公交车减速到站点的时间，加上停车的4秒，得到公交再次出发前的总时间；再算东东以自己的速度走到站点需要的时间，对比这两个时间，就能判断是否赶得上；
（3）分析追赶过程：一开始公交速度比东东快，两者距离会变大；当公交速度降到和东东速度相等时，距离达到最大。先找到这个速度相等的时刻，再分别算此时公交滑行的距离、东东走的距离，结合初始距离，算出最大间距。
（1）设公交车匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式可得
解得加速度大小为
（2）设东东到站用时为，则有
解得
设公交车到站时间为，则有
解得
公交车停留时间为，因为
所以东东可以在站点登上公交车。
（3）设东东与公交车速度相等用时，此时距离最大，则有
解得
东东位移
公交车位移
则东东与公交车最远距离为
14．【答案】（1）解：当铁盒与抽屉间摩擦力达到最大静摩擦力时，二者即将相对滑动由
可知铁盒能达到的最大加速度
要使铁盒和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为
解得
（2）解：由于F=1.2N对铁盒和抽屉整体进行受力分析
解得a=1.5m/s2
设抽屉与挡板碰瞬间速度大的小为v，则
解得
（3）解：由于F=2.2N>Fm=1.6N可知铁盒和抽屉有相对滑动，铁盒与抽屉间为滑动摩擦力
对抽屉进行受力分析
解得a1=3m/s2
设抽屉的运动时间为t1
由已知条件
此时铁盒的速度为
铁盒向前的位移大小
此时铁盒与抽屉内侧相距
铁盒做匀减速运动直至与抽屉发生撞击瞬间
解得
【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）当铁盒和抽屉一起做加速运动，利用牛顿第二定律可以求出铁盒的最大加速度，结合整体的牛顿第二定律可以求出拉力的最大值；
（2）当拉力已知时，利用整体的牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出抽屉碰前速度的大小；
（3）已知拉力的大小，结合牛顿第二定律可以求出抽屉加速度的大小，结合位移公式和速度公式可以求出铁盒撞击围板的速度大小。
（1）当铁盒与抽屉间摩擦力达到最大静摩擦力时，二者即将相对滑动由
可知铁盒能达到的最大加速度
要使铁盒和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为
解得
（2）由于F=1.2N对铁盒和抽屉整体进行受力分析
解得a=1.5m/s2
设抽屉与挡板碰瞬间速度大的小为v，则
解得
（3）由于F=2.2N>Fm=1.6N可知铁盒和抽屉有相对滑动，铁盒与抽屉间为滑动摩擦力
对抽屉进行受力分析
解得a1=3m/s2
设抽屉的运动时间为t1
由已知条件
此时铁盒的速度为
铁盒向前的位移大小
此时铁盒与抽屉内侧相距
铁盒做匀减速运动直至与抽屉发生撞击瞬间
解得
15．【答案】（1）解：对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有
可得外力F做的功J
（2）解：物块由B点到C点过程，根据动能定理有
解得
在C点根据牛顿第二定律有
解得
（3）解：在C点斜向上抛，，
研究竖直方向，以向上为正方向
解得（舍掉），
水平方向
物块落回水平面时与B点的水平距离为Δ
解得
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）物块在B点时，根据牛顿第二定律求出此时物块的速度。从A到B，由动能定理求外力F做的功；
（2）物块由B点到C点过程，根据动能定理求出物块在C点的速度大小。在C点，由沿半径指向圆心的合力充当向心力，根据牛顿第二定律求物块在C点受到的弹力大小；
（3）物块离开轨道后做斜上抛运动，根据分位移公式求落回水平地面时与B点的水平距离。
（1）对物块在B点时进行受力分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
物块由A点运动至B点过程中，根据动能定理有
可得外力F做的功J
（2）物块由B点到C点过程，根据动能定理有
解得
在C点根据牛顿第二定律有
解得
（3）在C点斜向上抛，，
研究竖直方向，以向上为正方向
解得（舍掉），
水平方向
物块落回水平面时与B点的水平距离为Δ
解得
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