山东省枣庄市市中区2024-2025学年高一上学期期末阶段性质量监测物理试卷

第 1页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 绝密★启用前 2024-2025 学年度第一学期期末市中区期末物理试卷 考试范围：xxx；考试时间：100 分钟；命题人：xxx 题号 一 二 三 四 总分 得分 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上， 写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本大题共 8 小题，共 24 分。 1.以下说法中正确的是( ) A.诗句“不疑行船动，唯看远树来”中“远树来”所选择的参考系是河岸 B.央视“焦点访谈”节目在每晚的 19 时 38 分开播，这里的“19 时 38 分”指的是时 刻 C.在花样滑冰比赛中判断运动员滑冰的技术难度时，是将运动员看作质点的 D.位移一般要比路程小，但在单向直线运动中，位移就是路程 【答案】B 【解析】A、以行船为参照物，远处的树和行船之间的位置不断发生变化，树是运动的， 所以会感到“远树来”，故 A 错误； B、“焦点访谈”节目在每晚的 19 时 38 分开播，这里的“19 时 38 分”是时间轴上的 点，指的是时刻，故 B 正确； C、研究花样滑冰的运动员在比赛中的姿态对应的技术难度时，其自身大小不可忽略， 否则无法打分比赛，所以运动员不能看作质点，故 C 错误； D、路程与位移是两个不同的概念，位移一般要比路程小，但在单向直线运动中，位移 大小等于路程，但不能说位移就是路程，故 D 错误。 故选：�。 “远树来”说明树处于相对运动状态，那么它与所选参照物之间的位置应该发生了变化； 能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究 的问题中是否可以忽略； 时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的 是一个点； 位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体 所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向． 第 2页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … ※ ※ 请 ※ ※ 不 ※ ※ 要 ※ ※ 在 ※ ※ 装 ※ ※ 订 ※ ※ 线 ※ ※ 内 ※ ※ 答 ※ ※ 题 ※ ※ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 2.一个质点由静止开始做匀加速直线运动，连续经过两个�的距离。若从开始运动到驶 过第一个�距离时，速度增加了�，则驶过第二个距离�时，速度的增加量是( ) A. 2 − 1 � B. � C. 2� D. 2� 【答案】A 【解析】由题意可知从开始运动到驶过第一个�距离时�2 = 2��，驶过第二个距离�时 �'2 − �2 = 2��，解得�' = 2�，速度的增加量�� = � ' − � = ( 2 − 1)�，故选 A。 3.一个物体从某一高度做自由落体运动(� = 10�/�2).已知它在第 1�内的位移为它在最 后 1�内位移的二分之一，则它开始下落时距地面的高度为( ) A. 11.25� B. 15� C. 20� D. 22.5� 【答案】A 【解析】解：物体做自由落体运动，第一秒内的位移ℎ = 12�� 2 = 5�， 最后 1 秒内的位移恰为它最初 1 秒内位移的 2 倍，则：ℎ2 = 2ℎ = 2 × 5 = 10�。 设最后 1�的初速度为�0，则：ℎ2 = �0� + 1 2�� 2 代入数据得：�0 = 5�/�，此时已经下落的高度：ℎ0 = �0 2 2� = 52 2×10 = 1.25� 所以开始下落时的高度：� = ℎ2 + ℎ0 = 10 + 1.25 = 11.25�。故 A 正确，BCD 错误 故选：�。 自由落体运动是初速度为 0 的匀变速直线运动，由ℎ = 12�� 2求出第 1�内的位移，结合 题意求出最后 1�内的位移，最后由运动学的公式即可求出． 解决本题的关键掌握初速度为 0 的匀变速直线运动的特殊推论，从开始运动在连续相等 时间内的位移比为 1：3：5：7…本题用该推论解题比较方便． 4.如图，关于甲、乙、丙、丁图中的受力情况，下列说法正确的是( ) A.图甲中站在船上撑竿使船离岸的船夫没有受到摩擦力作用 B.图乙中立定跳远的人脚蹬地起跳瞬间，人受到的重力指向地心且会变小 C.图丙正常行驶中的自行车前轮所受摩擦力向后，后轮所受摩擦力向前 D.图丁中笔对手的弹力是由手的形变引起的 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查对重力、弹力和摩擦力的理解，要注意明确各自产生的条件，同时知道力的作 用是相互作的，相互作用力一定是大小相等方向相反的。 第 3页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 【详解】 A.船夫撑竿使船离岸，手对竿有摩擦力作用，由牛顿第三定律知，竿对手有摩擦力作用， 同时船面也对船夫有摩擦力作用，故 A 错误； B.重力是由于地球吸引而使物体受到的力，与物体的运动状态无关，故人受到的重力不 变，故 B 错误； C.正常行驶的自行车，后轮为驱动轮，驱动轮提供自行车向前运动的动力，所以后轮受 摩擦力向前，前轮是从动轮，受摩擦力向后，故 C 正确； D.笔对手的弹力是由笔形变引起的，故 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，质量均为�的物体�、�通过一劲度系数为�的轻弹簧相连，开始时�放在 地面上，�、�均处于静止状态，现通过细绳将�向上拉起，当�刚要离开地面时，�上 升的距离为�，假设弹簧一直在弹性限度内，则( )。 A. � = ��� B. � = 2�� � C. � < ��� D. �� � < � < 2�� � 【答案】B 【解析】【分析】 开始时�放在地面上，�、�均处于静止状态，弹簧所受的弹力等于�的重力，由胡克定 律求出弹簧的压缩量．当�刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小恰好等于� 的重力，再由胡克定律求出弹簧的伸长量，由几何关系求解�。 对于含有弹簧的力学问题，要注意分析弹簧的状态，由胡克定律求出弹簧的形变量，再 由几何知识求解物体移动的距离是常用的方法。 【解答】 开始时�放在地面上，�、�均处于静止状态，弹簧所受的弹力等于�的重力，由胡克定 律得，��1 = �� 当�刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小恰好等于�的重力，由胡克定律得， ��2 = �� 由几何关系得知，� = �1 + �2解得� = 2�� � ，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 第 4页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … ※ ※ 请 ※ ※ 不 ※ ※ 要 ※ ※ 在 ※ ※ 装 ※ ※ 订 ※ ※ 线 ※ ※ 内 ※ ※ 答 ※ ※ 题 ※ ※ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 6.如图所示为传送带运输机的示意图，�为传送带上的货物，则( ) A.如果货物�随传送带一起无相对滑动地向上匀速运动，�受到沿传送带向下的摩擦力 B.如果货物�随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动，�受到沿传送带向下的摩擦力 C.如果货物�和传送带都静止，�不受摩擦力 D.如果货物�和传送带都静止，�对传送带有沿传送带向下的摩擦力 【答案】D 【解析】解： A.无相对滑动地斜向上匀速运动，�受到的摩擦力一定沿斜面向上，与重力在斜面方向 上的分力相等，A 错误； B.无相对滑动地斜向下匀速运动，�受到的摩擦力一定沿斜面向上，与重力在斜面方向 上的分力相等，B 错误； C.如果货物�与传送带都静止，则�受静摩擦力的作用，与重力在斜面方向上的分力相等， C 错误； D.如果货物�与传送带都静止，则�受到的静摩擦力一定沿斜面向上，与重力在斜面方 向上的分力相等，D 正确。 静摩擦力产生在相对静止，但是有相对运动趋势的物体之间，其方向和相对运动趋势方 向相反，因此判断静摩擦力的大小和方向可从其相对运动趋势方向上入手，或者根据物 体运动状态列方程求解。 本题考查了静摩擦力的大小和方向，尤其是注意静摩擦力方向和相对运动趋势方向相反， 和运动方向可能相同，也可能垂直。 7.如图甲为某热气球示意图，图乙是它某次升空过程中的� − �图象(取竖直向上方向为 正方向)，则以下说法正确的是( ) A. 0～10 �内，热气球的平均速度为 5 �/� B. 30～40 �内，热气球竖直向下运动 第 5页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … C. 30～40 �内，吊篮中的人处于失重状态 D. 0～40 �内，热气球的总位移为 125 � 【答案】C 【解析】【分析】 由匀变速直线运动的规律的推论判断 0～10 �内热气球的平均速度；由速度图象斜率的 含义判断气球的运动性质；由加速度的方向判断超失重情况；由速度图象的面积解得其 位移。 本题主要考查对速度图象的理解与应用，难度一般。 【解答】 A.由图象知，0～10 �内热气球做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律的推论可 得 0～10 �内热气球的平均速度：� = 0+52 �/� = 2.5�/�，故 A 错误； B.由图象可知 30～40 �内热气球竖直向上做减速运动，故 B 错误； C.由于 30～40 �内热气球竖直向上做减速运动，其加速度向下，处于失重状态，故吊篮 中的人处于失重状态，C 正确； D.由于速度图象的面积表示位移，故由图可得 0～40 �内，热气球的总位移为：� = 20+40 2 × 5� = 150�，故 D 错误。 故选 C。 8.质量为�的物体�置于倾角为�1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接 着�与小车，�与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率�水平向右做匀速直线运动，当 小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角�2时(如图所示)，下列判断正确的是(重力加速 度为�)( ) A. �的速率为� B. �的速率为 � cos �2 C.绳的拉力大于��sin�1 D.绳的拉力小于��sin�1 【答案】C 【解析】【分析】 将小车的速度�的进行分解，得到两个物体速度的关系式，分析物体�做什么运动，判断 绳子拉力始终与物体�所受重力的关系。 【解答】 将小车的速度�分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，则沿绳方向的速度等 于�的速度，即�� = �cos �2，选项 A、B 错误； 第 6页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … ※ ※ 请 ※ ※ 不 ※ ※ 要 ※ ※ 在 ※ ※ 装 ※ ※ 订 ※ ※ 线 ※ ※ 内 ※ ※ 答 ※ ※ 题 ※ ※ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 随�2角的减小，则��增大，则�做加速运动，根据�� −��sin �1 = ��可知，绳的拉力 大于��sin �1，选项 C 正确，D 错误． 二、多选题：本大题共 4 小题，共 16 分。 9.在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了 8s 之后， 由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经 4s 停在巨石 前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A.加速和减速过程中速度的变化量相同 B.加速、减速中的加速度大小之比为�1: �2 = 2: 1 C.加速、减速中的平均速度大小之比为�1: �2 = 1: 1 D.加速、减速中的位移之比为�1: �2 = 2: 1 【答案】CD 【解析】【分析】 本题考查匀变速直线运动的规律，速度变化量是矢量，根据加速度定义式分析加速度关 系，根据平均速度公式分析平均速度关系，根据位移公式分析位移关系，刹车过程可以 看做逆向的初速度为零的匀加速直线运动。 【解答】 A.加速和减速过程中速度的变化量大小相同，但是方向不同，故 A 错误； B.设加速结束时的速度为�，则加速、减速中的加速度大小之比为�1: �2 = � �1 : ��2 = 12，故 B 错误； C.加速、减速中的平均速度大小之比为�1: �2 = � 2 : � 2 = 1: 1，故 C 正确； D.加速、减速中的位移之比为�1: �2 = � 2 �1: � 2 �2 = 2: 1，故 D 正确。 10.如图所示，� = 0 时刻，一物体以�0 = 10�/�的初速度沿光滑斜面向上运动，加速 度大小为 2�/�2，冲上最高点之后，又以相同的加速度沿斜面向下运动，则物体( ) A.第 2�末的速度大小为 4�/� B.前 3�内运动的路程为 21� C.第 5�末的加速度为 0 D.前 7�内的位移大小为 21� 【答案】BD 【解析】【分析】 根据� = �0 + ��确定物体到达最高点的时间，单向直线运动时，路程等于位移的大小。 根据� = �0� + 1 2 �� 2，求解物体在各时间段的位移。 【解答】 C、根据� = �0 + ��上可知：�上 = �−�0 � = 0−10 −2 � = 5�，第 5�末的速度为 0，加速度不变， 大小仍为 2�/�2，故 C 错误； A、第 2�末的速度大小为：�2 = �0 + ��2 = 10�/� + ( − 2) × 2�/� = 6�/�，故 A 错误； 第 7页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … B、前 3�内物体一直向上运动，路程等于位移大小，为：�3 = �0�3 + 1 2 ��3 2 = 10 × 3� + 12 × ( − 2) × 32� = 21�，故 B 正确； D、前 7�内的位移大小为：�7 = �0�7 + 1 2 ��7 2 = 10 × 7� + 12 × ( − 2) × 7 2� = 21�，故 D 正确。 11.如图甲所示，水平面上质量均为�的两木块�、�用劲度系数为�的轻质弹簧连接，整 个系统处于平衡状态，现用一竖直向上的力�拉动木块�，使木块�向上做加速度为�的 匀加速直线运动，取木块�的起始位置为坐标原点，图乙中实线部分表示从力�作用在 木块�到木块�刚离开地面这个过程中，�和木块�的位移�之间的关系，则 ( ) A. �0 =− �� � B. �0 =− �(�+�) � C. �0 = �� D. �0 = �(� + �) 【答案】AC 【解析】设系统处于平衡状态时弹簧的压缩量为�'，则对木块�有��' = ��． 在木块�以加速度�向上做匀加速运动的过程中，以向上为正方向，对�由牛顿第二定律 得 � + �(�' − �) − �� = ��，解得� − �� = ��，当� = 0 时，�0 =− �� � ；当� = 0 时，�0 = ��.故 A、C 正确． 12.(多选)如图所示，小球在斜面底端正上方ℎ处以一定初速度水平抛出，恰好在竖直方 向下落 ℎ 2时落到斜面上，不计空气阻力，重力加速度为�。下列说法正确的是 ( ) A.小球落在斜面上时的位移方向和水平方向的夹角的正切值为 3 B.小球落在斜面上时的位移方向和水平方向的夹角的正切值为 33 C.小球落在斜面上时速度大小为 7�ℎ2 D.小球落在斜面上时速度大小为 5�ℎ2 【答案】BC 第 8页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … ※ ※ 请 ※ ※ 不 ※ ※ 要 ※ ※ 在 ※ ※ 装 ※ ※ 订 ※ ※ 线 ※ ※ 内 ※ ※ 答 ※ ※ 题 ※ ※ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 【解析】解：��、由几何知识可得：小球落在斜面上时的水平分位移大小� = 1 2ℎ ���30∘ = 3 2 ℎ，小球落在斜面上时的位移方向和水平方向的夹角的正切为���� = � � = 1 2ℎ 3 2 ℎ = 33 ， 故 A 错误，B 正确； ��、小球做平抛运动，由水平位移和竖直位移分别为 � = ℎ 2 ���60° = 3 2 ℎ = �0� � = ℎ 2 = 1 2�� 2 解得：�0 = � � 2� = 3�ℎ 2 ，� = ℎ � 又小球落在斜面上时竖直分速度大小�� = �� = � ⋅ ℎ � = �ℎ 则小球落在斜面上时速度大小为� = �02 + ��2 = ( 3�ℎ 2 ) 2 + ( �ℎ)2 = 7�ℎ2 ，故 C 正 确，D 错误。 故选：��。 根据几何知识求解小球落在斜面上时的位移方向和水平方向的夹角的正切值。根据水平 分位移和竖直分位移公式分别列式，求出初速度和运动时间，再求小球落在斜面上时速 度大小。 解决本题的关键要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，把握隐含的条件， 如分速度关系、位移关系，结合运动学公式求解。 三、实验题：本大题共 2 小题，共 16 分。 13.图甲为某同学验证“物体运动加速度与力之间关系”的实验装置图。已知小车质量 为�，当地重力加速度为�，实验中使用交变电流的频率为 50��。 (1)如图甲所示，安装好实验装置。取下砝码盘，调整斜面右端高度，让小车匀速下滑。 当小车匀速下滑时，小车所受合力为 。 (2)挂上总质量为�的砝码盘(连同盘中砝码)，调整左端滑轮高度，让细绳平行于木板。 打开打点计时器电源开关，然后放开小车，就可打出小车运动的纸带。在运动过程中， 小车受到的合力为 (选填“绳的拉力”、“砝码盘的总重力��”或“绳的拉力与 摩擦力的合力”)。图乙所示为某次操作中打出的一条纸带，相邻的两个计数点之间还 有 4 个点未标出，数据的单位是��。则小车运动的加速度� = �/�2(保留两位有效 数字)。 (3)改变砝码盘总质量�，重复步骤(2)操作，可测出小车对应的加速度�；对这些实验数 第 9页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 据进行分析就可以验证物体运动加速度与合外力是否成正比。 (4)分析实验数据看出，用纸带上数据算出的小车的加速度�总是小于用�' = ���算出的 加速度，而且随砝码盘总质量�增加，它们之间差值会 (填“越来越小”“不变” 或“越来越大”) 【答案】零 绳的拉力 0.34 越来越大 【解析】解：(1)当小车匀速下滑时，小车处于平衡状态，小车所受合力为零； (2)已经平衡了摩擦力，由图受力分析可知在运动过程中，小车受到的合力为绳的拉力； 根据题意可知，纸带上相邻计数点的时间间隔� = 5 × 0.02� = 0.1� 根据逐差法得加速度为� = �24−�024�2 = 17.47−8.05−8.05 4×0.12 × 10 −2�/�2 ≈ 0.34�/�2 (3)对砝码和盘受力分析得�� − � = �� 对小车受力分析得� = �� 联立解得� = ��+�� < � �� = �' 加速度差值�' − � = ��� − � �+�� = �2 �2+��� = 1 �2 �2 +�� � 可知随砝码盘总质量�增加，它们之间差值会越来越大。 答案为：(1)零 (2)绳的拉力 0.34 (4)越来越大 当小车匀速下滑时，小车处于平衡状态，小车所受合力为零；根据逐差法可以求解加速 度；对砝码和砝码盘和滑块分别列牛顿第二定律，然后找出�' − �，根据表达式可以找 出�越大，它们的差值越来越大． 本题需要同学们对逐差法有深刻理解，可以利用纸带数据求解加速度，注意有效数字的 要求；分别对砝码和砝码盘和滑块列牛顿第二定律，可以求出�' − �，根据表达式可以 找出它们的差值变化． 14.在做“探究平抛运动的特点”的实验时： (1)为使小球水平抛出，必须调整斜槽，使其末端的切线________． 第 10页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … ※ ※ 请 ※ ※ 不 ※ ※ 要 ※ ※ 在 ※ ※ 装 ※ ※ 订 ※ ※ 线 ※ ※ 内 ※ ※ 答 ※ ※ 题 ※ ※ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … (2)小球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为� 轴和�轴，竖直线是用________来确定的． (3)某同学通过实验得到的轨迹如图甲所示，判断�点是否是抛出点：________(选填“是” 或“否”)． (4)该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，确定其坐标，并在直角坐标系内绘出了� − �2图像，如图乙所示，则此小球平抛的初速度�0 =________ �/�. (取� = 10 �/�2) 【答案】(1)水平(2)重垂线(3)是(4)0.5 【解析】(1)研究平抛运动时应保证小球的初速度水平，即调整斜槽末端的切线水平； (2)竖直方向用重垂线确定，因为小球在竖直方向所受的重力是竖直向下的； (3)由轨迹可知，在相等的时间内，竖直方向的位移之比为 1 ∶ 3 ∶ 5，表明竖直方向是自 由落体运动，�点是抛出点； (4)根据� = 12�� 2，� = �0�得，平抛运动的轨迹方程为� = � 2�0 2 �2，则� − �2图像的斜率 为 � 2�0 2 = 0.80.04 = 20，解得�0 = 0.5 �/�． 本题主要考察平抛运动得特点，解决本题得关键在于对实验步骤及实验原理得正确掌握。 (1)根据实验原理分析； (2)竖直方向用重垂线确定， (3)根据初速度为零得匀加速直线运动在相等的时间内，竖直方向的位移之比为 1 ∶ 3 ∶ 5， 确定； 点在竖直方向上的分速度，根据�� = ��求出运动到�点的时间，得出水平位移和竖直位 移，从而求出抛出点的位置坐标。 解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式 进行求解。 四、计算题：本大题共 4 小题，共 44 分。 15.一质点做匀加速直线运动，第 3 �内的位移是 2 �，第 4 �内的位移是 2.5 �，求： (1)第 2 �内的位移大小； (2)第 3 �末的速度大小； (3)质点的加速度大小． 【答案】解：(1)由�3 − �2 = �4 − �3，所以第 2 �内的位移大小�2 = 1.5 � (2)第 3 �末的瞬时速度等于 2�～4 �内的平均速度，所以�3 = �3+�4 2� = 2.25 �/� (3)由�� = ��2，得� = �4−�3�2 = 0.5 �/� 2 【解析】本题考查了匀变速直线云规律的应用。 (1)根据匀变速直线运动相邻相等时间内的位移差是定值解答； (2)根据中间时刻速度与平均速度的关系解答； (3)根据逐差法计算加速度。 第 11页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 16..如图所示，一小球从平台边缘水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角� = 53°的粗 糙斜面顶端，并刚好沿斜面加速下滑。已知动摩擦因数� = 0.5，斜面顶端与平台的高度 差ℎ = 0.8�，重力加速度� = 10�/�2。���53° = 0.8，���53° = 0.6。 (1)求小球水平抛出的初速度�0和斜面顶端与平台边缘的水平距离�。 (2)若斜面顶端高� = 20.8�，求小球离开平台至到达斜面底端所经历的时间�。 【答案】解：(1)从平台到斜面的过程中，小球做平抛运动，则有：ℎ = 12��1 2 ，解得：�1 = 2ℎ � = 0.4� 到达斜面时速度方向与斜面平行，则有：tan � = ���0 = ��1 �0 ，解得：�0 = 3 �/�，因此斜 面顶端与平台边缘的水平距离为：� = �0�1 = 1.2 �； (2)在斜面上由牛顿第二定律有：����� � − ������ � = ��，解得加速度：� = 5 �/�2 到达斜面时的速度为：� = �02 + ��2 = 5�/� 斜面上物体做匀加速直线运动，则有： � sin � = ��2 + 1 2 ��2 2 解得：�2 ≈ 2.38 � 总时间：� = 0.4� + 2.38 � = 2.78 �。 【解析】本题考查了平抛运动与斜面的结合、牛顿第二定律、匀变速直线运动直线知识 点； (1)平抛落在斜面上，并刚好沿斜面加速下滑，说明速度方向与斜面平行，就可知道水 平分速度与竖直分速度的夹角关系，再利用平抛运动规律列式即可求解； (2)由牛顿第二定律算出加速度，根据在斜面上做匀加速直线运动列式即可求解时间。 17.如图所示，木块�1从光滑的斜面上的�点以� = 2�/�2的加速度由静止开始下滑，与 此同时小球�2在距�点的正上方ℎ = 20�处自由落下，木块�1以不变的速率途经斜面底 端�点后继续在粗糙的水平面上运动，在�点恰好与自由下落的小球�2相遇，若斜面�� 第 12页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … ※ ※ 请 ※ ※ 不 ※ ※ 要 ※ ※ 在 ※ ※ 装 ※ ※ 订 ※ ※ 线 ※ ※ 内 ※ ※ 答 ※ ※ 题 ※ ※ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 段长�1 = 1�，水平��段长�2 = 1.2�，不计空气阻力，试求：(� = 10�/�2) (1)�2下落到地面的时间; (2)�1运动到�点时速度的大小和在��段加速度的大小; (3)相遇时木块�1的速度大小。 【答案】解：(1)根据自由落体运动的位移与时间关系ℎ = 12�� 2得， 木块�2下落到地面的时间：� = 2ℎ � = 2×20 10 � = 2�； (2)木块�1在斜面上运动到�点速度：�� = 2��1 = 2 × 2 × 1�/� = 2�/� �1运动到�点的时间：�1 = ��−0 � = 2−0 2 � = 1� 则�1在��段运动的时间为：�2 = � − �1 = 1� 由位移公式�2 = ���2 + 1 2 �1�2 2 得：�1 =− 1.6�/�2； 加速度的大小为 1.6�/�2； (3)由�2 = ��+�� 2 �2得：�� = 0.4�/�。 【解析】本题考查匀变速直线运动的规律及追及相遇问题，要注意明确二者相遇时时间 相等，再分别根据各自的性质，利用运动学公式求解即可。 (1)根据自由落体运动位移公式求出�2下落到地面的时间； (2)对�1滑到�点的过程由速度和位移公式可求得到达�点的速度；由速度时间公式求出 斜面上的时间，得到��段的时间，再由位移时间公式求出��段的加速度大小； (3)由平均速度公式可求得相遇时木块�1的速度大小。 18平直公路上一辆质量� = 5�的货车以�0 = 10�/�的速度匀速行驶，其正前方� = 34� 处，一轿车由静止开始以� = 2�/�2的加速度沿同一方向做匀加速直线运动。已知货车 运动时受到的阻力等于自身重力的 1 10，货车的最大牵引力�牵 = 1.0 × 10 4�，取重力加 速度大小� = 10�/�2。 (1)求货车与轿车之间的最小距离�； (2)要使货车能追上轿车，求货车加速的最短时间����。 第 13页，共 13页 … … … … ○ … … … … 外 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 学 校 :__ __ __ __ __ _姓 名 ： __ __ __ __ __ _班 级 ： __ __ __ __ __ _考 号 ： __ __ __ __ __ _ … … … … ○ … … … … 内 … … … … ○ … … … … 装 … … … … ○ … … … … 订 … … … … ○ … … … … 线 … … … … ○ … … … … 【答案】解：(1)当两车速度相等时，两车相距最近，设轿车速度由零增大到�0所用的 时间为�，对应的位移大小为�轿，货车运动的位移大小为�货， 则有：�0 = ��，解得：� = 5� 此过程中货车的位移为：�货 = �0� = 10 × 5� = 50� 轿车的位移为：�轿 = 1 2 �� 2 = 12 × 2 × 5 2� = 25� 根据位移关系可得：� = � + �轿 − �货 解得� = 9�； (2)设货车的最大加速度大小为�'，货车受到的阻力大小为�，由牛顿运动定律得：�牵 − � = ��'，其中阻力：� = ��10 解得�' = 1�/�2 要使加速的时间最短，货车必须立即以最大加速度做匀加速直线运动，经时间����后匀 速运动，恰好在两车速度相等时追上轿车；在此临界条件上，设轿车从由静止启动到被 货车追上所用时间为�'，此过程中轿车运动的位移大小为�轿'，货车运动的位移大小为�货'， 货车匀速运动的速度大小�'，则有： 轿车加速阶段的位移：�轿 ' = 12 �� '2， 货车追上轿车时轿车的速度为：�' = ��' 此时货车的速度为：�' = �0 + �'���� 此过程中货车的位移：�货 ' = �0���� + 1 2 � '����2 + � '(� ' − ����) 根据二者位移关系可得：�货' = �轿' + � 解得���� = 2�。 答：(1)货车与轿车之间的最小距离为 9�； (2)要使货车能追上轿车，货车加速的最短时间为 2�。 【解析】(1)当两车速度相等时，两车相距最近，根据匀变速直线运动的计算公式进行 解答； (2)求出货车的最大加速度，要使加速的时间最短，货车必须立即以最大加速度做匀加 速直线运动，经时间����后匀速运动，恰好在两车速度相等时追上轿车；由此求出轿车 的位移和速度大小、货车加速和匀速运动的位移大小，再根据位移关系列方程求解。 对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛 顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是 联系力和运动的桥梁。