山東省煙臺市2024-2025學年高一（上）期末物理試卷

一、單選題：本大題共8小題，共24分。

1.下列各組物理量，在國際單位制（S/）中屬于基本物理量的是（）

A.質量、長度、力B.時間、質量、長度C.速度、長度、時間D.加速度、力、

時間

2.牛頓第一定律是牛頓總結伽利略等人的研究成果而得出的，是科學家們集體智慧的結晶。下列說法正確

的是（）

A.牛頓第一定律可以通過實驗直接驗證

B.物體的運動狀態改變，其慣性一定會發生改變

C.牛頓第一定律揭示了力是改變物體運動狀態的原因

D.伽利略通過理想斜面實驗說明力是維持物體運動的原因

3.關于物體的速度和加速度之間的關系，下列說法正確的是（）

A.速度變化量很大，加速度一定很大

B.加速度保持不變，速度可能越來越小

C.速度變化越來越快，加速度可能越來越小

D.物體加速度方向和速度方向相同，當加速度逐漸減小時，物體的速度也逐漸減小

4.某同學在同一高度處先后將一輕一重的兩個石塊自由釋放，其中重石塊比輕石塊晚釋放0.5s,忽略空氣阻

力,重力加速度g=10m/s2,在兩個石塊落地前，下列說法正確的是（）

A.重石塊速度變化的快

B.兩個石塊之間的距離保持不變

C.兩個石塊的速度之差保持不變

D.當重石塊運動了2s時，兩個石塊之間的距離為10m

5.如圖所示是某運動員在立定跳遠過程中的動作分解圖片。圖甲為從地面起跳的動作，圖乙為上升過程的

某一瞬間，圖丙為到達最高點的瞬間，圖丁為落地時的動作，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

第1頁，共18頁

A.甲圖中，運動員受到地面的支持力大于其對地面的壓力

B.乙圖中，運動員在空中處于平衡狀態

C.丙圖中，運動員速度為零，但加速度不為零

D.丁圖中，運動員受到地面的平均作用力大于其受到的重力

6.如圖所示，將一傾角。=37。的斜面固定在水平地面上，在斜面底端。點的正

上方％=3.6巾高度處水平發射一顆小彈丸，彈丸打在斜面上P點位置，已知0、

P兩點間的距離1=3a，重力加速蜀=10m/s2,s出37。=0.6,不計空氣阻

力，則彈丸初速度火的大小為（）

A.4m/sB.6m/sC.8m/sD.12m/s

7.甲、乙兩物體從同一位置開始沿著同一直線運動，二者的位置坐標刀隨著時間t變

化的關系圖像如圖所示。其中乙圖線為一條拋物線，t=ls時對應拋物線的最低點。

下列說法正確的是（）

A.在0?4s內，乙物體的平均速度為5zn/s

B.在1?4s內，乙物體的平均速度為2m/s

C.t=ls時，二者相距最遠

A.2sB.4sC."sD.M

二、多選題：本大題共6小題，共18分。

9.關于做曲線運動的物體，下列說法正確的是（）

A,速度一定變化B.加速度一定變化

C.合力方向與速度方向不在同一條直線上D.合力方向與加速度方向不在同一條直線上

10.如圖所示，一表面光滑的金屬球靜止在兩擋板。4和。B之間，其中擋板。力處于豎直狀態，A

B

擋板。B與水平方向的夾角為仇下列說法正確的是（）

O

第2頁，共18頁

A.保持。4不動,僅將0B沿順時針方向緩慢轉至水平,球對。4的作用力先減小后增大

B.保持。4不動,僅將。B沿順時針方向緩慢轉至水平,球對0B的作用力逐漸減小

C,保持0B不動,僅將。4沿逆時針方向緩慢轉至水平,球對04的作用力先減小后增大

D.保持0B不動,僅將。力沿逆時針方向緩慢轉至水平,球對。B的作用力逐漸增大

11.2024年6月，受強降雨的影響，贛江發生洪水，導致江西多地發生洪

，一.障礙區域

澇災害，黨和政府積極組織搶險救援，保障人民群眾的生命安全。在某

一K3（r、、

次救援中，戰士欲劃小船從a處橫渡一條寬12爪的小河，力處下游有一山A

體滑坡造成的障礙區域，a點與障礙區域邊緣連線與河岸的最大夾角為30。，如圖所示。已知河中水流速度

為4m/s,戰士劃船的速度（即船相對靜水的速度）最大可達3m/s,小船可視為質點，下列說法正確的是（）

A.戰士渡河的最短時間為4s

B.戰士渡河的最短距離為166

C.戰士能夠安全渡河的最小劃船速度為2M/S

D.戰士以最小安全速度渡河時所需時間為12s

12.如圖甲所示，某興趣小組的同學將一根輕質彈簧懸掛在力傳感器上，彈簧下端懸掛一質量為小的小球，

將小球向下拉一段距離后釋放，使小球保持在豎直方向上下運動，傳感器顯示的某一段時間內彈簧彈力大

小F隨時間t變化的圖像如圖乙所示。當地的重力加速度為g,不計空氣阻力，彈力始終未超過彈性限度，下

列說法正確的是（）

力傳感器

甲

A.一時刻小球處于超重狀態B.t2時刻小球的加速度為g

C.a時刻小球處在最低點D.五?％時間內小球的速度先增大后減小

13.2024年10月21日，濰煙高鐵正式開通，標志著煙臺從此邁入全域高鐵時代。某列動車由8節車廂組成,

其中第1節和第5節為動力車廂，在列車勻加速啟動過程中均可提供大小恒為F的牽引力，其余車廂為普通車

廂。假設每節車廂總質量均為小，所受阻力大小均為為正的常數），重力加速度為g,則在動車勻加速

啟動過程中，下列說法正確的是（）

第3頁，共18頁

A.整列動車的加速度大小為三警

B.5、6節車廂間的作用力大小為彳尸一3k?ng

C.第5節車廂對第4節車廂的作用力大小為0

D.某節車廂中一質量為7no的乘客所受車廂的作用力大小為恤與產）

14.2024年元宵節當晚，由千架無人機組成的超大規模燈光秀點亮煙臺上空，為廣大市民奉上了一場視覺盛

宴。如圖甲所示，一架無人機懸停在坐標原點。，以水平向右為無軸正方向，以豎直向上為y軸正方向。從t=0

時刻開始，無人機在水平方向的速度％隨時間t變化的圖像如圖乙所示，其在豎直方向的加速度％隨時間t變

化的圖像如圖丙所示（其中劭為正的常數），t=10.5s時，無人機恰好到達預定位置并重新懸停。無人機可視

為質點，下列說法正確的是（）

a/(m's~2'.

27.510.5t/s

無人機2.56.510.5t/s

A.t=2.5s時，無人機的速度大小為8m/s

B.t=8.5s時，無人機的速度大小為^W機/s

C.t=6.5s時，無人機所處的位置為（20?n,47m）

□IQ

D.0?10.5s內，無人機位移與x軸夾角的正切值tan。=—

oU

三、實驗題：本大題共4小題，共20分。

15.在“研究勻變速直線運動”實驗中，某同學獲得了一條點跡清晰的紙帶如圖所示，圖中4B、C、D、E

為相鄰的計數點，相鄰兩計數點之間還有2個點未畫出。為減小測量時的相對誤差，依次測得各計數點到第

一個計數點A的距離，已知所用交流電的頻率為則打點計時器在打。點時紙帶的瞬時速度大小可表示為

,紙帶的加速度大小可表示為（均用題目中給定的字母表示）。

第4頁，共18頁

16.某科學興趣小組在做“描繪物體做平拋運動的軌跡”實驗中，采用了如圖甲所示的裝置。先將一張白紙

和復寫紙固定在裝置的背板上，鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從水平軌道末端拋出，落在傾斜擋板MN上，鋼球

落到傾斜的擋板上后，就會擠壓復寫紙，在白紙上留下印跡，這就記錄了鋼球運動軌跡上的一個點。移動

擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列點，用平滑曲線連接各點可得到平拋運動軌跡。

某次實驗，該小組得到物體做平拋運動的軌跡如圖乙所示，&6、c為軌跡上的三個點，以a為坐標原點,

以重垂線方向為y軸，建立直角坐標系，測得6、c兩點坐標分別為(40cm,40cm)、(80cm,120cm),重力加速

度g=10m/s2,則由此可計算出物體的初速度大小為m/s,物體拋出位置的坐標為

重

錘

線

甲

17.在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，如圖甲(a),橡皮條的一端固定，另一端連接一輕

質小圓環，橡皮條的長度為GE。在圖甲(b)中，用手通過兩個彈簧測力計共同拉動小圓環。小圓環受到拉力

%、出的共同作用，處于。點，橡皮條伸長的長度為E0。撤去％、F2,改用一個力尸單獨拉住小圓環，如圖

甲(c)仍使它處于。點。

(1)關于本實驗下列說法正確的是(選填字母序號)。

4圖(6)中，Fi與尸2的方向的夾角越大越好

A使用彈簧測力計時，施力方向應沿測力計軸線

C.使用彈簧測力計讀數時，視線應正對測力計刻度

第5頁，共18頁

D重復實驗再次進行探究時，圓環。的位置必須與前一次相同

（2）某次實驗中，在紙板上已畫出％、尸2、F的作用點及作用線如圖乙所示，并記錄匕=2.0N和尸2=3.0N,

請在圖乙方框中利用平行四邊形定則做出％和尸2合力〃的力的圖示（所選標度已給定），并由所作圖示可以得

到合力〃的大小為N（保留2位有效數字）。

18.某同學利用如圖甲所示裝置探究加速度與力、質量的關系，所用器材包括：氣墊導軌、滑塊（上方安裝

有寬度為d的遮光片，前端裝有力傳感器）、兩個與計算機相連接的光電門、天平、祛碼盤和祛碼等。

用細繩跨過輕質定滑輪將滑塊與祛碼盤連接，調節滑輪高度，使細繩保持與導軌平面平行。令滑塊在祛碼

和祛碼盤的拉動下從氣墊導軌的右邊開始運動，與計算機連接的光電門能測量出遮光片經過4B兩處光電

門時的遮光時間。

（1）為補償阻力，實驗前應進行的操作為：滑塊未連接輕繩時，開動氣泵，調節氣墊導軌，輕推滑塊，使滑

塊上的遮光片分別經過兩個光電門的遮光時間o

（2）某次實驗時，測量出遮光片經過4、B兩處光電門時的遮光時間分別為打、t2,已知從B兩處光電門中心

之間的距離為3則此過程中滑塊的加速度a=（用題目中給定的字母表示），此時對應力傳感器的示

數為尸，記錄一組（a、尸）數據。

（3）保證滑塊總質量M不變，多次改變祛碼盤中祛碼的個數，記錄并計算可得到對應的多組（a、F）數據，以

力傳感器的示數/為縱坐標，以滑塊的加速度a為橫坐標，根據實驗測得的數據，利用描點法畫出如圖乙所

示的尸一a圖像，該圖像為一條過坐標原點的傾斜直線，說明,利用該圖像可求出滑塊總質量"=

即（結果保留2位有效數字）。

四、計算題：本大題共4小題，共38分。

19.如圖所示，水平地面上一輛平板車以u=2m/s的速度向前勻速行駛，t9|V|）

=0時刻，在平板車前端M的正前方s=4m距離處有一個小球在離地面Hv〃

N-*■M：

=6.8巾高度處正以為=10爪/5的初速度豎直向上拋出。已知平板車上表肝I八八n前

111frntryi

第6頁，共18頁

面離地高度為h=0.55m,車身長度=3.5爪，重力加速度g=10巾/$2,不計空氣阻力。

(1)求小球落在平板車上的位置到車身前端M的距離；

(2)為了避免小球落在平板車上，小球豎直向上拋出的同時，小車開始做勻加速直線運動，求平板車的加速

度a所滿足的條件。

20.如圖所示，傾角8=30。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面頂端固定一輕質的定滑輪0,底端固定一垂

直斜面的擋板。質量分別為2機、47n的物塊甲、乙通過輕質彈簧連接在一起，物塊甲靜止在斜面底端緊靠擋

板處。不可伸長的細繩跨過定滑輪一端與物塊乙連接，另一端與套在水平固定的光滑直桿上的質量為小的物

塊丙連接。開始時物塊丙靜止在直桿上B點(細繩與直桿垂直)，且恰好與直桿間的相互作用力為零；現對物

塊丙施加一水平向右的拉力￡使其緩慢移動，當移動到4點時，物塊甲恰好對擋板無壓力，此時細繩與水

平直桿的夾角a=37。，已知滑輪與水平直桿間的垂直距離為d,重力加速度大小為g,彈簧的軸線、物塊乙

與定滑輪之間的細繩共線且與斜面始終平行，不計滑輪大小，不計空氣阻力和一切摩擦阻力，彈力始終未

超過彈性限度，物塊甲、乙、丙均可視為質點，sin37°=0.6o求：

(1)物塊丙靜止在直桿上8點時，甲對擋板的壓力大小；

(2)彈簧的勁度系數；

(3)物塊丙在4點時受到直桿的彈力及拉力尸的大小。

重力加速度g=lOni/s?,sin37°=0.6o

(1)求手榴彈射出發射器時速度為的大小及與水平方向的夾角a；

(2)求手榴彈距離山坡的最遠距離；

(3)以任意大小相同的初速度u分別沿(1)中的發射方向和水平方向發射兩枚手榴彈，試證明此兩枚手榴彈擊

中山坡上的同一點。

第7頁，共18頁

22.如圖所示，傾角8=37。的斜面固定在水平地面上，物塊力靜止在斜

面底端。t=。時麹塊4在F=30N的水平恒力作用下沿斜面向上源時

物塊B在斜面頂端由靜止釋放，ti=2s時撤去恒力尸，力、B兩物塊在

斜面上始終未相遇。已知物塊4的質量m=1kg,4、B兩物塊均可視

為質點，物塊4與斜面間的動摩擦因數以=0.5,物塊B與斜面間的動

摩擦因數〃2=07,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,求:

(1)撤去恒力F時物塊4的速度大小;

(2)物塊4沿斜面上滑的最大距離；

(3)斜面的最小長度。

第8頁，共18頁

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：在國際單位制(S/)中屬于基本物理量的有：長度、質量、時間，它們的國際單位分別是米、千

克、秒，故2正確，/CD錯誤；

故選:Bo

2.【答案】C

【解析】解4牛頓第一定律不是由實驗直接總結出來的規律，它是牛頓以伽利略的理想實驗為基礎，在總

結前人的研究成果之上，加之豐富的想而推理得出的一條理想條件下的規律，故/錯誤；

員慣性只與物體的質量有關，與物體的運動狀態無關，故3錯誤；

C牛頓第一定律揭示了力是改變物體運動狀態的原因，故C正確；

D伽利略理想斜面實驗的推理結論是：力不是維持物體運動的原因，故。錯誤；

故選：C?

3.【答案】B

【解析】解人速度變化量的大小與加速度的大小無關，速度變化量大，如果用的時間長，則加速度也很

小，故N錯誤；

2、如果加速度方向與速度方向相反，則物體做減速運動，如果加速度保持不變，則物體做勻減速運動，所

以速度越來越小，故5正確；

C、加速度是描述速度變化快慢的物理量，如果速度變化越來越快，則加速度是逐漸增大的，故C錯誤；

。、物體加速度方向和速度方向相同，物體做加速運動，當加速度逐漸減小時，物體的速度仍然是增大的,

只是速度增加的越來越慢，故。錯誤。

故選:So

4.【答案】C

【解析】解：忽略空氣阻力，石塊做自由落體運動

/、加速度是描述速度變化快慢的物理量，兩石塊都做自由落體運動，加速度相等，則兩石塊速度變化快慢

相等，故/錯誤；

BC、以重石塊為參考系，輕石塊做勻速直線運動，輕石塊做勻速直線運動，兩石塊的速度之差保持不變，

在石塊落地前，兩石塊間的距離逐漸增大，故8錯誤，C正確；

D、重石塊運動2s時，輕石塊運動了2.5s,則重石塊運動2s時兩石塊間的距離d=2gt3-X10x2.52

第9頁，共18頁

mx10x22m=11.25m,故。錯誤。

故選：Co

5.【答案】D

【解析】解：4甲圖中，運動員受到地面的支持力和其對地面的壓力是一對相互作用力，他們大小相等,

故/錯誤；

8、乙圖中，運動員在空中僅受重力作用，處于完全失重狀態，故8錯誤；

C、丙圖中，運動員在豎直方向的速度為零，只具有水平方向的速度，加速度等于重力加速度，故C錯誤;

。、丁圖中，運動員做的是減速運動，具有向上的加速度，即運動員受到地面的平均作用力大于其受到的重

力，故。正確。

故選：D。

6.【答案】A

【解析】解：小球做平拋運動，有x=

h'=^gt2

根據勾股定理有。P2=(/l-fl')2+久2

解得了o=4m/s

故/正確，BCD錯誤;

故選：Ao

7.【答案】D

【解析】解4、由圖示圖像可知，0?4s內，乙物體的位移x=10zn—2zn=8小，該時間內乙的平均速度u

=楙=加/5=2m/s，故/錯誤；

B、乙圖線為一條拋物線，則乙做勻變速直線運動，x—t圖像的斜率表示速度，t=ls時對應拋物線的最低

點，此時切線斜率為零，乙的速度為零，

由圖示圖像可知，乙在0?1s內做勻減速直線運動且末速度為零，在1?4s內做初速度為零的勻加速直線運

動，兩階段的加速度大小a相等，

則0?4s內的位移X=、IX32—京乂伊，代入數據解得@=2河一,貝打?4s內乙的平均速度1?="尹=

0+X3m/s=3m/s,故8錯誤；

CD、當甲、乙兩者速度相等時兩者相距最遠，由圖示圖像可知，甲做勻速直線運動u甲=器=野4n/s=2

第10頁，共18頁

m/s

「=15時/乙=0,t=2s時u乙'=at'=2xlm/s=2m/s,則t=2s時甲、乙相距最遠，故C錯誤，Z）正確。

故選：Do

8.【答案】A

【解析】解由題意可知，滑塊受到的水平推力與重力下滑力大小相等，夾角為90。，則這兩個力的合力為：

E合=①mgsin。,根據牛頓第二定律可得：F合一1imgcosd=ma,即有：y^mgsinO—林mgcosB=ma,

代入數據解得：a=^y/2m/s2

則滑塊沿圖中L方向的分加速度為：的=acos4S°=乎x4m/s2=》i/s2

4zq

滑塊沿圖中L方向做勻加速直線運動，則有：L=|ait2

代入數據解得：t=2s,故/正確，2co錯誤。

故選：Aa

9.【答案】AC

【解析】解4、曲線運動的軌跡是曲線，而速度的方向沿該點曲線的切線方向，故物體的速度方向時刻改

變，故N正確；

5、物體做曲線運動的條件是合力方向和速度方向不在同一直線上，而合外力可以是恒力，也可以是變力,

所以加速度可以恒定不變，例如平拋運動，故2錯誤；

C、物體做曲線運動的條件是合力的方向與速度方向不在同一條直線上，故C正確；

。、由牛頓第二定律可知，合力的方向一定與加速度的方向在同一條直線上，故。錯誤。

故選：AC.

10.【答案】BC

【解析】解：AB,金屬球受力如圖所示

保持。4不動，僅將。B沿順時針方向緩慢轉至水平位置過程，8逐漸減小到零，則工4、%都逐漸減小，

第11頁，共18頁

由牛頓第三定律可知，球對04、。8的作用力都將逐漸減小，故/錯誤，8正確；

CD、保持。8不動，僅將。力沿逆時針方向緩慢轉至水平過程，金屬球受力如圖所示

由圖示可知，在將。力逆時針方向轉至水平位置過程，。力對球的支持力先減小后增大，0B板對球的支持力

逐漸減小，

由牛頓第三定律可知，球對04的作用力先減小后增大，對。B的作用力一直減小，故C正確，。錯誤。

故選：BC.

11.【答案】ABC

【解析】解：CD.當小船從障礙物邊緣經過且船在靜水中的速度與船渡河速度垂直時小船的速度最小，如

圖所示

A“

則戰士能夠安全渡河的最小劃船速度為in=U水s出30。=4x5nls=2m/s

戰士以最小安全速度渡河的最小位移％nin==[x12m=24m

此時渡河的速度即合速度f-17水cos30。=4x爭n/s=2y[3m/s

戰士以最小安全速度渡河需要的時間[=午=舞5=40s,故C正確，。錯誤；

/、當船頭垂直于河岸以最大劃船速度渡河時渡河時間最短，則最短渡河時間片譏=告=哆s=4s,故/

正確；

B、當船在靜水中的速度與渡河速度（合速度）垂直時渡河位移最小，最小位移x=;^d=々xl2M=16M,

故8正確。

故選：ABCo

第12頁，共18頁

12.【答案】AD

【解析】解4、由圖乙可知，"時刻彈簧對小球的彈力大于小球的重力，小球所受合力向上，加速度向上，

小球處于超重狀態，故/正確；

2、由圖乙可知，以時刻彈簧對小球的彈力等于小球的重力，小球所受合力為零，根據牛頓第二定律可知,

此時小球的加速度為零，故8錯誤；

C、由圖乙可知，以時刻彈簧對小球的彈力最小，即彈簧的形變量最小，此時小球處在最高點，故C錯誤;

。、由圖乙可知，以?t3時間內小球受到的彈力一直減小即彈簧的形變量一直減小，小球向上運動；小球的

彈力先大于重力，后小于重力，即小球的加速度先向上后向下，所以小球先加速后減速，故。正確。

故選：AD.

13.【答案】AC

【解析】解爾以8節車廂整體為研究對象，由牛頓第二定律得2F-8kmg=8ma,解得加速度a=￡

-kg,故N正確；

B、以6至8節車廂為研究對象，由牛頓第二定律得：F56—3kmg=3ma,解得：尸56=?，故2錯誤；

C、以5至8節車廂整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F54+F-4kmg=4ma,解得：F54=0,故C正

確；

D、乘客隨列車一起沿水平方向做勻加速直線運動，在豎直方向：F豎直=爪0。

在水平方向：F水平=60口，解得：F水平=竺亞蕾皿

則乘客所受車廂的作用力尸車廂="泵平+尸窿直,故。錯誤。

故選：ACo

14.【答案】BD

【解析】解t=10.5s時無人機重新懸停，則無人機在t=10.5s時速度為零，在y軸方向：2的+4ao(7.5—2)

2

-8x(10.5-7.5)=0,解得：a0=lm/s

4、由圖乙所示圖像可知，t=2.5s時%;=0,vy=lx2m/s+4x0.5m/s=4m/sf則無人機在t=2.5s時的

速度大小〃==4zn/s,故/錯誤；

B、t=8.5s時，vx—5m/s,%=1x2m/s+4x(7.5—2)m/s—8x(8.5—7.5)m/s=16m/s,t—8,5s時

無人機的速度大小u=舊+哆=F+162rH/s=V281m/s,故B正確；

C、t=6.5s時，x=^x(6.5—2,5)x10m=20m,y=x1x227n+1x2x(6.5—2)m+x4x(6.5—2

)2m=51.5m,t=6.5s時無人機的位置為(20m,51.5m),故C錯誤；

第13頁，共18頁

D、0?10.5s內，無人機的水平位移x'=/x(10.5—2.5)x10m=40m,豎直分位移y'=1x1x22^+1x

2x(7.5-2)x+1x4x(7.5-2)2m+(1x2+4x5.5)X(10.5-7.5)m-1x8x(10.5-7.5)2m=109.5

m,無人機的位移與x軸夾角的正切值tan。=(=當疊=妾，故。正確。

X4UoU

故選：BD。

]5【分案】f。4一工2)尸(長4-2久2)

【解析】解：交流電的頻率為/,兩相鄰計數點間還有2個點未畫出，則相鄰計數點間的時間間隔力=37=，

打D點時紙帶的瞬時速度比=等ZC=苫￡/="工『O2)

根據4%=就2由逐差法可知，紙帶的加速度大小a=CD-"4g^2""—B，=',2'°=^4x%(-)2%2=

產(%4—2牝)

36

故答案為：仁也；牛泮2。

636

16.【答案】2.0(-20cm,-5cm)

【解析】解：由于Xab=*bc=40cm,因此相鄰點跡的時間間隔相等，設為T;

2

平拋運動在豎直方向做自由落體運動，根據勻變速直線運動的推論4y=ybc-yab=gT

代入數據解得T=0.2s

水平初速度%=7=40o2°~m!s=2Qm/s

根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，b點的豎直速度為b=第=

120x10—2/on.

2x0.2^/s=3.0m/s

設拋出點到6的運動時間為t

根據自由落體運動規律，b點的豎直速度為=gt

代入數據解得t=0.3s

拋出點到b點的高度拉=//x10x0.32m=45cm

拋出點的縱坐標yo=%—九=40cm—45sH=—5cm

拋出點到b點的水平距離s=vot=2.0x0.3m=60cm

拋出點的橫坐標％o=—s=40cm—60cm=—20cm

因此拋出點的坐標(—20cm,—5cm)。

第14頁，共18頁

故答案為：2.0；(—20cm,—5cni)o

17.【答案】BC4.2

【解析】解：(1)4.圖(6)中，Fi與尸2的方向的夾角適當，故/錯誤；

2.為了減小彈簧與外殼的摩擦力，使用彈簧測力計時，施力方向應沿測力計軸線，故2正確;

C為了減小讀數誤差，使用彈簧測力計讀數時，視線應正對測力計刻度，故C正確；

。根據實驗原理，同一次實驗，結點。的位置必須相同，重復實驗再次進行探究時，圓環。的位置不要求與

前一次相同，故。錯誤。

故選：BCo

(2)用單位長度1cm,代表1.0N的力，根據力的圖示法作圖，所作力的圖示如圖所示：

用刻度尺量得OP=4.2cm,因此合力的理論值F'=手%X1.0N=4.2N。

1cm

故答案為：(1)8C；(2)見解析；4.2o

18.【答案】相等察看一看)滑塊的總質量一定時，其加速度a和合力F成正比2.0

【解析】解：(1)當氣墊導軌水平時，輕推滑塊，滑塊做勻速直線運動，滑塊上的遮光片分別經過兩個光電

門的遮光時間相等；

(2)滑塊通過光電門力的瞬時速度%=5

通過光電門B的瞬時速度以=旨

根據運動學公式詔-優=2aL

代入數據解得加速度a=察1~》

(3)實驗中保持滑塊總質量M不變，改變拉力F,作出的F—a圖像是過原點的傾斜直線，說明滑塊的總質量

一定時，其加速度a和合力F成正比；

根據牛頓第二定律尸a

第15頁，共18頁

F-a圖像的斜率k=熟三小9=2.0kg

結合尸一a函數圖像斜率的含義，圖像斜率k=M

因此滑塊總質量M=2.0kg。

故答案為：（1）相等；（2）界點一5）；（3）滑塊的總質量一定時，其加速度a和合力F成正比；2.0。

乙L°2C1

19.【答案】解：（1）以向上為正方向，小球從拋出到落到小車上時的運動時間為t

則：一（H一八）=vot-2gt2

代入數據解得：t=2.5s（t--0.5s不符合實際，舍去）

該時間內小車的位移久=vt=2x2.5m=5m

小球落到平板車上的位置到車身前端的距離d=x—s=5m—4m=1m

（2）設小球恰好不落在小車上時的加速度為a,

小車的位移/=s+L=ut+-at2

代入數據解得：CL=0.8m/s2

加速度需要滿足的條件是a>0.8m/s2

答：（1）小球落在平板車上的位置到車身前端M的距離是Im；

2

（2）平板車的加速度a所滿足的條件是a>0,8m/so

20.【答案】解：（1）在B點時，對丙，由平衡條件得：T1=mg

對甲、乙整體，由平衡條件得：FN1+Ti=（2m+4m）gsin0

解得：FNI=2mg

由牛頓第三定律可得甲對擋板的壓力大小為27ng

（2）在B點時，彈簧處于壓縮狀態，設彈簧的壓縮量為久1，

對乙，由平衡條件可得：kxi+7\=4mgsin9

在/點時，彈簧處于拉伸狀態，彈簧的伸長量為%2，

對甲，由平衡條件可得/c%2=2mgsin6

由題意可知：5+%2=~---d

sina

解得：k=*

（3）在4點，丙受力如圖所示

第16頁，共18頁

mg

對丙，由平衡條件得：T2sina=FN2+T2cosa=F

對甲、乙整體，由平衡條件得：&=(2血+4zn)gs譏。

解得：FN2=F=~^m9

答：(1)物塊丙靜止在直桿上B點時，甲對擋板的壓力大小是2