第第頁江蘇省鎮(zhèn)江市丹陽市2024-2025學年高一上學期1月期末物理試題一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。1．2024年9月25日上午8點44分我國成功發(fā)射東風41洲際導彈，其最大速度8500m/s，射程14000公里，下列說法正確的是（）A．8點44分指的是時間間隔 B．8500m/s指的是瞬時速度C．14000公里指的是路程 D．“m/s”是力學基本單位2．如圖所示，“自動擦窗機器”牢牢地吸在豎直玻璃上不動，下列說法正確的是（）A．相互接觸時，機器比玻璃先發(fā)生彈性形變B．機器對玻璃的壓力是機器發(fā)生彈性形變產(chǎn)生的C．機器對玻璃的壓力大于玻璃對機器的支持力D．機器所受的重力和摩擦力是一對相互作用力3．如圖，水平桌面上固定有四塊黑色木板A、B、C、D，拼成一個S形軌道MN。小鐵球（直徑略小于軌道寬度和木板厚度）以一定初速度由軌道口M進入、N穿出的過程中，與小球有擠壓作用的木板是（）A．A板和D板 B．B板和C板 C．A板和C板 D．B板和D板4．某質(zhì)點在xOy平面上運動，t=0時，質(zhì)點位于x軸上。同一時間內(nèi)，它在x方向運動的位移-時間圖像如圖甲所示，在y方向的速度-時間圖像如圖乙所示。則其在Oxy平面上的運動軌跡可能正確的是（）A． B．C． D．5．某次實驗，小明同學站在力傳感器上進行起立、下蹲的動作，得到如圖所示的力隨時間變化的圖像，下列說法能正確反映小明動作的是（）A．先起立，后下蹲B．先下蹲，后起立C．先起立，后下蹲，接著起立，再下蹲D．先下蹲，后起立，接著下蹲，再起立6．如圖所示，兩個質(zhì)量相同的小球A和B之間用輕彈簧連接，用細繩懸掛起來處于靜止狀態(tài)，剪斷細繩的瞬間，A和B的加速度分別是（）A．g,g B．2g,g C．g，0 D．2g，07．如圖所示，把一個小球放在玻璃漏斗中，晃動漏斗，可以使小球在短時間內(nèi)沿光滑的漏斗壁在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動。小球圓周軌跡位置越高，則其（）A．線速度越大 B．角速度越大 C．加速度越大 D．向心力越大8．如圖為“探究向心力大小的表達式”實驗裝置，已知兩個鋼球的質(zhì)量和轉動半徑相等，且左右標尺上露出的等間距的格子數(shù)分別為1格和4格，則此時所用的左右兩個變速塔輪的半徑之比為（）A．2:1 B．1:2 C．1:4 D．4:19．如圖所示，打夯機通過硬質(zhì)輕桿帶動末端的重錘繞軸O在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，A點為圓周最低點、B點與O點等高，不計空氣阻力。則重錘（）A．在B點受重力、彈力和向心力三個力作用B．在一個周期內(nèi)所受向心力始終保持不變C．在A點所受桿的作用力可能等于其重力D．在B點所受桿的作用力一定大于其重力10．如圖所示，一段斜面和一段水平面連接成一個軌道，沿著軌道鋪上軟皮尺，皮尺的零刻度線與斜面頂點對齊。從斜面頂點分別以v0A．A B．B C．C D．D11．如圖所示，游樂場有一種“滑索渡河”的項目。一游客從起點利用自然落差向下加速滑行的過程中，下列運動圖景最符合實際的是（不計空氣阻力、虛線為垂直鋼索的參考線）（）A． B．C． D．二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題~第16題解答時請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(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12．用如圖甲所示的實驗裝置測量木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)。左端帶有定滑輪的長木板放置在水平桌面上，輕繩跨過滑輪后左端與重物連接，右端與固定在木塊上的力傳感器連接，力傳感器可以直接測出繩子的拉力大小F，木塊右端連接穿過打點計時器的紙帶，通過紙帶可以計算木塊的加速度大小a，改變重物的質(zhì)量，進行多次實驗。（1）關于此實驗，下列說法正確的是___________（只有一個選項正確）。A．實驗前需調(diào)節(jié)輕繩與長木板平行B．實驗前需將長木板右端適當墊高C．實驗時應等木塊平穩(wěn)滑行時再接通打點計時器電源D．木塊滑行時傳感器的讀數(shù)F始終等于重物的重力大?。?）對實驗中得到的紙帶進行數(shù)據(jù)處理，可以獲得相應的加速度a，在圖乙的坐標紙上描出了加速度a與傳感器讀數(shù)F對應的點，請作出a?F圖像。（3）已知重力加速度g取9.8m/s2，可求得該木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=（4）此實驗中μ的測量值（選填“大于”、“小于”或“等于”）真實值。（5）已知打點計時器接“220V、50Hz”的交流電，實驗臺上有一段紙帶如圖丙所示，圖中標出了各個計時點及相關距離的測量值，則此段紙帶（選填“是”或“不是”）這個實驗打出的紙帶，理由是13．如圖所示，一位滑雪者以v0=2m/s的初速度沿小山坡勻加速直線滑下，山坡長L=15m，傾角（1）滑雪者下滑的加速度大小a；（2）滑雪者到達坡底時的速度大小v。14．如圖所示，半圓形金屬管道MQN豎直固定在水平面上，管道半徑R=2.5m，直徑MON豎直，金屬管的內(nèi)徑遠小于管道半徑R。將一質(zhì)量m=2.5kg、直徑略小于金屬管徑的小球從地面上的P點斜向上射出，小球恰好能從管道最高點N處以6m/s的速度水平射入，不計空氣阻力，g取（1）小球經(jīng)過N點時對管道的彈力F的大小和方向；（2）小球在空中飛行的時間和發(fā)射方向與水平面夾角θ的正切值。15．如圖所示，傳送帶順時針轉動的速度v=2m/s，水平部分AB的長度L=12m。將一質(zhì)量m=1kg的小滑塊，無初速地輕放到A點。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1（1）求滑塊從A點運動到B點的時間t；（2）若傳送帶改為逆時針方向運行，速度v大小保持不變，底部涂有墨汁的滑塊在A處以v0①滑塊在傳送帶上運動的時間t'②傳送帶上留有墨跡的長度s。16．如圖甲所示，一根不可伸長的輕繩穿過一豎直固定的光滑細管，兩端系有小球A、B。A球的質(zhì)量為4m，對A施加一水平向右的拉力F（F未知），當θ=37°時，系統(tǒng)正好處于靜止狀態(tài)，球A到管頂之間的距離為L?？諝庾枇Σ挥?，sin37°=0.6,（1）求球B質(zhì)量的mB（2）撤去拉力F，為保證球B的位置和角θ不變，可使球A繞中心軸以角速度ω勻速轉動，如圖乙所示，求ω；（3）撤去拉力F，使球A繞中心軸以角速度ω'ω'>ω勻速轉動，測出球B相對于原來的位置，高度變化了

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.8點44分是發(fā)射成功那一時刻，在時間軸上是一個點，因此是時刻，不是時間間隔，故A錯誤；B.最大速度是導彈在飛行過程中某一時刻達到的速度最大值，是瞬時速度。8500m/s是某一時刻的速度，指的是瞬時速度，故B正確；C．射程14000公里一般是指發(fā)射點到目標點在地球表面的大圓距離，是位移的大?。ㄖ本€距離或球面最短距離），不是實際飛行的軌跡長度（路程），故C錯誤；D．國際單位制中，力學基本單位為米（m）、千克（kg）、秒（s）。m/s是導出單位，由基本單位組合而成。故D錯誤。故選B。

【分析】1.時刻與時間間隔時刻：時間軸上的一個點，對應“瞬間”，如“8點44分”。時間間隔：兩個時刻之間的間隔，對應“一段時間”，如“飛行了30分鐘”。2.瞬時速度與平均速度瞬時速度：某一時刻的速度，如“最大速度25馬赫”是飛行中某個瞬間達到的速率。平均速度：一段時間或一段位移內(nèi)的速度平均值。3.路程與位移路程：物體運動軌跡的實際長度（標量）。位移：從初位置指向末位置的有向線段（矢量）。射程：在彈道導彈中通常指水平位移的大?。ㄔ诘厍虮砻娴拇髨A距離），不是實際飛行路徑長度。4.基本單位與導出單位基本單位：國際單位制（SI）中力學基本單位是m（長度）、kg（質(zhì)量）、s（時間）。導出單位：由基本單位通過公式導出的單位，如速度單位m/s、力的單位N（kg·m/s2）等。2．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)生形變是相互的、同時的，沒有絕對的先后順序，相互接觸時，機器與玻璃同時發(fā)生彈性形變，故A錯誤；B．根據(jù)彈力定義：彈力是由于施力物體發(fā)生彈性形變，要恢復原狀而對與它接觸的物體產(chǎn)生的力，機器對玻璃的壓力，是機器（包括吸盤）發(fā)生形變產(chǎn)生的，故B正確；C．壓力與支持力是一對相互作用力（牛頓第三定律），大小相等，方向相反。因此不可能一個大于另一個故C錯誤；D．相互作用力必須作用在兩個不同的物體上。重力是地球?qū)C器的引力，其反作用力是機器對地球的引力，而不是摩擦力。摩擦力是玻璃對機器的力，其反作用力是機器對玻璃的摩擦力。所以重力和摩擦力不是相互作用力。故D錯誤；故選B。

【分析】1.彈力的產(chǎn)生條件與產(chǎn)生原因彈力產(chǎn)生的條件：直接接觸并發(fā)生彈性形變。彈力的方向：指向施力物體恢復原狀的方向。玻璃對機器的支持力→是玻璃發(fā)生形變產(chǎn)生的。機器對玻璃的壓力→是機器發(fā)生形變產(chǎn)生的。2.作用力與反作用力（牛頓第三定律）內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，且作用在不同物體上。C選項：機器對玻璃的壓力vs玻璃對機器的支持力→這是一對作用力與反作用力，必然大小相等。D選項：重力（地球?qū)C器）的反作用力是機器對地球的引力；摩擦力（玻璃對機器）的反作用力是機器對玻璃的摩擦力。兩者不是相互作用力。3.受力平衡與力的區(qū)分物體靜止?合力為零。二力平衡：同體、等大、反向、共線。相互作用力：異體、等大、反向、共線。D選項混淆了“平衡力”與“相互作用力”。實際平衡力：機器受到的重力與玻璃對機器的靜摩擦力是一對平衡力（豎直方向）。4.形變的相對性與同時性A選項：形變在接觸時是相互的、同時發(fā)生的，不存在絕對的“誰先誰后”。3．【答案】D【解析】【解答】物體做曲線運動時，需要向心力來改變速度方向。向心力指向軌跡圓弧的圓心。本題中小球在S形軌道的兩段圓弧上運動，需要木板對它的彈力提供向心力。因為桌面是水平的，而向心力指向圓心，所以B板和D板對小鐵球有彈力作用，即與小球有擠壓作用的木板是B板和D板。故ABC錯誤，D正確。故選D。

【分析】1、向心力方向的判斷與受力分析在水平面內(nèi)的圓周運動，向心力在水平面內(nèi)指向圓心。小球擠壓哪一側木板，取決于圓心的位置：若圓心在小球軌跡的外側，則小球擠壓圓弧的內(nèi)側木板；但本題解析說“向心力指向圓心，所以B板和D板對小球有彈力”，說明在這兩段圓弧中，圓心位于軌道的另一側，使得B和D成為提供向心力的接觸面。

2.S形軌道的幾何與運動分析S形由兩段相反方向的彎曲軌道組成。小球在第一個彎擠壓某一側（如B板），在第二個彎擠壓另一側（如D板），但解析結果是擠壓B和D，說明兩個彎的圓心都位于軌道的A-C側，因此向心力由B和D提供。

3.慣性表現(xiàn)與彈力的因果關系小球由于慣性，在彎道處有沿切線方向運動的趨勢，會與彎曲軌道的外側（相對于運動方向來說）分離，而與內(nèi)側擠壓。但本題中“內(nèi)側”是相對于圓心而言，即向心力來自圓心相反方向的木板。4．【答案】C【解析】【解答】由圖甲和乙可知，質(zhì)點沿y軸方向做初速度不為零的勻加速直線運動，質(zhì)點沿x軸方向做勻速直線運動，所以物體的實際加速度沿y軸正方向，根據(jù)運動合成可知，物體做曲線運動，且軌跡彎向加速度方向，即合外力方向，所以物體運動圖像可能是選項C對應的圖。故ABD錯誤，C正確。故選C。

【分析】1.運動的合成與分解質(zhì)點在平面內(nèi)的運動可以分解為互相垂直的x方向和y方向的運動。已知x方向的位移–時間圖像（甲）和y方向的速度–時間圖像（乙），可以分別確定x和y的運動性質(zhì)。

考點：根據(jù)兩個正交方向的運動圖像，推斷合運動的性質(zhì)與軌跡。2.圖像信息提取圖甲：x-t圖像為直線?x方向是勻速直線運動（斜率恒定，速度恒定）。圖乙：v-t圖像為直線，且v從某一值開始隨時間均勻增加?y方向是勻加速直線運動，初速度v≠0。

考點：從x-t圖得速度，從v-t圖得加速度和初速度。3.曲線運動的條件與軌跡彎曲方向當合速度與合加速度不在一條直線上時，物體做曲線運動。本題中：x方向：勻速?a=0，y方向：勻加速?a>0恒定，所以合加速度a沿y軸正方向。初速度v：由x方向速度v和y方向初速度v合成，斜向右上或右下。軌跡彎向加速度所指的一側（類平拋但初速度不水平）。

考點：利用“軌跡彎向合外力（加速度）方向”判斷曲線彎曲形態(tài)。4.初速度與加速度方向關系對軌跡的影響若v>0，則初速度斜向上，加速度也向上?軌跡向上彎曲（但向上加速應導致越來越陡，這里需注意：若a與v同向，y方向速度會越來越大，x方向勻速，軌跡斜率變大?？键c：從初速度和加速度方向判斷軌跡的凹凸方向。5．【答案】B【解析】【解答】當支持力時，處于超重狀態(tài)，加速度方向向上。當支持力時，處于失重狀態(tài)，加速度方向向下。當時，處于平衡狀態(tài)或勻速運動。由圖可知，前一過程中，某同學所受支持力先小于重力，再大于重力，即加速度先向下，再向上；后一過程中，某同學所受支持力先大于重力，再小于重力。而起立過程為加速上升和減速上升；下蹲過程為加速下降和減速下降?？芍?，該同學先下蹲，后起立。故ACD錯誤，B正確。故選B。

【分析】1.超重與失重的判斷當支持力時，處于超重狀態(tài)，加速度方向向上。當支持力時，處于失重狀態(tài)，加速度方向向下。當時，處于平衡狀態(tài)或勻速運動。

2.下蹲與起立過程的動力學分段下蹲過程：加速下蹲：加速度向下→失重（）減速下蹲：加速度向上→超重（）

因此下蹲時力隨時間變化：先小于mg，后大于mg。起立過程：加速起立：加速度向上→超重（）減速起立：加速度向下→失重（）

因此起立時力隨時間變化：先大于mg，后小于mg。

3.圖像與動作順序的對應圖像顯示：第一段：?先小于mg，后大于mg→下蹲第二段：?先大于mg，后小于mg→起立，（若繼續(xù)，可重復）6．【答案】D【解析】【解答】剪斷前受力分析：系統(tǒng)靜止，A在上，B在下，輕彈簧連接。對B：受到重力向下，彈簧彈力F向上，且。對A：受到重力向下，彈簧彈力向下，細繩拉力T向上，且。剪斷細繩的瞬間，彈簧彈力不變，則B球加速度為0，對A球，根據(jù)牛頓第二定律有F+mg=ma，解得a=2g，故ABC錯誤，D正確。

故選D。

【分析】一、核心考點1、力的突變與非突變條件輕繩、輕桿、接觸面的彈力可以發(fā)生突變。輕彈簧的彈力不能發(fā)生突變（因為由形變決定，形變改變需要時間）。2、瞬時加速度的分析方法剪斷前：對系統(tǒng)進行靜態(tài)或動態(tài)平衡分析，求出各個力（特別是彈簧的彈力）。剪斷瞬間：彈簧彈力保持原值不變，繩、桿等力可能消失或改變。分別對每個物體應用牛頓第二定律。3、連接體與受力方向判斷正確畫出剪斷前后各物體的受力圖。注意彈簧是處于拉伸還是壓縮狀態(tài)，以確定彈力方向。二、易錯點1、誤認為彈簧彈力會突變錯誤：剪斷繩瞬間，認為彈簧彈力立即變?yōu)榱慊蛄⒓锤淖?。正確：彈簧彈力在剪斷瞬間不變，因為形變未來得及改變。2、忽略剪斷前系統(tǒng)的平衡分析必須先求出剪斷前彈簧的彈力，否則無法確定剪斷瞬間的受力三、拓展模型1、彈簧處于壓縮狀態(tài)例如A在上，B在下，彈簧被壓縮，則剪斷上端繩瞬間：對B：向下，重力向下，，對A：?向上，重力向下，若，則A加速度向上。2、彈簧在上端，繩在下端剪斷下端繩時，分析方法類似，但要重新判斷彈力方向。3、與輕繩對比若題中彈簧換成輕繩，則剪斷瞬間繩力立即消失，兩物加速度均為g（自由落體特點不同）。4、豎直方向與水平方向結合水平彈簧連接，豎直繩懸掛：剪斷繩后，水平方向可能有加速度，豎直方向為重力作用。7．【答案】A【解析】【解答】小球做勻速圓周運動受重力和支持力兩個力作用，兩個力的合力提供向心力。根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ=mv2a=gtan故選A。

【分析】一、考點1、圓錐擺/漏斗模型受力分析小球受重力和漏斗壁支持力。支持力的豎直分量平衡重力：。支持力的水平分量提供向心力：?。2、向心力公式與運動參量關系向心力：。聯(lián)立受力方程得到：?。角速度：。向心加速度：。3、各物理量與半徑r的關系（θ固定時）線速度?（隨r增大而增大），角速度?（隨增大而減?。┫蛐募铀俣群愣ǎc無關，向心力恒定，與無關二、易錯點1、誤認為“越高角速度越大”生活經(jīng)驗可能覺得轉得越高轉得越快，但這里角速度與成反比，越高（半徑越大）角速度越小。2、誤認為向心力隨半徑變化由可知，不變時向心力不變。若錯誤使用或時，容易忽略、與的關系，導致誤判。3、誤認為加速度隨半徑變化向心加速度是常數(shù)，與高度無關。4、混淆線速度與角速度的規(guī)律正確：越高（越大）→越大，越小。錯誤：認為線速度與角速度變化一致。8．【答案】A【解析】【解答】向心力公式，此處m相同，轉動半徑r相同（指小球到轉軸的距離），所以，，?，皮帶傳動→塔輪邊緣線速度相等：?，?，即與皮帶連接的左右兩個變速塔輪邊緣點的線速度相等，所以兩個變速塔輪的半徑之比為2：1。故A正確，BCD錯誤。故選A。

【分析】一、核心考點1、向心力公式基本形式：或?qū)嶒灴刂谱兞糠ǎ嚎刂苖，r相同→研究F與ω的關系（）控制m，ω相同→研究F與r的關系（）控制r，ω相同→研究F與m的關系（）2、皮帶傳動模型同一皮帶連接的左右變速塔輪邊緣線速度大小相等：?所以，角速度比與塔輪半徑比成反比。3、實驗數(shù)據(jù)的比例分析標尺格子數(shù)之比=向心力之比（因為向心力由彈簧或砝碼力平衡，格數(shù)代表力大小）根據(jù)等關系，求出角速度比，再求塔輪半徑比。二、易錯點1、混淆兩種半徑小球到轉軸的轉動半徑（實驗中的r），變速塔輪的半徑（傳動中的R）錯誤：將塔輪半徑比直接當作轉動半徑比。2、傳動關系記反誤記為皮帶傳動時角速度相等（實際上線速度相等）。錯誤：由推出（正確應為2/3、向心力比例推導錯誤已知，若m，r相同，則?易錯：直接取或1/4、忽略控制變量前提必須明確題目中哪些量相同，才能確定比例關系。例如，若轉動半徑不同，則，不能直接用。9．【答案】D【解析】【解答】A．向心力是效果力，不是實際受力。實際受力只有重力和桿的彈力，它們的合力提供向心力，向心力并非真正受力，故A錯誤；B．勻速圓周運動的向心力大小不變，但方向時刻改變（始終指向圓心），所以向心力是變力，故B錯誤；C．因為做勻速圓周運動，合力提供向心力，所以在A點所受桿的作用力一定大于其重力，故C錯誤；D．在B點所受桿的作用力豎直分力平衡重力，水平分力提供向心力，所以在B點所受桿的作用力一定大于其重力，故D正確。故選D。

【分析】一考點1、向心力的性質(zhì)

向心力不是一種新的力，而是由某個力或幾個力的合力提供。2、豎直面內(nèi)圓周運動的受力分析桿模型：桿可拉可壓，彈力沿桿方向。在最高點、最低點、等高點的受力特點。3、力的合成與分解

在B點（與圓心等高），桿的彈力分解為豎直分量平衡重力，水平分量提供向心力。4、勻速圓周運動的動力學條件

合力大小不變，方向始終指向圓心。二、易錯點1、把向心力當作實際力

選項A是典型錯誤，認為向心力是獨立存在的力。2、忽視向心力的方向變化

選項B錯在忽略向心力方向時刻改變，因此是變力。3、最低點彈力與重力大小關系判斷錯誤

最低點桿的彈力一定大于重力，不可能等于（因為有向心力要提供）。4、B點受力分析錯誤

誤以為桿在B點只提供水平力，忽略豎直方向需要平衡重力（在勻速圓周運動中，切向合力為零，所以豎直方向合力為零，必須有豎直分量平衡重力），因此桿力一定傾斜，大小大于重力。10．【答案】C【解析】【解答】當小球落在斜面上時，設斜面傾角為θ，小球位移為s，有ssinθ=整理得v0=gscos整理得v0故選C。

【分析】1、平拋運動在斜面和水平面上的不同規(guī)律落在斜面上時：位移方向固定，由幾何關系得到?。落在水平面上時：豎直高度固定，水平位移?，但s等于斜面長度加上水平段長度，水平段長度?，所以s與是線性關系。2、速度刻度與長度刻度的轉換題目本質(zhì)是與軌道長度s的關系圖像。在斜面階段：?（開口向上的拋物線，隨s增大而增大，但s對的導數(shù)越來越大→速度刻度在皮尺上越來越稀疏？不對，要小心?。?、圖像形狀判斷橫坐標是沿軌道的長度s，縱坐標是?。斜面階段：（即隨s增大而增大，但斜率越來越小→刻度越來越密）。水平面階段：（線性關系，刻度均勻）。11．【答案】C【解析】【解答】對游客和滑輪受力分析如圖所示設鋼索與水平方向的夾角為θ，繩與鋼索垂直方向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律對游客，有mgsinθ-T由此可知，游客的加速度與和滑輪和游客的整體的加速度相同，且f>0，只有C圖最符合這一實際運動情形。故ABD錯誤，C正確。故選C。

【分析】1、牽連體與相對運動分析游客通過不可伸長的繩連接滑輪，滑輪可在傾斜鋼索上滑動。繩始終與鋼索垂直，因此游客與滑輪在垂直于鋼索方向上的位移分量相同。2、動力學關系游客受重力、繩拉力，加速度可分解為沿繩方向和垂直于繩方向。滑輪受鋼索支持力、鋼索摩擦力、繩兩端的拉力（大小相等，方向均垂直于鋼索），以及滑輪與游客整體在沿鋼索方向受重力的分力和摩擦力。關鍵：游客與滑輪在垂直于鋼索的方向上相對靜止（因為繩長不變且與鋼索垂直），所以垂直于鋼索方向的加速度相同。3、加速度合成滑輪沿鋼索加速下滑，有沿鋼索的加速度?。游客的絕對加速度=滑輪加速度（牽連加速度）+游客相對于滑輪的加速度（沿繩方向？注意繩方向與鋼索垂直，但游客相對滑輪可沿圓弧擺動，實際是游客在垂直于鋼索的方向上加速度與滑輪一樣，而沿繩方向無相對運動，所以游客加速度等于滑輪加速度）。實際上，因為繩不可伸長且保持與鋼索垂直，游客與滑輪在垂直于鋼索方向無相對運動，所以兩者的加速度在垂直于鋼索方向相等，在沿鋼索方向也相等（否則繩會轉動），因此游客與滑輪加速度完全相同。4、判斷運動軌跡滑輪沿鋼索直線運動，游客與滑輪固定方向（繩始終垂直于鋼索），因此游客的運動軌跡是平行于鋼索的直線，但整體向下加速。12．【答案】（1）A（2）（3）0.29（4）大于（5）不是；紙帶對應的加速度大于重力加速度【解析】【解答】（1）A．若輕繩不平行于木板，則拉力有豎直方向分力，會影響木塊對木板的正壓力N，從而改變摩擦力，導致測量誤差。故A正確；B．墊高木板是為了平衡摩擦力（使木板傾斜，讓小車能在無拉力時勻速運動），但本實驗是測量動摩擦因數(shù)，需要存在摩擦力，且保持正壓力（水平放置時），這樣才能由等關系求μ，故B錯誤；C．實驗時應先接通打點計時器電源，再讓木塊滑行，故C錯誤；D．重物運動時有向下的加速度，即mg?F=ma，則木塊滑行時傳感器的讀數(shù)F始終小于重物的重力大小，故D錯誤；故選A。（2）描點時將誤差太大的點舍去，如圖（3）根據(jù)牛頓第二定律有F?μMg=Ma，解得a=FM解得μ=0.29（4）由于滑輪與細繩間有摩擦，則測得的動摩擦因數(shù)偏大。（5）根據(jù)逐差法可知紙帶的加速度為a=紙帶對應的加速度大于重力加速度，所以此段紙帶不是這個實驗打出的紙帶。

【分析】1、實驗裝置原理木塊通過力傳感器測繩子拉力F，紙帶測加速度a。對木塊：，對重物：，聯(lián)立可得（其中M為木塊質(zhì)量，m為重物質(zhì)量），或更簡單地，由兩式消去a得，但實際處理數(shù)據(jù)常用來求μ。2、實驗條件控制繩子應與木板平行，保證拉力沿木板方向。木板是否要墊高取決于是否需要平衡摩擦力：此處是測動摩擦因數(shù)，不需要平衡摩擦力，墊高反而會使摩擦力測量不準。3、利用a-圖像的函數(shù)關系求μ。

對木塊：?。圖像斜率，縱截距???？疾閺膱D像截距求μ的計算及有效數(shù)字。系統(tǒng)誤差分析：滑輪有摩擦時，繩子張力變化對結果的影響。若滑輪摩擦阻力?使繩對木塊的拉力F比理想情況小，則對應同一加速度a，實驗擬合得到的F偏小?截距b絕對值偏大?μ偏大。4、紙帶數(shù)據(jù)分析：用逐差法求加速度a。比較a與g：本實驗木塊在水平板上運動，最大加速度不可能超過g（因為）。若，則紙帶不可能來自本實驗。（1）A．為保證輕繩拉力不變，實驗前需調(diào)節(jié)輕繩與長木板平行，故A正確；B．實驗測量木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)，無需墊高木板，故B錯誤；C．實驗時應先接通打點計時器電源，再讓木塊滑行，故C錯誤；D．重物運動時有向下的加速度，即mg?F=ma則木塊滑行時傳感器的讀數(shù)F始終小于重物的重力大小，故D錯誤；故選A。（2）描點時將誤差太大的點舍去，如圖（3）根據(jù)牛頓第二定律有F?μMg=Ma解得a=根據(jù)圖像的截距可知μg=2.8解得μ=0.29（4）由于滑輪與細繩間有摩擦，則測得的動摩擦因數(shù)偏大。（5）[1][2]根據(jù)逐差法可知紙帶的加速度為a=紙帶對應的加速度大于重力加速度，所以此段紙帶不是這個實驗打出的紙帶。13．【答案】（1）解：對滑雪者受力分析，由牛頓第二定律得Mg根據(jù)摩擦力公式有F垂直于斜面方向有F得滑雪者下滑的加速度大小a=g（2）解：由勻變速直線運動學公式得v得滑雪者到達坡底時的速度大小v=8m【解析】【分析】1、摩擦力方向判斷錯誤滑雪者沿斜面下滑，摩擦力沿斜面向上，因此是，不是相加。2、垂直方向平衡條件誤寫有些學生會錯誤寫成或，正確是。3、加速度計算代入錯誤代入μ時注意是整體相乘，不要漏掉。4、末速度公式用錯用L，不是（因為時間t未知）。5、勻加速直線運動公式應用已知初速度、位移L、加速度a，求末速度v：（1）對滑雪者受力分析，由牛頓第二定律得Mg根據(jù)摩擦力公式有F垂直于斜面方向有F解得a=g（2）由運動學公式得v解得v=814．【答案】（1）解：小球在最高點時，以小球為研究對象，v=6軌道對小球有向下的彈力FN，由解得F根據(jù)牛頓第三定律小球經(jīng)過N點時對管道的彈力F=F（2）解：小球在空中飛行過程為逆向平拋運動，豎直方向有2R=解得小球在空中飛行的時間t=1豎直方向速度v發(fā)射方向與水平面夾角θ的正切值tan【解析】【分析】一、考點1、圓周運動的最高點受力分析小球在圓軌道內(nèi)側最高點：重力與軌道彈力均向下，提供向心力：?根據(jù)的正負判斷是壓力還是可能為拉力（本題是圓管，可提供向下支持力，不會脫離）。2、牛頓第三定律的應用小球?qū)艿赖膹椓εc管道對小球的彈力大小相等、方向相反。3、逆向平拋運動處理從點反向到P點：水平勻速、豎直自由落體。豎直位移（從N到地面）：，求時間t。4、速度合成與發(fā)射角平拋初速度水平，落地時：，發(fā)射速度（落地速度反向）與水平方向夾角θ滿足：（注意：這里發(fā)射方向是斜向上，與落地速度方向關于水平對稱）

二、易錯點1、最高點彈力方向判斷錯誤誤認為最高點彈力向上（只有外軌道才可能向上，且需v較大），本題是管道內(nèi)壁，在最高點若速度不夠大，彈力向下。2、牛頓第三定律表述錯誤題目要求“小球?qū)艿赖膹椓Α?，必須說明與管道對小球的彈力反向，方向豎直向上。3、豎直位移弄錯從N點（高度）到地面，豎直位移是，不是R。4、落地速度與發(fā)射速度混淆逆向處理時，從N到P是平拋，而P到N是斜拋。在P點速度與落地速度大小相等、方向?qū)ΨQ于水平線，但題目問的是發(fā)射方向與水平面夾角的正切值，即：，其中，已知。（1）以小球為研究對象，v=6軌道對小球有向下的彈力FN，由解得F根據(jù)牛頓第三定律小球經(jīng)過N點時對管道的彈力F=方向豎直向上。（2）小球在空中飛行過程為逆向平拋運動，由2R=解得t=1豎直方向速度v得tan15．【答案】（1）解：滑塊受到滑動摩擦力，做勻加速運動，由牛頓第二定律有μmg=m解得勻加速階段加速度a1=μg=1加速位移x1滑塊繼續(xù)勻速運動的位移x勻速時間t從A到B總時間t=（2）解：①滑塊受到向左的滑動摩擦力，做勻減速運動，由牛頓第二定律有μmg=m解得加速度大小a減速時間t減速到速度為零對應的位移x則滑塊繼續(xù)向左先加速，再勻速，加速時間t加速位移x勻速時間t滑塊在傳送帶上運動的時間t②減速階段墨跡長度s加速階段墨跡長度s墨跡總長度s=【解析】【分析】一、考點1、傳送帶模型（水平）受力分析：摩擦力方向的判斷（與相對運動方向相反）。牛頓第二定律求加速度：。運動過程分析：勻加速→勻速（若加速位移小于傳送帶長度）。2、運動學計算勻加速階段：；勻速階段：；總時間?。3、反向傳送帶（滑塊與帶反向）滑塊向右滑，傳送帶向左→滑塊受向左摩擦力，先減速到0。減速位移??。之后向左加速到與傳送帶共速，再向左勻速至左端。4、墨跡長度計算墨跡是滑塊與傳送帶的相對位移。減速階段：滑塊向右，傳送帶向左，相對位移：正確做法：墨跡長度=滑塊對地位移與傳送帶對地位移之差（取絕對值）的和。減速階段：傳送帶向左位移?，滑塊向右位移?，所以墨跡覆蓋長度（因為墨跡在帶上是從滑塊初位置向右和傳送帶向左?的疊加）。加速階段：滑塊向左，傳送帶向左，但滑塊速度小于時，相對傳送帶仍向右滑，相對位移：，其中是滑塊對地位移?？偰E長度?。

二、易錯點1、第(1)問誤以為全程加速，沒檢查加速位移是否小于L。計算時用錯誤（可能L沒跑完就勻速了）。第(2)①問減速到0后，運動分析錯誤：誤以為靜止在帶上或反向加速到右端。正確：減速到0后，受摩擦力方向仍向左（因傳送帶向左），因此向左加速到v后勻速。2、墨跡長度計算混淆相對位移與對地位移。減速階段：滑塊向右位移?，傳送帶向左位移?，墨跡在帶上從初始接觸點向右和向左都算，所以這段墨跡長度?。加速階段：滑塊向左位移，傳送帶向左位移?，但滑塊速度小于，所以傳送帶比滑塊多向左移動?，這也是墨跡（與之前可能重疊？要判斷）?？偰E長度取各階段相對位移大小之和（若不重疊）。3、時間分段錯誤減速時間??。加速時間?。勻速時間（注意x1?向右，向左，總位移是?嗎？要小心，實際上從起點到左端距離是L，滑塊先向右?，再向左到左端，總對地位移是嗎？——其實更簡單：左端位置為坐標0，A在L，滑塊減速到0時位置?然后加速到v時位置?，再勻速到左端0位置，時間。（1）滑塊受到滑動摩擦力，做勻加速運動，由牛頓第二定律有μmg=m解得a加速時間t加速位移x滑塊繼續(xù)勻速運動，位移x勻速時間t從A到B總時間t=