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2021重庆市缙云教育联盟高一上学期期末考试物理试题含答案
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这是一份2021重庆市缙云教育联盟高一上学期期末考试物理试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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重庆市缙云教育联盟高一年级期末考试
物理试题
学校:___________姓名：___________考场：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ
C. D.
2. 甲、乙两同学进行30m测试，测试时都从同一地点同时开始运动，他们的位移−时间图像(x−t图像)如下图所示，由图像可以看出( )
A. 乙比甲先返回出发点
B. 乙同学的速度始终小于甲同学的速度
C. 乙同学一直做匀速运动，甲同学一直做减速运动
D. 当甲同学的速度大小为10m/s时，甲、乙两同学之间的距离最大
3. 如图所示，将质量为10kg的小球用轻绳挂在倾角α=45°的光滑斜面上，斜面向右加速运动，小球相对斜面静止，g=10m/s2，当加速度a=2g时，绳对小球的拉力大小为( )
A. 1002N
B. 1003N
C. 1005N
D. 200N
4. 如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则( )
A. t1时刻小球速度最大
B. t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小
C. t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小
D. t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大
5. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物体，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中a、b已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则( )
A. 传送带顺时针转动
B. µ=tanθ−agbcosθ
C. b后物体的加速度大小为2gsinθ−ab
D. 传送带的速度大于a
6. 如图所示，A、B球间是轻绳，A球与天花板间及B、C球间是轻弹簧，开始整个系统竖直静止。已知三球质量相等，重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间，A、B、C三球的加速度大小分别为( )
A. 0 2g 0
B. 2g 2g 0
C. 0 0 g
D. 3g g 2g
7. 如图所示的x—t图象和v—t图象中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )
A. 曲线1表示物体做曲线运动
B. x—t图象中，t1时刻v1>v2
C. v—t图象中0至t3时间内物体3和物体4的平均速度大小相等
D. 两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动
8. 下列说法不正确的是( )
A. 任何形状规则的物体，它的重心均匀其几何中心重合
B. 同一地理位置，质量大的物体重力大，做自由落体运动时重力加速度相同
C. 滑动摩擦力总是与物体相对运动方向相反
D. 两个接触面之间有摩擦力则一定有弹力，且摩擦力方向一定与弹力方向垂直
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，Oy竖直向上，Ox水平向右，图中小格均为正方形。将一质量m=0.1kg的小球以初速度ν0=4m/s从原点O竖直向上抛出，运动过程中小球除受重力外还受到沿x轴正方向的恒力F作用，M点为小球运动的最高点，小球落回x轴上时的位置为N(图中没有画出)，若不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
A. 小球经过M点时的速度大小为5m/s
B. 位置N的坐标为12s0,0
C. 小球经过N点时的速度大小为410m/s
D. 恒力F的大小为10N
10. 如图甲所示，质量m=1kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，t=0时，将如图乙所示周期性变化的外力F作用于物体上，设水平向右为力的正方向，关于物体之后的运动过程分析正确的是( )
A. 在0.8s
C. 0∼1.8s内合外力对物体的冲量为0
D. 物体时而向左运动，时而向右运动
11. 如图，天花板上固定一个光滑小环O，一绝缘细绳穿过光滑小环，两端分别与带电小球A，B连接，A、B的质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1、q2，系统静止时，小球A、B和光滑小环O的距离分别为l1、l2，细绳OA段与竖直方向的夹角为α，细绳OB段与竖直方向的夹角为β，两带电小球均可视为点电荷，则以下关系式正确的是
A. α=β B. m1m2=l2l1 C. q1q2=l2l1 D. m1m1=sinβsinα
12. 如图甲所示，某同学站在电梯上随电梯斜向上运动，倾角θ=37°，电梯运动的v—t图象如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是
A. 0～1s内，人受到的摩擦力大小为120N
B. 0～1s内，人对电梯的压力大小为600N
C. 3～4s内，人处于失重状态
D. 3～4s内，人受到的摩擦力方向水平向左
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 汽车在高速公路上超速行驶是很危险的，为防止汽车超速，高速公路上都装有测量汽车速度的装置，下面是某同学在实验室模拟高速公路测速的装置，图甲为速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为个能发射超声波的固定小盒子，工作时，小盒子B向做匀速直线运动的被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被小盒子B接收，从小盒子B发射超声波开始计时，经Δt时间再次发射超声披脉冲，因乙是得到的连续两次发射的超声波的x−t图象。其中x1、x2、Δt、t1、t2均为已知量。则超声波的速度为________，物体的速度为________。
14. 一质量m=40kg的小孩站在竖直电梯内的体重计上。电梯从t=0时刻由静止开始启动，在0到7s内体重计示数F的变化如图所示。试问：
(1)小孩乘电梯是_________。(填上楼或下楼)
(2)在这段时间内电梯运动的距离是_________m。(取g=10m/s2)
15. 一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠近N极一侧固定一根与它垂直的直导线，现给导线中通以向里的电流，则磁铁对桌面的压力______(填“变大”“变小”“不变”)，磁铁受到的摩擦力方向______(填“水平向右”，“水平向左”或“不存在”)．
16. 质量10t的汽车，额定功率是60kw，在水平路面上行驶的最大速度为15m/s，设它所受运动阻力保持不变，则汽车受到的运动阻力是______N；在额定功率下，当汽车速度为10m/s时的加速度______ m/s2．
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
17. 在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出。打点计时器接频率为f=50 Hz的交流电源。
(1)每相邻两个计数点间的时间间隔为_________s。
(2)若测得d6=65.00 cm，d5=49.70 cm，d3=19.00 cm，打下E点时纸带的速度vE=_______
m/s；物体的加速度a=_______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)如果当时电网中交变电流的频率f>50 Hz，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的加速度值比真实值_______(选填“偏大”或“偏小”)。
18. 某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示，则由图线可知：
(1)弹簧的劲度系数为_______。
(2)为了用弹簧测力计测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_______更合理。
②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，则A、B间的动摩擦因数μ为_______。
五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
19. 如图，倾角为30°、长L=6 m的倾斜传送带的速度大小v0可由驱动系统根据需要设定，且设定后速度保持不变，其方向沿传送带向上。现给质量m=1 kg的货箱(视为质点)施加一个沿传送带向上、大小F=10 N的恒力，使其由静止开始从传送带底端向高平台运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数μ=35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若v0=0，求货箱在传送带上运动的时间t；
(2)若v0=4 m/s，求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量If和货箱与传送带间因摩擦产生的热量Q。
(3)若v0=4 m/s，货箱运动到0.7 s末，由于某种原因使恒力F突然消失，试通过计算判断货箱能否到达高平台。
20. 如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k=13 N/m的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ=37°的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A、B、C的质量分别是MA=0.5 kg、MB=1 kg、MC=1 kg，A、C均不带电，B带正电q=6.4×10−5C，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场E=5.0×105V/m，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。开始时系统静止．现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a=1 m/s2的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小g=10 m/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求开始时弹簧的压缩长度x1
(2)求A刚要离开墙壁时拉力F的功率
(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时场强大小突然减为E=1516×105V/m，方向不变．求在之后的运动过程中A的最大速度
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
本题的关键物体的速度与传送带的速度相等时物体不会继续加速下滑。
【解答】
开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，可得a1=gsin θ+μgcos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ
2.【答案】D
【解析】
【分析】
位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。
解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，基础题。
【解答】
A.由图像知，甲乙同时返回出发点；故A错误；
B、刚开始，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，一段时间后，甲图象的斜率小于乙图象的斜率，再过一段时间后，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度先大于乙的速度，后小于乙的速度，再大于乙的速度，故B错误；
C、图象的斜率表示该时刻的速度，由图象可知，乙的速度先为正，后为负，斜率不变，做匀速直线运动，甲的速度先为正，后为负，斜率先减小后增加，所以甲质点先沿正方向做减速直线运动，后沿负方向做加速直线运动， 故C错误；
D、当速度相等时，相距最远，由图可知，此时速度为v=△x△t=303m/s=10m/s，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能够正确的对小球进行受力分析，知道当小球恰好脱离斜面时的临界加速度，确定对应加速度小球的受力情况，根据牛顿第二定律列式计算。
【解答】
当小球恰好与斜面之间弹力为0时，对小球有mgtan45°=ma0，解得a0=g，当小球加速度为a=2g时，小球已经离开斜面，此时根据平行四边形定则可知，绳拉力F=mg2+ma2=3mg，故B正确。
故选B。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速、竖直上抛过程进行分析处理，同时要能结合图象分析。
【解答】
A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；
B、t1～t2这段时间内，小球做先加速后减速的运动，在t2时速度为0，则B正确；
C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C错误；
D、t1～t2～t3全过程小球经历了向下加速，向下减速，向上加速，向上减速的过程，t1到t2过程加速度先减小后增大，而t2到t3过程加速度先减小后增大，则D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】解：A、由乙图可知，物体的速度一直增加，而且两个加速度，可推理出小物体向下运动，并且传送带为逆时针转动，小物体摩擦力提供动力先加速到与传送带共速，
然后由于摩擦力反向提供阻力，但重力沿斜面的分力大于动摩擦力，物体继续加速。故A错误；
B、物体在0～bs内，物块摩擦力向下，做匀加速直线运动，加速度a1=gsinθ+μmgcosθ，由图可知：a1=ab，解得：μ=agbcosθ−tanθ，故B错误；
C、bs后摩擦力向上，加速度a2=gsinθ−μmgcosθ=2gsinθ−ab，故C正确；
D、当物体的速度等于传送带的速度时，物体所受的摩擦力发生变化，物体的加速度也发生变化，则传送带的速度等于am/s，故D错误；
故选：C。
由乙图可知，物体的速度一直增加，而且两个加速度，可推理出小物体向下运动，并且传送带为逆时针转动；
在小物体第一次加速运动中，运用牛顿第二定律，可求出匀加速直线运动的加速度，根据图乙斜率为加速度，可求出μ；
在第二次加速度运动中，运用牛顿第二定律，可求出加速度；
物体的速度等于传送带的速度时，物体所受的摩擦力发生变化，可知传送带的速度等于am/s。
关于传送带问题，核心分析思路是物体都有和传送带共速的趋势；
如果是斜面的传送带，达到共速之后还要分析物体沿斜面的重力分力和摩擦力的相对大小，
如果摩擦力大则物体和传送带共速，如图摩擦力小则物体继续加速。
6.【答案】B
【解析】解：设三个球质量为m，在轻绳剪断前，对三小球整体法，弹簧对A球的弹力大小为3mg，方向竖直向上，将BC隔离看做整体，轻绳对A球拉力大小为2mg，方向竖直向下，
则在轻绳剪短瞬间，弹簧对A球弹力大小和方向不变，而轻绳对A球拉力消失，故由牛顿第二定律可知此时，A的加速度大小为：aA=3mg−mgm=2g
同理，剪断轻绳瞬间BC间弹簧的弹力大小和方向也不变，故此时B球的加速度大小为：aB=2mgm=2g，C球加速度大小为0；故ACD错误，B正确。
故选：B。
轻绳剪断之前，整体法球上端弹簧弹力，隔离BC求绳子拉力；轻绳剪断之后，由于弹簧弹力不变，只有绳子力突变为零，分别对ABC三个小球受力分析求加速度。
本题考查弹簧的弹力不能突变，轻绳的力可以突变这一概念，分析题的时候要格外小心这两点。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小。
在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向本题中s−t图象与v−t图象形状相同，但物理意义不同，关键根据斜率的物理意义分析物体的运动情况。
【解答】
A.位移时间图线是物体的位移随时间的变化规律，并不是物体运动的轨迹，故A错误；
B.位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，图线1在t1时刻的斜率大于图线2的斜率，则v1>v2,故B正确；
C.v−t图象中0至t3时间，4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度，故C错误；
D.在位移时间图线中，在t2时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在t4时刻，速度减小，但方向不变，故D错误。
故选B。
8.【答案】A
【解析】解：A、只有形状规则、质量分布均匀的物体，它的重心与它的几何中心重合，且重心不一定在物体上，比如圆环或空心球，故A不正确；
B、质量大的物体重力大，但做自由落体运动时重力加速度一样大，故B正确；
C、滑动摩擦力总是与物体的相对运动方向相反，故C正确；
D、产生摩擦力的条件是：①有弹力②接触面粗糙③有相对运动或相对运动趋势，可见有弹力是产生摩擦力的必要不充分条件，两接触面间有摩擦力存在，则一定有弹力存在；且弹力垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以两者方向相互垂直，故D正确；
本题选不正确的，故选：A。
形状规则、质量分布均匀的物体，它的重心与它的几何中心重合；
自由落体运动时重力加速度均相同；
滑动摩擦力与相对运动方向相反；
有摩擦力产生则接触面上必会有弹力，弹力垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以弹力垂直于摩擦力方向。
本题考查了弹力、摩擦力的有关概念，知道有弹力是产生摩擦力的必要不充分条件，理解影响重心的因素，同时注意摩擦力方向中的相对两字的含义。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查两个直线运动的合成、合运动与分运动的概念和性质、运动学公式。
小球竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀加速直线运动，根据竖直上抛运动规律及匀加速直线运动规律分别研究，逐项解答即可。
【解答】
A.小球竖直方向上做竖直上抛运动，v0=gt1，2s0=v02t1，水平方向上做匀加速直线运动，3s0=v12t1，解得小球在M点时的速度大小为v1=6 m/s，故A错误；
B.由竖直方向上运动的对称性可知，小球再经过时间t1到达x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由公式x=12at2可知到N点时水平位移x′=4×3s0=12s0，故位置N的坐标为(12s0,0)，故B正确；
C.到N点时竖直方向的分速度大小为v0=4m/s，根据竖直上抛运动的时间对称性可知，小球从O点到M点的时间与从M点到N点的时间相等，水平方向的分速度vx=a水平tN=2v1=12m/s，小球到达N点时的速度大小为v2=v02+vx2=410 m/s，故C正确；
D.由v0=gt1，v1=a水平t1，解得a水平=15m/s2，恒力F的大小为F=ma水平=1.5N，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律得到各阶段的加速度大小，分析运动情况；求出物体在运动过程中的最大速度，根据P=Fv求最大功率；根据动量定理进行求解1.8s内合外力对物体的冲量；根据受力情况分析运动情况。
本题主要是考查牛顿第二定律与图象的结合、动量定理等，关键是弄清楚物体的受力情况和运动情况，根据运动学公式结合功率的计算公式等进行解答。
【解答】
A.在0
C.根据A选项的分析可知，在1.8s时物体的速度为零，根据动量定理可得1.8s内合外力对物体的冲量为零，故C正确；
D.在0.8s
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题为力的平衡和静电场的综合题，画好受力分析图借助于相似三角形进行求解即可。
【解答】
对两小球受力分析，A和B均受重力、拉力、库仑力，小球A、B均处干平衡状态，作力的矢量三角形，如图所示，
因为两小球通过穿过小环的绝缘细线连接，则细线上拉力大小处处相等，T=T′，A、B间的库仑力是作用力和反作用力，F=F′。大小相等，方向相反，根据相似三角形知识可知m1gh=Fr1=Tl1，m2gh=F′r2=T′l2，可得m1m2=l2l1=r2r1，B正确；
又r2r1=x2x1=l2sin βl1sina，由以上可得l2l1=l2sinβl1sinα，则α=β，A正确，D错误；
系统处于平衡状态，A对B的库仑力和B对A的库仑力是一对作用力与反作用力，两小球的带电荷量关系无法确定， C错误；
故选AB。
12.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题结合速度时间图象主要考查了应用牛顿运动定律的应用。在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断该同学的运动状态。
根据牛顿第二定律可计算某一方向上受力情况，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。
【解答】
A.根据v−t图像，0～1s内，加速度a=2−01m/s2=2m/s2，方向沿电梯斜向上，沿水平方向根据牛顿第二定律有：人受到的摩擦力Ff=macosθ=60×2×0.8N=96N，故A错误；
B.0～1s内，沿竖直方向根据牛顿第二定律有：FN−mg=masinθ，解得FN=672N，根据牛顿第三定律，则人对电梯的压力大小为672N，故B错误；
C.3～4s内，加速度a=0−21m/s2=−2m/s2，方向沿电梯斜向下，即竖直方向加速度的分量向下，人处于失重状态，故C正确；
D.3～4s内，加速度方向沿电梯斜向下，即水平方向加速度的分量向左，而摩擦力为水平方向的合力，根据牛顿第二定律可知摩擦力方向水平向左，故 D正确。
故选CD。
13.【答案】2x1t1；2(x2−x1)t2−t1+Δt
【解析】
【分析】
本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析、理解现代科技装置原理的能力。
超声波在空中匀速传播，根据发射和接收的时间差求出速度；
物体通过的位移为x2−x1时，所用时间为t2−Δt2−t12+Δt，再求解物体的速度。
【解答】
由题中乙图可知，一声波在t12时间内通过的位移为x1，
则超声波的速度为v声=x1t12=2x1t1，
由题意可知物体通过位程x=x2−x1，
所用时间为t=t2−Δt2−t12+Δt=12(t2−t1+△t)，
所以物体的速度为。
故答案为：2x1t1；2(x2−x1)t2−t1+Δt。
14.【答案】(1)下楼；(2)10
【解析】
【分析】
(1)根据图象判断开始2s内加速的方向即可；
(2)由图象知电梯运动分三段先加速后匀速最后减速，利用运动学公式分别求出三段位移求和。
本题要能从图象中看出力的变化规律，受力分析后得出物体的运动规律，结合运动学公式求解，必要时可以画出运动草图。
【解答】
(1)由图可知，开始的2s时间内体重计的示数F=360N小于其重力(mg=400N)，即处于失重状态，说明电梯是竖直向下加速的，所以是下楼；
(2)由牛顿第二定律得：0～2s时间内有 mg−F1=ma1
代入数据解之得 a1=1m/s2
由公式x=12at2得，
电梯加速位移为：x1=12a1t12=2m
由公式v=at得开始匀速运动的速度为：v1=a1t1 =2m/s
2s～5s时间内因F2=mg，所以电梯以v1做匀速直线运动，位移为：x2=v1t2=6m
5s～7s时间内因F3>mg，所以电梯做向下的匀减速运动，
由牛顿第二定律得：F3−mg=ma3
代入数据解之得 a3=1m/s2
由公式x=v0t+12at2得减速运动的位移为：x3=v1t3−12a3t32=2m
这段时间内电梯下降的距离X=x1+x2+x3=10m
故答案为：(1)下楼；(2)10
15.【答案】变大 水平向右
【解析】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如图；
根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左下方；
选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力水平向右．
故答案为：变大； 水平向右．
先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．
本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．
16.【答案】4000 0.2
【解析】解：汽车以额定功率在水平路面行驶，达到最大速度，则有
由功率公式P=Fv，F=Pv=60×10315N=4×103N
此时阻力等于牵引力，即为4000N
汽车以额定功率在水平路面行驶，速度为10m/s时，则有
由牛顿第二定律可得：Pv−f=ma
得a=Pv−fm=60×10310−400010×103m/s2=0.2m/s2
故答案为：4000；0.2
汽车的功率可由牵引力与速度乘积来表达，当汽车达到最大速度，此时做匀速运动，则牵引力等于运动阻力，而牵引力由额定功率与最大速度来算出．当汽车以额定功率运动时，可得出牵引力大小，由于阻力不变，所以由牛顿第二定律可求出加速度大小．
由功率与速度的比值来得出牵引力，从而再由牛顿运动定律来列式求解．当达到最大速度时，牵引力等于阻力．注意此处的功率必须是额定功率．
17.【答案】(1)0.1；(2) 1.5；3.0；(3)偏小 。
【解析】
【分析】
了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作；
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
【解答】
(1)使用打点计时器来分析物体运动情况的实验中，打点计时器使用的是交流电源，若电源频率为50Hz，则打点计时器打相邻两点的时间间隔是 0.02s，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为： T=5×1f=5×0.02 s=0.1s。
(2)利用匀变速直线运动的推论得：vE=xDF2T=d5−d310f=1.5m/s，根据逐差法得a=xDG−xAD9T2=d6−d3−d39T2=0.65−0.19−0.199×0.01 m/s2=3.0 m/s2；
(4)频率增大，周期变小，而该同学不知道，计算所用周期大于实际的周期，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小。
故答案为：(1)0.1；(2) 1.5；3.0；(3)偏小 。
18.【答案】(1)300 N/m
(2)甲；0.3
【解析】
【分析】
本题考查实验研究弹簧的劲度系数和接触面间的动摩擦因数。解决本题明确本实验的基本原理，理解实验的基本方法，会进行数据分析。
由k=Fx，可确定劲度系数；
根据B处于静止状态，AB间的滑动摩擦力等于弹簧秤a读数，可确定甲方案更合理；
根据μ=FfFN，可确定动摩擦因数。
【解答】
(1)图线的斜率表示劲度系数，k=600.2N/m=300N/m；
(2)①甲方案较合理，因为在图甲中，B静止，弹簧测力计a的示数等于B所受的滑动摩擦力；而乙方案需要弹簧测力计拉着物块A做匀速直线运动，不利于准确测量。
②利用a的示数和B的重力，得μ=FfFN=620=0.3。
故答案为：(1)300 N/m；(2)甲；0.3。
19.【答案】解：(1)v0=0时，货箱受四力(其中摩擦力方向沿传送带向下)作用向上做匀加速运动，由牛顿第二定律有：F−μmgcos30°−mgsin30°=ma 代入数据得：
a=2 m/s2，由运动学规律有：L=12at2 代入数据解得：
(2)v0=4 m/s时，货箱先受四力(其中摩擦力方向沿传送带向上)作用向上做匀加速运动，直到速度达到4 m/s，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，发生位移为x1，
由牛顿第二定律有：F+μmgcos30°−mgsin30°=ma1 代入数据得：a1=8 m/s2
由运动学规律有：v0=a1t1，x1=12a1t12 代入数据得：t1=0.5 s，x1=1 m
货箱与传送带间的相对路程为：Δx1=v0t1−x1=1 m
此后，摩擦力反向，货箱继续沿斜面向上做加速运动，由受力情况可知加速度a2=a=2 m/s2，
设此过程的时间为t2，发生位移为x2 x2=L−x1=5 m
由运动学规律有：x2=v0t2+12a2t22 代入数据得：t2=1 s
货箱与传送带间的相对路程为：Δx2=x2−v0t2=1 m
规定沿传送带向上的方向为正方向
则有：If=μmgcos30°t1−μmgcos30°t2 ，Q=μmgcos30°(Δx1+Δx2)
代入数据解得：If=−1.5 N·s，方向沿传送带向下Q=6 J
(3)t1=0.5 s时，货箱速度达到4 m/s，从0.5 s到0.7 s，货箱以加速度a2沿传送带向上做加速运动，设此过程时间为t3，发生位移为x3，末速度为v t3=0.7 s−0.5 s=0.2 s
由运动学规律有：v=v0+a2t3，x3=v0t3+12a2t32 代入数据得：v=4.4 m/s，x3=0.84 m
力F消失后，货箱先沿传送带向上做减速运动(摩擦力方向沿传送带向下)直到速度再次到达4 m/s，设此过程发生位移为x4
由动能定理有：−mgsin30∘+μmgcos30∘x4=12mv02−12mv2 代入数据得：x4=0.21 m
此后，摩擦力方向沿传送带向上，传送带继续向上减速运动，设货箱速度从4 m/s减至0的过程中发生的位移为x5
由动能定理有：
−mgsin30∘−μmgcos30∘x4=0−12mv02 代入数据得：x5=4 m
因：x1+x3+x4+x5=6.05 m>L 所以，货物能到达高平台。
【解析】本题考查用牛顿运动定律分析传送带问题、匀变速直线运动的规律、冲量及动能定理等内容，旨在考查学生的综合分析能力，试题较难。
20.【答案】解：(1)开始时，弹簧处于压缩状态，对于C有T1=MCgsinθ， 对B有T1+kx1=Eq
联立解得：x1=2m
(2)A刚要离开墙壁时，墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动
位移大小为x1时有：v1=2ax1
根据牛顿第二定律，对B：T2−Eq=MBa，对C：F+MCgsinθ−T2=MCa
解得功率P=Fv1=56W
(3)当E=1516×105V/m时，MCgsinθ=qE，所用此过程中A、B、C系统合外力做功为零，
当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大为v3，B、C速度大小为v2,，
则系统动量大小之和不变有：(MB+MC)v1=(MB+MC)v′2+MAv3
系统能量守恒有：12(MC+MB)v12=12(MC+MB)v2′2+12MAv32
解得v3=3.2m/s
【解析】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
(1)开始时B、C处于平衡状态，应用平衡条件可以求出弹簧的压缩量；
(2)应用匀变速直线运动的速度位移公式求出速度，应用牛顿第二定律可以求出力F，再求拉力F的功率；
(3)A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统的动量守恒当三个物块的速率v2相等时，弹簧弹性势能最大．当弹簧两次恢复原长时，A的速度最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出A的最大速度。
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重庆市缙云教育联盟高一年级期末考试
物理试题
学校:___________姓名：___________考场：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ
C. D.
2. 甲、乙两同学进行30m测试，测试时都从同一地点同时开始运动，他们的位移−时间图像(x−t图像)如下图所示，由图像可以看出( )
A. 乙比甲先返回出发点
B. 乙同学的速度始终小于甲同学的速度
C. 乙同学一直做匀速运动，甲同学一直做减速运动
D. 当甲同学的速度大小为10m/s时，甲、乙两同学之间的距离最大
3. 如图所示，将质量为10kg的小球用轻绳挂在倾角α=45°的光滑斜面上，斜面向右加速运动，小球相对斜面静止，g=10m/s2，当加速度a=2g时，绳对小球的拉力大小为( )
A. 1002N
B. 1003N
C. 1005N
D. 200N
4. 如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图所示，则( )
A. t1时刻小球速度最大
B. t1～t2这段时间内，小球的速度先增大后减小
C. t2～t3这段时间内，小球所受合外力一直减小
D. t1～t3全过程小球的加速度先减小后增大
5. 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物体，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中a、b已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则( )
A. 传送带顺时针转动
B. µ=tanθ−agbcosθ
C. b后物体的加速度大小为2gsinθ−ab
D. 传送带的速度大于a
6. 如图所示，A、B球间是轻绳，A球与天花板间及B、C球间是轻弹簧，开始整个系统竖直静止。已知三球质量相等，重力加速度大小为g。则剪断轻绳的瞬间，A、B、C三球的加速度大小分别为( )
A. 0 2g 0
B. 2g 2g 0
C. 0 0 g
D. 3g g 2g
7. 如图所示的x—t图象和v—t图象中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )
A. 曲线1表示物体做曲线运动
B. x—t图象中，t1时刻v1>v2
C. v—t图象中0至t3时间内物体3和物体4的平均速度大小相等
D. 两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动
8. 下列说法不正确的是( )
A. 任何形状规则的物体，它的重心均匀其几何中心重合
B. 同一地理位置，质量大的物体重力大，做自由落体运动时重力加速度相同
C. 滑动摩擦力总是与物体相对运动方向相反
D. 两个接触面之间有摩擦力则一定有弹力，且摩擦力方向一定与弹力方向垂直
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，Oy竖直向上，Ox水平向右，图中小格均为正方形。将一质量m=0.1kg的小球以初速度ν0=4m/s从原点O竖直向上抛出，运动过程中小球除受重力外还受到沿x轴正方向的恒力F作用，M点为小球运动的最高点，小球落回x轴上时的位置为N(图中没有画出)，若不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
A. 小球经过M点时的速度大小为5m/s
B. 位置N的坐标为12s0,0
C. 小球经过N点时的速度大小为410m/s
D. 恒力F的大小为10N
10. 如图甲所示，质量m=1kg的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，t=0时，将如图乙所示周期性变化的外力F作用于物体上，设水平向右为力的正方向，关于物体之后的运动过程分析正确的是( )
A. 在0.8s
C. 0∼1.8s内合外力对物体的冲量为0
D. 物体时而向左运动，时而向右运动
11. 如图，天花板上固定一个光滑小环O，一绝缘细绳穿过光滑小环，两端分别与带电小球A，B连接，A、B的质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1、q2，系统静止时，小球A、B和光滑小环O的距离分别为l1、l2，细绳OA段与竖直方向的夹角为α，细绳OB段与竖直方向的夹角为β，两带电小球均可视为点电荷，则以下关系式正确的是
A. α=β B. m1m2=l2l1 C. q1q2=l2l1 D. m1m1=sinβsinα
12. 如图甲所示，某同学站在电梯上随电梯斜向上运动，倾角θ=37°，电梯运动的v—t图象如图乙所示，人的质量为60kg，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是
A. 0～1s内，人受到的摩擦力大小为120N
B. 0～1s内，人对电梯的压力大小为600N
C. 3～4s内，人处于失重状态
D. 3～4s内，人受到的摩擦力方向水平向左
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 汽车在高速公路上超速行驶是很危险的，为防止汽车超速，高速公路上都装有测量汽车速度的装置，下面是某同学在实验室模拟高速公路测速的装置，图甲为速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为个能发射超声波的固定小盒子，工作时，小盒子B向做匀速直线运动的被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被小盒子B接收，从小盒子B发射超声波开始计时，经Δt时间再次发射超声披脉冲，因乙是得到的连续两次发射的超声波的x−t图象。其中x1、x2、Δt、t1、t2均为已知量。则超声波的速度为________，物体的速度为________。
14. 一质量m=40kg的小孩站在竖直电梯内的体重计上。电梯从t=0时刻由静止开始启动，在0到7s内体重计示数F的变化如图所示。试问：
(1)小孩乘电梯是_________。(填上楼或下楼)
(2)在这段时间内电梯运动的距离是_________m。(取g=10m/s2)
15. 一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠近N极一侧固定一根与它垂直的直导线，现给导线中通以向里的电流，则磁铁对桌面的压力______(填“变大”“变小”“不变”)，磁铁受到的摩擦力方向______(填“水平向右”，“水平向左”或“不存在”)．
16. 质量10t的汽车，额定功率是60kw，在水平路面上行驶的最大速度为15m/s，设它所受运动阻力保持不变，则汽车受到的运动阻力是______N；在额定功率下，当汽车速度为10m/s时的加速度______ m/s2．
四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
17. 在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出。打点计时器接频率为f=50 Hz的交流电源。
(1)每相邻两个计数点间的时间间隔为_________s。
(2)若测得d6=65.00 cm，d5=49.70 cm，d3=19.00 cm，打下E点时纸带的速度vE=_______
m/s；物体的加速度a=_______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)如果当时电网中交变电流的频率f>50 Hz，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的加速度值比真实值_______(选填“偏大”或“偏小”)。
18. 某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示，则由图线可知：
(1)弹簧的劲度系数为_______。
(2)为了用弹簧测力计测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_______更合理。
②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，则A、B间的动摩擦因数μ为_______。
五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
19. 如图，倾角为30°、长L=6 m的倾斜传送带的速度大小v0可由驱动系统根据需要设定，且设定后速度保持不变，其方向沿传送带向上。现给质量m=1 kg的货箱(视为质点)施加一个沿传送带向上、大小F=10 N的恒力，使其由静止开始从传送带底端向高平台运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数μ=35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2。
(1)若v0=0，求货箱在传送带上运动的时间t；
(2)若v0=4 m/s，求货箱在传送带上运动的过程中，摩擦力对货箱的冲量If和货箱与传送带间因摩擦产生的热量Q。
(3)若v0=4 m/s，货箱运动到0.7 s末，由于某种原因使恒力F突然消失，试通过计算判断货箱能否到达高平台。
20. 如图所示，在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k=13 N/m的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A靠在竖直墙边，C在倾角为θ=37°的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行．A、B、C的质量分别是MA=0.5 kg、MB=1 kg、MC=1 kg，A、C均不带电，B带正电q=6.4×10−5C，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场E=5.0×105V/m，整个系统不计一切摩擦，B与滑轮足够远。开始时系统静止．现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a=1 m/s2的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小g=10 m/s2.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求开始时弹簧的压缩长度x1
(2)求A刚要离开墙壁时拉力F的功率
(3)若A刚要离开墙壁时，撤去拉力F，同时场强大小突然减为E=1516×105V/m，方向不变．求在之后的运动过程中A的最大速度
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ>tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。
本题的关键物体的速度与传送带的速度相等时物体不会继续加速下滑。
【解答】
开始阶段，小木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，可得a1=gsin θ+μgcos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ
2.【答案】D
【解析】
【分析】
位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。
解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，基础题。
【解答】
A.由图像知，甲乙同时返回出发点；故A错误；
B、刚开始，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，一段时间后，甲图象的斜率小于乙图象的斜率，再过一段时间后，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度先大于乙的速度，后小于乙的速度，再大于乙的速度，故B错误；
C、图象的斜率表示该时刻的速度，由图象可知，乙的速度先为正，后为负，斜率不变，做匀速直线运动，甲的速度先为正，后为负，斜率先减小后增加，所以甲质点先沿正方向做减速直线运动，后沿负方向做加速直线运动， 故C错误；
D、当速度相等时，相距最远，由图可知，此时速度为v=△x△t=303m/s=10m/s，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能够正确的对小球进行受力分析，知道当小球恰好脱离斜面时的临界加速度，确定对应加速度小球的受力情况，根据牛顿第二定律列式计算。
【解答】
当小球恰好与斜面之间弹力为0时，对小球有mgtan45°=ma0，解得a0=g，当小球加速度为a=2g时，小球已经离开斜面，此时根据平行四边形定则可知，绳拉力F=mg2+ma2=3mg，故B正确。
故选B。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速、竖直上抛过程进行分析处理，同时要能结合图象分析。
【解答】
A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；
B、t1～t2这段时间内，小球做先加速后减速的运动，在t2时速度为0，则B正确；
C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C错误；
D、t1～t2～t3全过程小球经历了向下加速，向下减速，向上加速，向上减速的过程，t1到t2过程加速度先减小后增大，而t2到t3过程加速度先减小后增大，则D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】解：A、由乙图可知，物体的速度一直增加，而且两个加速度，可推理出小物体向下运动，并且传送带为逆时针转动，小物体摩擦力提供动力先加速到与传送带共速，
然后由于摩擦力反向提供阻力，但重力沿斜面的分力大于动摩擦力，物体继续加速。故A错误；
B、物体在0～bs内，物块摩擦力向下，做匀加速直线运动，加速度a1=gsinθ+μmgcosθ，由图可知：a1=ab，解得：μ=agbcosθ−tanθ，故B错误；
C、bs后摩擦力向上，加速度a2=gsinθ−μmgcosθ=2gsinθ−ab，故C正确；
D、当物体的速度等于传送带的速度时，物体所受的摩擦力发生变化，物体的加速度也发生变化，则传送带的速度等于am/s，故D错误；
故选：C。
由乙图可知，物体的速度一直增加，而且两个加速度，可推理出小物体向下运动，并且传送带为逆时针转动；
在小物体第一次加速运动中，运用牛顿第二定律，可求出匀加速直线运动的加速度，根据图乙斜率为加速度，可求出μ；
在第二次加速度运动中，运用牛顿第二定律，可求出加速度；
物体的速度等于传送带的速度时，物体所受的摩擦力发生变化，可知传送带的速度等于am/s。
关于传送带问题，核心分析思路是物体都有和传送带共速的趋势；
如果是斜面的传送带，达到共速之后还要分析物体沿斜面的重力分力和摩擦力的相对大小，
如果摩擦力大则物体和传送带共速，如图摩擦力小则物体继续加速。
6.【答案】B
【解析】解：设三个球质量为m，在轻绳剪断前，对三小球整体法，弹簧对A球的弹力大小为3mg，方向竖直向上，将BC隔离看做整体，轻绳对A球拉力大小为2mg，方向竖直向下，
则在轻绳剪短瞬间，弹簧对A球弹力大小和方向不变，而轻绳对A球拉力消失，故由牛顿第二定律可知此时，A的加速度大小为：aA=3mg−mgm=2g
同理，剪断轻绳瞬间BC间弹簧的弹力大小和方向也不变，故此时B球的加速度大小为：aB=2mgm=2g，C球加速度大小为0；故ACD错误，B正确。
故选：B。
轻绳剪断之前，整体法球上端弹簧弹力，隔离BC求绳子拉力；轻绳剪断之后，由于弹簧弹力不变，只有绳子力突变为零，分别对ABC三个小球受力分析求加速度。
本题考查弹簧的弹力不能突变，轻绳的力可以突变这一概念，分析题的时候要格外小心这两点。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小。
在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向本题中s−t图象与v−t图象形状相同，但物理意义不同，关键根据斜率的物理意义分析物体的运动情况。
【解答】
A.位移时间图线是物体的位移随时间的变化规律，并不是物体运动的轨迹，故A错误；
B.位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，图线1在t1时刻的斜率大于图线2的斜率，则v1>v2,故B正确；
C.v−t图象中0至t3时间，4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度，故C错误；
D.在位移时间图线中，在t2时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在t4时刻，速度减小，但方向不变，故D错误。
故选B。
8.【答案】A
【解析】解：A、只有形状规则、质量分布均匀的物体，它的重心与它的几何中心重合，且重心不一定在物体上，比如圆环或空心球，故A不正确；
B、质量大的物体重力大，但做自由落体运动时重力加速度一样大，故B正确；
C、滑动摩擦力总是与物体的相对运动方向相反，故C正确；
D、产生摩擦力的条件是：①有弹力②接触面粗糙③有相对运动或相对运动趋势，可见有弹力是产生摩擦力的必要不充分条件，两接触面间有摩擦力存在，则一定有弹力存在；且弹力垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以两者方向相互垂直，故D正确；
本题选不正确的，故选：A。
形状规则、质量分布均匀的物体，它的重心与它的几何中心重合；
自由落体运动时重力加速度均相同；
滑动摩擦力与相对运动方向相反；
有摩擦力产生则接触面上必会有弹力，弹力垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以弹力垂直于摩擦力方向。
本题考查了弹力、摩擦力的有关概念，知道有弹力是产生摩擦力的必要不充分条件，理解影响重心的因素，同时注意摩擦力方向中的相对两字的含义。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查两个直线运动的合成、合运动与分运动的概念和性质、运动学公式。
小球竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀加速直线运动，根据竖直上抛运动规律及匀加速直线运动规律分别研究，逐项解答即可。
【解答】
A.小球竖直方向上做竖直上抛运动，v0=gt1，2s0=v02t1，水平方向上做匀加速直线运动，3s0=v12t1，解得小球在M点时的速度大小为v1=6 m/s，故A错误；
B.由竖直方向上运动的对称性可知，小球再经过时间t1到达x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由公式x=12at2可知到N点时水平位移x′=4×3s0=12s0，故位置N的坐标为(12s0,0)，故B正确；
C.到N点时竖直方向的分速度大小为v0=4m/s，根据竖直上抛运动的时间对称性可知，小球从O点到M点的时间与从M点到N点的时间相等，水平方向的分速度vx=a水平tN=2v1=12m/s，小球到达N点时的速度大小为v2=v02+vx2=410 m/s，故C正确；
D.由v0=gt1，v1=a水平t1，解得a水平=15m/s2，恒力F的大小为F=ma水平=1.5N，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律得到各阶段的加速度大小，分析运动情况；求出物体在运动过程中的最大速度，根据P=Fv求最大功率；根据动量定理进行求解1.8s内合外力对物体的冲量；根据受力情况分析运动情况。
本题主要是考查牛顿第二定律与图象的结合、动量定理等，关键是弄清楚物体的受力情况和运动情况，根据运动学公式结合功率的计算公式等进行解答。
【解答】
A.在0
C.根据A选项的分析可知，在1.8s时物体的速度为零，根据动量定理可得1.8s内合外力对物体的冲量为零，故C正确；
D.在0.8s
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题为力的平衡和静电场的综合题，画好受力分析图借助于相似三角形进行求解即可。
【解答】
对两小球受力分析，A和B均受重力、拉力、库仑力，小球A、B均处干平衡状态，作力的矢量三角形，如图所示，
因为两小球通过穿过小环的绝缘细线连接，则细线上拉力大小处处相等，T=T′，A、B间的库仑力是作用力和反作用力，F=F′。大小相等，方向相反，根据相似三角形知识可知m1gh=Fr1=Tl1，m2gh=F′r2=T′l2，可得m1m2=l2l1=r2r1，B正确；
又r2r1=x2x1=l2sin βl1sina，由以上可得l2l1=l2sinβl1sinα，则α=β，A正确，D错误；
系统处于平衡状态，A对B的库仑力和B对A的库仑力是一对作用力与反作用力，两小球的带电荷量关系无法确定， C错误；
故选AB。
12.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题结合速度时间图象主要考查了应用牛顿运动定律的应用。在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象的斜率分析加速度方向，从而判断该同学的运动状态。
根据牛顿第二定律可计算某一方向上受力情况，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。
【解答】
A.根据v−t图像，0～1s内，加速度a=2−01m/s2=2m/s2，方向沿电梯斜向上，沿水平方向根据牛顿第二定律有：人受到的摩擦力Ff=macosθ=60×2×0.8N=96N，故A错误；
B.0～1s内，沿竖直方向根据牛顿第二定律有：FN−mg=masinθ，解得FN=672N，根据牛顿第三定律，则人对电梯的压力大小为672N，故B错误；
C.3～4s内，加速度a=0−21m/s2=−2m/s2，方向沿电梯斜向下，即竖直方向加速度的分量向下，人处于失重状态，故C正确；
D.3～4s内，加速度方向沿电梯斜向下，即水平方向加速度的分量向左，而摩擦力为水平方向的合力，根据牛顿第二定律可知摩擦力方向水平向左，故 D正确。
故选CD。
13.【答案】2x1t1；2(x2−x1)t2−t1+Δt
【解析】
【分析】
本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析、理解现代科技装置原理的能力。
超声波在空中匀速传播，根据发射和接收的时间差求出速度；
物体通过的位移为x2−x1时，所用时间为t2−Δt2−t12+Δt，再求解物体的速度。
【解答】
由题中乙图可知，一声波在t12时间内通过的位移为x1，
则超声波的速度为v声=x1t12=2x1t1，
由题意可知物体通过位程x=x2−x1，
所用时间为t=t2−Δt2−t12+Δt=12(t2−t1+△t)，
所以物体的速度为。
故答案为：2x1t1；2(x2−x1)t2−t1+Δt。
14.【答案】(1)下楼；(2)10
【解析】
【分析】
(1)根据图象判断开始2s内加速的方向即可；
(2)由图象知电梯运动分三段先加速后匀速最后减速，利用运动学公式分别求出三段位移求和。
本题要能从图象中看出力的变化规律，受力分析后得出物体的运动规律，结合运动学公式求解，必要时可以画出运动草图。
【解答】
(1)由图可知，开始的2s时间内体重计的示数F=360N小于其重力(mg=400N)，即处于失重状态，说明电梯是竖直向下加速的，所以是下楼；
(2)由牛顿第二定律得：0～2s时间内有 mg−F1=ma1
代入数据解之得 a1=1m/s2
由公式x=12at2得，
电梯加速位移为：x1=12a1t12=2m
由公式v=at得开始匀速运动的速度为：v1=a1t1 =2m/s
2s～5s时间内因F2=mg，所以电梯以v1做匀速直线运动，位移为：x2=v1t2=6m
5s～7s时间内因F3>mg，所以电梯做向下的匀减速运动，
由牛顿第二定律得：F3−mg=ma3
代入数据解之得 a3=1m/s2
由公式x=v0t+12at2得减速运动的位移为：x3=v1t3−12a3t32=2m
这段时间内电梯下降的距离X=x1+x2+x3=10m
故答案为：(1)下楼；(2)10
15.【答案】变大 水平向右
【解析】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如图；
根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向左下方；
选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力水平向右．
故答案为：变大； 水平向右．
先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．
本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况．
16.【答案】4000 0.2
【解析】解：汽车以额定功率在水平路面行驶，达到最大速度，则有
由功率公式P=Fv，F=Pv=60×10315N=4×103N
此时阻力等于牵引力，即为4000N
汽车以额定功率在水平路面行驶，速度为10m/s时，则有
由牛顿第二定律可得：Pv−f=ma
得a=Pv−fm=60×10310−400010×103m/s2=0.2m/s2
故答案为：4000；0.2
汽车的功率可由牵引力与速度乘积来表达，当汽车达到最大速度，此时做匀速运动，则牵引力等于运动阻力，而牵引力由额定功率与最大速度来算出．当汽车以额定功率运动时，可得出牵引力大小，由于阻力不变，所以由牛顿第二定律可求出加速度大小．
由功率与速度的比值来得出牵引力，从而再由牛顿运动定律来列式求解．当达到最大速度时，牵引力等于阻力．注意此处的功率必须是额定功率．
17.【答案】(1)0.1；(2) 1.5；3.0；(3)偏小 。
【解析】
【分析】
了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作；
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
【解答】
(1)使用打点计时器来分析物体运动情况的实验中，打点计时器使用的是交流电源，若电源频率为50Hz，则打点计时器打相邻两点的时间间隔是 0.02s，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为： T=5×1f=5×0.02 s=0.1s。
(2)利用匀变速直线运动的推论得：vE=xDF2T=d5−d310f=1.5m/s，根据逐差法得a=xDG−xAD9T2=d6−d3−d39T2=0.65−0.19−0.199×0.01 m/s2=3.0 m/s2；
(4)频率增大，周期变小，而该同学不知道，计算所用周期大于实际的周期，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小。
故答案为：(1)0.1；(2) 1.5；3.0；(3)偏小 。
18.【答案】(1)300 N/m
(2)甲；0.3
【解析】
【分析】
本题考查实验研究弹簧的劲度系数和接触面间的动摩擦因数。解决本题明确本实验的基本原理，理解实验的基本方法，会进行数据分析。
由k=Fx，可确定劲度系数；
根据B处于静止状态，AB间的滑动摩擦力等于弹簧秤a读数，可确定甲方案更合理；
根据μ=FfFN，可确定动摩擦因数。
【解答】
(1)图线的斜率表示劲度系数，k=600.2N/m=300N/m；
(2)①甲方案较合理，因为在图甲中，B静止，弹簧测力计a的示数等于B所受的滑动摩擦力；而乙方案需要弹簧测力计拉着物块A做匀速直线运动，不利于准确测量。
②利用a的示数和B的重力，得μ=FfFN=620=0.3。
故答案为：(1)300 N/m；(2)甲；0.3。
19.【答案】解：(1)v0=0时，货箱受四力(其中摩擦力方向沿传送带向下)作用向上做匀加速运动，由牛顿第二定律有：F−μmgcos30°−mgsin30°=ma 代入数据得：
a=2 m/s2，由运动学规律有：L=12at2 代入数据解得：
(2)v0=4 m/s时，货箱先受四力(其中摩擦力方向沿传送带向上)作用向上做匀加速运动，直到速度达到4 m/s，设此过程加速度为a1，运动时间为t1，发生位移为x1，
由牛顿第二定律有：F+μmgcos30°−mgsin30°=ma1 代入数据得：a1=8 m/s2
由运动学规律有：v0=a1t1，x1=12a1t12 代入数据得：t1=0.5 s，x1=1 m
货箱与传送带间的相对路程为：Δx1=v0t1−x1=1 m
此后，摩擦力反向，货箱继续沿斜面向上做加速运动，由受力情况可知加速度a2=a=2 m/s2，
设此过程的时间为t2，发生位移为x2 x2=L−x1=5 m
由运动学规律有：x2=v0t2+12a2t22 代入数据得：t2=1 s
货箱与传送带间的相对路程为：Δx2=x2−v0t2=1 m
规定沿传送带向上的方向为正方向
则有：If=μmgcos30°t1−μmgcos30°t2 ，Q=μmgcos30°(Δx1+Δx2)
代入数据解得：If=−1.5 N·s，方向沿传送带向下Q=6 J
(3)t1=0.5 s时，货箱速度达到4 m/s，从0.5 s到0.7 s，货箱以加速度a2沿传送带向上做加速运动，设此过程时间为t3，发生位移为x3，末速度为v t3=0.7 s−0.5 s=0.2 s
由运动学规律有：v=v0+a2t3，x3=v0t3+12a2t32 代入数据得：v=4.4 m/s，x3=0.84 m
力F消失后，货箱先沿传送带向上做减速运动(摩擦力方向沿传送带向下)直到速度再次到达4 m/s，设此过程发生位移为x4
由动能定理有：−mgsin30∘+μmgcos30∘x4=12mv02−12mv2 代入数据得：x4=0.21 m
此后，摩擦力方向沿传送带向上，传送带继续向上减速运动，设货箱速度从4 m/s减至0的过程中发生的位移为x5
由动能定理有：
−mgsin30∘−μmgcos30∘x4=0−12mv02 代入数据得：x5=4 m
因：x1+x3+x4+x5=6.05 m>L 所以，货物能到达高平台。
【解析】本题考查用牛顿运动定律分析传送带问题、匀变速直线运动的规律、冲量及动能定理等内容，旨在考查学生的综合分析能力，试题较难。
20.【答案】解：(1)开始时，弹簧处于压缩状态，对于C有T1=MCgsinθ， 对B有T1+kx1=Eq
联立解得：x1=2m
(2)A刚要离开墙壁时，墙壁对A的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B做匀加速直线运动
位移大小为x1时有：v1=2ax1
根据牛顿第二定律，对B：T2−Eq=MBa，对C：F+MCgsinθ−T2=MCa
解得功率P=Fv1=56W
(3)当E=1516×105V/m时，MCgsinθ=qE，所用此过程中A、B、C系统合外力做功为零，
当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大为v3，B、C速度大小为v2,，
则系统动量大小之和不变有：(MB+MC)v1=(MB+MC)v′2+MAv3
系统能量守恒有：12(MC+MB)v12=12(MC+MB)v2′2+12MAv32
解得v3=3.2m/s
【解析】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
(1)开始时B、C处于平衡状态，应用平衡条件可以求出弹簧的压缩量；
(2)应用匀变速直线运动的速度位移公式求出速度，应用牛顿第二定律可以求出力F，再求拉力F的功率；
(3)A离开墙壁后，A、B、C系统的合外力为零，系统的动量守恒当三个物块的速率v2相等时，弹簧弹性势能最大．当弹簧两次恢复原长时，A的速度最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出A的最大速度。
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