浙江省金华市十校联考2019-2020学年高一上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分） 1. 下列物理量是矢量的是( )
A. 长度 B. 时间 C. 速度 D. 路程
2. 某同学在大操场上从某点开始向东南方向走了20米，然后折向西南走了20米，又折向北走了
20米，那么关于他的位移和路程的正确判断是( )
A. 向北8.3米、60米 C. 向西南20米、20米
B. 向南8.3米、60米 D. 向西南60米、60米
1
3. 一质点沿半径为R的圆形轨道运动，经时间t运动4圈，对于该过程( )
A. 物体运动的位移为2𝜋𝑅
C. 物体的平均速度为 √2𝑅𝑡
1
B. 物体运动的路程为√2𝑅 D. 物体的平均速度为2𝑡
𝜋𝑅
4. 如图球A在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球A所受的弹力，
以下说法正确的是( )。
A. A物体仅受一个弹力作用，弹力的方向垂直斜面向上 B. A物体受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下 C. A物体受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上
D. A物体受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下
5. 如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30
∘
的斜面，
现将一个重为4 𝑁的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么托盘测力计因物体的存在而增加的读数不可能是( )
A. 4N B. 2√3𝑁 C. 2N D. 3N
6. 物体A，B的𝑥−𝑡图像如图所示，由下图可知
A. 从第3s起，两物体运动方向相同，且𝑣𝐴>𝑣𝐵 B. 5s内A、B的平均速度相等
C. 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇
D. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动
7. 如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱
与斜面之间的动摩擦因数为𝜇，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( )
3A. √𝑚𝑔和2𝑚𝑔
2
1
3
B. 2𝑚𝑔和√𝑚𝑔
23√3D. √𝑚𝑔和𝜇𝑚𝑔
22
1
C. 2𝑚𝑔和2𝜇𝑚𝑔
11
8. 下列的各对力中，是相互作用力的是( )
A. 悬绳对电灯的拉力和电灯的重力 B. 电灯拉悬绳的力和悬绳拉电灯的力 C. 悬绳拉天花板的力和电灯拉悬绳的力 D. 悬绳拉天花板的力和电灯的重力
9. 关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法正确的是
A. 用秒表计时
B. 平均速度、瞬时速度以及加速度是伽利略首先建立起来的 C. 伽利略思想方法的核心是逻辑推理(包括数学推演)
D. 伽利略直接通过实验验证了自由落体运动位移与时间二次方成正比
10. 如图所示，在一次中学生物理竞赛中，赛题是从桌角A处向B处发射一
个乒乓球，让竞赛者在桌边的B处用一支吹管将球吹进球门C，要使射门可能成功，参赛者吹气方向应为( )
A. 水平向左吹
下方吹
B. 对准C吹 C. 向左下方吹 D. 向右
11. 自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部
分，且半径𝑅𝐵=4𝑅𝐴、𝑅𝐶=8𝑅𝐴，如图所示。当自行车正常骑行时A、B、C三轮边缘的角速度的大小之比𝜔𝐴∶𝜔B∶𝜔𝐶等于( )
A. 1∶1∶8 B. 4∶4∶1 C. 4∶1∶4 D. 1∶2∶4
12. 某质点以大小为𝑎=0.8𝑚/𝑠2的加速度做匀变速直线运动，则( )
A. 在任意一秒内，初速度一定比前一秒末的速度增加0.8𝑚/𝑠 B. 在任意一秒内，末速度一定等于初速度的0.8倍 C. 在任意一秒内速度的变化都是0.8𝑚/𝑠
D. 第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1∶3∶5
13. 如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成𝛼角的拉力
作用下沿地面做加速运动。若木块与地面之间的动摩擦因数为𝜇，则木块的加速度为( )
𝐹
A. 𝑀 C.
(𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼−𝜇𝑀𝑔)
𝑀
B.
Fcosα𝑀
D.
[𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼−𝜇(𝑀𝑔−𝐹𝑠𝑖𝑛𝛼)]
𝑀
14. 如图所示，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，半径为R，质
量为m的物块，沿着金属壳内壁滑下，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为𝜇，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )
A. 受到向心力为𝑚𝑔+𝑚𝑣
𝑅
2
B. 受到的支持力为𝑚𝑔+𝑚𝑣𝑅
2
C. 受到的摩擦力为𝜇𝑚𝑔 D. 受到的摩擦力方向为水平向右
15. 如图所示，在光滑的平面上有一个楔形滑块A，斜面光滑，倾角为45°，
细线的一端固定于滑块A的顶端P处，另一端拴一个质量为m的小球.当细线对小球的拉力刚好等于零时，滑块A水平向右运动的加速度a为(𝑔为重力加速度) ( )
A. g B. 2g C. √2𝑔
2
D. √𝑔 2
二、实验题（本大题共3小题，共20.0分）
16. 某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)下列做法正确的是______ (填字母代号)
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块
D.每次增减木块上的砝码改变质量时，都需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量______ 木块和木块上砝码的总质量(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)．
17. 小张和小王在做“验证力的平行四边形定则”实验中，实验步骤如下：
①用图钉把白纸钉在方木板上．
②把方木板平放在桌面上，用图钉把橡皮条的一端固定在O点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套．
③小张同学用两只弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置时，小王同学用铅笔描下结点的位置，标上字母A，如图丙所示．
④接着小王在两条细绳套的方向上离A点比较近的地方点下了另两个点B、C，并记录弹簧秤的读数𝐹1、𝐹2．
⑤移开两弹簧秤，从位置A画直线AB、AC，按选定的标度作出两只弹簧秤的拉力𝐹1、𝐹2的图示，并用平行四边形定则作出合力F的图示．
⑥只用一只弹簧秤通过细绳套把橡皮条的结点再次拉到同样位置A，记下弹簧秤的读数和细绳的方向.用刻度尺从A点按同样标度沿记录的方向作出这只弹簧秤的拉力𝐹′的图示． ⑦比较力𝐹′的图示与合力F的图示，看两者是否等长、同向．
⑧小张改变两个力𝐹1和𝐹2的大小和夹角，再次重复实验时，发现让结点回到A点不太容易，小王就在结点移过A点时用手指将其按压在A点，接着记录下两弹簧秤的方向和示数大小． 最后得出结论：在误差允许的范围内，力的合成符合平行四边形定则． ⑨接着重复步骤⑤～⑦，
(1)以上实验步骤中不恰当的是____________，有错误的是____________． (2)甲、乙是两组同学作出的图示，其中符合实际情况的是__________．
用如图1所示的装置进行实验．小18. (1)为了验证做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，
锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有______ A.两球的质量应相等 B.两球应同时落地
C.应改变装置的高度，多次实验
D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
(2)如图2为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果取𝑔=10𝑚/𝑠2，那么： ①闪光频率是______ Hz；
②小球运动中水平分速度的大小是______ 𝑚/𝑠； ③小球经过B点的速度大小是______ 𝑚/𝑠．
三、计算题（本大题共4小题，共35.0分）
19. 如图，在离地面15m的高处，以10𝑚/𝑠的初速度竖直上抛一小球，
忽略空气阻力的影响，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，求： (1)小球上升最高点与抛点的距离； (2)小球落地时的速度大小； (3)小球从抛出到落地所用的时间．
20. 重为𝐺1=8𝑁的砝码悬挂在绳PA和PB的结点P上．PA偏离竖直方向37°角，PB沿水平方向，
(𝑠𝑖𝑛37°=且与重为𝐺2=100𝑁的木块相连接，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8)
(1)木块与斜面间的摩擦力大小； (2)斜面对木块的弹力大小．
21. 如图甲所示，带有斜面的木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，斜面BC表面光滑
且与水平面夹角为𝜃=37°，木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的质量为𝑚=5𝑘𝑔的滑块从B点以初速度𝑣0沿斜面向上运动，运动过程中，传感器记录到的力与时间的关系如图乙所示，已知斜面足够长，设滑块经过B点时无机械能损失．g取10𝑚/𝑠2.求：
(1)图乙中𝐹1的数值大小； (2)滑块的初速度𝑣0； (3)水平表面AB的长度．
22. 如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同
速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为2mg，B通过最高点C之后，恰好落在距离A球右边√3𝑅处。求B球通过C点时对管壁的作用力。
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：
A、B、D：长度、时间和路程都只有大小没有方向，是标量，故ABD错误． C、速度有方向，其方向就是物体的运动方向，故C正确． 故选：C．
矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．
矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．
2.答案：B
解析：解：路程表示运动轨迹的长度，而位移则是由初始位置指向末位置的有向线段表示；因此路程为60米，位移由几何关系，如图所示，可得(20√2−20)米，即为8.3米。 故选：B。
位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示．路程表示运动轨迹的长度．在单向直线运动中，位移的大小等于路程．
解决本题的关键理解路程和位移的区别及联系．位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示．路程表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向．在单向直线运动中，位移的大小等于路程．
3.答案：C
解析：
位移是初位置指向末位置的有向线段，路程是指物体所走的实际路径的长度，平均速度等于位移除以时间。
本题是关于基本概念的考查，基础题目。
𝐴𝐵.当质点运动了四分之一圆弧长时，位移的大小𝑥=√𝑅2+𝑅2=√2𝑅，路程
，
AB错误；
𝐶𝐷.据平均速度𝑣==√，故C正确、D错误。
𝑡
𝑡
𝑥
2𝑅
故选C。
4.答案：C
解析：球A受重力竖直向下，与竖直挡板和斜面都有挤压。斜面给它一个支持力，垂直斜面向上；挡板给它一个支持力，水平向右，故选项C正确。
5.答案：C
解析：
本题考查应用牛顿定律求解加速度的能力，关键是分析物体的受力情况，画出物体的受力分析图。 木块沿斜面做下滑时，受到重力、支持力、可能受到摩擦力，根据木块在垂直斜面方向受力平衡可以解出木块所受的支持力，再根据牛顿第三定律的木块对斜面的压力大小等于斜面对木块的支持力，然后对斜面受力分析解得斜面放上木块后受力的变化情况。 (1)若没有摩擦力，选木块为研究对象，受力分析如图，
由于木块在垂直斜面方向受力平衡， 可以解出木块所受的支持力，𝐹𝑁=𝐺𝑐𝑜𝑠30° 再选择斜面为研究对象，受力如图，
根据牛顿第三定律，木块对斜面的压力𝐹𝑁2大小等于𝐹𝑁， 把𝐹𝑁2分解的y轴方向上，𝐹𝑦=𝐹𝑁2𝑐𝑜𝑠30° 所以解得𝐹𝑦=𝐺𝑐𝑜𝑠230°=3𝑁
(2)若匀速运动，则物体对斜面的合作用力竖直向下，大小与物体的重力相等，即4N， 总上所述，那么测力计因4N物体的存在而增加的读数3𝑁≤△𝐹≤4𝑁，故C错误，ABD正确。 故选C。
6.答案：A
解析：在𝑥−𝑡图象中图线的斜率等于速度，从𝑡=3𝑠起，两图线的斜率均为正值，说明速度均沿正向．A的斜率大，速度大，即有𝑣𝐴>𝑣𝐵.故A正确；
由上知，前5s内A通过的位移大，因为平均速度等于位移与时间之比，所以A的平均速度大，故B错误；
5s末A、B到达同一位置，两者相遇．在5s内，A通过的位移为10m，B通过的位移为5m，故C错误；
由图知，A从原点出发，而B从距原点正方向上5m处出发，A在B运动3s后开始运动，故D错误． 故选A。
7.答案：A
解析：解：对三棱柱受力分析如图所示：
对重力进行分解，根据共点力平衡条件得出三棱柱合力为0，那么沿斜面方向的合力为0，垂直斜面方向合力为0。
利用三角函数关系得出： 𝐹𝑁=𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°=故选：A。
对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．注意几何关系的应用．
√3𝑚𝑔，𝐹𝑓2
=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=2𝑚𝑔。
1
8.答案：B
解析：
本题考查了作用力和反作用力，注意区分平衡力与相互作用力，平衡力是作用在同一个物体上，而相互作用力是两个物体互相作用的力。
物体间力的作用是相互的，相互作用力指两个物体之间同时发生的互相作用在对方的大小相等、方向相反、在同一直线上的两个力。
A.悬绳对电灯的拉力和电灯的重力，大小相等、方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力，故A错误；
B.电灯拉悬绳的力和悬绳拉电灯的力，大小相等、方向相反，作用在两个物体上，且是在两物体相互作用时产生的，是相互作用力，故B正确；
C.悬绳拉天花板的力和电灯拉悬绳的力，作用在两个物体上，但方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故C错误；
D.悬绳拉天花板的力和电灯的重力，作用在两个物体上，但方向相同，既不是相互作用力，也不是平衡力，故D错误。 故选B。
9.答案：B
解析：
根据伽利略对落体运动规律的研究，了解伽利略所开创的研究问题的方法和思维过程，伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把把实验和逻辑推理和谐结合起来，即可正确解答本题。
伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法。
A .伽利略当时研究本实验时没有说用秒表计时，故A错误；
B.伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度以及加速度的定义，故B正确；
C.伽利略在研究物体下落规律时，首先是提出问题即对亚里士多德的观点提出疑问，然后进行了猜想即落体是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动就是速度变化是均匀的，接着进行了实验，伽利略对实验结果进行数学推理，试验检验，然后进行合理的外推得出结论，故C错误；
D. 伽利略没有直接通过实验验证了自由落体运动位移与时间二次方成正比，而是利用斜面做的实验，故D错误。 故选B。
10.答案：C
解析：解：要保证合运动沿AC方向，乒乓球参与了AB方向的运动和吹气方向的运动，要使乒乓球进入C处的圆圈，根据平行四边形定则，知吹气的方向沿左下方吹气的方向．故C正确，A、B、D错误． 故选：C．
乒乓球被吹气后，参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动，两个运动的合运动要沿BC方向，根据平行四边形定则，可得出吹气的方向．
解决本题的关键知道乒乓球参与了两个运动，一个是沿AB方向的运动，一个是沿吹气方向的运动．
11.答案：C
解析：
自行车的链条不打滑，A与B的线速度大小相等，A与C绕同一转轴转动，角速度相等，由𝑣=𝜔𝑟研究A与B角速度的关系。
本题考查灵活选择物理规律的能力，对于圆周运动，皮带传动线速度大小相等，同轴转动角速度相同，基础题。
由于A轮和B轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故𝑣𝐴=𝑣𝐵，所以𝑣𝐴:𝑣𝐵=1:1
由于A轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，即𝜔𝐴=𝜔𝐶，故𝜔𝐴:𝜔𝐶=1:1，由角速度和线速度的关系式𝑣=𝜔𝑅可得𝜔𝐴：𝜔𝐵=4:1，所以𝜔𝐴：𝜔𝐵：𝜔𝐶=4:1:4，故C正确，ABD错误。 故选C。
12.答案：C
解析：
【分析】匀变速直线运动规律的简单应用。
𝐴𝐵𝐶.在任意一秒内，速度的变化为0.8𝑚/𝑠，C正确，AB错误；
D.只有初速度为零的匀加速直线运动通过第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1∶3∶5，故D错误。 故选C。
13.答案：D
解析：
对物体受力分析，抓住竖直方向上合力为零，求出物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出木块的加速度。
本题就是考查学生对牛顿第二定律的基本应用，通过受力分析列式即可求得。 对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
在水平方向有：𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼−𝑓=𝑀𝑎， 竖直方向有：𝑀𝑔=𝐹𝑁+𝐹𝑠𝑖𝑛𝛼， 滑动摩擦力为：𝑓=𝜇𝐹𝑁， 根据以上三式联立可以求得：𝑎=故选D。
𝐹𝑐𝑜𝑠𝛼−𝜇(𝑀𝑔−𝐹𝑠𝑖𝑛𝛼)
𝑀
，故D正确，ABC错误。
14.答案：B
解析：解：A、向心力的大小为𝐹𝑛=𝑚.故A错误。
𝑅𝑣2
BC、物体在最低点时，根据牛顿第二定律得：𝑁−𝑚𝑔=𝑚
𝑅则有：𝑁=𝑚𝑔+𝑚 𝑅
所以滑动摩擦力为：𝑓=𝜇𝑁=𝜇(𝑚𝑔+𝑚).故B正确，C错误。
𝑅
D、物体相对于金属壳向右，则物体受到的滑动摩擦力方向水平向左，故D错误。 故选：B
根据𝐹=𝑚求向心力，根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦
𝑅力的大小。根据滑动摩擦力的方向特点其方向。
解决本题的关键是确定物体做圆周运动向心力的来源：指向圆心的合力，运用牛顿第二定律进行求解支持力。
𝑣2
𝑣2
𝑣2
𝑣2
15.答案：A
解析：
【分析】本题主要考查牛顿第二定律，熟悉受力分析及牛顿第二定律即可求解。
小球和光滑楔形滑块A具有相同的加速度，通过对小球分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小。 【解答】细线对小球的拉力刚好等于零，说明小球只受重力和斜面的支持力两个力作用，且随滑块A一起以加速度a向右加速运动，A正确． 小球所受的合力𝐹=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛 45°=𝑚𝑔，加速度𝑎=𝑚=𝑔，
𝐹
16.答案：AC；远小于
解析：解：(1)𝐴、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C正确；
D、平衡摩擦力后，有𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，即𝜇=𝑡𝑎𝑛𝜃，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D错误； 故选：AC；
(2)设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统， 由牛顿第二定律得：𝑎=𝑚+𝑀，
对木块，由牛顿第二定律得：𝑇=𝑀𝑎=1+𝑚，
𝑀𝑚𝑔
𝑚𝑔
只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：𝑚<<𝑀时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；
故答案为：(1)𝐴𝐶；(2)远小于
①实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
②砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；
本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法．
17.答案：(1)④； ⑧；
(2)甲
解析：
1、2)实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同;(3)注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答．
(1)本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果.所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，因在梁条线离A较远的地方点下两个点，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示.实验步骤中不恰当的是④，小张改变两个力𝐹1和𝐹2的大小和夹角，再次重复实验时，要让结点回到A点，但是不能用手指将其按压在A点，故⑧错误;
(2)实验测的弹力方向沿绳子方向，即图中的AO方向，因为误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定的差别，即作图得出的合力方向与AO方向有一定的夹角，故甲同学更符合实验事实． 故答案是：(1)④;⑧;(2)甲．
18.答案：BC；10；1.5；2.5
解析：解：(1)根据装置图可知，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，因此将同时落地，由于两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，不需要两球质量相等，要多次实验，观察现象，则应改变装置的高度，多次实验，故BC正确． (2)：①根据△𝑦=2𝐿=𝑔𝑇2得，相等的时间间隔𝑇=√则闪光的频率𝑓=𝑇=10𝐻𝑧． ②小球平抛运动的水平分速度𝑣𝑥=
8𝐿
3𝐿𝑇
1
2𝐿𝑔
=√
2×0.0510
𝑠=0.1𝑠，
=
3×0.050.1
𝑚/𝑠=1.5𝑚/𝑠．
③经过B点时竖直分速度𝑣𝑦𝐵=2𝑇=
8×0.050.2
𝑚/𝑠=2𝑚/𝑠，
2+𝑣2=√1．52+22𝑚/𝑠=2.5𝑚/𝑠． 则B点的速度𝑣𝐵=√𝑣𝑥𝑦𝐵
故答案为：(1)𝐵𝐶； (2)①10；②1.5；③2.5．
(1)本题图源自课本中的演示实验，通过该装置可以判断两球同时落地，可以验证做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动；
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，从而得出闪光的频率．根据时间间隔和水平位移求出初速度．根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的
瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出B点的速度．
本题比较简单，重点考察了平抛运动特点，平抛是高中所学的一种重要运动形式，要重点加强； 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大．
19.答案：解：取竖直向上为正方向
(1)小球上升最高点与抛出点的距离ℎ=0=𝑚=5𝑚；
2𝑔2×10
2(2)由导出公式：𝑣𝑡2−𝑣0=2𝑎𝑠即
2得小球落地时的速度大小：𝑣𝑡=√𝑣0+2𝑔𝑠=√102+2×10×15𝑚/𝑠=20𝑚/𝑠；
𝑣2
102
(3)小球落地时速度的方向向下，所以小球从抛出到落地所用的时间： 𝑡=
𝑣𝑡−𝑣0𝑔
=
20−(−10)
10
𝑠=3𝑠。
答：(1)小球上升最高点与抛点的距离是5m；(2)小球落地时的速度大小是20𝑚/𝑠；(3)小球从抛出到落地所用的时间是3s．
(1)竖直上抛运动是加速度大小为g的匀减速直线运动，解析：根据位移时间关系公式列式求解即可；
2(2)由导出公式：𝑣2−𝑣0=2𝑎𝑠即可求出．
(3)对整个过程运用速度时间关系公式列式求解即可．
本题关键是明确小球的运动性质，然后根据运动学公式列式求解，基础题．
20.答案：解：(1)分析P点受力，由平衡条件可得：
𝐹𝐵=𝐺1𝑡𝑎𝑛37°=6 𝑁
分析𝐺2的受力情况由物体的平衡条件可得：
𝐹𝑓=𝐺2𝑠𝑖𝑛37°+𝐹𝐵′𝑐𝑜𝑠37°
可求得：𝐹𝑓=64.8 𝑁
(2)再分析𝐺2的受力情况由物体的平衡条件可得：
𝐹𝑁+𝐹𝐵′𝑠𝑖𝑛37°=𝐺2𝑐𝑜𝑠37°
可求得：𝐹𝑁=76.4 𝑁．
答：木块与斜面间的摩擦力大小64.8 𝑁； 斜面对木块的弹力大小76.4 𝑁．
解析：(1)对物体𝐺2受力分析，物体处于受力平衡状态，根据共点力平衡的条件，列方程就可以求出木块与斜面间的摩擦力．
(2)再分析𝐺2的受力情况由物体的平衡条件可求得木块与斜面间的摩擦力大小．
21.答案：解：(1)质量为𝑚=5𝑘𝑔的滑块沿斜面向上运动时的加速度大小为：𝑎1=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=6𝑚/𝑠2，
水平方向的分加速度为𝑎𝑥=𝑎1𝑐𝑜𝑠𝜃=6×0.8𝑚/𝑠2=4.8𝑚/𝑠2； 水平方向斜面对滑块的作用力为𝐹′1=𝑚𝑎𝑥=5×4.8𝑁=24𝑁， 根据牛顿第三定律可得：𝐹1=𝐹′1=24𝑁；
(2)根据力传感器，可知，从离开B点到回到B点所用时间为2秒； 那么经过时间𝑡=1𝑠到达最高点，根据速度时间关系可得： 𝑣0=𝑎1𝑡=6×1𝑚/𝑠=6𝑚/𝑠；
(3)根据图象可知，滑块在水平部分运动的摩擦力大小为𝑓=25𝑁， 根据牛顿第二定律可得加速度大小为：𝑎2=𝑚=
𝑓
255
𝑚/𝑠2=5𝑚/𝑠2，
滑块在水平部分运动的时间为：𝑡′=2.4𝑠−2𝑠=0.4𝑠，
根据位移时间关系可得：𝐿𝐴𝐵=𝑣0𝑡′−2𝑎2𝑡′2=6×0.4−2×5×0．42=2𝑚。 答：(1)图乙中𝐹1的数值大小为24N； (2)滑块的初速度为6𝑚/𝑠； (3)水平表面AB的长度为2m。
1
1
解析：(1)根据牛顿第二定律计算滑块沿斜面向上运动时的加速度，根据运动的合成与分解计算水平方向的分加速度，根据牛顿第二定律图乙中𝐹1的数值大小； (2)根据速度时间关系初速度大小；
(3)根据牛顿第二定律可得滑块在水平部分的加速度大小，根据位移时间关系求解水平表面AB的长度。
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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
22.答案：解：通过C点时，对A球：2𝑚𝑔+𝑚𝑔=𝑚
得：𝑣𝐴=√3𝑔𝑅 A球离开B点后做平抛运动，则有；
2𝑣𝐴
𝑅
2𝑅=2𝑔𝑡2，
4𝑅
𝑆𝐴=𝑣𝐴𝑡=𝑣𝐴√=2√3𝑅
𝑔对B球：
𝑆𝐵=𝑆𝐴−√3𝑅=√3𝑅
𝑆𝐵=𝑣𝐵𝑡， 可得：𝑣𝐵=√
3𝑔𝑅4
1
B球通过C点时，由牛顿第二定律得：
2𝑉𝐵
𝑚𝑔−𝐹=𝑚 𝑅解得：𝐹=4𝑚𝑔，所以B球通过C点时对管壁的作用力𝐹′=𝐹=4𝑚𝑔，方向向下。 答：B球通过C点时对管壁的作用力为4𝑚𝑔，方向向下。
1
11
解析：两球通过C点时，对两个球分别进行受力分析，根据合力提供向心力，表示出它们的速度。此后两球做平抛运动，表示出水平位移，根据两球水平距离为√3𝑅列方程即可。
本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛运动的初速度。对于平抛运动，往往采用运动的分解法研究。
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