江苏省南通市如皋市十校2024-2025学年高一上学期11月期中物理试题
1．（2024高一上·如皋期中）下列是国际单位制的基本单位的是（ ）
A．N B．km C．m/s D．kg
2．（2024高一上·如皋期中）某实验小组“探究两个互成角度的力的合成规律”，先、后用两个弹簧测力计和一个弹簧测力计将橡皮条的一端拉至O点，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．实验时，弹簧测力计、橡皮条和绳套无需贴近并平行于木板
B．两次都将橡皮条的一端拉至O点是为了保证作用效果相同
C．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两绳的夹角越大越好
D．用一个弹簧测力计拉橡皮条时，只需记录测力计的读数
3．（2024高一上·如皋期中）如图所示，物体A和B的重力分别为10N和6N，不计弹簧测力计、细线的重力和一切摩擦，则弹簧测力计的读数为（ ）
A．0N B．4N C．6N D．16N
4．（2024高一上·如皋期中）一较大的雨滴从高空形成并下落，它运动过程的v-t图像如图所示。只考虑雨滴的重力和空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．时间内，雨滴的速度变化率逐渐减小
B．时间内，雨滴的惯性越来越大
C．时间内，雨滴受到的空气阻力逐渐减小
D．时刻以后，雨滴的重力和所受的空气阻力是一对相互作用力
5．（2024高一上·如皋期中）如图所示，某同学用力F将课本压在竖直墙壁上，课本静止。现仅逐渐减小F的大小直至为0，上述过程中（ ）
A．课本静止时，受到的摩擦力逐渐减小
B．课本静止时，课本和墙壁间的最大静摩擦力不变
C．课本下滑时，受到的摩擦力不变
D．课本下滑时，受到的墙壁的作用力逐渐减小
6．（2024高一上·如皋期中）某实验小组用如图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，得到弹簧的弹力F与弹簧长度L的关系图像如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．用直尺测得弹簧的长度即弹簧的伸长量
B．从图像可得弹簧的劲度系数为0.4N/m
C．弹簧的长度为40.0cm（未超出弹性限度）时，弹簧的弹力为12.0N
D．实验中未考虑弹簧在自身重力下的形变量，这会导致劲度系数的测量结果偏大
7．（2024高一上·如皋期中）如图所示，小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来。A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g，则剪断细绳的瞬间（ ）
A．B的加速度为g B．B的加速度为1.5g
C．A的加速度为g D．A的加速度为1.5g
8．（2024高一上·如皋期中）一根细线系着一个小球，细线上端固定在横梁上，给小球施加力F，小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，保持夹角θ不变，将F的方向逆时针缓慢转至竖直位置，上述过程中（ ）
A．力F一直减小 B．力F先减小后增大
C．细线弹力一直增大 D．细线弹力先增大后减小
9．（2024高一上·如皋期中）如图所示，在小球A自由下落的同时，小球B做竖直上抛运动，两小球同时落地。不计空气阻力，则（ ）
A．A的初始下落高度是B的最大上升高度的2倍
B．A的初始下落高度是B的最大上升高度的3倍
C．两球在空中运动过程中，A相对于B做匀速运动
D．两球在空中运动过程中，A相对于B做加速运动
10．（2024高一上·如皋期中）一地铁在水平直轨道上运动，小华用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对扶手向东偏转，重力加速度为g。分析照片可知（ ）
A．地铁一定向西加速运动
B．细线与扶手间的夹角与圆珠笔的质量无关
C．测出细线与扶手间的夹角，地铁的加速度
D．细线中的拉力大小与地铁的加速度大小无关
11．（2024高一上·如皋期中）如图所示，虚线是竖直平面的圆，固定的光滑细杆交于圆的最低点O。现套在杆上的小球甲、乙同时从图示位置由静止释放，并运动到O点，上述整个过程中两球的速度大小v随时间t变化的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高一上·如皋期中）如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为，横杆对每根斜杆的压力沿斜杆方向。当缓慢增大时（ ）
A．地面对每根斜杆的支持力不变
B．横杆对每根斜杆的压力大小不变
C．地面对每根斜杆的摩擦力不变
D．地面对每根斜杆的摩擦力减小
13．（2024高一上·如皋期中）如图所示，三根细线a、b、c将相同的小球1和2连接，两小球处于静止状态，细线c水平。则细线中的张力、、的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
14．（2024高一上·如皋期中）如图所示，轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使物体匀速上升，若手突然停止运动，从该时刻到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a随运动时间t或上升高度h变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2024高一上·如皋期中）某实验小组用如图甲所示的装置和控制变量法“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）实验中使用的打点计时器如图乙所示，该打点计时器的工作电压 （选填“约为8 V”或“为220 V”）。
（2）补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列 的点，则表明阻力补偿恰当。
（3）在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量 槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
（4）图丙是实验中得到的一条纸带上的计时点，已知交变电流的频率为50 Hz，则小车运动的加速度大小为 m/s2。（结果保留两位有效数字）
（5）在探究小车的加速度与质量的关系时，在小车中加质量为m的砝码，测得小车的加速度a、改变小车中砝码的质量，重复实验，作出的图像如图丁所示，图中直线的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量为 。
16．（2024高一上·如皋期中）高速公路上的隧道设置限速以保证行驶安全，某汽车以速度行驶，在离隧道x1处开始做匀减速直线运动，并刚好保持限速通过隧道，出隧道后立即做匀加速直线运动，再经过时间t速度恢复为，求汽车
（1）减速阶段的加速度大小a；
（2）加速阶段通过的位移大小。
17．（2024高一上·如皋期中）如图所示，一质量为m的箱子静止在水平地面上，小明用与水平方向成θ角的力斜向下方推箱子，第一次的推力大小为F1，箱子没有运动，第二次的推力大小为F2，箱子做匀加速运动。已知箱子与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求小明：
（1）第一次推箱子时，箱子受到的摩擦力大小；
（2）第二次推箱子时，箱子的加速度大小a。
18．（2024高一上·如皋期中）如图所示，轻绳一端固定在“L”型装置上，另一端跨过两个光滑轻质滑轮与质量m = 1kg的木块连接，轻绳上部分水平且平行，“L”型装置和木块均保持静止。已知“L”型装置内表面光滑，外表面与地面间的动摩擦因数μ = 0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）轻绳对左侧滑轮作用力的大小F；
（2）“L”型装置质量的最小值M。
19．（2024高一上·如皋期中）如图甲所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径、质量的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，从底部沿木棍向上看到的圆筒与木棍的位置关系如图乙所示。已知两木棍的间距，与水平面的夹角，，，重力加速度g取。求：
（1）每根直木棍对圆筒的摩擦力大小f；
（2）圆筒与直木棍的动摩擦因数。
20．（2024高一上·如皋期中）如图所示，足够长的斜坡与水平面在P点平滑连接，距P点的水平面上固定一挡板，0时刻，质量的小物体从图示位置在平行于斜坡的外力作用下加速运动，到达P点时撤去F，此时小物体的速度。已知小物体与斜坡、水平面间的动摩擦因数均为，物体经过P点前后速度大小不变，小物体与挡板碰撞后反向弹回，碰撞前后速度大小不变，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求物体
（1）受到外力F时的加速度大小a；
（2）与挡板碰撞的时刻t；
（3）最终停止运动的位置距P点的距离x。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A：N（牛顿）是导出单位（由推导），A错误；
B：km（千米）是米的常用单位，不是基本单位，B错误；
C：m/s（米每秒）是导出单位（速度的单位），C错误；
D：kg（千克）是国际单位制的基本单位，D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是明确国际单位制基本单位的定义，逐一判断选项的单位类别。
2．【答案】B
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A．实验时，弹簧测力计、橡皮条和绳套需贴近并平行于木板，以减小误差，故A错误；
B．两次将橡皮条拉至O点，是为了保证两次力的作用效果相同（ 等效替代思想 ），故B正确；
C．两拉力的夹角适当大一些可以减小测量的误差，但不是越大越好，故C错误；
D．用弹簧测力计拉橡皮条时，需记录弹簧测力计示数和方向，故D错误。
故答案为：B。
【分析】理解实验的等效替代思想（ 两次拉橡皮条至同一点O，保证作用效果相同 ），以及实验操作的规范要求（ 器材平行于木板、夹角适当、记录力的大小和方向 ）。
3．【答案】C
【知识点】胡克定律；受力分析的应用
【解析】【解答】对物体B受力分析，其受重力和细线拉力，因B静止，故，弹簧测力计的读数等于细线的拉力，即。
故答案为：C。
【分析】核心是通过对B的受力平衡分析，得出细线拉力，进而确定弹簧测力计的读数。
4．【答案】A
【知识点】惯性与质量；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：图像的斜率表示加速度（速度变化率），内斜率逐渐减小，故速度变化率逐渐减小，A正确；
B：惯性由质量决定，雨滴质量不变，惯性不变，B错误；
C：由，加速度减小，故空气阻力逐渐增大，C错误；
D：后雨滴匀速，重力与空气阻力是平衡力，不是相互作用力，D错误。
故答案为：A。
【分析】核心是通过图像斜率分析加速度变化，结合牛顿第二定律和惯性、平衡力的概念判断各选项。
5．【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】A．课本静止时，受静摩擦力，根据平衡条件（ 重力 ），静摩擦力不变，故A错误；
B．最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，减小，故最大静摩擦力减小，故B错误；
C．课本下滑时，受滑动摩擦力，减小，滑动摩擦力减小，故C错误；
D．课本下滑时，墙壁对课本的作用力是支持力与滑动摩擦力的合力。减小，支持力减小，滑动摩擦力也减小，故合力（ 墙壁的作用力 ）逐渐减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是区分静摩擦与滑动摩擦的计算方法（ 静摩擦由平衡条件分析，滑动摩擦由分析，与压力相关 ），结合力的合成分析墙壁作用力的变化。
6．【答案】C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】A．用直尺测得弹簧的长度是弹簧形变后的总长度，等于弹簧的原长与弹簧形变量之和，故A错误；
B．F-L图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则弹簧的劲度系数为，故B错误；
C．从图乙可以看出弹簧的原长为L0=10.0cm=0.100m，所以弹簧的长度L=40.0cm=0.400m时，弹簧的弹力为F=k（L-L0）=40×（0.400-0.100）N=12.0N，故C正确；
D．实验中未考虑弹簧在自身重力下的形变量，根据F=k（L-L0）可知，F-L图像的斜率不变，所以不会导致劲度系数的测量结果变化，故D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是利用胡克定律（ 为原长），结合图像的斜率求劲度系数，再计算特定长度下的弹力；同时分析弹簧自身重力对测量的影响。
7．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】绳剪断前，对B由平衡条件得F弹=mg
绳剪断后瞬间，弹簧来不及变化，则弹力不变。对A受力分析得F弹+2mg=2maA
解得aA=1.5g，弹力不变，则B的受力情况不变，加速度仍然为0。
故答案为：D。
【分析】1.静态分析：剪断前通过平衡条件求弹簧弹力，为瞬时分析做准备。
2.瞬时分析：弹簧弹力瞬间不变，细绳拉力瞬间消失，分别对 A、B 受力分析。
3.加速度计算：对 A 用牛顿第二定律求加速度，B 因受力平衡加速度为 0。
8．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小球，受力分析，如图所示
将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，在力的平行四边形中，可以看到F先变小后变大，细线弹力一直减小。
故答案为：B。
【分析】核心是通过受力分析构建矢量三角形，利用动态平衡的几何特征判断力的变化趋势。
9．【答案】C
【知识点】加速度；竖直上抛运动
【解析】【解答】AB．设下落时间为，竖直上抛的总时间也为，则上升到最高点的时间为。的下落高度，的最大上升高度，故，AB错误；
CD．两球加速度均为，相对加速度为。的速度，的速度（，因总时间为，由得），则相对速度对（ 恒定 ），故相对于做匀速运动，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是利用自由落体和竖直上抛运动的规律，分析两球的运动时间、高度关系；再通过加速度和速度的关系，判断相对运动的性质（ 相对加速度为零，相对速度恒定则为匀速相对运动 ）。
10．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】根据题意，对圆珠笔受力分析，如图所示：
竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ=G
水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ=ma
解得
a=gtanθ，加速度方向水平向西，
则地铁可能做向西的加速运动和向东的减速运动，地铁的加速度变化，细线与竖直方向的夹角变化，细线与扶手间的夹角与圆珠笔的质量无关，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关。
故答案为：B。
【分析】对悬挂的圆珠笔进行受力分析，将拉力沿水平和竖直方向分解，利用平衡条件和牛顿第二定律列方程，分析加速度、夹角与质量、拉力的关系。
11．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设杆与竖直方向夹角为θ，圆的半径为R，根据牛顿第二定律可得mgcosθ=ma
甲的加速度为a=gcosθ
由速度与位移公式可得v2=2ax=2×gcosθ×2Rcosθ
解得
运动时间，故可知θ越小时，速度越大，故乙的速度大，两者时间相同。
故答案为：B。
【分析】对细杆上的小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的速度 - 位移公式和速度 - 时间公式，分析速度、时间与夹角的关系，进而判断图像的形状。
12．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析，设整体所受重力为mg，则每根斜杆受到地面的支持力，θ变化不影响支持力大小，故A正确；
BCD．设横杆对每一根斜杆的压力为N，对一根斜杆受力分析如图：
根据共点力平衡条件有，
随着角度θ缓缓增大，则cos减小，则N增大，tan增大，f也增大，故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】区分整体法与隔离法的受力分析：整体法分析支持力，隔离法分析单根斜杆的压力和摩擦力；利用共点力平衡条件，结合三角函数的变化，分析力的大小变化。
13．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】设细线a、b与水平方向的夹角分别为和，对小球1和2组成的整体受力分析如图所示
根据水平方向受力平衡有
对小球2受力分析如图所示
根据水平方向受力平衡有
由以上两式可得
又
所以
即
综合以上，有
故答案为：A。
【分析】利用整体法和隔离法对小球进行受力分析，将细线拉力沿水平和竖直方向分解，结合共点力平衡条件，推导各拉力的大小关系；再根据三角函数的取值范围，判断拉力的大小顺序。
14．【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AD．根据题意可知，轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，弹簧处于拉伸状态且拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，弹簧的形变量减小，则弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减速运动，设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律可得
所以，当弹簧处于压缩状态时，弹力增大，加速度向下，物体仍然向上减速，且加速度a与h的关系不变，由于加速度增大，所以v-t图像切线的斜率增大，故AD错误；
B．物体上升过程中，加速度增大，但由于物体速度减小，即上升高度ｈ的变化越来越慢，则加速度增大的越来越慢，所以a-t图线斜率逐渐减小，故B正确；
C．由于a与h成正比，所以随高度增加，v减少，但速度减小的越来越快，即斜率变大，故C错误。
故答案为：B。
【分析】分析弹簧弹力的变化，结合牛顿第二定律确定加速度的变化规律；再根据加速度与高度、时间的关系，判断速度和加速度图像的形状。
15．【答案】（1）约为8V
（2）点迹均匀
（3）远大于
（4）1.9
（5）
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）图乙中的打点计时器为电磁打点计时器，该打点计时器的工作电压约为8V。
故答案为：约为8V
（2）补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，则表明阻力补偿恰当。
故答案为：点迹均匀
（3）在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量远大于槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
故答案为：远大于
（4）打点计时器的打点周期为
由图丙可知
小车运动的加速度大小为
故答案为：1.9
（5）设细绳对小车的拉力大小为F，小车的质量为M，根据牛顿第二定律有
整理得
则，
解得
故答案为：
【分析】（1）根据打点计时器类型判断工作电压。
（2）依据匀速直线运动的点迹特征，判断阻力补偿是否恰当。
（3）从力的近似替代角度，说明小车质量与槽码质量的关系。
（4）利用逐差法，结合纸带数据计算加速度。
（5）对牛顿第二定律变形，结合图像斜率和纵截距，求解小车质量。
（1）图乙中的打点计时器为电磁打点计时器，该打点计时器的工作电压约为8 V。
（2）补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，则表明阻力补偿恰当。
（3）在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量远大于槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
（4）打点计时器的打点周期为
由图丙可知
小车运动的加速度大小为
（5）设细绳对小车的拉力大小为F，小车的质量为M，根据牛顿第二定律有
整理得
则
求得
16．【答案】（1）解：根据匀变速直线运动的规律，即位移与速度关系有
解得
（2）解：根据匀变速直线运动的规律，即平均速度与位移关系有
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）直接运用匀变速直线运动的速度-位移公式，结合减速过程的初末速度和位移，求解加速度。
（2）利用匀变速直线运动的平均速度与位移的关系，结合加速过程的初末速度和时间，求解位移。
（1）根据匀变速直线运动的规律，即位移与速度关系有
解得
（2）根据匀变速直线运动的规律，即平均速度与位移关系有
17．【答案】（1）解：第一次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由平衡条件可得Ff1 = F1cosθ
（2）解：第二次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得F2cosθ－Ff2 = ma
FN2 = mg＋F2sinθ
Ff2 = μFN2
联立解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对静止的箱子进行受力分析，水平方向摩擦力与推力水平分力平衡，求出摩擦力大小。
（2）对加速运动的箱子受力分析，结合牛顿第二定律，先求出支持力和滑动摩擦力，再推导得出加速度表达式。
（1）第一次推箱子时，对箱子受力分析如图所示：
由平衡条件可得
Ff1 = F1cosθ
（2）第二次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得
F2cosθ－Ff2 = ma
FN2 = mg＋F2sinθ
Ff2 = μFN2
联立解得
18．【答案】（1）解：同一根绳子的拉力相等，对物体受力可知T = mg
轻绳对左侧滑轮作用力的大小
（2）解：右侧与墙壁连接的绳子拉力为T' = 2T
对整体，根据共点力平衡条件有T' = μ(M＋m)g
解得M = 7kg
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【分析】（1）通过木块的平衡状态确定绳的拉力，再利用力的合成（平行四边形定则）求解滑轮受到的作用力。
（2）对整体受力分析，结合摩擦力公式和平衡条件，求解装置的最小质量。
（1）同一根绳子的拉力相等，对物体受力可知
T = mg
轻绳对左侧滑轮作用力的大小
（2）右侧与墙壁连接的绳子拉力为
T' = 2T
对整体，根据共点力平衡条件有
T' = μ(M＋m)g
解得
M = 7kg
19．【答案】（1）解：水泥圆筒受到重力、垂直于两根木棍的斜向上支持力以及平行于木棍向上的滑动摩擦力作用。
在沿圆筒运动方向上，根据平衡条件得2f=mgsinα
代入数据解得每根木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力为f=120N
（2）解：垂直于圆筒运动方向上，圆筒的受力情况如图所示。
根据几何关系有
得θ=37°
在垂直圆筒运动方向上，根据平衡条件可得2Ncosθ=mgcosα
解得N=200N
根据滑动摩擦力公式有f=μN
解得μ=0.6
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对匀速下滑的圆筒沿木棍方向受力分析，利用平衡条件，结合重力分力与摩擦力的关系，求出每根木棍对圆筒的摩擦力。
（2）先通过几何关系确定角度，再对圆筒垂直木棍方向受力分析，结合平衡条件求出支持力，最后根据滑动摩擦力公式求出动摩擦因数。
（1）水泥圆筒受到重力、垂直于两根木棍的斜向上支持力以及平行于木棍向上的滑动摩擦力作用。
在沿圆筒运动方向上，根据平衡条件得
2f=mgsinα
代入数据解得每根木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力为
f=120N
（2）垂直于圆筒运动方向上，圆筒的受力情况如图所示。
根据几何关系有
得
θ=37°
在垂直圆筒运动方向上，根据平衡条件可得
2Ncosθ=mgcosα
解得
N=200N
根据滑动摩擦力公式有
f=μN
解得
μ=0.6
20．【答案】（1）解：根据题意，小物体在斜坡上加速下滑时，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据题意，由运动学公式可得，小物体从开始下滑到点所用时间为
小物体在水平面上滑动时，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得，（舍掉）
则与挡板碰撞的时刻
（3）解：设小物块与挡板碰撞弹回后，运动到点的速度为，由运动学公式有
解得
小物体沿斜坡上滑，由牛顿第二定律有
解得
由于
小物体在斜坡上滑减速到0后静止在斜坡上，则有
解得
即小物体最终停止在斜坡上，距的距离为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对斜坡上的小物体受力分析，结合牛顿第二定律，求解加速度。
（2）先求小物体到P点的时间，再分析水平面上的运动，结合运动学公式和牛顿第二定律，求出与挡板碰撞的时刻。
（3）分析小物体碰撞后在水平和斜坡上的运动，结合运动学公式和牛顿第二定律，确定最终停止位置距P点的距离。
（1）根据题意，小物体在斜坡上加速下滑时，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由运动学公式可得，小物体从开始下滑到点所用时间为
小物体在水平面上滑动时，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
，（舍掉）
则与挡板碰撞的时刻
（3）设小物块与挡板碰撞弹回后，运动到点的速度为，由运动学公式有
解得
小物体沿斜坡上滑，由牛顿第二定律有
解得
由于
小物体在斜坡上滑减速到0后静止在斜坡上，则有
解得
即小物体最终停止在斜坡上，距的距离为。
江苏省南通市如皋市十校2024-2025学年高一上学期11月期中物理试题
1．（2024高一上·如皋期中）下列是国际单位制的基本单位的是（ ）
A．N B．km C．m/s D．kg
【答案】D
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】A：N（牛顿）是导出单位（由推导），A错误；
B：km（千米）是米的常用单位，不是基本单位，B错误；
C：m/s（米每秒）是导出单位（速度的单位），C错误；
D：kg（千克）是国际单位制的基本单位，D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是明确国际单位制基本单位的定义，逐一判断选项的单位类别。
2．（2024高一上·如皋期中）某实验小组“探究两个互成角度的力的合成规律”，先、后用两个弹簧测力计和一个弹簧测力计将橡皮条的一端拉至O点，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．实验时，弹簧测力计、橡皮条和绳套无需贴近并平行于木板
B．两次都将橡皮条的一端拉至O点是为了保证作用效果相同
C．用两个弹簧测力计拉橡皮条时，两绳的夹角越大越好
D．用一个弹簧测力计拉橡皮条时，只需记录测力计的读数
【答案】B
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】A．实验时，弹簧测力计、橡皮条和绳套需贴近并平行于木板，以减小误差，故A错误；
B．两次将橡皮条拉至O点，是为了保证两次力的作用效果相同（ 等效替代思想 ），故B正确；
C．两拉力的夹角适当大一些可以减小测量的误差，但不是越大越好，故C错误；
D．用弹簧测力计拉橡皮条时，需记录弹簧测力计示数和方向，故D错误。
故答案为：B。
【分析】理解实验的等效替代思想（ 两次拉橡皮条至同一点O，保证作用效果相同 ），以及实验操作的规范要求（ 器材平行于木板、夹角适当、记录力的大小和方向 ）。
3．（2024高一上·如皋期中）如图所示，物体A和B的重力分别为10N和6N，不计弹簧测力计、细线的重力和一切摩擦，则弹簧测力计的读数为（ ）
A．0N B．4N C．6N D．16N
【答案】C
【知识点】胡克定律；受力分析的应用
【解析】【解答】对物体B受力分析，其受重力和细线拉力，因B静止，故，弹簧测力计的读数等于细线的拉力，即。
故答案为：C。
【分析】核心是通过对B的受力平衡分析，得出细线拉力，进而确定弹簧测力计的读数。
4．（2024高一上·如皋期中）一较大的雨滴从高空形成并下落，它运动过程的v-t图像如图所示。只考虑雨滴的重力和空气阻力，下列说法中正确的是（ ）
A．时间内，雨滴的速度变化率逐渐减小
B．时间内，雨滴的惯性越来越大
C．时间内，雨滴受到的空气阻力逐渐减小
D．时刻以后，雨滴的重力和所受的空气阻力是一对相互作用力
【答案】A
【知识点】惯性与质量；牛顿第二定律；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A：图像的斜率表示加速度（速度变化率），内斜率逐渐减小，故速度变化率逐渐减小，A正确；
B：惯性由质量决定，雨滴质量不变，惯性不变，B错误；
C：由，加速度减小，故空气阻力逐渐增大，C错误；
D：后雨滴匀速，重力与空气阻力是平衡力，不是相互作用力，D错误。
故答案为：A。
【分析】核心是通过图像斜率分析加速度变化，结合牛顿第二定律和惯性、平衡力的概念判断各选项。
5．（2024高一上·如皋期中）如图所示，某同学用力F将课本压在竖直墙壁上，课本静止。现仅逐渐减小F的大小直至为0，上述过程中（ ）
A．课本静止时，受到的摩擦力逐渐减小
B．课本静止时，课本和墙壁间的最大静摩擦力不变
C．课本下滑时，受到的摩擦力不变
D．课本下滑时，受到的墙壁的作用力逐渐减小
【答案】D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；静摩擦力
【解析】【解答】A．课本静止时，受静摩擦力，根据平衡条件（ 重力 ），静摩擦力不变，故A错误；
B．最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，减小，故最大静摩擦力减小，故B错误；
C．课本下滑时，受滑动摩擦力，减小，滑动摩擦力减小，故C错误；
D．课本下滑时，墙壁对课本的作用力是支持力与滑动摩擦力的合力。减小，支持力减小，滑动摩擦力也减小，故合力（ 墙壁的作用力 ）逐渐减小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】核心是区分静摩擦与滑动摩擦的计算方法（ 静摩擦由平衡条件分析，滑动摩擦由分析，与压力相关 ），结合力的合成分析墙壁作用力的变化。
6．（2024高一上·如皋期中）某实验小组用如图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，得到弹簧的弹力F与弹簧长度L的关系图像如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）
A．用直尺测得弹簧的长度即弹簧的伸长量
B．从图像可得弹簧的劲度系数为0.4N/m
C．弹簧的长度为40.0cm（未超出弹性限度）时，弹簧的弹力为12.0N
D．实验中未考虑弹簧在自身重力下的形变量，这会导致劲度系数的测量结果偏大
【答案】C
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】A．用直尺测得弹簧的长度是弹簧形变后的总长度，等于弹簧的原长与弹簧形变量之和，故A错误；
B．F-L图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则弹簧的劲度系数为，故B错误；
C．从图乙可以看出弹簧的原长为L0=10.0cm=0.100m，所以弹簧的长度L=40.0cm=0.400m时，弹簧的弹力为F=k（L-L0）=40×（0.400-0.100）N=12.0N，故C正确；
D．实验中未考虑弹簧在自身重力下的形变量，根据F=k（L-L0）可知，F-L图像的斜率不变，所以不会导致劲度系数的测量结果变化，故D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是利用胡克定律（ 为原长），结合图像的斜率求劲度系数，再计算特定长度下的弹力；同时分析弹簧自身重力对测量的影响。
7．（2024高一上·如皋期中）如图所示，小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来。A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g，则剪断细绳的瞬间（ ）
A．B的加速度为g B．B的加速度为1.5g
C．A的加速度为g D．A的加速度为1.5g
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】绳剪断前，对B由平衡条件得F弹=mg
绳剪断后瞬间，弹簧来不及变化，则弹力不变。对A受力分析得F弹+2mg=2maA
解得aA=1.5g，弹力不变，则B的受力情况不变，加速度仍然为0。
故答案为：D。
【分析】1.静态分析：剪断前通过平衡条件求弹簧弹力，为瞬时分析做准备。
2.瞬时分析：弹簧弹力瞬间不变，细绳拉力瞬间消失，分别对 A、B 受力分析。
3.加速度计算：对 A 用牛顿第二定律求加速度，B 因受力平衡加速度为 0。
8．（2024高一上·如皋期中）一根细线系着一个小球，细线上端固定在横梁上，给小球施加力F，小球平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，保持夹角θ不变，将F的方向逆时针缓慢转至竖直位置，上述过程中（ ）
A．力F一直减小 B．力F先减小后增大
C．细线弹力一直增大 D．细线弹力先增大后减小
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对小球，受力分析，如图所示
将F由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，在力的平行四边形中，可以看到F先变小后变大，细线弹力一直减小。
故答案为：B。
【分析】核心是通过受力分析构建矢量三角形，利用动态平衡的几何特征判断力的变化趋势。
9．（2024高一上·如皋期中）如图所示，在小球A自由下落的同时，小球B做竖直上抛运动，两小球同时落地。不计空气阻力，则（ ）
A．A的初始下落高度是B的最大上升高度的2倍
B．A的初始下落高度是B的最大上升高度的3倍
C．两球在空中运动过程中，A相对于B做匀速运动
D．两球在空中运动过程中，A相对于B做加速运动
【答案】C
【知识点】加速度；竖直上抛运动
【解析】【解答】AB．设下落时间为，竖直上抛的总时间也为，则上升到最高点的时间为。的下落高度，的最大上升高度，故，AB错误；
CD．两球加速度均为，相对加速度为。的速度，的速度（，因总时间为，由得），则相对速度对（ 恒定 ），故相对于做匀速运动，C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】核心是利用自由落体和竖直上抛运动的规律，分析两球的运动时间、高度关系；再通过加速度和速度的关系，判断相对运动的性质（ 相对加速度为零，相对速度恒定则为匀速相对运动 ）。
10．（2024高一上·如皋期中）一地铁在水平直轨道上运动，小华用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对扶手向东偏转，重力加速度为g。分析照片可知（ ）
A．地铁一定向西加速运动
B．细线与扶手间的夹角与圆珠笔的质量无关
C．测出细线与扶手间的夹角，地铁的加速度
D．细线中的拉力大小与地铁的加速度大小无关
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】根据题意，对圆珠笔受力分析，如图所示：
竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ=G
水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ=ma
解得
a=gtanθ，加速度方向水平向西，
则地铁可能做向西的加速运动和向东的减速运动，地铁的加速度变化，细线与竖直方向的夹角变化，细线与扶手间的夹角与圆珠笔的质量无关，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关。
故答案为：B。
【分析】对悬挂的圆珠笔进行受力分析，将拉力沿水平和竖直方向分解，利用平衡条件和牛顿第二定律列方程，分析加速度、夹角与质量、拉力的关系。
11．（2024高一上·如皋期中）如图所示，虚线是竖直平面的圆，固定的光滑细杆交于圆的最低点O。现套在杆上的小球甲、乙同时从图示位置由静止释放，并运动到O点，上述整个过程中两球的速度大小v随时间t变化的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】设杆与竖直方向夹角为θ，圆的半径为R，根据牛顿第二定律可得mgcosθ=ma
甲的加速度为a=gcosθ
由速度与位移公式可得v2=2ax=2×gcosθ×2Rcosθ
解得
运动时间，故可知θ越小时，速度越大，故乙的速度大，两者时间相同。
故答案为：B。
【分析】对细杆上的小球进行受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的速度 - 位移公式和速度 - 时间公式，分析速度、时间与夹角的关系，进而判断图像的形状。
12．（2024高一上·如皋期中）如图所示，一晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的轻质斜杆垂直，两斜杆间的夹角为，横杆对每根斜杆的压力沿斜杆方向。当缓慢增大时（ ）
A．地面对每根斜杆的支持力不变
B．横杆对每根斜杆的压力大小不变
C．地面对每根斜杆的摩擦力不变
D．地面对每根斜杆的摩擦力减小
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A．对衣架、横杆、衣服组成的整体受力分析，设整体所受重力为mg，则每根斜杆受到地面的支持力，θ变化不影响支持力大小，故A正确；
BCD．设横杆对每一根斜杆的压力为N，对一根斜杆受力分析如图：
根据共点力平衡条件有，
随着角度θ缓缓增大，则cos减小，则N增大，tan增大，f也增大，故BCD错误。
故答案为：A。
【分析】区分整体法与隔离法的受力分析：整体法分析支持力，隔离法分析单根斜杆的压力和摩擦力；利用共点力平衡条件，结合三角函数的变化，分析力的大小变化。
13．（2024高一上·如皋期中）如图所示，三根细线a、b、c将相同的小球1和2连接，两小球处于静止状态，细线c水平。则细线中的张力、、的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】设细线a、b与水平方向的夹角分别为和，对小球1和2组成的整体受力分析如图所示
根据水平方向受力平衡有
对小球2受力分析如图所示
根据水平方向受力平衡有
由以上两式可得
又
所以
即
综合以上，有
故答案为：A。
【分析】利用整体法和隔离法对小球进行受力分析，将细线拉力沿水平和竖直方向分解，结合共点力平衡条件，推导各拉力的大小关系；再根据三角函数的取值范围，判断拉力的大小顺序。
14．（2024高一上·如皋期中）如图所示，轻弹簧下端挂一物体，上端用手牵引使物体匀速上升，若手突然停止运动，从该时刻到物体上升至最高点的过程中，物体运动的速率v、加速度大小a随运动时间t或上升高度h变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】AD．根据题意可知，轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，弹簧处于拉伸状态且拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，弹簧的形变量减小，则弹力减小，弹力小于重力，加速度向下，向上做减速运动，设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律可得
所以，当弹簧处于压缩状态时，弹力增大，加速度向下，物体仍然向上减速，且加速度a与h的关系不变，由于加速度增大，所以v-t图像切线的斜率增大，故AD错误；
B．物体上升过程中，加速度增大，但由于物体速度减小，即上升高度ｈ的变化越来越慢，则加速度增大的越来越慢，所以a-t图线斜率逐渐减小，故B正确；
C．由于a与h成正比，所以随高度增加，v减少，但速度减小的越来越快，即斜率变大，故C错误。
故答案为：B。
【分析】分析弹簧弹力的变化，结合牛顿第二定律确定加速度的变化规律；再根据加速度与高度、时间的关系，判断速度和加速度图像的形状。
15．（2024高一上·如皋期中）某实验小组用如图甲所示的装置和控制变量法“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。
（1）实验中使用的打点计时器如图乙所示，该打点计时器的工作电压 （选填“约为8 V”或“为220 V”）。
（2）补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列 的点，则表明阻力补偿恰当。
（3）在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量 槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
（4）图丙是实验中得到的一条纸带上的计时点，已知交变电流的频率为50 Hz，则小车运动的加速度大小为 m/s2。（结果保留两位有效数字）
（5）在探究小车的加速度与质量的关系时，在小车中加质量为m的砝码，测得小车的加速度a、改变小车中砝码的质量，重复实验，作出的图像如图丁所示，图中直线的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量为 。
【答案】（1）约为8V
（2）点迹均匀
（3）远大于
（4）1.9
（5）
【知识点】加速度；探究加速度与力、质量的关系；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）图乙中的打点计时器为电磁打点计时器，该打点计时器的工作电压约为8V。
故答案为：约为8V
（2）补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，则表明阻力补偿恰当。
故答案为：点迹均匀
（3）在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量远大于槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
故答案为：远大于
（4）打点计时器的打点周期为
由图丙可知
小车运动的加速度大小为
故答案为：1.9
（5）设细绳对小车的拉力大小为F，小车的质量为M，根据牛顿第二定律有
整理得
则，
解得
故答案为：
【分析】（1）根据打点计时器类型判断工作电压。
（2）依据匀速直线运动的点迹特征，判断阻力补偿是否恰当。
（3）从力的近似替代角度，说明小车质量与槽码质量的关系。
（4）利用逐差法，结合纸带数据计算加速度。
（5）对牛顿第二定律变形，结合图像斜率和纵截距，求解小车质量。
（1）图乙中的打点计时器为电磁打点计时器，该打点计时器的工作电压约为8 V。
（2）补偿阻力时，调整木板右端的高度，小车在不挂槽码时拖动纸带运动，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，则表明阻力补偿恰当。
（3）在探究小车的加速度与力的关系时，小车质量远大于槽码的质量时，可以认为槽码的重力近似等于小车受到的合外力。
（4）打点计时器的打点周期为
由图丙可知
小车运动的加速度大小为
（5）设细绳对小车的拉力大小为F，小车的质量为M，根据牛顿第二定律有
整理得
则
求得
16．（2024高一上·如皋期中）高速公路上的隧道设置限速以保证行驶安全，某汽车以速度行驶，在离隧道x1处开始做匀减速直线运动，并刚好保持限速通过隧道，出隧道后立即做匀加速直线运动，再经过时间t速度恢复为，求汽车
（1）减速阶段的加速度大小a；
（2）加速阶段通过的位移大小。
【答案】（1）解：根据匀变速直线运动的规律，即位移与速度关系有
解得
（2）解：根据匀变速直线运动的规律，即平均速度与位移关系有
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【分析】（1）直接运用匀变速直线运动的速度-位移公式，结合减速过程的初末速度和位移，求解加速度。
（2）利用匀变速直线运动的平均速度与位移的关系，结合加速过程的初末速度和时间，求解位移。
（1）根据匀变速直线运动的规律，即位移与速度关系有
解得
（2）根据匀变速直线运动的规律，即平均速度与位移关系有
17．（2024高一上·如皋期中）如图所示，一质量为m的箱子静止在水平地面上，小明用与水平方向成θ角的力斜向下方推箱子，第一次的推力大小为F1，箱子没有运动，第二次的推力大小为F2，箱子做匀加速运动。已知箱子与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求小明：
（1）第一次推箱子时，箱子受到的摩擦力大小；
（2）第二次推箱子时，箱子的加速度大小a。
【答案】（1）解：第一次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由平衡条件可得Ff1 = F1cosθ
（2）解：第二次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得F2cosθ－Ff2 = ma
FN2 = mg＋F2sinθ
Ff2 = μFN2
联立解得
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）根据平衡条件，对静止的箱子进行受力分析，水平方向摩擦力与推力水平分力平衡，求出摩擦力大小。
（2）对加速运动的箱子受力分析，结合牛顿第二定律，先求出支持力和滑动摩擦力，再推导得出加速度表达式。
（1）第一次推箱子时，对箱子受力分析如图所示：
由平衡条件可得
Ff1 = F1cosθ
（2）第二次推箱子时，对箱子受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得
F2cosθ－Ff2 = ma
FN2 = mg＋F2sinθ
Ff2 = μFN2
联立解得
18．（2024高一上·如皋期中）如图所示，轻绳一端固定在“L”型装置上，另一端跨过两个光滑轻质滑轮与质量m = 1kg的木块连接，轻绳上部分水平且平行，“L”型装置和木块均保持静止。已知“L”型装置内表面光滑，外表面与地面间的动摩擦因数μ = 0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）轻绳对左侧滑轮作用力的大小F；
（2）“L”型装置质量的最小值M。
【答案】（1）解：同一根绳子的拉力相等，对物体受力可知T = mg
轻绳对左侧滑轮作用力的大小
（2）解：右侧与墙壁连接的绳子拉力为T' = 2T
对整体，根据共点力平衡条件有T' = μ(M＋m)g
解得M = 7kg
【知识点】整体法隔离法；受力分析的应用
【解析】【分析】（1）通过木块的平衡状态确定绳的拉力，再利用力的合成（平行四边形定则）求解滑轮受到的作用力。
（2）对整体受力分析，结合摩擦力公式和平衡条件，求解装置的最小质量。
（1）同一根绳子的拉力相等，对物体受力可知
T = mg
轻绳对左侧滑轮作用力的大小
（2）右侧与墙壁连接的绳子拉力为
T' = 2T
对整体，根据共点力平衡条件有
T' = μ(M＋m)g
解得
M = 7kg
19．（2024高一上·如皋期中）如图甲所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动。一个半径、质量的水泥圆筒从木棍的上部恰好能匀速滑下，从底部沿木棍向上看到的圆筒与木棍的位置关系如图乙所示。已知两木棍的间距，与水平面的夹角，，，重力加速度g取。求：
（1）每根直木棍对圆筒的摩擦力大小f；
（2）圆筒与直木棍的动摩擦因数。
【答案】（1）解：水泥圆筒受到重力、垂直于两根木棍的斜向上支持力以及平行于木棍向上的滑动摩擦力作用。
在沿圆筒运动方向上，根据平衡条件得2f=mgsinα
代入数据解得每根木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力为f=120N
（2）解：垂直于圆筒运动方向上，圆筒的受力情况如图所示。
根据几何关系有
得θ=37°
在垂直圆筒运动方向上，根据平衡条件可得2Ncosθ=mgcosα
解得N=200N
根据滑动摩擦力公式有f=μN
解得μ=0.6
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对匀速下滑的圆筒沿木棍方向受力分析，利用平衡条件，结合重力分力与摩擦力的关系，求出每根木棍对圆筒的摩擦力。
（2）先通过几何关系确定角度，再对圆筒垂直木棍方向受力分析，结合平衡条件求出支持力，最后根据滑动摩擦力公式求出动摩擦因数。
（1）水泥圆筒受到重力、垂直于两根木棍的斜向上支持力以及平行于木棍向上的滑动摩擦力作用。
在沿圆筒运动方向上，根据平衡条件得
2f=mgsinα
代入数据解得每根木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力为
f=120N
（2）垂直于圆筒运动方向上，圆筒的受力情况如图所示。
根据几何关系有
得
θ=37°
在垂直圆筒运动方向上，根据平衡条件可得
2Ncosθ=mgcosα
解得
N=200N
根据滑动摩擦力公式有
f=μN
解得
μ=0.6
20．（2024高一上·如皋期中）如图所示，足够长的斜坡与水平面在P点平滑连接，距P点的水平面上固定一挡板，0时刻，质量的小物体从图示位置在平行于斜坡的外力作用下加速运动，到达P点时撤去F，此时小物体的速度。已知小物体与斜坡、水平面间的动摩擦因数均为，物体经过P点前后速度大小不变，小物体与挡板碰撞后反向弹回，碰撞前后速度大小不变，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。求物体
（1）受到外力F时的加速度大小a；
（2）与挡板碰撞的时刻t；
（3）最终停止运动的位置距P点的距离x。
【答案】（1）解：根据题意，小物体在斜坡上加速下滑时，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：根据题意，由运动学公式可得，小物体从开始下滑到点所用时间为
小物体在水平面上滑动时，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得，（舍掉）
则与挡板碰撞的时刻
（3）解：设小物块与挡板碰撞弹回后，运动到点的速度为，由运动学公式有
解得
小物体沿斜坡上滑，由牛顿第二定律有
解得
由于
小物体在斜坡上滑减速到0后静止在斜坡上，则有
解得
即小物体最终停止在斜坡上，距的距离为
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）对斜坡上的小物体受力分析，结合牛顿第二定律，求解加速度。
（2）先求小物体到P点的时间，再分析水平面上的运动，结合运动学公式和牛顿第二定律，求出与挡板碰撞的时刻。
（3）分析小物体碰撞后在水平和斜坡上的运动，结合运动学公式和牛顿第二定律，确定最终停止位置距P点的距离。
（1）根据题意，小物体在斜坡上加速下滑时，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由运动学公式可得，小物体从开始下滑到点所用时间为
小物体在水平面上滑动时，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
，（舍掉）
则与挡板碰撞的时刻
（3）设小物块与挡板碰撞弹回后，运动到点的速度为，由运动学公式有
解得
小物体沿斜坡上滑，由牛顿第二定律有
解得
由于
小物体在斜坡上滑减速到0后静止在斜坡上，则有
解得
即小物体最终停止在斜坡上，距的距离为。
