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2024-2025学年重庆市荣昌中学校高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析）
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这是一份2024-2025学年重庆市荣昌中学校高三（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 鸡蛋碰石头，虽然鸡蛋碎了而石头完好无损，但鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是完全相同的
B. 放在桌面上的书本对桌面的压力不是由书本的形变而产生的
C. “风吹草低见牛羊”，草受到了力而弯曲，但未见到施力物体，说明没有施力物体的力也是可以存在的
D. 任何一个物体，一定既是受力物体，也是施力物体
2.如图所示，歼−20沿曲线MN向上爬升，图中画出表示歼−20在P点速度的四种方向，其中可能正确的是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
3.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是( )
A. F=FNB. G=FfC. G=FfcsθD. Ff=Gcsθ
4.2023年9月26日，杭州第19届亚运会场地自行车女子团体竞速赛决赛中，中国队夺得金牌。现将某次训练中场地上四辆车的运动记录为如图所示的x−t和v−t图像。已知四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况。下列说法正确的是( )
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. 0~t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
C. 0~t1时间内甲车的平均速度比乙车的大
D. t2时刻，丙、丁两车的加速度相等
5.如图所示，在竖直放置的“”形支架上，一根长度不变轻绳通过轻质光滑的小滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)。在此过程中绳中拉力大小( )
A. 先变大后不变B. 先变大后变小C. 先变小后不变D. 先不变后变小
6.如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f = kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是( )
A. k的值为0.1 N⋅s/m
B. 飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s
C. 飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s2
D. 飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大
7.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，则( )
A. 煤块在传送带上的划痕为8米
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则( )
A. A与B的线速度大小之比为2:1B. A与B的角速度之比为1:1
C. A与B的向心加速度大小之比为2:1D. 在转盘转速增加时，A与B一起滑动
9.如图所示，物块甲和乙用一不可伸长的轻绳跨过两个轻小光滑定滑轮连接，乙套在水平固定的光滑直杆上。现将甲、乙由静止同时释放，释放时θ=30°，水平直杆足够长，乙不脱落，空气阻力不计，则( )
A. 刚开始释放时，甲处于失重状态
B. 当θ=60°时，甲、乙的速度大小之比是 3：2
C. 当θ=90°时，乙的速度最大
D. 当θ向90°增大的过程中绳子对甲的拉力始终小于其重力
10.如图所示，甲、乙两物块(视为质点)用劲度系数为k的轻质弹簧连接，放置在倾角为37°的光滑斜面与垂直斜面的挡板之间，当系统处于静止状态时甲、乙间的距离为d；现用外力使乙沿着斜面向上运动，当甲、乙间的距离变为2d时撤出外力，乙获得沿斜面向上的速度，此时乙的加速度沿斜面向下大小0.4g，挡板对甲的弹力的大小是甲的重力的2.6倍，重力加速度为g,sin37∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的原长为2.5d
B. 乙与甲的质量之差为kdg
C. 当甲刚要离开挡板，甲、乙之间的距离为2.8d
D. 当甲刚要离开挡板，乙的加速度大小为0.66g
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。
(1)将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块m1，乙装置用另外两根弹簧挂大小相同但质量不同的物块m2，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好均为x1，如图所示，则m1是m2的_____倍。
(2)只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为x2，弹簧相对原长的形变量为Δx1；乙装置中的每根弹簧相对原长的形变量为Δx2，则Δx1是Δx2的_____倍。
(3)已知物块质量m1=0.50kg，当地重力加速度为9.8m/s2，该同学测得x1=10cm、x2=8cm，则每根弹簧的劲度系数k=_____N/m。
12.实验小组用甲图所示的装置测量当地的重力加速度。
请完成下列实验步骤中的填空：
(1)按图甲装配好器材：跨过轻滑轮的不可伸长的光滑轻绳两端分别与钩码和力传感器相连，力传感器可测出轻绳的拉力。重物用轻绳挂在动滑轮上，其下端与纸带相连，让纸带穿过固定好的打点计时器上的限位孔；
(2)接通电源，释放钩码后重物上升，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此过程中力传感器的示数F。
已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，此次实验打D点时重物的速度vD=______________m/s，重物的加速度a=______________m/s2；
(3)改变钩码的质量，多次重复实验步骤(2)，得到多组a、F数据；
(4)实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，用图丙中b、c表示的当地的重力加速度g=______________，重物和动滑轮的总质量m=______________。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，一质量m=20kg的物块静止在粗糙水平面上。从t=0开始，物块受到F=200N、与水平面的夹角为θ=37∘的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求物块的加速度；
(2)若经过5s后撤去F，求撤去F后物块滑行的距离。
14.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某标准足球场长105m，宽68m.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前路踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。试求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。
15.如图所示，木板质量M=5kg初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距L=0.9m，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度v0=22m/s从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数μ 1=12，木板与地面之间的动摩擦因数μ 2=115，重力加速度g=10m/s2，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
(1)物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
(2)若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
(3)要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
答案解析
1.D
【解析】A.鸡蛋碰石头，虽然鸡蛋碎了而石头完好无损，但鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力大小相等，方向相反，A错误；
B.放在桌面上的书本对桌面的压力是由书本的形变而产生的，B错误；
C.力不能脱离物体而单独存在，“风吹草低见牛羊”，草受到了力而弯曲，风是施力物体，C错误；
D.任何一个物体，一定既是受力物体，也是施力物体，D正确。
2.C
【解析】歼−20从M点运动到N点，做曲线运动，在P点速度方向为该点切线方向，即③。
故选C。
3.D
【解析】解：如下图所示，将重力G沿垂直于斜面方向和沿斜面方向进行分解。
由平衡条件可得：
沿斜面方向有：Ff=G1=Gcsθ
垂直斜面方向有：F=G2+FN=Gsinθ+FN
故 ABC错误，D正确。
故选：D。
将重力G沿垂直于斜面方向和沿斜面方向进行分解，根据沿斜面方向与垂直斜面方向均受力平衡解答。
本题考查了共点力平衡问题，题目较简单，应用正交分解法处理即可。
4.B
【解析】A.x-t图像和v-t图像图线只能用来描述直线运动，故A错误；
B.v-t图线与坐标轴围成的面积表示位移，则可知0~t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远，B正确；
C.在t1时刻甲、乙两车的位移相等,运动时间相等，故0-t1时间内甲乙两车平均速度相等，故C错误；
D.v-t图线的斜率表示加速度，t2时刻丙、丁两车图线的斜率不同，故加速度不同，故D错误。
5.A
【解析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ，以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示：
根据平衡条件得：2Fcsθ=mg，
得到绳子的拉力：F=mg2csθ，
所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，csθ减小，则F变大，
当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α，
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到：sinα=LS，L、S不变，则α保持不变，
再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，
所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.C
【解析】A. 小球落地前以v1 匀速运动，则有mg=kv1即k=mgv1=0.2×102N⋅s/m=1N⋅s/m，故A错误;
B.v−t图像的面积代表运动过程中的位移，从图像中可以看出，上升过程中运动的位移小于匀变速运动的位移，所以飞箭在上升过程中的平均速度小于 v02 ，即小于5m/s，故B错误；
C. 由牛顿第二定律可得，小球抛出时的加速度大小
a=mg+kv0m=0.2×10+1×100.2m/s2=60m/s2，故C正确;
D. v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在减小， 故D错误;
故选C。
7.A
【解析】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得：
在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1=12×(8+16)×1m−8×1m=4m
在1s～3s时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2=−8×2m−12×8×2m=8m
因Δx2>Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2=8米，故A正确；
BC.在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcs37°=ma1，根据v−t图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：a1=16−81m/s2=8m/s2
在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得：
mgsin37°−μmgcs37°=ma2，a2=8−02m/s2=4m/s2
联立解得：μ=0.25，故BC错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。
故选：A。
由图乙确定传送带的速度，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求解煤块相对传送带向上和向下运动的位移大小，从而可得煤块在传送带上的划痕长度；根据煤块相对传送带运动的方向分析传送带对物块的摩擦力方向。根据牛顿第二定律和v−t图像的斜率的物理意义求解动摩擦因数；根据煤块在传送带上相对运动过程是否会与传送带共速，分析物块到达传送带顶端时的速度情况。
本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型与v−t图像的应用。掌握v−t图像的物理意义。传送带模型要判断是否可以共速，以及共速后物体运动形式，要注意摩擦力的方向。结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解。
8.ABC
【解析】AB.由题知A、B两个物体同轴转动，则 ωA=ωB ，故
ωA:ωB=1:1
由线速度公式知
v=ωr
代入得
vA:vB=ωArA:ωBrB=2:1
AB正确；
C.由向心加速度公式知
a=rω2
代入得
aA:aB=ωA2rA:ωB2rB=2:1
C正确；
D.由向心力公式知
F=ma
代入得
mAaA:mBaB=mAωA2rA:mBωB2rB=1:1
故两个物体做圆周运动所需的向心力大小相等，在转动过程中摩擦力提供物体做圆周运动向心力，则由
f=μMg
可知 fB>fA ，故A先发生滑动，D错误；
故选ABC。
9.AC
【解析】【分析】
本题主要考查了失重和超重状态的分析以及关联速度的问题，解题的关键是知道失重是指物体向下的加速度，可能加速下降，也可能减速上升；超重是指物体向上的加速度，可能加速上升，也可能减速下降；对于绳或杆关联的速度的分解，关键是知道沿绳或杆方向的分速度大小相等，抓住解题的关键条件，难度不大。
【解答】
A.当θ=30∘时，由题意知甲向下加速运动，处于失重状态，故 A正确；
B.甲、乙用同一根轻绳连接，则乙沿轻绳方向的速度与甲的速度大小相等，则当θ=60∘时，乙的速度v乙cs60∘=v甲，解得：v乙=2v甲，故B错误；
C.当θ=90∘时，即乙到达右侧滑轮正下方，垂直乙运动方向上的分速度为0，即v甲=0，此时乙的速度最大，故C正确；
D.当θ由30∘向90∘增大的过程中甲先加速后减速，轻绳对甲的拉力先小于重力后再大于重力，故D错误。
故选AC。
10.AD
【解析】【分析】本题主要是考查了力的平衡、牛顿运动定律解决弹簧问题和胡克定律的结合；当系统静止在斜面上时，对乙由力的平衡可得乙的质量。由牛顿第二定律可知当甲、乙间的距离变为 2d 时乙的加速度沿斜面向下大小0.4g可求弹簧的原长；对甲受力分析，由力的平衡可得乙与甲的质量之差;当甲刚要离开挡板时，对甲由力的平衡结合胡克定律可得甲、乙之间的距离，再对甲、乙组成的整体由牛顿第二定律可得乙的加速度大小。
【解答】
A.设弹簧的原长为L，甲、乙的质量分别为 m甲、m乙 ，当系统静止在斜面上时，甲、乙间的距离为d，对乙由力的平衡可得 kL−d=m乙gsin37∘
当甲、乙间的距离变为 2d 时，对乙受力分析，
由牛顿第二定律可得m乙gsin37∘−kL−2d=m乙×0.4g
解得 m乙=5kd2g、L=2.5d 故A正确；
B.对甲受力分析，由力的平衡可得 kL−2d+m甲gsin37∘=2.6m甲g
解得 m甲=kd4g
可得 m乙−m甲=9kd4g 故B错误；
C.当甲刚要离开挡板时，设弹簧的弹力为 F ，挡板对甲的弹力刚好为0，对甲由力的平衡可得 F=m甲gsin37∘
设甲、乙之间的距离为 x ，由胡克定律可得 F=kx−L 解得 x=2.65d 故C错误；
D.对甲、乙组成的整体由牛顿第二定律可得 m甲+m乙gsin37∘=m乙a乙 解得 a乙=0.66g 故D正确。
故选AD。
11.(1)12；(2)4；(3)245
【解析】【分析】
本题考查弹簧的劲度系数的实验，能从题设得出有用的信息是解题的关键。
(1)对甲、乙中物块由平衡条件列方程即可解题；
(2)两物块交换后，分别由平衡条件结合胡克定律列方程即可解题；
(3)两物块交换后，对甲中物块，由平衡条件列方程即可解题。
【解答】
(1)三根弹簧的弹力大小相等，设均为F，由平衡条件知，F=m1g，2F=m2g，联立知，m1=12m2；
(2)两物块交换后，由平衡条件：kΔx1=m2g，2kΔx2=m1g，联立知，Δx1=4Δx2；
(3)两物块交换后，对甲中物块，F+k(x1−x2)=m2g，解得弹簧的劲度系数k=m1gx1−x2=245N/m。
12.(2)0.195，0.30；
(4)b，2cb。
【解析】(2)根据匀变速直线运动的推论可得vD=CD+DE2T=(1.80+2.10)×10−22×0.1m/s=0.195m/s，
根据逐差法可得重物的加速度a=(DE+EF)−(BC+CD)(2T)2=[(2.10+2.40)−(1.50+1.80)]×10−2(2×0.1)2m/s2=0.30m/s2；
(4)对重物和滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律，有2F−mg=ma，可得a=2mF−g，
由此可知，a−F图线的斜率为k=2m=bc，截距为−g=−b，所以重力加速度为g=b，滑轮和重物的质量为m=2cb。
13.解：(1)对物块受力分析得，竖直方向mg=FN+Fsinθ，
水平方向Fcsθ−f=ma，
又f=μFN，得 a=6m/s2
(2)第5s末，物块速度的大小为v=at=30m/s
撤去F后物块的加速度为 a′=μmgm=5m/s2
撤去F后物块滑行的距离为 x=v22a′=90m
【解析】解决本题的关键是明确加速度是将力与运动联系起来的桥梁，通过牛顿第二定律求加速度，通过运动学公式分析。
(1)对物块受力分析，竖直方向力平衡，水平方向根据牛顿第二定律列等式可求加速度；
(2)根据v=at求物块速度；根据牛顿第二定律求出撤去F后的加速度，根据速度与位移关系式求滑行距离。
14.解：(1)已知足球的初速度为v1=12m/s，加速度大小为a1=2m/s2
足球做匀减速运动的时间为：t1=v1a1=6s
位移为：x1=v12t1=36m
(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为
t2=v2a2=4s ， x2=v22t2=16m ，
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，
其位移为x3=v2(t1−t2)=16 m，
由于x2+x3根据x1−(x2+x3)=v2t3，解得t3=0.5 s，
故前锋队员追上足球的时间为t=t1+t3=6.5 s．
答：(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为36m．
(2)前锋队员至少经过6.5s能追上足球．
【解析】【分析】本题考查运动学中的追及问题，关键理清物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
(1)根据速度时间公式求出足球做匀减速运动到停下来的时间，结合平均速度的推论求出匀减速运动的位移；
(2)根据速度时间公式和位移公式求出前锋队员达到最大速度时的时间和位移，判断是否追上足球，若未追上，前锋队员将匀速追赶，根据位移关系求出追及的时间。
15.解：(1)对物块μ1mg=ma，
解得：a=μ1g=12×10m/s2=5m/s2，
对木板μ1mg−μ2(M+m)g=Ma1，
解得：a1=0.2m/s2；
(2)木板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，2a1L=v12，
解得v1=0.6m/s，
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大，μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2
解得：a2=1.8m/s2，
根据2a2x1=v12，
解得x1=0.1m；
(3)木板第一次向右加速的时间设为t11，则v1=a1t11，
解得：t11=3s，
木板第一次向左减速的时间设为t12，则v1=a2t12=a1t11，
解得：t12=19t11=(13)2−1t11，
木板第一个来回用时t1=t11+t12=103s，
木板第二次向右加速的时间设为t21，则x1=12a1t212，
解得：t21=13t11=(13)2−1t11，
木板第二次向左减速的时间设为t22，则v2=a2t22=a1t21，
解得：t22=19t21，
木板第二个来回用时t2=t21+t22=109s=13t1，
木板第三次向右加速的时间设为t21，则x2=12a1t312=12a2t222，
解得：t31=19t11=(13)3−1t11，
木板第二次向左减速的时间设为t22，则v3=a2t32=a1t31，
解得：t32=19t31，
木板第一个来回用时t3=t31+t32=1027s=19t1，
同理得：tn=(13)n−1t1tn1=(13)n−1t11，
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为Tn=i=1n−1tn+tn1，
解得：Tn=5−2(13)n−1，
物块一直做匀减速直线运动ln+L=v0Tn−12aTn2，
可得当n=1时，板长为l1=42.6m，
当n=2时，板长为l2=47.49m，
当n=3时，物块的速度v=v0−aT3=−1.9m/s，故不满足题意，舍掉。
答：(1)物块滑上木板时物块和木板的加速度大小分别为5m/s2，0.2m/s2;
(2)木板第一次向左运动的最大距离为0.1m;
(3)木板长度的可能值为l1=42.6m，l2=47.49m。
【解析】本题考查牛顿第二定律应用，板块模型综合性较强，解题关键是要分析清楚木板和物块的运动，分析清楚木块和物块间摩擦力的变化。
(1)根据牛顿第二定律可得物块滑上木板时物块和木板的加速度；
(2)木板第一次与墙壁前向右做匀加速直线运动，碰撞后向左做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求运动加速度，根据速度位移关系求第一次向左运动最大距离；
(3)求出木板在第n次与墙壁相碰时与物块同时撞上墙壁所用总的时间，判断板长可能值。
1.下列说法正确的是( )
A. 鸡蛋碰石头，虽然鸡蛋碎了而石头完好无损，但鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是完全相同的
B. 放在桌面上的书本对桌面的压力不是由书本的形变而产生的
C. “风吹草低见牛羊”，草受到了力而弯曲，但未见到施力物体，说明没有施力物体的力也是可以存在的
D. 任何一个物体，一定既是受力物体，也是施力物体
2.如图所示，歼−20沿曲线MN向上爬升，图中画出表示歼−20在P点速度的四种方向，其中可能正确的是( )
A. ①B. ②C. ③D. ④
3.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是( )
A. F=FNB. G=FfC. G=FfcsθD. Ff=Gcsθ
4.2023年9月26日，杭州第19届亚运会场地自行车女子团体竞速赛决赛中，中国队夺得金牌。现将某次训练中场地上四辆车的运动记录为如图所示的x−t和v−t图像。已知四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况。下列说法正确的是( )
A. 甲车做曲线运动，乙车做直线运动
B. 0~t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
C. 0~t1时间内甲车的平均速度比乙车的大
D. t2时刻，丙、丁两车的加速度相等
5.如图所示，在竖直放置的“”形支架上，一根长度不变轻绳通过轻质光滑的小滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)。在此过程中绳中拉力大小( )
A. 先变大后不变B. 先变大后变小C. 先变小后不变D. 先不变后变小
6.如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2 kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f = kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是( )
A. k的值为0.1 N⋅s/m
B. 飞箭在上升过程的平均速度大于5 m/s
C. 飞箭射出瞬间的加速度大小为60 m/s2
D. 飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大
7.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v−t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，则( )
A. 煤块在传送带上的划痕为8米
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D. 传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，A、B两个材料相同的物体放在水平旋转的圆盘上，A的质量为m，B的质量为2m，B离轴距离为R，A离轴距离为2R，两物体始终相对盘静止，则( )
A. A与B的线速度大小之比为2:1B. A与B的角速度之比为1:1
C. A与B的向心加速度大小之比为2:1D. 在转盘转速增加时，A与B一起滑动
9.如图所示，物块甲和乙用一不可伸长的轻绳跨过两个轻小光滑定滑轮连接，乙套在水平固定的光滑直杆上。现将甲、乙由静止同时释放，释放时θ=30°，水平直杆足够长，乙不脱落，空气阻力不计，则( )
A. 刚开始释放时，甲处于失重状态
B. 当θ=60°时，甲、乙的速度大小之比是 3：2
C. 当θ=90°时，乙的速度最大
D. 当θ向90°增大的过程中绳子对甲的拉力始终小于其重力
10.如图所示，甲、乙两物块(视为质点)用劲度系数为k的轻质弹簧连接，放置在倾角为37°的光滑斜面与垂直斜面的挡板之间，当系统处于静止状态时甲、乙间的距离为d；现用外力使乙沿着斜面向上运动，当甲、乙间的距离变为2d时撤出外力，乙获得沿斜面向上的速度，此时乙的加速度沿斜面向下大小0.4g，挡板对甲的弹力的大小是甲的重力的2.6倍，重力加速度为g,sin37∘=0.6，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的原长为2.5d
B. 乙与甲的质量之差为kdg
C. 当甲刚要离开挡板，甲、乙之间的距离为2.8d
D. 当甲刚要离开挡板，乙的加速度大小为0.66g
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。
(1)将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块m1，乙装置用另外两根弹簧挂大小相同但质量不同的物块m2，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好均为x1，如图所示，则m1是m2的_____倍。
(2)只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为x2，弹簧相对原长的形变量为Δx1；乙装置中的每根弹簧相对原长的形变量为Δx2，则Δx1是Δx2的_____倍。
(3)已知物块质量m1=0.50kg，当地重力加速度为9.8m/s2，该同学测得x1=10cm、x2=8cm，则每根弹簧的劲度系数k=_____N/m。
12.实验小组用甲图所示的装置测量当地的重力加速度。
请完成下列实验步骤中的填空：
(1)按图甲装配好器材：跨过轻滑轮的不可伸长的光滑轻绳两端分别与钩码和力传感器相连，力传感器可测出轻绳的拉力。重物用轻绳挂在动滑轮上，其下端与纸带相连，让纸带穿过固定好的打点计时器上的限位孔；
(2)接通电源，释放钩码后重物上升，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此过程中力传感器的示数F。
已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，此次实验打D点时重物的速度vD=______________m/s，重物的加速度a=______________m/s2；
(3)改变钩码的质量，多次重复实验步骤(2)，得到多组a、F数据；
(4)实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，用图丙中b、c表示的当地的重力加速度g=______________，重物和动滑轮的总质量m=______________。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，一质量m=20kg的物块静止在粗糙水平面上。从t=0开始，物块受到F=200N、与水平面的夹角为θ=37∘的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求物块的加速度；
(2)若经过5s后撤去F，求撤去F后物块滑行的距离。
14.足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某标准足球场长105m，宽68m.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前路踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。试求：
(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。
15.如图所示，木板质量M=5kg初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距L=0.9m，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度v0=22m/s从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数μ 1=12，木板与地面之间的动摩擦因数μ 2=115，重力加速度g=10m/s2，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
(1)物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
(2)若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
(3)要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
答案解析
1.D
【解析】A.鸡蛋碰石头，虽然鸡蛋碎了而石头完好无损，但鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力大小相等，方向相反，A错误；
B.放在桌面上的书本对桌面的压力是由书本的形变而产生的，B错误；
C.力不能脱离物体而单独存在，“风吹草低见牛羊”，草受到了力而弯曲，风是施力物体，C错误；
D.任何一个物体，一定既是受力物体，也是施力物体，D正确。
2.C
【解析】歼−20从M点运动到N点，做曲线运动，在P点速度方向为该点切线方向，即③。
故选C。
3.D
【解析】解：如下图所示，将重力G沿垂直于斜面方向和沿斜面方向进行分解。
由平衡条件可得：
沿斜面方向有：Ff=G1=Gcsθ
垂直斜面方向有：F=G2+FN=Gsinθ+FN
故 ABC错误，D正确。
故选：D。
将重力G沿垂直于斜面方向和沿斜面方向进行分解，根据沿斜面方向与垂直斜面方向均受力平衡解答。
本题考查了共点力平衡问题，题目较简单，应用正交分解法处理即可。
4.B
【解析】A.x-t图像和v-t图像图线只能用来描述直线运动，故A错误；
B.v-t图线与坐标轴围成的面积表示位移，则可知0~t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远，B正确；
C.在t1时刻甲、乙两车的位移相等,运动时间相等，故0-t1时间内甲乙两车平均速度相等，故C错误；
D.v-t图线的斜率表示加速度，t2时刻丙、丁两车图线的斜率不同，故加速度不同，故D错误。
5.A
【解析】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ，以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示：
根据平衡条件得：2Fcsθ=mg，
得到绳子的拉力：F=mg2csθ，
所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，csθ减小，则F变大，
当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α，
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到：sinα=LS，L、S不变，则α保持不变，
再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，
所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.C
【解析】A. 小球落地前以v1 匀速运动，则有mg=kv1即k=mgv1=0.2×102N⋅s/m=1N⋅s/m，故A错误;
B.v−t图像的面积代表运动过程中的位移，从图像中可以看出，上升过程中运动的位移小于匀变速运动的位移，所以飞箭在上升过程中的平均速度小于 v02 ，即小于5m/s，故B错误；
C. 由牛顿第二定律可得，小球抛出时的加速度大小
a=mg+kv0m=0.2×10+1×100.2m/s2=60m/s2，故C正确;
D. v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在减小， 故D错误;
故选C。
7.A
【解析】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得：
在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1=12×(8+16)×1m−8×1m=4m
在1s～3s时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2=−8×2m−12×8×2m=8m
因Δx2>Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2=8米，故A正确；
BC.在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcs37°=ma1，根据v−t图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：a1=16−81m/s2=8m/s2
在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得：
mgsin37°−μmgcs37°=ma2，a2=8−02m/s2=4m/s2
联立解得：μ=0.25，故BC错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。
故选：A。
由图乙确定传送带的速度，根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，求解煤块相对传送带向上和向下运动的位移大小，从而可得煤块在传送带上的划痕长度；根据煤块相对传送带运动的方向分析传送带对物块的摩擦力方向。根据牛顿第二定律和v−t图像的斜率的物理意义求解动摩擦因数；根据煤块在传送带上相对运动过程是否会与传送带共速，分析物块到达传送带顶端时的速度情况。
本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型与v−t图像的应用。掌握v−t图像的物理意义。传送带模型要判断是否可以共速，以及共速后物体运动形式，要注意摩擦力的方向。结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解。
8.ABC
【解析】AB.由题知A、B两个物体同轴转动，则 ωA=ωB ，故
ωA:ωB=1:1
由线速度公式知
v=ωr
代入得
vA:vB=ωArA:ωBrB=2:1
AB正确；
C.由向心加速度公式知
a=rω2
代入得
aA:aB=ωA2rA:ωB2rB=2:1
C正确；
D.由向心力公式知
F=ma
代入得
mAaA:mBaB=mAωA2rA:mBωB2rB=1:1
故两个物体做圆周运动所需的向心力大小相等，在转动过程中摩擦力提供物体做圆周运动向心力，则由
f=μMg
可知 fB>fA ，故A先发生滑动，D错误；
故选ABC。
9.AC
【解析】【分析】
本题主要考查了失重和超重状态的分析以及关联速度的问题，解题的关键是知道失重是指物体向下的加速度，可能加速下降，也可能减速上升；超重是指物体向上的加速度，可能加速上升，也可能减速下降；对于绳或杆关联的速度的分解，关键是知道沿绳或杆方向的分速度大小相等，抓住解题的关键条件，难度不大。
【解答】
A.当θ=30∘时，由题意知甲向下加速运动，处于失重状态，故 A正确；
B.甲、乙用同一根轻绳连接，则乙沿轻绳方向的速度与甲的速度大小相等，则当θ=60∘时，乙的速度v乙cs60∘=v甲，解得：v乙=2v甲，故B错误；
C.当θ=90∘时，即乙到达右侧滑轮正下方，垂直乙运动方向上的分速度为0，即v甲=0，此时乙的速度最大，故C正确；
D.当θ由30∘向90∘增大的过程中甲先加速后减速，轻绳对甲的拉力先小于重力后再大于重力，故D错误。
故选AC。
10.AD
【解析】【分析】本题主要是考查了力的平衡、牛顿运动定律解决弹簧问题和胡克定律的结合；当系统静止在斜面上时，对乙由力的平衡可得乙的质量。由牛顿第二定律可知当甲、乙间的距离变为 2d 时乙的加速度沿斜面向下大小0.4g可求弹簧的原长；对甲受力分析，由力的平衡可得乙与甲的质量之差;当甲刚要离开挡板时，对甲由力的平衡结合胡克定律可得甲、乙之间的距离，再对甲、乙组成的整体由牛顿第二定律可得乙的加速度大小。
【解答】
A.设弹簧的原长为L，甲、乙的质量分别为 m甲、m乙 ，当系统静止在斜面上时，甲、乙间的距离为d，对乙由力的平衡可得 kL−d=m乙gsin37∘
当甲、乙间的距离变为 2d 时，对乙受力分析，
由牛顿第二定律可得m乙gsin37∘−kL−2d=m乙×0.4g
解得 m乙=5kd2g、L=2.5d 故A正确；
B.对甲受力分析，由力的平衡可得 kL−2d+m甲gsin37∘=2.6m甲g
解得 m甲=kd4g
可得 m乙−m甲=9kd4g 故B错误；
C.当甲刚要离开挡板时，设弹簧的弹力为 F ，挡板对甲的弹力刚好为0，对甲由力的平衡可得 F=m甲gsin37∘
设甲、乙之间的距离为 x ，由胡克定律可得 F=kx−L 解得 x=2.65d 故C错误；
D.对甲、乙组成的整体由牛顿第二定律可得 m甲+m乙gsin37∘=m乙a乙 解得 a乙=0.66g 故D正确。
故选AD。
11.(1)12；(2)4；(3)245
【解析】【分析】
本题考查弹簧的劲度系数的实验，能从题设得出有用的信息是解题的关键。
(1)对甲、乙中物块由平衡条件列方程即可解题；
(2)两物块交换后，分别由平衡条件结合胡克定律列方程即可解题；
(3)两物块交换后，对甲中物块，由平衡条件列方程即可解题。
【解答】
(1)三根弹簧的弹力大小相等，设均为F，由平衡条件知，F=m1g，2F=m2g，联立知，m1=12m2；
(2)两物块交换后，由平衡条件：kΔx1=m2g，2kΔx2=m1g，联立知，Δx1=4Δx2；
(3)两物块交换后，对甲中物块，F+k(x1−x2)=m2g，解得弹簧的劲度系数k=m1gx1−x2=245N/m。
12.(2)0.195，0.30；
(4)b，2cb。
【解析】(2)根据匀变速直线运动的推论可得vD=CD+DE2T=(1.80+2.10)×10−22×0.1m/s=0.195m/s，
根据逐差法可得重物的加速度a=(DE+EF)−(BC+CD)(2T)2=[(2.10+2.40)−(1.50+1.80)]×10−2(2×0.1)2m/s2=0.30m/s2；
(4)对重物和滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律，有2F−mg=ma，可得a=2mF−g，
由此可知，a−F图线的斜率为k=2m=bc，截距为−g=−b，所以重力加速度为g=b，滑轮和重物的质量为m=2cb。
13.解：(1)对物块受力分析得，竖直方向mg=FN+Fsinθ，
水平方向Fcsθ−f=ma，
又f=μFN，得 a=6m/s2
(2)第5s末，物块速度的大小为v=at=30m/s
撤去F后物块的加速度为 a′=μmgm=5m/s2
撤去F后物块滑行的距离为 x=v22a′=90m
【解析】解决本题的关键是明确加速度是将力与运动联系起来的桥梁，通过牛顿第二定律求加速度，通过运动学公式分析。
(1)对物块受力分析，竖直方向力平衡，水平方向根据牛顿第二定律列等式可求加速度；
(2)根据v=at求物块速度；根据牛顿第二定律求出撤去F后的加速度，根据速度与位移关系式求滑行距离。
14.解：(1)已知足球的初速度为v1=12m/s，加速度大小为a1=2m/s2
足球做匀减速运动的时间为：t1=v1a1=6s
位移为：x1=v12t1=36m
(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为
t2=v2a2=4s ， x2=v22t2=16m ，
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，
其位移为x3=v2(t1−t2)=16 m，
由于x2+x3
故前锋队员追上足球的时间为t=t1+t3=6.5 s．
答：(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为36m．
(2)前锋队员至少经过6.5s能追上足球．
【解析】【分析】本题考查运动学中的追及问题，关键理清物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
(1)根据速度时间公式求出足球做匀减速运动到停下来的时间，结合平均速度的推论求出匀减速运动的位移；
(2)根据速度时间公式和位移公式求出前锋队员达到最大速度时的时间和位移，判断是否追上足球，若未追上，前锋队员将匀速追赶，根据位移关系求出追及的时间。
15.解：(1)对物块μ1mg=ma，
解得：a=μ1g=12×10m/s2=5m/s2，
对木板μ1mg−μ2(M+m)g=Ma1，
解得：a1=0.2m/s2；
(2)木板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，2a1L=v12，
解得v1=0.6m/s，
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大，μ1mg+μ2(M+m)g=Ma2
解得：a2=1.8m/s2，
根据2a2x1=v12，
解得x1=0.1m；
(3)木板第一次向右加速的时间设为t11，则v1=a1t11，
解得：t11=3s，
木板第一次向左减速的时间设为t12，则v1=a2t12=a1t11，
解得：t12=19t11=(13)2−1t11，
木板第一个来回用时t1=t11+t12=103s，
木板第二次向右加速的时间设为t21，则x1=12a1t212，
解得：t21=13t11=(13)2−1t11，
木板第二次向左减速的时间设为t22，则v2=a2t22=a1t21，
解得：t22=19t21，
木板第二个来回用时t2=t21+t22=109s=13t1，
木板第三次向右加速的时间设为t21，则x2=12a1t312=12a2t222，
解得：t31=19t11=(13)3−1t11，
木板第二次向左减速的时间设为t22，则v3=a2t32=a1t31，
解得：t32=19t31，
木板第一个来回用时t3=t31+t32=1027s=19t1，
同理得：tn=(13)n−1t1tn1=(13)n−1t11，
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为Tn=i=1n−1tn+tn1，
解得：Tn=5−2(13)n−1，
物块一直做匀减速直线运动ln+L=v0Tn−12aTn2，
可得当n=1时，板长为l1=42.6m，
当n=2时，板长为l2=47.49m，
当n=3时，物块的速度v=v0−aT3=−1.9m/s，故不满足题意，舍掉。
答：(1)物块滑上木板时物块和木板的加速度大小分别为5m/s2，0.2m/s2;
(2)木板第一次向左运动的最大距离为0.1m;
(3)木板长度的可能值为l1=42.6m，l2=47.49m。
【解析】本题考查牛顿第二定律应用，板块模型综合性较强，解题关键是要分析清楚木板和物块的运动，分析清楚木块和物块间摩擦力的变化。
(1)根据牛顿第二定律可得物块滑上木板时物块和木板的加速度；
(2)木板第一次与墙壁前向右做匀加速直线运动，碰撞后向左做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求运动加速度，根据速度位移关系求第一次向左运动最大距离；
(3)求出木板在第n次与墙壁相碰时与物块同时撞上墙壁所用总的时间，判断板长可能值。
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