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2024龙岩一中高一上学期第三次月考物理试题
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这是一份2024龙岩一中高一上学期第三次月考物理试题，文件包含高一第一学期第三次月考物理docx、高一第一学期第三次月考物理试卷及参考答案pdf、第三次月考高一物理答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制。在国际单位制中，下列单位属于基本单位的是（ ）
A．NB． C． D．
2．马步是练习武术最基本的桩步。马步桩须双脚分开略宽于肩，采取半蹲姿态，因姿势有如骑马一般而且如桩柱般稳固，因而得名。如图所示，某人站在水平地面上保持马步姿势不动，则下列说法正确的是（ ）
A．人受到3个力的作用
B．地面对人有水平向后的摩擦力
C．人对地面的压力方向竖直向下
D．地面对人的支持力是由人脚的形变产生的
3．如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(，，g取），则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中的加速度大小是
B．木块与斜面间的动摩擦因数
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小
4．如图所示，竖直弹簧下端固定在水平面上，上端静止叠放两个质量相等的物体A、B（弹簧与B连接）。若突然撤去物体A，则从物体B开始运动到弹簧恢复原长过程中，下列图像能正确表示物体B运动速度v和位移x随时间t变化规律的是（ ）
A．B．C．D．
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．2023年10月24日，伴随着“三、二、一”的倒计时声，“遥感三十九号”卫星在“长征二号丁”运载火箭的推动下顺利进入太空。如图所示为“长征二号丁”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法正确的是（ ）
A．火箭加速上升时，卫星处于超重状态，重力增大
B．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于卫星的重力
C．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于火箭对卫星的支持力
D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力
6．如图所示，固定光滑斜面的倾角为θ，A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻杆与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）
A．A球加速度为
B．A球的加速度为0
C．轻杆的作用力一定不为0
D．A和B球的加速度相同
7．如图所示，MA、MB、NA是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、A、B、C位于同一圆周上、C、A两点分别为圆周的最高点和最低点，O点为圆心。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），3个滑环分别从M点和N点无初速度释放，、依次表示滑环从M点到达B点和A点所用的时间，表示滑环从N点到达A点所用的时间，则（ ）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4kg、m2＝1kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，在水平力F的推动下，A、B一起运动且B不下滑，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B不可能一起做匀速直线运动
B．B受到摩擦力一定为最大静摩擦力
C．力F的大小可能为120N
D．力F的大小可能为150N
三、非选择题：共60分，其中9-11题为填空题，12-13为实验题，14~16题为计算题。填空题和实验题每个空2分，14题10分，15题10分，16题18分，计算题根据要求作答，没有过程只写答案的不给分。
9．如图所示，质量均为m的小球A、B，用一根不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接，轻绳OC与竖直方向的夹角。变力F作用在轻绳上的O点，A、B始终处于静止状态，重力加速度为g。当力F与水平夹角时，绳OD的拉力大小 ；当力F方向变化时，力F的最小值 。
10．一个质量的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为、与桌面平行、互成角的拉力作用，则物体的加速度大小为 ；若把其中一个力反向，物体的加速度大小为
11．水平传送带以v=2m/s的速度匀速运动，A、B相距11m，一物体（可视为质点）从A点静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，则物体在传送带上滑到B点的速度 m/s，物体从A沿传送带运动到B所需时间为 s。（g取10m/s2）
12．某同学用橡皮筋与弹簧测力计验证“力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示。其中A为固定橡皮筋的图钉，OB和OC为细绳。
（1）本实验中两次拉橡皮筋的过程，主要体现的科学方法是 。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）如图丙所示，、夹角大于，现保持O点位置不变，与的夹角不变，将缓慢顺时针转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为 （两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程）。
A．一直增大，一直减小B．先增大后减小，一直增大
C．一直减小，一直增大D．一直增大，先减小后增大
13．某学习小组利用如图甲所示的装置探究“加速度与力、质量的关系”。小车在钩码的牵引下沿长木板运动，得到一条纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。通过处理纸带可以得到加速度。请完成下列问题：
（1）下列做法正确的是 。
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．每次改变小桶及桶内砝码的总重力后，都需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源
D．该实验不需要满足钩码总质量远小于小车的质量；
（2）根据乙图测得小车的加速度大小为 （结果保留两位有效数字）；
（3）改变小车质量，多次重复实验，得到小车的加速度与所受拉力的关系如图丙所示。其中①是小车质量为时对应的图线，②是小车质量为时对应的图线，则小车的质量 （选填“>”，“=”或“<”）。
14．一架质量m=5.0×103kg的喷气式飞机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x=5.0×102m，达到起飞速度v=60m/s。在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍，g取10m/s2，求：
（1）飞机滑行时的加速度为多大；
（2）飞机滑行时受到的牵引力多大。
15．质量是60kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m=5kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40N，g取10m/s2，求：
(1)物体A此时的加速度大小；
(2)此时人对地板的压力；
(3)电梯保持这个加速度运动2s恰好停止，求这两秒内电梯的平均速度大小。
16．某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体（可视为质点）无初速地放在传送带顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知木板与地面之间是光滑的，物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5，μ2=0.25，AB的距离为。重力加速度（已知，）。求：
（1）经多长时间物体与传送带速度相等？
（2）物体滑到传送带的底端时，相对传送带的摩擦痕迹是多长？
（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度应是多少？
龙岩一中2026届2023—2024学年第三次月考物理参考答案
1. D 2．C【详解】B．蹲在水平地面上，人在水平方向无运动的趋势，则地面对人无摩擦力；A．人在竖直方向受力平衡，受到水平地面竖直向上的支持力以及竖直向下的重力，水平方向不受力，共2个力作用；C．人受到水平地面竖直向上的支持力，根据牛顿第三定律，则人对地面的压力方向竖直向下；D．地面对该人的支持力是由地面的形变产生的。
3．B【详解】A．由图乙可知木块加速度为a=101m/s2=10m/s2；B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知mgsinθ+μmgcsθ=ma，解得μ=0.5；C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知mgsinθ−μmgcsθ=ma'，解得a'=2m/s2，上升位移为x=vt2=10×12m=5m，则下滑位移为，由运动学公式得x'=12a't'2，解得，则木块返回出发点时间为，故C错误；D．木块回到出发点时的速度大小为v=a't'=2×5m/s=25m/s。
4．B【详解】CD．突然撤去物体A，则从物体B开始运动到弹簧恢复原长过程中，物体B先做加速运动，后做减速运动，弹簧的弹力等于重力量，速度最大。故CD错误；AB．位移图像中斜率表示速度，可知A项中位移图像表示速度一直增大，而B项中位移图像表示速度先增大，后减小，故B正确，A错误。故选B。
5．BD【详解】ABC．火箭加速上升时，加速度方向向上，卫星处于超重状态，重力不变，根据牛顿第二定律可知卫星受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知卫星对火箭的压力等于火箭对卫星的支持力，即卫星对火箭的压力大于卫星重力，AC错误，B正确；D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，D正确。故选BD。
6.AD【详解】ABD．开始时挡板对小球的支持力FN=mA+mBgsinθ，撤掉挡板的瞬时，挡板对球的弹力立刻变为零，此时对AB整体将具有相同的沿斜面向下的加速度，整体受的合外力为F合=(mA+mB)gsinθ，加速度为a=F合mA+mB=gsinθ，即A球加速度为，选项AD正确，B错误；C．对B球受力分析可知
解得T=0，即轻杆的作用力为零，选项C错误。故选AD。
7．BC【详解】设MA与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d，根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a=mgcsαm=gcsα，滑杆的长度为s=dcsα，则根据s=12at2得t=2sa=2dg，可见，时间t与α无关，故有，以M点为最高点，取合适的竖直直径作圆，如图所示M点滑到A、D时间相同，则从M点滑到B点时间大于A点，即，故选BC。
8．AD【详解】A．由于B不下滑，对B物块进行受力分析知水平方向受到向外的弹力，水平方向所受合外力不为零，所以B物块不做匀速直线运动，那么AB不会一起做匀速直线运动，故A正确；B． 若AB整体加速度比较大，比较大，则，B受到摩擦力可能为静摩擦力，没有达到最大值，故B错误；CD．据题意对B物块进行分析得，由牛顿第二定律得，由受力分析知B物块竖直方向受力平衡则，由于，对AB整体有，代入数据解得,故C错误，故D正确；
9． mg 32mg
【详解】[1]以小球A为研究对象，可得，再以O点为研究对象，受力分析如图，易得F和合成的平行四边形为正菱形，故TOD=F=TOC=mg；[2]当力F方向变化时，的大小和方向始终不变，O点受力分析动态如图，易得当F方向水平时，F最小，Fmin=TOCsinθ=32mg
10． 0
【详解】[1]根据题意，由平行四边形定则可得，三个大小相等互成的拉力的合力为0，由牛顿第二定律可知，此时物体的加速度为0。[2]由共点力平衡特点可知，其中任一个力与剩下所有力的合力等大反向，若把其中一个力反向，则合力为，有牛顿第二定律可得，此时，物体的加速度为a=10m/s2
11． 2 6
【详解】[1][2] 物体在传送带上滑行时的加速度大小为a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，则速度达到传送带速度的时间为t1=va=1s，物体匀加速运动的位移为x1=v22a=1m，所以先加速在匀速，到达B点的速度为2m/s。则匀速运动的时间为t2=L−x1v=5s，则A到B的时间为t=t1+t2=6s。
12. B C
【详解】（1）[1]本实验中两次拉橡皮筋的过程，使结点到达相同的位置，主要体现的科学方法是等效替代法。故选B。
（2）根据动态圆，一直减小，一直增大。
13. A 0.16 <
【详解】（1）[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，从而减小实验误差，故A正确；B．平衡摩擦力只需平衡一次即可，故B错误；C．实验时，先接通打点计时器，再放开木块，故C错误；D．为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量应远小于小车和砝码的质量；故选A。
（2）[2]根据逐差法可得，小车的加速度为a=(3.84+4.00−3.52−3.68)×10−24×0.12m/s2=0.16m/s2
（3）[3]根据牛顿第二定律，整理得a=Fm；结合图像k=1m，可得m=1k；则。
14．（1）；（2）1.9×104N
【详解】（1）飞机在加速过程中，由运动学公式得 ；（3分）
解得 ；（2分）
（2）由牛顿第二定律得 ，（3分）
所以 ；（2分）
15.(1) 2m/s (2) 480N，方向竖直向下；(3)2m/s
【详解】(1)弹簧秤的示数大小等于弹簧秤对物体的拉力T，对物体受力分析由牛顿第二定律可得
（2分） 解得 （1分）
(2)升降机的加速度等于人的加速度，设地板对人的支持力为FN，对人由牛顿第二定律可得
（1分） 解得 （1分）
由牛顿第三定律可得，人对地板的压力为480N，方向竖直向下。（2分）
(3)停止前2秒时的速度大小 （1分）
（2分）
16．（1）（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，有
（1分）
解得 （1分）
假设物体与传送带共速所需时间 （1分）
运动的位移为x1，则对物体 ，解得符合预设；（1分）
（2）共速后，由于 ，物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为，则
，解得 （1分）
设物体经到达端 ，解得 （1分）
物体滑上木板左端时的速度大小 ，解得 （1分）
第一段匀加速 （1分）
相对位移 （1分）
第二段匀加速 （1分）
相对位移 （1分）
所以痕迹长 （1分）
（3）物体滑上木板后向右做匀减速直线运动
（1分）
木板向右匀加速
解得 （1分）
设再经时间两者速度相等则有
，解得 （1分）
共同速度为 （1分）
木板位移
，解得 （1分）
因恰好不掉下来，所以木板长度为
（1分）
（考试时间：75分钟 满分：100分）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制。在国际单位制中，下列单位属于基本单位的是（ ）
A．NB． C． D．
2．马步是练习武术最基本的桩步。马步桩须双脚分开略宽于肩，采取半蹲姿态，因姿势有如骑马一般而且如桩柱般稳固，因而得名。如图所示，某人站在水平地面上保持马步姿势不动，则下列说法正确的是（ ）
A．人受到3个力的作用
B．地面对人有水平向后的摩擦力
C．人对地面的压力方向竖直向下
D．地面对人的支持力是由人脚的形变产生的
3．如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(，，g取），则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中的加速度大小是
B．木块与斜面间的动摩擦因数
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小
4．如图所示，竖直弹簧下端固定在水平面上，上端静止叠放两个质量相等的物体A、B（弹簧与B连接）。若突然撤去物体A，则从物体B开始运动到弹簧恢复原长过程中，下列图像能正确表示物体B运动速度v和位移x随时间t变化规律的是（ ）
A．B．C．D．
二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
5．2023年10月24日，伴随着“三、二、一”的倒计时声，“遥感三十九号”卫星在“长征二号丁”运载火箭的推动下顺利进入太空。如图所示为“长征二号丁”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法正确的是（ ）
A．火箭加速上升时，卫星处于超重状态，重力增大
B．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于卫星的重力
C．火箭加速上升时，卫星对火箭的压力大于火箭对卫星的支持力
D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力
6．如图所示，固定光滑斜面的倾角为θ，A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻杆与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）
A．A球加速度为
B．A球的加速度为0
C．轻杆的作用力一定不为0
D．A和B球的加速度相同
7．如图所示，MA、MB、NA是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、A、B、C位于同一圆周上、C、A两点分别为圆周的最高点和最低点，O点为圆心。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），3个滑环分别从M点和N点无初速度释放，、依次表示滑环从M点到达B点和A点所用的时间，表示滑环从N点到达A点所用的时间，则（ ）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4kg、m2＝1kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，在水平力F的推动下，A、B一起运动且B不下滑，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B不可能一起做匀速直线运动
B．B受到摩擦力一定为最大静摩擦力
C．力F的大小可能为120N
D．力F的大小可能为150N
三、非选择题：共60分，其中9-11题为填空题，12-13为实验题，14~16题为计算题。填空题和实验题每个空2分，14题10分，15题10分，16题18分，计算题根据要求作答，没有过程只写答案的不给分。
9．如图所示，质量均为m的小球A、B，用一根不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接，轻绳OC与竖直方向的夹角。变力F作用在轻绳上的O点，A、B始终处于静止状态，重力加速度为g。当力F与水平夹角时，绳OD的拉力大小 ；当力F方向变化时，力F的最小值 。
10．一个质量的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为、与桌面平行、互成角的拉力作用，则物体的加速度大小为 ；若把其中一个力反向，物体的加速度大小为
11．水平传送带以v=2m/s的速度匀速运动，A、B相距11m，一物体（可视为质点）从A点静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，则物体在传送带上滑到B点的速度 m/s，物体从A沿传送带运动到B所需时间为 s。（g取10m/s2）
12．某同学用橡皮筋与弹簧测力计验证“力的平行四边形定则”，实验装置如图甲所示。其中A为固定橡皮筋的图钉，OB和OC为细绳。
（1）本实验中两次拉橡皮筋的过程，主要体现的科学方法是 。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（2）如图丙所示，、夹角大于，现保持O点位置不变，与的夹角不变，将缓慢顺时针转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为 （两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程）。
A．一直增大，一直减小B．先增大后减小，一直增大
C．一直减小，一直增大D．一直增大，先减小后增大
13．某学习小组利用如图甲所示的装置探究“加速度与力、质量的关系”。小车在钩码的牵引下沿长木板运动，得到一条纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。通过处理纸带可以得到加速度。请完成下列问题：
（1）下列做法正确的是 。
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．每次改变小桶及桶内砝码的总重力后，都需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源
D．该实验不需要满足钩码总质量远小于小车的质量；
（2）根据乙图测得小车的加速度大小为 （结果保留两位有效数字）；
（3）改变小车质量，多次重复实验，得到小车的加速度与所受拉力的关系如图丙所示。其中①是小车质量为时对应的图线，②是小车质量为时对应的图线，则小车的质量 （选填“>”，“=”或“<”）。
14．一架质量m=5.0×103kg的喷气式飞机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x=5.0×102m，达到起飞速度v=60m/s。在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍，g取10m/s2，求：
（1）飞机滑行时的加速度为多大；
（2）飞机滑行时受到的牵引力多大。
15．质量是60kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m=5kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40N，g取10m/s2，求：
(1)物体A此时的加速度大小；
(2)此时人对地板的压力；
(3)电梯保持这个加速度运动2s恰好停止，求这两秒内电梯的平均速度大小。
16．某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体（可视为质点）无初速地放在传送带顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知木板与地面之间是光滑的，物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5，μ2=0.25，AB的距离为。重力加速度（已知，）。求：
（1）经多长时间物体与传送带速度相等？
（2）物体滑到传送带的底端时，相对传送带的摩擦痕迹是多长？
（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度应是多少？
龙岩一中2026届2023—2024学年第三次月考物理参考答案
1. D 2．C【详解】B．蹲在水平地面上，人在水平方向无运动的趋势，则地面对人无摩擦力；A．人在竖直方向受力平衡，受到水平地面竖直向上的支持力以及竖直向下的重力，水平方向不受力，共2个力作用；C．人受到水平地面竖直向上的支持力，根据牛顿第三定律，则人对地面的压力方向竖直向下；D．地面对该人的支持力是由地面的形变产生的。
3．B【详解】A．由图乙可知木块加速度为a=101m/s2=10m/s2；B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律可知mgsinθ+μmgcsθ=ma，解得μ=0.5；C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知mgsinθ−μmgcsθ=ma'，解得a'=2m/s2，上升位移为x=vt2=10×12m=5m，则下滑位移为，由运动学公式得x'=12a't'2，解得，则木块返回出发点时间为，故C错误；D．木块回到出发点时的速度大小为v=a't'=2×5m/s=25m/s。
4．B【详解】CD．突然撤去物体A，则从物体B开始运动到弹簧恢复原长过程中，物体B先做加速运动，后做减速运动，弹簧的弹力等于重力量，速度最大。故CD错误；AB．位移图像中斜率表示速度，可知A项中位移图像表示速度一直增大，而B项中位移图像表示速度先增大，后减小，故B正确，A错误。故选B。
5．BD【详解】ABC．火箭加速上升时，加速度方向向上，卫星处于超重状态，重力不变，根据牛顿第二定律可知卫星受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知卫星对火箭的压力等于火箭对卫星的支持力，即卫星对火箭的压力大于卫星重力，AC错误，B正确；D．火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，D正确。故选BD。
6.AD【详解】ABD．开始时挡板对小球的支持力FN=mA+mBgsinθ，撤掉挡板的瞬时，挡板对球的弹力立刻变为零，此时对AB整体将具有相同的沿斜面向下的加速度，整体受的合外力为F合=(mA+mB)gsinθ，加速度为a=F合mA+mB=gsinθ，即A球加速度为，选项AD正确，B错误；C．对B球受力分析可知
解得T=0，即轻杆的作用力为零，选项C错误。故选AD。
7．BC【详解】设MA与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d，根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为a=mgcsαm=gcsα，滑杆的长度为s=dcsα，则根据s=12at2得t=2sa=2dg，可见，时间t与α无关，故有，以M点为最高点，取合适的竖直直径作圆，如图所示M点滑到A、D时间相同，则从M点滑到B点时间大于A点，即，故选BC。
8．AD【详解】A．由于B不下滑，对B物块进行受力分析知水平方向受到向外的弹力，水平方向所受合外力不为零，所以B物块不做匀速直线运动，那么AB不会一起做匀速直线运动，故A正确；B． 若AB整体加速度比较大，比较大，则，B受到摩擦力可能为静摩擦力，没有达到最大值，故B错误；CD．据题意对B物块进行分析得，由牛顿第二定律得，由受力分析知B物块竖直方向受力平衡则，由于，对AB整体有，代入数据解得,故C错误，故D正确；
9． mg 32mg
【详解】[1]以小球A为研究对象，可得，再以O点为研究对象，受力分析如图，易得F和合成的平行四边形为正菱形，故TOD=F=TOC=mg；[2]当力F方向变化时，的大小和方向始终不变，O点受力分析动态如图，易得当F方向水平时，F最小，Fmin=TOCsinθ=32mg
10． 0
【详解】[1]根据题意，由平行四边形定则可得，三个大小相等互成的拉力的合力为0，由牛顿第二定律可知，此时物体的加速度为0。[2]由共点力平衡特点可知，其中任一个力与剩下所有力的合力等大反向，若把其中一个力反向，则合力为，有牛顿第二定律可得，此时，物体的加速度为a=10m/s2
11． 2 6
【详解】[1][2] 物体在传送带上滑行时的加速度大小为a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，则速度达到传送带速度的时间为t1=va=1s，物体匀加速运动的位移为x1=v22a=1m，所以先加速在匀速，到达B点的速度为2m/s。则匀速运动的时间为t2=L−x1v=5s，则A到B的时间为t=t1+t2=6s。
12. B C
【详解】（1）[1]本实验中两次拉橡皮筋的过程，使结点到达相同的位置，主要体现的科学方法是等效替代法。故选B。
（2）根据动态圆，一直减小，一直增大。
13. A 0.16 <
【详解】（1）[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，从而减小实验误差，故A正确；B．平衡摩擦力只需平衡一次即可，故B错误；C．实验时，先接通打点计时器，再放开木块，故C错误；D．为了保证钩码的重力等于细绳的拉力，钩码的质量应远小于小车和砝码的质量；故选A。
（2）[2]根据逐差法可得，小车的加速度为a=(3.84+4.00−3.52−3.68)×10−24×0.12m/s2=0.16m/s2
（3）[3]根据牛顿第二定律，整理得a=Fm；结合图像k=1m，可得m=1k；则。
14．（1）；（2）1.9×104N
【详解】（1）飞机在加速过程中，由运动学公式得 ；（3分）
解得 ；（2分）
（2）由牛顿第二定律得 ，（3分）
所以 ；（2分）
15.(1) 2m/s (2) 480N，方向竖直向下；(3)2m/s
【详解】(1)弹簧秤的示数大小等于弹簧秤对物体的拉力T，对物体受力分析由牛顿第二定律可得
（2分） 解得 （1分）
(2)升降机的加速度等于人的加速度，设地板对人的支持力为FN，对人由牛顿第二定律可得
（1分） 解得 （1分）
由牛顿第三定律可得，人对地板的压力为480N，方向竖直向下。（2分）
(3)停止前2秒时的速度大小 （1分）
（2分）
16．（1）（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，有
（1分）
解得 （1分）
假设物体与传送带共速所需时间 （1分）
运动的位移为x1，则对物体 ，解得符合预设；（1分）
（2）共速后，由于 ，物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为，则
，解得 （1分）
设物体经到达端 ，解得 （1分）
物体滑上木板左端时的速度大小 ，解得 （1分）
第一段匀加速 （1分）
相对位移 （1分）
第二段匀加速 （1分）
相对位移 （1分）
所以痕迹长 （1分）
（3）物体滑上木板后向右做匀减速直线运动
（1分）
木板向右匀加速
解得 （1分）
设再经时间两者速度相等则有
，解得 （1分）
共同速度为 （1分）
木板位移
，解得 （1分）
因恰好不掉下来，所以木板长度为
（1分）
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