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广东深圳大学附属中学等校2025-2026学年度第二学期第一次段考高一年级物理试题
1．如图所示，一只小鸟用爪子抓紧倾斜的树枝且保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．树枝受到小鸟的作用力就是小鸟的重力
B．树枝受到小鸟竖直向下的作用力
C．小鸟把树枝抓得越紧，树枝对它的摩擦力越大
D．小鸟受到的弹力是小鸟的双脚发生弹性形变产生的
【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．树枝受到小鸟的作用力施力物体是小鸟，小鸟对树枝产生压力和摩擦力，小鸟的重力施力物体是地球，这两个力的作用对象不同，故A错误；
B．小鸟受到树枝的作用力与小鸟的重力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知二者大小相等、方向相反，由于小鸟受到树枝的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律可知，树枝受到小鸟竖直向下的作用力，故B正确；
C．小鸟处于静止时，根据平衡方程可知树枝对小鸟的摩擦力大小与小鸟的重力沿树枝向下的分力大小相等、方向相反，当小鸟把树枝抓得更紧时，树枝对它的摩擦力不变，故C错误；
D．根据弹力产生的条件可知小鸟受到的弹力是树枝发生弹性形变产生的，故D错误。
故选B。
【分析】树枝受到小鸟的作用力与小鸟本身的重力属于两个不同作用力；根据平衡条件可知小鸟对树枝的作用力树枝向上，则树枝受到小鸟的作用力竖直向下；利用平衡方程可以得出摩擦力与压力大小无关；根据弹力产生的条件可知小鸟受到的弹力是树枝发生弹性形变产生的。
2．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图像如图所示。在这段时间内（　　）
A．两汽车的位移相同
B．两汽车的加速度大小都逐渐减小
C．汽车甲的平均速度等于
D．汽车甲的平均速度比乙的小
【答案】B
【知识点】加速度；平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、v-t图像中图线与时间轴围成面积代表位移，甲围成面积大于乙，两车位移不相同，故A错误；
B、v-t图像斜率绝对值表示加速度大小，甲乙图线斜率绝对值都不断变小，因此二者加速度大小均逐渐减小，故B正确；
C、公式仅适用于匀变速直线运动，甲是变加速运动，相同初末速度下甲的位移比匀加速直线运动更大，平均速度大于，故C错误；
D、运动时间相等，甲的位移大于乙，由可知甲的平均速度更大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像位移判定，面积越大位移越大，甲乙面积不等；
B、考查v-t图像斜率的物理意义，斜率代表加速度，斜率减小则加速度减小；
C、考查平均速度公式适用条件，只对匀变速直线运动成立；
D、考查平均速度定义式，时间相同时位移越大平均速度越大。
3．游乐园有一种游戏设施叫做“魔盘”，游戏规则是：缓慢增大水平魔盘角速度，谁最后被甩出去，谁就会赢得比赛；下列四位同学想赢得比赛，其它条件相同的情况下（　　）
A．甲同学认为应该抱一重物 B．乙同学认为躺着比坐着好
C．丙同学认为靠近边缘好 D．丁同学认为靠近中心好
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．根据圆周运动规律可知，当最大静摩擦力提供向心力时，根据牛顿第二定律可知物体不被甩出的最大转速，解得，根据角速度的表达式可知，人不被甩出的临界角速度与转动半径和摩擦因数有关，跟质量无关，与坐着或者躺着无关，AB错误；
CD．对于同一位学生，最大静摩擦力不变，根据向心力的表达式可知越靠近边缘所需要的向心力就越大，当静摩擦力小于其圆周运动所需要的向心力时，学生就做离心运动，学生就会被甩出去，故越靠近中心越好， C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出开始做离心运动的角速度大小，利用角速度的大小可以判别与质量无关，只与半径有关，半径越大，越容易发生离心运动。
4．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一个质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，细绳与竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（　　）
A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用
B．向心力等于细绳的拉力
C．越小，小球运动的线速度越大
D．越小，小球运动的周期越大
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．根据受力分析可知小球受重力、细绳的拉力作用，两个力的合力提供小球在水平面内做圆周运动的向心力。故AB错误；
CD．重力和拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律有
可得，
根据表达式可知越小，小球运动的线速度越小，周期越大。故C错误，D正确。
故选D。
【分析】小球受到重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出线速度和周期的表达式，利用表达式可以判别线速度和周期的大小。
5．下列对于各图片的描述正确的是（　　）
A．图1证明平抛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
B．图2中两完全相同小球在光滑、固定的圆锥筒内做匀速圆周运动，a球受支持力较大
C．图3中汽车安全通过拱形桥最高点时，速度越大对桥的压力越小
D．图4中火车转弯时，速度越大，车轮对轨道的侧向挤压作用一定越大
【答案】C
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A：图1装置仅能验证平抛运动竖直方向是自由落体运动（通过两球同时落地 ），无法直接证明水平方向是匀速直线运动（需额外装置验证水平方向运动规律 ），A错误。
B：图2中，两球完全相同，对小球受力分析，支持力沿母线方向，其竖直分力（为母线与竖直方向夹角 ），需平衡重力，即，因两球、相同，故支持力相等，B错误。
C：图3中，汽车过拱形桥最高点，受力分析：重力、支持力，合力提供向心力，即：
变形得支持力：
根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力
可知，速度越大，压力越小（安全范围内，不超临界值 ），C正确。
D：图4中，火车转弯时，设规定速度为，当，重力与支持力合力提供向心力，车轮无侧向挤压；
当，内轨受挤压，且越小，挤压越大；
当，外轨受挤压，且越大，挤压越大；
因题干未明确速度与关系，无法确定挤压作用变化，D错误。
故答案为：C。
【分析】1.平抛分解：需水平匀速、竖直自由落体的双验证，图 1 仅验证竖直自由落体。
2.圆锥摆：支持力竖直分量平衡重力，夹角相同则支持力相等。
3.拱形桥：最高点合力（ 重力 - 支持力 ）提供向心力，速度越大，支持力越小（ 压力越小 ）。
4.火车转弯：分 “小于 / 大于规定速度” 两种情况，挤压方向与大小变化不同，需明确速度范围。
6．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时间
B．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率
C．从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功相同
D．从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同
【答案】B
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A、竖直方向米粒和糠秕均做自由落体运动，下落高度相同，由可知二者落地时间相等，水平风力不影响竖直分运动，故A错误；
B、重力瞬时功率公式，落地时竖直分速度，两者运动时间相等，竖直分速度大小相同；米粒质量更大，因此落地时米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B正确；
C、重力做功，米粒与糠秕质量不相等，下落高度相同，重力做功不相同，故C错误；
D、水平风力恒定，糠秕质量小，水平加速度更大，水平位移更大；风力做功，二者水平位移不同，风力做功不相同，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查运动的分解，竖直分运动仅由重力决定，下落高度一致则运动时间相同；
B、考查重力瞬时功率的计算，竖直落地分速度相等，质量越大重力瞬时功率越大；
C、考查重力做功的影响因素，重力做功与物体质量、下落高度都有关，两者质量不等则做功不同；
D、考查恒力做功公式，风力大小不变，但两者水平位移存在差异，因此风力做功不相等。
7．北京时间2025年6月20日20时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将中星9C发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。现有、四颗地球卫星，卫星还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星在地面附近近地轨道上正常运行；是地球同步卫星，是高空通信卫星（与中星9C类型相同），各卫星排列位置如图，重力加速度为，则有（　　）
A．的向心加速度大小大于重力加速度大小
B．在相同时间内转过的弧长最长
C．在6h内转过的圆心角是
D．的运行周期有可能是20h
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知与的角速度相同，由于c的轨道半径大于a的轨道半径，根据向心加速度的表达式知，的向心加速度大于的向心加速度，地球对卫星万有引力产生向心加速度，根据牛顿第二定律有，解得
由于b的轨道半径接近地球半径，所以的向心加速度近似等于，且卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则的向心加速度小于的向心加速度，的向心加速度小于重力加速度，故A错误；
B．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有可得
可知中的线速度最大，比较根据线速度的表达式，可知的线速度大于，四个卫星中线速度最大，可知在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；
C．因的周期为，根据周期可知在内转过的圆心角是，故C错误；
D．由于卫星在不同轨道都是绕地球运行，由开普勒第三定律得
可知卫星的半径越大，周期越大，所以的运动周期大于的周期24h，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较加速度的大小，结合同步卫星与地球的角速度相等，结合半径的大小可以比较加速度和线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较卫星线速度的大小；利用卫星的周期结合运行的时间可以得出转过的角度；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小。
8．人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示。可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点过程中克服阻力做的功为440J。已知货物质量为20，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度大小为10。在货物从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力势能减少了360J B．到达Q点时的速度大小为6
C．重力做的功为800J D．重力的功率先增大后减小
【答案】B,C,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．从P点到Q点，货物下降了4m，根据重力势能的表达式可知重力势能减少量为，故A错误；
B．从P点到Q点，由于重力和阻力对货物做功，根据动能定理可得
代入数据解得，故B正确；
C．根据功能关系可知重力所做的功等于重力势能减少量，所以重力做功为800J，故C正确；
D．从P点到Q点过程中，货物所受重力不变，其竖直方向的速度先增大后减小，根据重力和竖直方向的速度可知功率为，则重力的功率先增大后减小，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用货物重力势能的表达式可以求出重力势能的变化量，进而求出重力做功的大小；利用动能定理可以求出滑块到达Q点的速度大小；利用重力和竖直方向的速度可以判别重力瞬时功率的大小变化。
9．如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿跑道AB运动，拉弓放箭射向他左侧的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为，运动员静止时射出的箭速度为，跑道离固定目标的最近距离OA=d。若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则（　　）
A．运动员放箭处离目标的距离为
B．运动员放箭处离目标的距离为
C．箭射到靶的最短时间为
D．箭射到靶的最短时间为
【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由于箭到目标的距离一定，当射出箭的方向与骑马方向垂直时，箭射到靶的时间最短，根据速度公式可知最短时间，根据沿着AB方向的位移公式可知此时马离A点的距离
根据位移的合成可知运动员放箭处离目标的距离
故选BC。
【分析】利用垂直于AB方向的最短距离和速度可以求出最短的时间，结合平行于AB方向的位移公式可以求出AB方向的位移，结合位移的合成可以求出运动员放箭处距离目标的距离大小。
10．如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．小球在空中飞行的时间为0.3s
B．小球抛出点到斜面P点的水平距离为1.2m
C．小滑块沿斜面下滑的加速度为6m/s2
D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为1.7m
【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．由于球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，根据速度的方向对小球速度进行分解有，根据表达式解得小球在空中飞行的时间t=0.4s，选项A错误；
B．小球在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式得小球抛出点到斜面P点的水平距离
x=1.2m，选项B正确；
C．根据几何关系可得斜面顶端A点到P点的距离
由于滑块做匀加速直线运动，根据位移公式有得a=5m/s2，选项C错误；
D．根据位移公式可知小球抛出点到斜面底端的竖直高度=1.7m，选项D正确。
故选BD。
【分析】利用速度分解结合竖直方向的速度公式可以求出小球在空中运动的时间；利用水平方向的位移公式可以求出水平距离的大小；结合几何关系可以求出滑块下滑的位移，结合位移公式可以求出滑块加速度的大小；利用位移公式可以求出竖直高度的大小。
11．（1）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验　 　；
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
（2）某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分，如图乙所示。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：图中坐标原点O　 　（选填“是”或“不是”）抛出点；平抛物体的初速度是　 　 m/s，物体运动到B点的实际速度是　 　 m/s。（g取10 m/s2）
【答案】B；不是；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）[ 在打击金属片时，两小球分别做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，由于平抛运动竖直方向的规律与自由落体运动的规律相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
故选B。
（2）做平抛运动的物体在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据位移公式可知在相等时间内的竖直位移之比为，图中OA、AB、BC的竖直位移之比为，则O点不是抛出点。
在竖直方向上，小球做自由落体运动，根据邻差公式得
根据水平方向的位移公式可知平抛运动的初速度
根据平均速度公式可知物体运动到B点的竖直分速度为
根据速度的合成可得运动到B点的实际速度
【分析】（1）两小球分别做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，由于平抛运动竖直方向的规律与自由落体运动的规律相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）根据位移公式可知在相等时间内的竖直位移之比为，图中OA、AB、BC的竖直位移之比为，则O点不是抛出点；利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出B点速度的大小。
12．某同学用如图甲所示装置测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数，重力加速度g取。
（1）在砂桶中放入适量细砂，接通电源，由静止释放滑块，打出一条纸带。从比较清晰的点迹起，每5个点取1个计数点，在纸带上连续标出5个计数点A、B、C、D、E，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。电源频率为50Hz，则滑块运动的加速度　 　，C点的速度　 　m/s。（结果均保留2位有效数字）
（2）本题中砂桶和砂的总质量m　 　（选填“需要”或“不需要”）远小于滑块与动滑轮的总质量M。
（3）多次改变砂桶中砂的质量，重复实验，测得多组滑块运动的加速度a及对应的力传感器示数F，以a为纵坐标、F为横坐标描点得到如图丙所示的图像。由图中数据可知，滑块和动滑轮的总质量　 　kg，滑块与桌面间的动摩擦因数　 　。
【答案】（1）1.0；0.54
（2）不需要
（3）0.8；0.05
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】（1）已知达到频率为50Hz，由于每5个点取1个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为
小车做匀加速直线运动，根据逐差法可知，加速度为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据平均速度公式可知小车经过C点的速度大小为
（2）实验中，利用力传感器测出轻绳的拉力F，平衡摩擦力后，滑块所受外力的合力等于2F与摩擦力之差，实验中不需要并没有用砂桶和砂的总重力表示绳的拉力，可知，实验中砂桶和砂的总质量m不需要远小于滑块与动滑轮的总质量M。
（3）小车受到拉力和摩擦力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律有
，则有，根据图像斜率和截距的大小有，
解得，
【分析】（1）利用逐差法可以求出滑块加速度的大小；利用平均速度公式可以求出速度的大小；
（2）实验中，利用力传感器测出轻绳的拉力F，平衡摩擦力后，滑块所受外力的合力等于2F与摩擦力之差，实验中不需要并没有用砂桶和砂的总重力表示绳的拉力，可知，实验中砂桶和砂的总质量m不需要远小于滑块与动滑轮的总质量M；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出滑块和动滑轮的总质量和动摩擦因数的大小。
（1）[1]由于每5个点取1个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，加速度为
[2]匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有
（2）实验中，利用力传感器测出轻绳的拉力F，平衡摩擦力后，滑块所受外力的合力等于2F与摩擦力之差，并没有用砂桶和砂的总重力表示绳的拉力，可知，实验中砂桶和砂的总质量m不需要远小于滑块与动滑轮的总质量M。
（3）[1][2]结合上述，利用牛顿第二定律有
则有
结合图像有
，
解得
，
13．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0=20m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力（g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8），求：
（1）运动员在空中的飞行时间t1；
（2）运动员从飞出至落在斜面上的位移大小s；
（3）运动员落到斜面上时的速度大小v；
（4）运动员何时离斜面最远。
【答案】（1）解：运动员从A点到B点做平抛运动，水平方向的位移
竖直方向的位移
又有
代入数据解得 运动员在空中的飞行时间
（2）解：运动员从飞出至落在斜面上的位移大小
（3）解：运动员落在斜面上时速度的竖直分量
运动员落到斜面上时的速度大小
（4）解：如图
运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行，有
即
解得
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】(1) 本小问考查平抛落斜面模型核心关系，利用斜面倾角正切等于竖直位移与水平位移之比，联立平抛分运动公式求出总飞行时间。
(2) 本小问先分别算出水平、竖直分位移，再由勾股定理求出抛出点到落点的合位移大小。
(3) 本小问将落地速度分解为水平匀速分速度与竖直自由下落分速度，再合成得到落地合速度。
(4) 本小问平抛临界极值问题：当瞬时速度平行于斜面时，物体与斜面距离达到最大，利用速度偏角等于斜面倾角列方程求解对应时刻。
14．如图所示摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以4m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为2m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计.(计算中取g=10m/s2.求：
(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s.
(2)从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ.
(3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s，求此时人和车对轨道的压力.
【答案】(1)解：车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得：
竖直方向上：
水平方向上：
可得：.
(2)解：摩托车落至A点时其竖直方向的分速度：
到达A点时速度：
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则：
即，所以：
(3)解：对摩托车受力分析可以知道，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所以有：
当时，计算得出.
由牛顿第三定律可以知道人和车在最低点O时对轨道的压力为5600 N.
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】(1) 本小问考查平抛运动分解，竖直方向自由落体求运动时间，水平方向匀速直线运动计算水平位移。
(2) 本小问结合平抛末速度合成与几何关系，先求出竖直分速度再合成合速度；利用速度偏角结合圆弧切线几何关系推导圆心角。
(3) 本小问考查竖直圆周运动最低点向心力分析，合力由支持力减重力提供，列向心力方程求出轨道支持力，再由牛顿第三定律得到车对轨道的压力。
15．如图所示，质量的长方体铁箱在水平恒力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，铁箱内一个质量为的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止。木块与铁箱内壁间动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
（1）铁箱侧壁对木块的支持力大小；
（2）水平恒力F的大小；
（3）已知木块距箱底，铁箱左右内壁间距。某时刻撤去拉力F，同时对铁箱施加一水平向左的推力，为使木块第一次落到箱底时没有与右侧壁相碰，求的取值范围。
【答案】（1）解：木块在竖直方向
又因
解得
（2）解：在水平方向上，对木块由牛顿第二定律可知
以整体为对象，由牛顿第二定律
解得
（3）解：撤去外力施加时，假设此时二者的速度为，木块开始做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
铁箱水平方向开始减速，其加速度为
铁箱位移为
若木块恰好没有到达铁箱右侧，则有
解得
的范围为0-60N。
【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) 本小问受力分析竖直方向平衡，静摩擦力等于木块重力，结合最大静摩擦力公式反求侧壁水平支持力。
(2) 本小问先对木块单独用牛顿第二定律求共同加速度，再对整体列牛顿第二定律，求解外力。
(3) 本小问分两个运动分析：木块竖直自由落体、水平匀速；铁箱水平匀减速；利用相对位移不超过箱宽建立临界方程，求出推力最大值，结合无相对滑动的情况，确定推力取值范围。
（1）木块在竖直方向
又因
解得
（2）在水平方向上，对木块由牛顿第二定律可知
以整体为对象，由牛顿第二定律
解得
（3）撤去外力施加时，假设此时二者的速度为，木块开始做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
铁箱水平方向开始减速，其加速度为
铁箱位移为
若木块恰好没有到达铁箱右侧，则有
解得
的范围为0-60N。
1 / 1广东深圳大学附属中学等校2025-2026学年度第二学期第一次段考高一年级物理试题
1．如图所示，一只小鸟用爪子抓紧倾斜的树枝且保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．树枝受到小鸟的作用力就是小鸟的重力
B．树枝受到小鸟竖直向下的作用力
C．小鸟把树枝抓得越紧，树枝对它的摩擦力越大
D．小鸟受到的弹力是小鸟的双脚发生弹性形变产生的
2．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图像如图所示。在这段时间内（　　）
A．两汽车的位移相同
B．两汽车的加速度大小都逐渐减小
C．汽车甲的平均速度等于
D．汽车甲的平均速度比乙的小
3．游乐园有一种游戏设施叫做“魔盘”，游戏规则是：缓慢增大水平魔盘角速度，谁最后被甩出去，谁就会赢得比赛；下列四位同学想赢得比赛，其它条件相同的情况下（　　）
A．甲同学认为应该抱一重物 B．乙同学认为躺着比坐着好
C．丙同学认为靠近边缘好 D．丁同学认为靠近中心好
4．如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一个质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，细绳与竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（　　）
A．小球受重力、细绳的拉力和向心力作用
B．向心力等于细绳的拉力
C．越小，小球运动的线速度越大
D．越小，小球运动的周期越大
5．下列对于各图片的描述正确的是（　　）
A．图1证明平抛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
B．图2中两完全相同小球在光滑、固定的圆锥筒内做匀速圆周运动，a球受支持力较大
C．图3中汽车安全通过拱形桥最高点时，速度越大对桥的压力越小
D．图4中火车转弯时，速度越大，车轮对轨道的侧向挤压作用一定越大
6．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时间
B．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率
C．从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功相同
D．从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同
7．北京时间2025年6月20日20时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将中星9C发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。现有、四颗地球卫星，卫星还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星在地面附近近地轨道上正常运行；是地球同步卫星，是高空通信卫星（与中星9C类型相同），各卫星排列位置如图，重力加速度为，则有（　　）
A．的向心加速度大小大于重力加速度大小
B．在相同时间内转过的弧长最长
C．在6h内转过的圆心角是
D．的运行周期有可能是20h
8．人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示。可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点过程中克服阻力做的功为440J。已知货物质量为20，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度大小为10。在货物从P点运动到Q点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．重力势能减少了360J B．到达Q点时的速度大小为6
C．重力做的功为800J D．重力的功率先增大后减小
9．如图所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿跑道AB运动，拉弓放箭射向他左侧的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为，运动员静止时射出的箭速度为，跑道离固定目标的最近距离OA=d。若不计空气阻力的影响，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则（　　）
A．运动员放箭处离目标的距离为
B．运动员放箭处离目标的距离为
C．箭射到靶的最短时间为
D．箭射到靶的最短时间为
10．如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．小球在空中飞行的时间为0.3s
B．小球抛出点到斜面P点的水平距离为1.2m
C．小滑块沿斜面下滑的加速度为6m/s2
D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为1.7m
11．（1）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验　 　；
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律
（2）某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分，如图乙所示。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：图中坐标原点O　 　（选填“是”或“不是”）抛出点；平抛物体的初速度是　 　 m/s，物体运动到B点的实际速度是　 　 m/s。（g取10 m/s2）
12．某同学用如图甲所示装置测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数，重力加速度g取。
（1）在砂桶中放入适量细砂，接通电源，由静止释放滑块，打出一条纸带。从比较清晰的点迹起，每5个点取1个计数点，在纸带上连续标出5个计数点A、B、C、D、E，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。电源频率为50Hz，则滑块运动的加速度　 　，C点的速度　 　m/s。（结果均保留2位有效数字）
（2）本题中砂桶和砂的总质量m　 　（选填“需要”或“不需要”）远小于滑块与动滑轮的总质量M。
（3）多次改变砂桶中砂的质量，重复实验，测得多组滑块运动的加速度a及对应的力传感器示数F，以a为纵坐标、F为横坐标描点得到如图丙所示的图像。由图中数据可知，滑块和动滑轮的总质量　 　kg，滑块与桌面间的动摩擦因数　 　。
13．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0=20m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力（g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8），求：
（1）运动员在空中的飞行时间t1；
（2）运动员从飞出至落在斜面上的位移大小s；
（3）运动员落到斜面上时的速度大小v；
（4）运动员何时离斜面最远。
14．如图所示摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以4m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑.A、B为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为2m，人和车的总质量为200kg，特技表演的全过程中，空气阻力不计.(计算中取g=10m/s2.求：
(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s.
(2)从平台飞出到达A点时速度大小及圆弧对应圆心角θ.
(3)若已知人和车运动到圆弧轨道最低点O速度为6m/s，求此时人和车对轨道的压力.
15．如图所示，质量的长方体铁箱在水平恒力F作用下沿光滑水平面向右匀加速运动，铁箱内一个质量为的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静止。木块与铁箱内壁间动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求：
（1）铁箱侧壁对木块的支持力大小；
（2）水平恒力F的大小；
（3）已知木块距箱底，铁箱左右内壁间距。某时刻撤去拉力F，同时对铁箱施加一水平向左的推力，为使木块第一次落到箱底时没有与右侧壁相碰，求的取值范围。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】A．树枝受到小鸟的作用力施力物体是小鸟，小鸟对树枝产生压力和摩擦力，小鸟的重力施力物体是地球，这两个力的作用对象不同，故A错误；
B．小鸟受到树枝的作用力与小鸟的重力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知二者大小相等、方向相反，由于小鸟受到树枝的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律可知，树枝受到小鸟竖直向下的作用力，故B正确；
C．小鸟处于静止时，根据平衡方程可知树枝对小鸟的摩擦力大小与小鸟的重力沿树枝向下的分力大小相等、方向相反，当小鸟把树枝抓得更紧时，树枝对它的摩擦力不变，故C错误；
D．根据弹力产生的条件可知小鸟受到的弹力是树枝发生弹性形变产生的，故D错误。
故选B。
【分析】树枝受到小鸟的作用力与小鸟本身的重力属于两个不同作用力；根据平衡条件可知小鸟对树枝的作用力树枝向上，则树枝受到小鸟的作用力竖直向下；利用平衡方程可以得出摩擦力与压力大小无关；根据弹力产生的条件可知小鸟受到的弹力是树枝发生弹性形变产生的。
2．【答案】B
【知识点】加速度；平均速度；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、v-t图像中图线与时间轴围成面积代表位移，甲围成面积大于乙，两车位移不相同，故A错误；
B、v-t图像斜率绝对值表示加速度大小，甲乙图线斜率绝对值都不断变小，因此二者加速度大小均逐渐减小，故B正确；
C、公式仅适用于匀变速直线运动，甲是变加速运动，相同初末速度下甲的位移比匀加速直线运动更大，平均速度大于，故C错误；
D、运动时间相等，甲的位移大于乙，由可知甲的平均速度更大，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查v-t图像位移判定，面积越大位移越大，甲乙面积不等；
B、考查v-t图像斜率的物理意义，斜率代表加速度，斜率减小则加速度减小；
C、考查平均速度公式适用条件，只对匀变速直线运动成立；
D、考查平均速度定义式，时间相同时位移越大平均速度越大。
3．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．根据圆周运动规律可知，当最大静摩擦力提供向心力时，根据牛顿第二定律可知物体不被甩出的最大转速，解得，根据角速度的表达式可知，人不被甩出的临界角速度与转动半径和摩擦因数有关，跟质量无关，与坐着或者躺着无关，AB错误；
CD．对于同一位学生，最大静摩擦力不变，根据向心力的表达式可知越靠近边缘所需要的向心力就越大，当静摩擦力小于其圆周运动所需要的向心力时，学生就做离心运动，学生就会被甩出去，故越靠近中心越好， C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出开始做离心运动的角速度大小，利用角速度的大小可以判别与质量无关，只与半径有关，半径越大，越容易发生离心运动。
4．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．根据受力分析可知小球受重力、细绳的拉力作用，两个力的合力提供小球在水平面内做圆周运动的向心力。故AB错误；
CD．重力和拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律有
可得，
根据表达式可知越小，小球运动的线速度越小，周期越大。故C错误，D正确。
故选D。
【分析】小球受到重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以求出线速度和周期的表达式，利用表达式可以判别线速度和周期的大小。
5．【答案】C
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A：图1装置仅能验证平抛运动竖直方向是自由落体运动（通过两球同时落地 ），无法直接证明水平方向是匀速直线运动（需额外装置验证水平方向运动规律 ），A错误。
B：图2中，两球完全相同，对小球受力分析，支持力沿母线方向，其竖直分力（为母线与竖直方向夹角 ），需平衡重力，即，因两球、相同，故支持力相等，B错误。
C：图3中，汽车过拱形桥最高点，受力分析：重力、支持力，合力提供向心力，即：
变形得支持力：
根据牛顿第三定律，汽车对桥的压力
可知，速度越大，压力越小（安全范围内，不超临界值 ），C正确。
D：图4中，火车转弯时，设规定速度为，当，重力与支持力合力提供向心力，车轮无侧向挤压；
当，内轨受挤压，且越小，挤压越大；
当，外轨受挤压，且越大，挤压越大；
因题干未明确速度与关系，无法确定挤压作用变化，D错误。
故答案为：C。
【分析】1.平抛分解：需水平匀速、竖直自由落体的双验证，图 1 仅验证竖直自由落体。
2.圆锥摆：支持力竖直分量平衡重力，夹角相同则支持力相等。
3.拱形桥：最高点合力（ 重力 - 支持力 ）提供向心力，速度越大，支持力越小（ 压力越小 ）。
4.火车转弯：分 “小于 / 大于规定速度” 两种情况，挤压方向与大小变化不同，需明确速度范围。
6．【答案】B
【知识点】功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A、竖直方向米粒和糠秕均做自由落体运动，下落高度相同，由可知二者落地时间相等，水平风力不影响竖直分运动，故A错误；
B、重力瞬时功率公式，落地时竖直分速度，两者运动时间相等，竖直分速度大小相同；米粒质量更大，因此落地时米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故B正确；
C、重力做功，米粒与糠秕质量不相等，下落高度相同，重力做功不相同，故C错误；
D、水平风力恒定，糠秕质量小，水平加速度更大，水平位移更大；风力做功，二者水平位移不同，风力做功不相同，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查运动的分解，竖直分运动仅由重力决定，下落高度一致则运动时间相同；
B、考查重力瞬时功率的计算，竖直落地分速度相等，质量越大重力瞬时功率越大；
C、考查重力做功的影响因素，重力做功与物体质量、下落高度都有关，两者质量不等则做功不同；
D、考查恒力做功公式，风力大小不变，但两者水平位移存在差异，因此风力做功不相等。
7．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知与的角速度相同，由于c的轨道半径大于a的轨道半径，根据向心加速度的表达式知，的向心加速度大于的向心加速度，地球对卫星万有引力产生向心加速度，根据牛顿第二定律有，解得
由于b的轨道半径接近地球半径，所以的向心加速度近似等于，且卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则的向心加速度小于的向心加速度，的向心加速度小于重力加速度，故A错误；
B．地球对卫星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有可得
可知中的线速度最大，比较根据线速度的表达式，可知的线速度大于，四个卫星中线速度最大，可知在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；
C．因的周期为，根据周期可知在内转过的圆心角是，故C错误；
D．由于卫星在不同轨道都是绕地球运行，由开普勒第三定律得
可知卫星的半径越大，周期越大，所以的运动周期大于的周期24h，故D错误。
故选B。
【分析】利用引力提供向心力可以比较加速度的大小，结合同步卫星与地球的角速度相等，结合半径的大小可以比较加速度和线速度的大小；利用引力提供向心力可以比较卫星线速度的大小；利用卫星的周期结合运行的时间可以得出转过的角度；利用开普勒第三定律可以比较周期的大小。
8．【答案】B,C,D
【知识点】功率及其计算；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．从P点到Q点，货物下降了4m，根据重力势能的表达式可知重力势能减少量为，故A错误；
B．从P点到Q点，由于重力和阻力对货物做功，根据动能定理可得
代入数据解得，故B正确；
C．根据功能关系可知重力所做的功等于重力势能减少量，所以重力做功为800J，故C正确；
D．从P点到Q点过程中，货物所受重力不变，其竖直方向的速度先增大后减小，根据重力和竖直方向的速度可知功率为，则重力的功率先增大后减小，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用货物重力势能的表达式可以求出重力势能的变化量，进而求出重力做功的大小；利用动能定理可以求出滑块到达Q点的速度大小；利用重力和竖直方向的速度可以判别重力瞬时功率的大小变化。
9．【答案】B,C
【知识点】运动的合成与分解
【解析】【解答】由于箭到目标的距离一定，当射出箭的方向与骑马方向垂直时，箭射到靶的时间最短，根据速度公式可知最短时间，根据沿着AB方向的位移公式可知此时马离A点的距离
根据位移的合成可知运动员放箭处离目标的距离
故选BC。
【分析】利用垂直于AB方向的最短距离和速度可以求出最短的时间，结合平行于AB方向的位移公式可以求出AB方向的位移，结合位移的合成可以求出运动员放箭处距离目标的距离大小。
10．【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】A．由于球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，根据速度的方向对小球速度进行分解有，根据表达式解得小球在空中飞行的时间t=0.4s，选项A错误；
B．小球在水平方向做匀速直线运动，根据位移公式得小球抛出点到斜面P点的水平距离
x=1.2m，选项B正确；
C．根据几何关系可得斜面顶端A点到P点的距离
由于滑块做匀加速直线运动，根据位移公式有得a=5m/s2，选项C错误；
D．根据位移公式可知小球抛出点到斜面底端的竖直高度=1.7m，选项D正确。
故选BD。
【分析】利用速度分解结合竖直方向的速度公式可以求出小球在空中运动的时间；利用水平方向的位移公式可以求出水平距离的大小；结合几何关系可以求出滑块下滑的位移，结合位移公式可以求出滑块加速度的大小；利用位移公式可以求出竖直高度的大小。
11．【答案】B；不是；；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）[ 在打击金属片时，两小球分别做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，由于平抛运动竖直方向的规律与自由落体运动的规律相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动。
故选B。
（2）做平抛运动的物体在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，根据位移公式可知在相等时间内的竖直位移之比为，图中OA、AB、BC的竖直位移之比为，则O点不是抛出点。
在竖直方向上，小球做自由落体运动，根据邻差公式得
根据水平方向的位移公式可知平抛运动的初速度
根据平均速度公式可知物体运动到B点的竖直分速度为
根据速度的合成可得运动到B点的实际速度
【分析】（1）两小球分别做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，由于平抛运动竖直方向的规律与自由落体运动的规律相同，说明平抛运动在竖直方向上是自由落体运动；
（2）根据位移公式可知在相等时间内的竖直位移之比为，图中OA、AB、BC的竖直位移之比为，则O点不是抛出点；利用竖直方向的邻差公式可以求出时间间隔，结合水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用平均速度公式可以求出竖直方向分速度的大小，结合速度的合成可以求出B点速度的大小。
12．【答案】（1）1.0；0.54
（2）不需要
（3）0.8；0.05
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】（1）已知达到频率为50Hz，由于每5个点取1个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为
小车做匀加速直线运动，根据逐差法可知，加速度为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据平均速度公式可知小车经过C点的速度大小为
（2）实验中，利用力传感器测出轻绳的拉力F，平衡摩擦力后，滑块所受外力的合力等于2F与摩擦力之差，实验中不需要并没有用砂桶和砂的总重力表示绳的拉力，可知，实验中砂桶和砂的总质量m不需要远小于滑块与动滑轮的总质量M。
（3）小车受到拉力和摩擦力的作用产生加速度，根据牛顿第二定律有
，则有，根据图像斜率和截距的大小有，
解得，
【分析】（1）利用逐差法可以求出滑块加速度的大小；利用平均速度公式可以求出速度的大小；
（2）实验中，利用力传感器测出轻绳的拉力F，平衡摩擦力后，滑块所受外力的合力等于2F与摩擦力之差，实验中不需要并没有用砂桶和砂的总重力表示绳的拉力，可知，实验中砂桶和砂的总质量m不需要远小于滑块与动滑轮的总质量M；
（3）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出滑块和动滑轮的总质量和动摩擦因数的大小。
（1）[1]由于每5个点取1个计数点，则相邻计数点之间的时间间隔为
根据逐差法可知，加速度为
[2]匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有
（2）实验中，利用力传感器测出轻绳的拉力F，平衡摩擦力后，滑块所受外力的合力等于2F与摩擦力之差，并没有用砂桶和砂的总重力表示绳的拉力，可知，实验中砂桶和砂的总质量m不需要远小于滑块与动滑轮的总质量M。
（3）[1][2]结合上述，利用牛顿第二定律有
则有
结合图像有
，
解得
，
13．【答案】（1）解：运动员从A点到B点做平抛运动，水平方向的位移
竖直方向的位移
又有
代入数据解得 运动员在空中的飞行时间
（2）解：运动员从飞出至落在斜面上的位移大小
（3）解：运动员落在斜面上时速度的竖直分量
运动员落到斜面上时的速度大小
（4）解：如图
运动员距离斜面最远时，合速度方向与斜面平行，有
即
解得
【知识点】运动的合成与分解；平抛运动
【解析】【分析】(1) 本小问考查平抛落斜面模型核心关系，利用斜面倾角正切等于竖直位移与水平位移之比，联立平抛分运动公式求出总飞行时间。
(2) 本小问先分别算出水平、竖直分位移，再由勾股定理求出抛出点到落点的合位移大小。
(3) 本小问将落地速度分解为水平匀速分速度与竖直自由下落分速度，再合成得到落地合速度。
(4) 本小问平抛临界极值问题：当瞬时速度平行于斜面时，物体与斜面距离达到最大，利用速度偏角等于斜面倾角列方程求解对应时刻。
14．【答案】(1)解：车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得：
竖直方向上：
水平方向上：
可得：.
(2)解：摩托车落至A点时其竖直方向的分速度：
到达A点时速度：
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则：
即，所以：
(3)解：对摩托车受力分析可以知道，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，所以有：
当时，计算得出.
由牛顿第三定律可以知道人和车在最低点O时对轨道的压力为5600 N.
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】(1) 本小问考查平抛运动分解，竖直方向自由落体求运动时间，水平方向匀速直线运动计算水平位移。
(2) 本小问结合平抛末速度合成与几何关系，先求出竖直分速度再合成合速度；利用速度偏角结合圆弧切线几何关系推导圆心角。
(3) 本小问考查竖直圆周运动最低点向心力分析，合力由支持力减重力提供，列向心力方程求出轨道支持力，再由牛顿第三定律得到车对轨道的压力。
15．【答案】（1）解：木块在竖直方向
又因
解得
（2）解：在水平方向上，对木块由牛顿第二定律可知
以整体为对象，由牛顿第二定律
解得
（3）解：撤去外力施加时，假设此时二者的速度为，木块开始做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
铁箱水平方向开始减速，其加速度为
铁箱位移为
若木块恰好没有到达铁箱右侧，则有
解得
的范围为0-60N。
【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) 本小问受力分析竖直方向平衡，静摩擦力等于木块重力，结合最大静摩擦力公式反求侧壁水平支持力。
(2) 本小问先对木块单独用牛顿第二定律求共同加速度，再对整体列牛顿第二定律，求解外力。
(3) 本小问分两个运动分析：木块竖直自由落体、水平匀速；铁箱水平匀减速；利用相对位移不超过箱宽建立临界方程，求出推力最大值，结合无相对滑动的情况，确定推力取值范围。
（1）木块在竖直方向
又因
解得
（2）在水平方向上，对木块由牛顿第二定律可知
以整体为对象，由牛顿第二定律
解得
（3）撤去外力施加时，假设此时二者的速度为，木块开始做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
铁箱水平方向开始减速，其加速度为
铁箱位移为
若木块恰好没有到达铁箱右侧，则有
解得
的范围为0-60N。
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