高一物理学科试题
考生须知：
1.本试题卷满分100分，考试时间90分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题卷.
5.可能用到的相关参数：重力加速度g取10m/s
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列物理量是矢量，且对应单位用国际单位制表示正确的是（ ） A. 位移km C. 温度K 【答案】B 【解析】
【详解】A．位移是矢量，对应的单位用国际单位制表示是m，选项A错误； B．重力是矢量，对应的单位用国际单位制表示是kg⋅m⋅s−2，选项B正确； C．温度是标量，对应的单位用国际单位制表示是K，选项C错误； D．速率是标量，对应的单位用国际单位制表示是m⋅s−1，选项D错误。 故选B。
2. 2023年10月3日晚，在杭州奥体中心体育场进行的田径女子4×100米接力决赛中，由梁小静、韦永丽、袁琦琦、葛曼棋组成的中国队以43秒39的成绩率先冲过终点，夺得冠军。下列说法正确的是（ ）
B. 重力kg⋅m⋅s−2 D. 速率m⋅s−1
2
A. 接力赛起点不在同一直线，目的是使参加比赛的运动员位移大小相等 B. 研究运动员接棒动作时，不可以把运动员看作质点 C. 梁小静在第一棒的起跑很快，说明她的速度很大 D. 本次比赛，中国运动员的平均速度约为9.21m/s 【答案】B 【解析】
【详解】A．接力赛起点不在同一直线，目的是使参加比赛的运动员路程大小相等，而不是位移，故A项错误；
B．研究运动员接棒动作时，其运动员的形状和大小不可以忽略，所以不可以把运动员看做质点，故B项正确；
C．梁小静在第一棒的起跑很快，说明她的速度变化很快，即她的加速度比较大，故C项错误； D．4×100其起点和终点在同一个位置，其位移为零，根据平均速度公式
v=所以为平均速度为0，故D项错误。 故选B。
x t3. 滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分是水平的，跑道尾段略微向上翘起，假设某飞机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速度为8m/s2，位移为150m，后一段的加速度为5m/s2，位移为10m，飞机离舰时的速度为（ ）
A. 35m/s 【答案】D
B. 40m/s C. 49m/s D. 50m/s
【解析】
【详解】第一段加速时
v12=2a1x1
第二段加速时
2v2−v12=2a2x2
解得
v2=50m/s
故选D。
4. 甲乙两人从同一位置沿直线骑自行车同时行进，以起点为坐标原点、行进方向为正方向建立坐标系，此后甲乙两人速度的平方与它们位置坐标x的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 甲一开始匀速行驶了0.5s
B. 减速阶段，甲的加速度小于乙的加速度 C. 甲和乙会在x=15m处相遇 D. 甲车始终在乙车的后面 【答案】A 【解析】
【详解】A．由图可知，甲一开始以速度10m/s匀速行驶了5m，用时间t0=0.5s，选项A正确； B．根据
22v=v0−2ax
可知图像的斜率为2a，由图像的斜率可知，减速阶段，甲的加速度为a甲=3.75m/s2，乙的加速度a乙=2.5m/s2，即甲的加速度大于乙的加速度，选项B错误； C．甲到达x=15m处的时间为
t甲=t0+v−v05−1011=0.5s+s=s a甲−3.756乙到达x=15m处的时间为
=t乙v−v05−10==s2s
−2.5a乙则甲和乙不会在x=15m处相遇，选项C错误；
D．由图像可知，经过相同位置时，甲的速度始终大于乙，即甲的平均速度较大，用时间较短，即经过相同位置时，甲总是首先到达，则甲始终在乙的前面，则选项D错误。 故选A。
5. 如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（ ）
A. 小车静止时，F = mgsinθ，方向沿杆向上 B. 小车静止时，F = mgcosθ，方向垂直于杆向上 C. 小车向右匀速运动时，一定有F = mg，方向竖直向上 D. 小车向右匀速运动时，一定有F > mg，方向可能沿杆向上 【答案】C 【解析】
【详解】小球受重力和杆的作用力F处于静止状态或匀速直线运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，则
F = mg，方向竖直向上
故选C。
6. 子弹以初速度v0垂直射入紧密叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后的速度恰好变为0，可以把子弹视为质点，已知木板的厚度均为d，认为子弹在各块木板中运动的加速度恒定且相同，则下列说法正确的是（ ）
20dA. 子弹穿过前10块木板所用的时间为
v02v0 B. 子弹的加速度大小为20dC. 子弹穿过第15块木板时速度为
v0 33v0 4D. 子弹穿过前15块木板的平均速度为【答案】D 【解析】
【详解】AB．设子弹的加速度为a，由速度位移关系公式可得
2−v0=2a×20d
解得
2v0 a=−40dv2
，子弹穿过前10块木板后的速度 负号表示加速度方向与子弹的初速度方向相反，即加速度大小为40d
20−v10=2a×10d
解得
v10=解得
2v0 2v10−v0202−2d =t10=av0AB错误；
C．子弹穿过第15块木板时速度为
22v15−v0=2a×15d
()代入数据解得
v15=C错误；
D．子弹穿过前15块木板的平均速度为
v0 2v15=D正确。 故选D。
v0+v153v0 =247. 如图所示，一个攀岩者两只手抓住岩壁静止悬在空中，下列说法正确的是（ ）
A. 攀岩者的手对岩壁的压力是岩壁发生形变导致的 B. 人对岩壁的作用力方向竖直向下
C. 保持姿势不变，攀岩者手对岩壁的压力越大，受到的摩擦力也越大 D. 攀岩者攀爬的高度越高，所受的重力越大 【答案】B 【解析】
【详解】A．受力物体是岩壁，施力物体是人手，压力是由施力物体攀岩者的手发生形变而产生的，故A错误；
B．攀岩者两只手抓住岩壁静止悬在空中，处于静止状态，岩壁对人的作用力大小与其重力大小相等、方向相反，所以人对岩壁的作用力与人受到的重力大小相等，方向竖直向下，故B正确；
C．人受到的摩擦力为静摩擦力，压力增大，影响滑动摩擦力的大小，但是静摩擦力的大小等于人重力的分力，位置不变，大小不变，故C错误；
D．虽然高度增加，但是重力加速度不变，故人所受的重力不变，故D错误。 故选B。
8. 蹦极是近些年来新兴的一项非常刺激的户外休闲活动，深受年轻人喜爱，从游客跳出高台直至最后在空中静止下来的整个运动过程中，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 游客落到最低点时，加速度为零
B. 游客离开高台瞬间，其速度和加速度都为零 C. 游客下落过程中，绳子刚被拉直时，速度达到最大 D. 绳子刚被拉直后，游客的加速度先变小后变大 【答案】D 【解析】
【详解】A．游客落到最低点时，速度为零，此时弹力大于重力，则加速度向上，不为零，选项A错误； B．游客离开高台瞬间，其速度为零，加速度为g，选项B错误；
C．游客下落过程中，绳子刚被拉直时，此时重力大于绳子的弹力，加速度向下，则仍要加速运动，当弹力与重力相等时速度达到最大，选项C错误；
D．绳子刚被拉直后，开始阶段重力大于弹力，加速度向下，随着弹力的增加，则加速度减小，直到弹力等于重力时加速度为零；以后弹力大于重力，加速度向上，且逐渐变大，到达最低点时加速度最大，则整个过程游客的加速度先变小后变大，选项D正确。 故选D。
9. 如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻杆连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，此时轻杆的作用力为F1；现在用力F沿倾角为θ的斜面向上推木块1，使两木块一起沿斜面向上做匀加速直线运动，此时轻杆的作用力为F2，斜面与两物体的动摩擦因数为µ，则F1:F2等于（ ）
m2A.
m1【答案】B 【解析】
m1B.
m2m1C.
m1+m2D.
m2
m1m2【详解】当两物块在水平面上时，由牛顿第二定律可知
=F(m1+m2)a1
对物块1
F1=m1a1
解得
F1=当两物块在斜面上时，由牛顿第二定律可知
m1F
m1+m2F−(m1+m2)gsinθ−µ(m1+m2)gcosθ=(m1+m2)a2
对物体2
F2−m2gsinθ−µm2gcosθ=m2a2
解得
F2=则
m2F
m1+m2F1m1= F2m2故选B。
10. 渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置”，实现了机械化分离鱼和虾，降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置”简化为如图所示模型，分离器出口与顺时针运转的传送带有一定的高度差，鱼虾落在传送带上时有沿着传送带向下的初速度，随后虾从传送带下方掉落，鱼从传送带上方掉落，实现分离。下列说法正确的是（ ）
A. “虾”掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动 B. “鱼”掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动 C. “虾”在传送带上运动时，摩擦力对“虾”的运动是动力作用 D. “鱼”在传送带上运动时，加速度方向先向下后向上 【答案】A 【解析】
【详解】A．虾从传送带下方掉落，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到的摩擦力，则“虾”向下做加速直线运动，即“虾”掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A正确； B.鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动。鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，故B错误；
C．虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，摩擦力对虾做负功，摩擦力对“虾”的运动是阻力作用，故C错误；
D．鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。 故选A。
11. 小明通过站在力传感器上完成“下蹲”、“站起”动作来研究超重和失重现象。传感器记录了压力随时间变化的图像，纵坐标为压力F，横坐标为时间t。由甲、乙两图像可知（ ）
A. 图甲是先“下蹲”后“站起” B. “站起”过程中人先超重后失重
C. 图乙从a到b过程，人的重力先增大后减小 D. 图乙6s内该同学做了2次“下蹲-站起”的动作 【答案】B 【解析】
【详解】A．人在下蹲的过程中，先向下做加速运动，加速度向下，力传感器示数先变小；后做减速运动，加速度向上，力传感器示数变大，经历先失重后超重，最后停下等于重力，故A错误；
B．“站起”过程中，人先做加速向上运动，加速度向上，处于超重状态；后向上做减速运动，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C．图乙从a到b过程，力传感器的示数先变大后变小，可人的重力不变，故C错误；
D．人在下蹲的过程中，先向下做加速运动，后做减速运动，最后停下，即力传感器的示数先变小后变大，最后等于人的重力，人站起过程中，人先做加速向上运动，后向上做减速运动，最后停下，即力传感器的示数先变大后变小，最后等于人的重力，因此图乙6s内该同学做了各1次“下蹲-站起”的动作，故D错误。 故选B。
12. 如图所示是小明同学做的一个实验，他将一个质量M=1.5kg的木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量m=0.5kg的物块。物块静止，弹簧处于压缩状态，弹簧右端固定在木板右侧的挡板上，弹力为1N。现沿水平向左的方向对木板施加作用力F，使木板由静止开始运动，运动中力F由0逐渐增加到8N的过程中，以下说法正确的是（ ）
A. 物块受到的摩擦力一直减小 B. 物块与木板一直保持相对静止
C. 木板受到4N的拉力时，物块受到的摩擦力为1N
D. 要让物块与木板之间始终保持相对静止，它们间的动摩擦因数一定要大于等于0.4 【答案】B 【解析】
【详解】AC．当物块受到静摩擦力为零时，有
F弹=ma1
解得
a1=2m/s2
当外力为零时，对物块进行受力分析，物块受到水平向右的静摩擦力的作用，当外力F增大时，对于木板与物块的整体来说，其整体将做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
=F对物块有
(M+m)a
F弹−f=ma
所以在加速度小于2m/s2时，当加速度增加，摩擦力减小，并最终减为0。当加速度为2m/s2时，带入上述公式，可以求得
F=4Ν
当加速度大小大于2m/s2时，物块受到的摩擦力方向向左，则此时对物块有
F弹+f=ma
当加速度增加时，静摩擦力大小增加。综上所述，物块受到的静摩擦力大小为先减小后增大，故AC错误；
B．当外力F为8N时，对整体有
=F解得
(M+m)a
a=4m/s2
对物块有
F弹+f静=ma
解得
f静=1N
所以整个运动过程物块受到的静摩擦力大小不会大于1N，结合题意可知静摩擦力大小始终小于最大静摩擦力，即物块与木板之间始终保持静止，故B项正确； D．要使其保持相对静止，即静摩擦力没有达到最大值，有
µmg f≤fmax=解得
µ≥0.2
故D项错误。 故选B。
13. 如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上，质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计。若在钩码下方再加挂一个钩码，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则此时与先前整个装置处于静止状态时相比（ ）
A. 地面对P的摩擦力减小 C. 轻绳的张力增大 【答案】A 【解析】
【详解】BC．对小球受力分析如图所示
B. P对小球的弹力增大 D. P对地面的压力减小
小球受重力mg、P对小球的支持力N以及绳子对小球的拉力T，小球在三个力的作用下始终处于静止状态，由相似三角形可得
NTmg ==RLOA式中L为定滑轮左侧栓接小球绳子的长度。当在钩码下方再加挂一个钩码时，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P上移，小球再次静止时，由于AO、mg、R不变，而L减小，则根据相似三角形可知N不变，T减小，即轻绳的张力减小，P对小球的弹力不变，故BC错误；
A．将小球与圆柱体P看成一个整体，根据以上分析可知，绳子的拉力T减小，设绳子与竖直方向的夹角为
θ，则可知θ减小，而绳子拉力T在水平方向的分力大小与地面对P的摩擦力大小相等、方向相反，即有
f=Tsinθ
由此可知地面对P的摩擦力减小，故A正确；
D．设圆柱体的质量为M，分析可知，小球对圆柱体P的压力N在竖直方向的分力Ncosα（α为N与竖直方向的夹角）与圆柱体的重力之和大小等于地面对圆柱体的支持力FN，即有
Ncosα+Mg=FN
由于N不变，而α减小，则可知Ncosα增大，导致FN增大，而根据牛顿第三定律可知，圆柱体对地面的
′=FN增大，故D错误。 压力大小FN
故选A。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列有关物理学史和物理学方法的说法中，正确的是（ ）
A. 当不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际的物体，采用了理想模型法
B. 伽利略研究自由落体运动时，通过斜面“冲淡”重力的作用，并在此基础上合理外推：当斜面的倾角为90°时，小球做自由落体运动
C. 牛顿首先提出了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因 D. 由a=F可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比 m【答案】ABD 【解析】
【详解】A．当不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际的物体，采用了理想模型法，选项A正确；
B．伽利略研究自由落体运动时，通过斜面“冲淡”重力的作用，并在此基础上合理外推：当斜面的倾角为
90°时，小球做自由落体运动，选项B正确；
C．伽利略首先提出了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，选项C错误； D．由a=F可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比，选项D正确。 m故选ABD。
15. 如图所示，水平轻绳和倾斜轻弹簧N的某一端均与小球a相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，轻弹簧N与竖直方向的夹角为60°，小球a与轻弹簧M连接，小球b悬挂在弹簧M另一端上，两球均静止，若a、b两球完全相同，且质量均为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 水平轻绳的拉力大小为3mg
B. 剪断水平轻绳的瞬间，b球的加速度大小为g
C. 剪断水平轻绳的瞬间，轻弹簧M对小球a的弹力大小为mg D. 剪断水平轻绳的瞬间，a球的加速度大小为23g 【答案】CD 【解析】
【详解】A．对ab整体分析可知，水平轻绳的拉力大小为
=T2=mgtan6023mg
选项A错误；
BC．剪断水平轻绳的瞬间，弹簧M的弹力不变，轻弹簧M对小球a的弹力大小仍为mg，b球的加速度大小为0，选项B错误，C正确；
D．剪断水平轻绳的瞬间，两边弹簧的弹力不变，a球受合外力等于
T=23mg
则此时a球的加速度大小为
=a选项D正确。 故选CD。
T=23g m16. 质量为m的物体A，在倾角为θ=37°的斜面上下滑，如图所示。则（ ）
A. 若A沿斜面匀速下滑，在A上放置物体B，AB也一起匀速下滑 B. 若A沿斜面匀速下滑，在A上施加竖直向下的恒力，A还是匀速下滑
C. 若A沿斜面匀速下滑，在A上施加沿斜面向下的恒力后，地面给斜面的摩擦力水平向右 D. 若A沿斜面加速下滑，在A上施加竖直向下的恒力，则A仍加速下滑且加速度变大
【答案】ABD 【解析】
【详解】A．若A沿斜面匀速下滑，则
mgsinθ=µmgcosθ
若在A上放置物体B，则表达式
µ(M+m)gcosθ (M+m)gsinθ=仍成立，即AB仍一起匀速下滑，故A正确；
B．若A沿斜面匀速下滑，在A上施加竖直向下的恒力，则表达式
(F+mg)sinθ=µ(F+mg)cosθ
仍成立，A还是匀速下滑，故B正确；
C．若A沿斜面匀速下滑，对整体分析可知，地面对斜面无摩擦力作用，此时物块对斜面有垂直斜面向下的压力mgcosθ和沿斜面向下的滑动摩擦力mgsinθ；在A上施加沿斜面向下的恒力后，物块对斜面的压力和摩擦力不变，则地面给斜面仍无摩擦力作用，故C错误； D．若A沿斜面加速下滑，则
mgsinθ−µmgcosθ=ma
在A上施加竖直向下的恒力，则
(F+mg)sinθ−µ(F+mg)cosθ=ma'
则
a'>a
即A仍加速下滑且加速度变大，故D正确。 故选ABD。
三、实验题（本题共2小题，共14分）
17. （1）下列器材中，实验“探究小车速度随时间的变化规律”、实验“探究加速度与力、质量的关系”、都需要用到的实验器材有______（填选项前的字母）。
（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是_______。
==m10g、15g、20g、25g、30g、40g A.M200g,==m20g、40g、60g、80g、100g、120g B.M200g,==m20g、40g、60g、80g、100g、120g C.M400g,==m10g、15g、20g、25g、30g、40g D.M400g,（3）如图是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则打B点时车速vB=_______m/s，小车的。 加速度a=______m/s2（结果均保留2位有效数字）
【答案】 ①. ABD ②. D ③. 0.25 ④. 0.75 【解析】
【详解】（1）[1]实验“探究小车速度随时间的变化规律”和实验“探究加速度与力、质量的关系都需要木板构成的轨道，刻度尺测量位移，打点计时器在纸带上打点，而天平只在“探究加速度与质量的关系实验”需要称质量，故两个实验均需要的器材为ABD。
（2）[2]重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，对重物有
mg-T=ma
对小车，有
T=Ma
解得
T=Mmgmg=M+m1+m
M故当M＞＞m时，有T≈mg，才能用钩码的重力代替绳的拉力，故D符合要求。 故选D。（3）[3]相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则计数点间的时间为
T=5×0.02s=0.1s
B点为AC段的中间时刻点，根据匀变速直线运动的推论平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有
xAC(6.45−1.40)×10−2
=vB=m/s≈0.25m/s
2T2×0.1
[4]由匀变速直线运动的判别式∆x=aT2，结合连续相等时间的六段位移由逐差法有
a
xCF−xOC(19.65−6.45−6.45)×10−2
==m/s20.75m/s2 229T9×0.1
18. 安妮同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时： （1）以下实验操作最合理的是_________
（2）以下为该同学在作平行四边形时的某一瞬间（直尺固定），其中操作的正确是______
（3）该同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”。将弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的挂钩处系一细线，把细线的另一端系在弹簧测力计A下端细线上的O点处，手持弹簧测力计B水平向左拉，使O点缓慢地向左移动，且总保持弹簧测力计B的拉力方向不变，不计弹簧测力计所受的重力，两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程，则弹簧测力计A、B的示数FA、FB的变化情况是（ ）
A. FA一直减小，FB一直增大 B. FA一直增大，FB一直增大 C. FA一直增大，FB先增大后减小 D. FA先减小后增大，FB一直增大 【答案】 ①. C ②. C ③. B 【解析】
【详解】（1）[1]实验中两条细线之间的夹角不易过大或过小，大小要适当，且拉力的方向应该与木板平行，图A中拉力的夹角过大；图D中拉力的夹角过小；图B中细线与木板不平行，故选C。 （2）[2]做平行四边形的平行线时，三角尺应该紧贴直尺的一边移动三角尺，故图C正确； （3）[3]以O点为研究对象，其受力变化如同所示：
由图可知，开始时弹簧A处于竖直状态，其拉力大小等于Mg，B弹簧拉力为零，当O点左移时，弹簧A与竖直方向的夹角在增大，由受力图可知FA变大，FB变大，故ACD错误，B正确。 故选B。
四、计算题（本题共3小题，共35分，解答计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位.）
19. 智能感应门被广泛应用在各类现代建筑中。如图乙为某一商场的感应门示意图，当人靠近时，中间的两扇移动门（图乙中的阴影部分）就会分别向两边开启。已知每扇门的宽度为d=1.8m，当人靠近时两扇移动门向两边各移1.8m。某次开门程序设计为：门开启过程中先做a=1.6m/s2的匀加速运动，达到移动速度v=1.2m/s后匀速运动一段距离，最后以相等的加速度大小做匀减速运动，完全开启时速度刚好为零。
（1）两扇移动门共打开0.9m时人才能通过，请问需要等待多长时间； （2）求门完全开启所需要的时间。
【答案】（1）0.75s；（2）2.25s 【解析】
【详解】（1）设初速度为零的匀加速阶段的位移为x1，时间为t1，有
v2=2ax1
解得
x1=0.45m
加速阶段一扇门移动的距离为0.45m，则两扇门共移动距离为0.9m，恰好可以让人通过，所以人需要等待的时间为加速阶段的时间，则有
v=at1
解得
t1=0.75s
（2）由题可知，门完全开启共经历3个阶段，第一阶段初速度为零的匀加速阶段，第二阶段匀速阶段，第三阶段末速度为零的匀减速阶段。设第一阶段的位移为x1，时间为t1，第二阶段的位移为x2，时间为
t2，第三阶段的位移为x3，时间为t3，门开启时间为T，
则由题可知
=vat=1.2m/s 1d=x1+x2+x3=1.8m
由于加速阶段的加速度与减速阶段的加速度大小相同，且加速阶段的初速度为0，末速度为1.2m/s，减速阶段的初速度为1.2m/s，末速度为0。结合之前的分析，以及根据运动的对称性可知
t1=t3=0.75s
=xx=0.45m 13
对于匀速阶段有
x2=d−x1−x3=vt2
所以第二阶段的时间
t2=0.75s
所以开门的总时间为
T=t1+t2+t3=2.25s
20. 为应对火灾、地震等紧急情况，某学校设计了如图所示逃生滑梯，只需按下紧急开关，窗外的充气泵就会对气囊开始充气，生成一条连接窗口与地面的斜面，人员以正确的姿势从窗口滑梯下来，就能顺利逃离现场了，若气囊滑梯高度h=4.2m，气囊所构成的斜面长度为l=7.0m，一个质量为m=60kg的人沿气囊滑下时的阻力是Ff=240N,g取10m/s2，求： （1）该人从气囊顶端静止下滑所需的时间t；
（2）人们通过改变斜面长度l以缩短逃生时间（因高度h不可变）。出于安全考虑，人员在气囊上加速度不得大于4m/s，若阻力大小不变，求轨道的最小长度lm。
【答案】（1）t=【解析】
（2）lm=5.25m 7s；
【详解】（1）设气囊与水平方向夹角为θ，根据几何关系
sinθ=人下滑过程，根据牛顿第二定律
h=0.6 lmgsinθ−Ff=ma
根据匀变速直线运动规律
l=解得
12at 2t=7s
（2）当加速度a′=4m/s2时，气囊长度最小，此时
sinθ′=根据牛顿第二定律
h lmmgsinθ′−Ff=ma′
解得
lm=5.25m
21. 如图所示为某一游戏的局部简化示意图，滑块从开始运动到停下来为一次完整的游戏过程。质量为
1kg的滑块在A点受到与水平方向成37°拉力F作用，拉力大小为10N，使滑块静止从A点运动到B点，
到B点撤去外力，滑块滑过以v0=4m/s的顺时针匀速运行的传送带上，恰能冲到光滑的斜面CD的最高点。倾斜直轨道CD固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，C为圆形的最低点。滑块始终在同一竖直平面内运动。其中滑块与AB面间的动摩擦因数µ1=0.5，与传送带表面的动摩擦因数
µ2=,AB的长度为0.75m；BC长度为4.0m，斜面CD高h=0.8m，传送带与水平方向的夹角为
=sin37°0.6,=cos37°0.8）求： （37°。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，所有接触面平滑连接。
78（1）滑块在AB段运动的加速度及到达B点的时间； （2）滑块第一次到达C点时速度的大小； （3）滑块从A点运动到D点的时间。
【答案】（1）6ms2，方向水平向右，0.5s；（2）4m/s；（3）3.625s
【解析】
【详解】（1）根据题意，滑块从A向B运动，由牛顿第二定律有
Fcos37°−µ1(mg−Fsin37°)=m1a1
解得
a1=6m/s2
方向水平向右，由运动学公式有
2vB=2a1xAB
解得
vB=3m/s
则到达B点的时间为
tA=BvB=0.5s a1（2）根据上述分析可知，小物块从B点上滑传送时的速度为
3m/s 解得 a2µ2 gcos37°−=gsin37°1m/s2 =小物块加速到与传送带速度相等，则有 v0=3+a2t1 解得 t1=1s 运动的位移为 =x1vB+v0=t13.5m<4m 2此时，滑动摩擦力变成静摩擦力，小物块与传送带保持相对静止匀速运动，则运动到C的速度为 vC=v0=4m/s 所需时间为 =t2xBC−x1=0.125s v0（3）小物块上斜面做匀减速运动，由几何关系可得 xCD=由运动学公式有 R2−(R−h)+h2=4m 2xCD=vCt3 解得 则滑块从A点运动到D点的时间2t3=2s t=tAB+t1+t2+t3=3.625s 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容