2024-2025學年度第一學期期末學業水平診斷

高一物理

1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置。

2.選擇題答案必須用2B鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須用0.5毫米黑色簽

字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷

上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.下列各組物理量，在國際單位制（SI）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

【答案】B

【解析】

【詳解】在國際單位制（SI）中屬于基本物理量的是時間、質量、長度。

故選B。

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

【答案】C

【解析】

【詳解】A.牛頓第一定律不能通過實驗直接驗證，選項A錯誤；

B.因慣性只與質量有關，物體的運動狀態改變指的是速度改變，則其慣性不一定會發生改變，選項B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，選項C正確；

D.伽利略通過理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因，選項D錯誤。

故選c。

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

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據加速度的定義式。="，可知速度變化量Av很大，加速度不一定很大，還跟時間M有

關，故A錯誤；

B.當加速度的方向與速度的方向相反時，加速度保持不變，速度越來越小，故B正確；

C.加速度是反應速度變化快慢的物理量，故速度變化越來越快，加速度越來越大，故C錯誤；

D.當物體加速度方向和速度方向相同，當加速度逐漸減小時，物體的速度逐漸增加，故D錯誤。

故選B。

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

【答案】C

【解析】

【詳解】A.輕重物體下落的加速度相同，即輕重石塊速度變化一樣快，選項A錯誤；

BD.根據A/z=5g('+一廣=gAf，t+5gA廠

則隨著時間增加，兩個石塊之間的距離保持逐漸變大，當重石塊運動了2s時，兩個石塊之間的距離為

1,

AA=(10x0.5x2+—x10x0.5")m=11.25m

選項BD錯誤；

C.兩個石塊的速度之差Av=g(/+A/)-=

保持不變，選項C正確。

故選C。

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（）

恁葭

甲乙丙丁

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

【答案】D

【解析】

【詳解】A.圖甲中，人從地面起跳時屬于加速過程，豎直方向加速度向上，即支持力大于重力，而運動員

受到地面的支持力與其對地面的壓力是相互作用力，一定等大反向，故A錯誤；

B.圖乙中，人在上升過程，已經離開地面，只受重力，不是平衡狀態，故B錯誤；

C.圖丙中，人達到最高點，水平方向速度不變，豎直方向速度為零，則人的合速度不為零，故C錯誤；

D.圖丁中，人落地瞬間，地面對人有支持力和摩擦力，因支持力大小大于重力，運動員受到地面的平均作

用力為支持力和摩擦力的合力，則作用力大于重力，故D正確。

故選D。

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。點的正上方捫=3.6m高度處水平

發射一顆小彈丸，彈丸打在斜面上尸點位置，已知。、P兩點間的距離/=3m,重力加速度

g=10m/s2,sin37°=0.6,不計空氣阻力，則彈丸初速度%的大小為（）

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

【答案】A

【解析】

【詳解】根據幾何關系，可得y=/z—/sine=5g〃，x=lcos6=v0t

代入數據解得%=4m/s

故選Ao

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％隨著時間，變化的關系圖像如圖所示。

其中乙圖線為一條拋物線，1s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5m/s

B.在1?4s內，乙物體的平均速度為2m/s

C./=ls時，二者相距最遠

D.，=2s時，二者相距最遠

【答案】D

【解析】

-in-2

【詳解】A.在0：4s內，乙物體的平均速度為"----m/s=2m/s

4

選項A錯誤；

1

B.對乙在0~ls內2—x=—6Zx19

2

在1?4s內，10-x=—ax32

2

解得x=lm,a=2m/s2

—10—1

則乙物體在1?4s內的平均速度為v=--—m/s=3m/s

選項B錯誤；

L10-2c

C.因丫甲=-----m/7s=2m/s;

/=ls時，因乙的速度為零，與甲的速度不等，則此時二者相距不是最遠，選項C錯誤;

D./=2s時，乙的速度v乙=aZ=2xlm/s=2向5=耍

即此時二者相距最遠，選項D正確。

故選D。

8.如圖所示，將一個質量為優的滑塊從傾角。=30°的固定斜面上的。點由靜止釋放，同時對滑塊施加一

個與斜面底邊平行的水平推力F=mgsind,已知滑塊和斜面之間的動摩擦因數〃=手，。點和斜面底邊

的距離￡=2.5m,忽略滑塊的大小，重力加速度g=10m/s2,則滑塊從。點運動到斜面底邊的時間為

C.V2sD.V6s

【答案】A

【解析】

【詳解】對滑塊受力分析，可得合力的大小為F合=J(mgsin行”2-〃掰gcos。

代入數據解得電={mg

設合力與尸的夾角為戊，則有tana=型號堂=1

F

代入數據解得a=45。

根據牛頓第二定律有F^=ma

解得a=nim/s2

4

則滑塊下滑的位移為x=—=

sina2

根據位移時間公式有x=—1a/,

2

代入數據解得，=2s

故選Ao

二、多項選擇題：本題共6小題，每小題3分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。

全部選對得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0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

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.做曲線運動的物體，速度方向時刻發生變化，即速度一定變化，但加速度不一定變化，物體

可以做勻變速曲線運動，故A正確，B錯誤；

C.根據曲線運動的條件可知，合力方向與速度方向不在同一條直線上，故C正確；

D.根據牛頓第二定律可知，合力方向與加速度方向一定相同，故D錯誤。

故選AC。

10.如圖所示，一表面光滑的金屬球靜止在兩擋板和之間，其中擋板。4處于豎直狀態，擋板03與

水平方向的夾角為下列說法正確的是（）

An

A.保持。4不動，僅將08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08沿順時針方向緩慢轉至水平，球對08的作用力逐漸減小

C.保持08不動，僅將。4沿逆時針方向緩慢轉至水平，球對。4的作用力先減小后增大

D.保持08不動，僅將。4沿逆時針方向緩慢轉至水平，球對08的作用力逐漸增大

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.對金屬球受力分析，如圖所示

保持。4不動，僅將03沿順時針方向緩慢轉至水平，由動態平衡的圖解法可知擋板。4的支持力以逐漸

減小，擋板08的支持力NB逐漸減小，由牛頓第三定律可知球對的作用力逐漸減小，球對08的作用

力逐漸減小，故A錯誤，B正確；

CD.保持08不動，僅將。4沿逆時針方向緩慢轉至水平，如圖所示

由動態平衡的圖解法可知擋板。4的支持力NA先減小后增大，擋板03的支持力NB一直減小，由牛頓第

三定律可知球對。4的作用力先減小后增大，球對08的作用力一直減小，故C正確，D錯誤。

故選BC。

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。在某次救援中，戰士欲劃小船從A處橫渡一條寬12m的小河，A處下游有

一山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

A.戰士渡河的最短時間為4s

B.戰士渡河的最短距離為16m

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

【答案】ABC

【解析】

【詳解】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

則戰士能夠安全渡河的最小劃船速度為vm1111i1n1=5/Jxsin30°=4x-m/s=2m/s

戰士以最小安全速度渡河的最小位移為/2=芷=2x12m=24m

Kin2

此時渡河的速度即合速度V=V水COS30°=4X曰m/s=2^m/s

X-24r~

戰士以最小安全速度渡河需要的時間f=a=一尸s=4J3s

v2V3

故C正確，D錯誤；

d12

A.當船頭垂直于河岸以最大劃船速度渡河時渡河時間最短，則最短渡河時間為Min=——=VS=4AS

%ax3

故A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，最小位移為x=ra=2xl2m=16m

%ax3

故B正確。

故選ABCo

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加的小球，

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

小廠隨時間f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（）

A.。時刻小球處于超重狀態

B.右時刻小球的加速度為g

C.J時刻小球處在最低點

D.。?時間內小球的速度先增大后減小

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.4時刻彈簧的彈力大于重力可知，小球處于超重狀態，選項A正確;

B.4時刻彈簧的拉力等于重力，可知小球的加速度為零，選項B錯誤；

C.4時刻彈簧處于原長，小球處在最高點，選項C錯誤；

D.。?與時間內小球從最低點到最高點，彈力先大于重力后小于重力，加速度先向上后向下，則小球的速

度先增大后減小，選項D正確。

故選ADo

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廠的牽引力，其余車廂為普

通車廂。假設每節車廂總質量均為優,所受阻力大小均為幻"g（左為正的常數），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（）

A,整列動車的加速度大小為"?6g

4m

_3

B.5、6節車廂間的作用力大小為3Amg

C.第5節車廂對第4節車廂的作用力大小為0

m(^F-4kmg^

D.某節車廂中一質量為加。的乘客所受車廂的作用力大小為0

4m

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.對8節車廂整體受力分析，根據牛頓第二定律ZF-86g=8〃?a

解得,

4m

故A正確；

B.對后面6、7、8三節車廂看成一整體，根據牛頓第二定律有片-3B"g=3i"a

3

解得G

故B錯誤；

C.對后面5、6、7、8四節車廂看成一整體，根據牛頓第二定律有耳+E-4加g=4加a

解得《=0

故C正確；

D.對某節車廂中一質量為加。的乘客受力分析，可知，水平方向受車廂的作用力大小，根據牛頓第二定律

可得用=加。。=/仍.4加g）

4m

豎直方向上，根據平衡條件可得然=加og

故某節車廂中一質量為加。的乘客所受車廂的作用力大小為

v|_4m

故D錯誤。

故選AC。

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O,以水平向右為x軸正方向，以豎直向上為了軸正方向。從

7=0時刻開始，無人機在水平方向的速度匕隨時間/變化的圖像如圖乙所示，其在豎直方向的加速度%，隨

時間f變化的圖像如圖丙所示（其中旬為正的常數），/=10.5s時，無人機恰好到達預定位置并重新懸停。

A.f=2.5s時，無人機的速度大小為8m/s

B.7=8.5s時，無人機的速度大小為J^Tm/s

C.，=6.5s時，無人機所處的位置為(20m,47m)

219

D.0~10.5s內，無人機位移與x軸夾角的正切值tan。=標~

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.根據。圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，由題意可知在0?10.5s內豎直方向分速度

變化量為0,則有為?2+4旬?(7.5—2)—8x(10.5—7.5)=0

解得4=Im/s2

/=2.5s時，無人機的水平分速度為0,豎直分速度為匕1=lx2m/s+4x0.5m/s=4m/s

則/=2.5s時，無人機的速度大小為4m/s,故A錯誤；

B./=8.5s時，由圖乙可知無人機的水平分速度為匕2=5m/s,豎直分速度為

vy2=1x2m/s+4x5.5m/s-8xlm/s=16m/s

則t=8.5s時，無人機的速度大小為v=&2+嗑=V52+162m/s=J麗m/s

故B正確；

C.根據圖乙可知0?6.5s內無人機沿水平方向通過的位移為x=1xl0x(6.5-2.5)m=20m

在r=2s時無人機豎直分速度為%=1x2m/s=2m/s

在t=6,5s時無人機豎直分速度為匕2=%+4x4.5m/s=20m/s

122+20

貝JO?6.5s內無人機沿豎直方向通過的位移為y=%+y2=—x2m+---x4.5m=51.5m

則，=6.5s時，無人機所處的位置為(20m,51.5m),故C錯誤；

D.根據圖乙可知0?10.5s內無人機沿水平方向通過的位移為x'=10x(10.5-2.5)m=40m

在t=7.5s時無人機豎直分速度為v；3=v；1+4x5.5m/s=24m/s

則0?10.5s內無人機沿豎直方向通過的位移為

22+2424

%=—X2m+-------x5.5m+——x3m=109.5m

222

則0?10.5s內，無人機位移與無軸夾角的正切值tan。=斗=絲

x'80

故D正確。

故選BDo

三、本題共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/、B、C、D、

￡、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/的距離，已知所用交流電的頻率為7,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)。

YABcDE)

【答案】①.一②.心三

【解析】

3

【詳解】［1］相鄰兩計數點之間還有2個點未畫出，則相鄰計數點的時間間隔為7=7

根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則在打D點時紙帶的瞬時速度大小可表示為

=X4=%一%一々=2-2)/2

［2］根據逐差法可得紙帶的加速度大小可表示為-472-4(3)2~36

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，鋼球沿斜槽軌道產。滑下后從水平軌道末端拋出，落在傾斜擋板W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，。、氏c為軌跡上的三個點，以。為坐標原點,

以重錘線方向為〉軸，建立直角坐標系，測得b、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

【答案】①.2②.(-20cm,-5cm)

【解析】

【詳解】［1］小球做平拋運動，豎直方向，根據勻變速直線運動的推論為,一=g"

解得相鄰兩點的時間間隔為T=0.2s

40x10-2

物體的初速度大小為%=*=m/s=2m/s

0.2

⑵根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該過程平均速度，b點豎直方向的速度為

120x10-2

—二—m/s=3m/s

~2T~2x0.2

小球運動到b點經歷的時間為，=%=0.3s

g

2

物體拋出位置的橫坐標為x=xb-vot=40-2x0.3x10cm=-20cm

物體拋出位置的縱坐標為y="-g=40—；義io義0.32xi(fem=—5cm

故物體拋出位置的坐標為(-20cm,-5cm)。

17.在“探究兩個互成角度的力的合成規律”的實驗中，如圖甲(〃)，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。在圖甲伍)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

力片、鳥的共同作用，處于。點，橡皮條伸長的長度為E0。撤去公、F2,改用一個力/單獨拉住小圓環,

如圖甲（c）仍使它處于。點。

(a)(6)(c)

甲

（1）關于本實驗下列說法正確的是（）

A.圖（6）中，片與鳥的方向的夾角越大越好

B.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

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，在紙板上已畫出片、耳、E的作用點及作用線如圖乙所示，并記錄片=2.0N和

月=3.0N,請在圖乙方框中利用平行四邊形定則做出片和巴合力產的力的圖示（所選標度

已給定），并由所做圖示可以得到合力一的大小為N（保留2位有效數字）。

O

G.

乙

【答案】（1）BC(2)②.4.4##4.3

【解析】

【小問1詳解】

A.畫平行四邊形時，夾角適當大些，畫出的平行四邊形會更準確些，但不是要求夾角盡量大，故A錯誤;

BC.為了減小實驗誤差，使用彈簧測力計時，施力方向應沿彈簧測力計軸線方向，且讀數時視線應正對彈

簧測力計刻度線，故B正確，C正確；

D.實驗過程中用一個彈簧測力計的作用效果替代兩個彈簧測力計作用效果，只需同一次實驗“結點”的位

置相同即可，但完成后重復實驗再次進行探究時，圓環。的位置不必與前一次相同，故D錯誤。

故選BC-

【小問2詳解】

[1]利用平行四邊形定則做出片和巴合力F'的力的圖示

⑵由所做圖示可以得到合力尸的大小為4.4N。

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4、B兩處光電

門時的遮光時間。

力傳感器

\上「遮光片

怯碼盤/^\

氣墊導軌滑塊

祛碼

甲

（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小t2,已知4、8兩處光電門

中心之間的距離為則此過程中滑塊的加速度。=（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（服尸）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（。、廠）數據,

以力傳感器的示數/為縱坐標，以滑塊的加速度。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kg（結果保留2位有效數字）。

【答案】（1）相等（2）心）一7

2L

（3）①.滑塊的總質量一定時，其加速度。和合力廠成正比②.2.0

【解析】

【小問1詳解】

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相等，表明軌道水平。

【小問2詳解】

滑塊經過兩個光電門時的速度分別為匕=一,眩=一

且同-v；=2aL

解得,自一個

【小問3詳解】

[1]該圖像為一條過坐標原點的傾斜直線，說明滑塊的總質量一定時，其加速度。和合力產成正比

1Q

⑵斜率表示質量，利用該圖像可求出滑塊總質量M=—kg=2.0kg

四、本題共4小題，共38分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫

出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案必須明確寫出數值和單位。

19.如圖所示，水平地面上一輛平板車以v=2m/s的速度向前勻速行駛，7=0時刻，在平板車前端〃■的

正前方S=4m距離處有一個小球在離地面8=6.8m高度處正以％=10m/s的初速度豎直向上拋出。已

知平板車上表面離地高度為力=0.55m,車身長度￡=3.5m,重力加速度g=lOm/sz,不計空氣阻力。

小

姆.（。）一（立

Z//ZZ///Z/Z.

（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。所滿足的條件。

【答案】⑴1m⑵aN0,8m/s2

【解析】

【小問1詳解】

設小球經過時間t落在小車上，取豎直向上為正方向，則有-（女-/z）=Vo/-5g/

解得/=2.5s或f=-0.5s（舍去）

平板車運動的位移為西=vt=5m

則小球落在平板車上的位置到車身前端M的距離為％=X]-S=1m

【小問2詳解】

1,

設平板車的最小加速度為ao,則小車運動位移滿足條件為L+S=vt+-a^

2

解得%)=0.8m/s2

則平板車的加速度應滿足a>0,8m/s2

20.如圖所示，傾角。=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。，底端固定一

垂直斜面的擋板。質量分別為2加、4加的物塊甲、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加

的物塊丙連接。開始時物塊丙靜止在直桿上3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E,使其緩慢移動，當移動到A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，sin370=0,6o求：

(1)物塊丙靜止在直桿上B點時，甲對擋板的壓力大小;

(2)彈簧的勁度系數；

(3)物塊丙在A點時受到直桿的彈力及拉力歹的大小。

【答案】⑴2加g(2)—與

d

4mg12mg

\3J9

55

【解析】

【小問1詳解】

在B點時，隔離丙由平衡條件得T\=mg

對甲、乙整體由平衡條件得人1+71=(2加+4加)gsin。

解得：FNi=2mg

由牛頓第三定律可得甲對擋板的壓力大小為2%g。

【小問2詳解】

在8點時，彈簧處于壓縮狀態，彈簧的壓縮量為陽,

由平衡條件可得kx\+T\=4mgsin0

在4點時，彈簧處于拉伸狀態，彈簧的伸長量為必

由平衡條件可得kx2=2mgsin3

由題意可知再+/=------d

sina

解得左=￥

d

【小問3詳解】

”尸N2

'■mg

在4點，對甲、乙整體由平衡條件得72=（2m+4m）gsind

在/點，隔離丙，受力分析如圖所示

由平衡條件得，r2sina=FN2+mg

72Cosa=F

F_4-g_12-g

N25

21.手榴彈發射器不僅可以增加射程，而且打擊更加精準，在遠距離打擊中具有顯著優勢。在某次軍事演習

中，戰士利用手榴彈發射器在山頂尸點向山坡發射一枚手榴彈，經過時間/=10s,手榴彈擊中山坡上的M

點，/點距發射點P的距離L=300m。忽略手榴彈的大小，不計空氣阻力影響，山坡可視為傾角6=37°

的足夠長斜面，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6=

（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v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。

【答案】（1）40m/s,53°

(2)100m（3）見解析

【解析】

【小問1詳解】

12

由斜拋運動的規律得Lcos0=v0cosa-t-￡sin6*=v0sincr?-—gr

聯立解得％=40m/s,a=53。

【小問2詳解】

由（1）可知初速度方向與斜面垂直，沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐標系,

將初速度分解為匕=0，匕1=%

將重力加速度分解為ax=gsin，，ay=geos0

V

則手榴彈距離山坡的最遠距離為s=+

2%

解得S=100m

【小問3詳解】