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2021-2022学年河北省邯郸市部分学校高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年河北省邯郸市部分学校高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了1公里是指位移的大小，4m/s2，5m，2m处的阳台掉落，身高h=1，【答案】C，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省邯郸市部分学校高一（上）期末物理试卷
1. 如图所示，一水平轻质弹簧一端固定在竖直墙上，另一端系一物块，物块与水平地面有摩擦。将物块从弹簧原长O位置拉至A处由静止开始释放，物块向左运动到B处速度恰好为零。此过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块在O处的速度最大
B. 物块在O处的加速度不为零
C. 物块达到最大速度的位置在OB之间
D. 物块由A运动到O这一过程中，加速度的大小逐渐变小
2. 一根柔软质地完全均匀的缆绳悬在向右水平匀速飞行的直升机下方，空气对缆绳的阻力不可忽略。下列最能显示缆绳形状示意图的是( )
A. B. C. D.
3. 在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )
A. 必须以这一规定行驶
B. 平均速度的大小不得超过这一规定数值
C. 瞬时速度大小不得超过这一规定数值
D. 汽车上的速度指示数值，有时还是可以超过这一数值
4. 如图所示，倾角为θ的光滑斜面体在水平面上运动，在竖直挡板和斜面之间有质量为m的光滑小球，运动过程中小球与斜面体始终保持相对静止，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若斜面体匀速运动，则挡板对小球的弹力为mgcosθ
B. 若斜面体向右运动，则挡板对小球一定有弹力
C. 若斜面体向左运动，则挡板对小球一定有弹力，且弹力做负功
D. 无论斜面体向哪边运动，斜面对小球总有支持力
5. 2020年初，面对新型冠状病毒疫情，宁波医疗救援队先后两批出征前往武汉，假设两批医疗援助人员从宁波的同一个医院出发分别采用导航中的推荐方案1和2至武汉的同一家医院，下列说法正确的是( )
A. 两批医疗人员的路程一定相同
B. 图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是指时间间隔
C. 图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指位移的大小
D. 两批医疗人员的平均速度一定相同
6. 如图，圆柱形的桶内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在桶侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是37∘、45∘、53∘。若有三个小球同时从A、B、C处开始下滑(忽略阻力)，则( )
A. A、B处小球同时到O点
B. A处小球最先到O点
C. C处小球最先到O点
D. B处小球最先到O点
7. 如图所示，充满某种液体的密闭容器用绳子悬挂在天花板上，轻弹簧A下端固定在容器底部，轻弹簧B上端固定在容器顶部。甲、乙、丙是三个不同材质的实心球，甲连在A的上端，乙连在B的下端，丙悬浮在液体中。已知甲、乙、丙和液体的密度关系为ρ乙<ρ丙=ρ液<ρ甲，则剪断绳的瞬间相对于容器(不计空气阻力)( )
A. 甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动
B. 甲、丙球将向上运动，乙球将向下运动
C. 甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球不动
D. 甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球不动
8. 下列说法正确的是( )
A. 质量分布均匀、形状规则的物体，其重心一定在物体上
B. 根据公式μ=FfFN可知，动摩擦因数μ跟滑动摩擦力Ff成正比，跟正压力FN成反比
C. 运动的物体可以受到静摩擦力作用，并且静摩擦力不一定垂直于接触面间正压力
D. 米、千克、秒、牛顿都是国际单位制中的单位
9. 如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，C点在M点正上方与A点等高，B点在C点正上方d处，某时刻同时由静止释放a、b、c三个小球，a球由A点释放沿光滑倾斜直轨道AM运动，b、c球分别由B、C点自由下落，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是( )
A. ta
C. ta=tc
D. ta=2tc
10. 如图所示，物体静止在粗糙斜面上，对物体施加一水平推力F，推力F由0逐渐增大，若物体和斜面始终保持静止状态，则( )
A. 斜面对物体的静摩擦力一定减小
B. 斜面对物体的静摩擦力方向始终沿斜面向上
C. 水平面对斜面的支持力逐渐增大
D. 水平面对斜面的静摩擦力一定增大
11. 下雨时雨水从屋檐滴落是生活中常见的现象，如图所示。假设屋檐某一位置每隔相同的时间无初速滴落一滴雨滴，不计空气阻力，雨滴可看成质点且处在无风的环境中，则下列说法正确的是(题目涉及到的雨滴都已滴出且未落地)( )
A. 相邻雨滴之间的距离保持不变
B. 相邻雨滴之间的速度之差保持不变
C. 相邻雨滴之间的距离越来越大
D. 相邻雨滴之间的速度之差越来越大
12. 如图所示，电梯的顶部竖直悬挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂有一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为0.4m/s2
B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2
C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2
D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2
13. 如图所示，足够长的光滑固定斜面倾角为30∘，质量为m的甲球与质量为3m的乙球被固定在斜面上的挡板挡住，甲、乙之间用弹簧连接，系统处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 系统静止时，弹簧的形变量为mg2k B. 系统静止时，乙对斜面的压力为32mg
C. 若撤去挡板瞬间，甲的加速度大小为零 D. 若撤去挡板瞬间，乙的加速度大小为23g
14. 半径为R的光滑14圆弧轨道置于粗糙的水平面上，O为圆弧对应的圆心，今在轨道底部O′处固定一轻弹簧，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，OP与水平方向的夹角θ=30∘，整个系统一直处于静止状态。已知弹簧的原长为L，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球对圆弧轨道压力大小为32mg
B. 弹簧对小球的作用力大小为mg
C. 弹簧的劲度系数为mgL−R
D. 若换一个劲度系数小一点但原长仍为L的弹簧，小球静止时轨道对小球的支持力大小不变
15. 水平路面上有甲、乙两辆小车，它们从同一地点沿着同一方向做匀变速直线运动。在如图所示的图线中仅画出了两辆小车运动的前1.00s的情况，则下列说法正确的是( )
A. 甲车的加速度大小为16m/s2
B. 两车相遇所用的时间为2s
C. 在1.00s之前甲在前乙在后，1.00s后甲在后乙在前
D. 两车相遇时，乙离开出发点的位移为12.5m
16. 如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限
度内弹簧弹力写弹簧伸长量的关系。
(1)实验中还需要的测量工具有：______。
(2)用纵轴表示钩码质量m，横轴表示弹簧的形变量x，根据实验数据绘制出乙图。由图可知：弹簧的劲度系数k=______N/m(重力加速度g取9.8m/s2)。内
(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b。画出弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图象。则下列说法中正确的是______。
A.a的原长比b的长
B.a的劲度系数比b的大
C.a的劲度系数比b的小
D.弹力与弹簧长度成正比
17. 某学校高一年级实验小组利用图1装置来进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。其中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
(1)实验时，下列操作正确的是______。
A.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B.打点计时器接交流电源
C.先释放小车，再接通电源
(2)该小组某位同学采用以下方法计算小车加速度：已知打点计时器的工作频率为50Hz，如图所示的是该实验小组某次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。利用纸带上的数据可以计算出打出B点时小车的瞬时速度大小vB=______m/s，通过对纸带上数据进行计算并绘制了小车速度随时间变化的关系图(以打A点时开始计时)，具体图形见图3，根据图线可求出小车运动的加速度a=______m/s2。(本小题所有结果均保留2位有效数字)
(3)通过多次实验得到结论：当小车质量M一定时，小车加速度a与合外力F合成______；(填写“正比”或“反比”)当合外力F合一定时，小车加速度a与小车质量M成______。(填写“正比”或“反比”)
18. 城市高层建筑日益增多，高空坠物事件时有发生。如图1所示，某高楼阳台上的花盆(可视为质点)因受扰动而掉落，下落过程可看做自由落体运动。已知该高楼层高约为3m，花盆质量为1kg。
(1)若花盆从距离地面高H=46.2m处的阳台掉落，身高h=1.2m的小朋友正处于花盆正下方，他在多少时间内发现并避开才能确保安全；
(2)为监测坠物来源，有人在一楼窗户上、下窗沿(高度Δh=1.2m)安装光电传感器，通过测量物体经过窗户时间估算其下落高度。若传感器检测到花盆经过窗口的时间Δt=0.04s，请估算花盆从哪个楼层落下；
(3)为减少高空坠物的危害，一楼住户在距地面3m处安装了如图2所示的水平金属防护网，花盆从距离地面H′=45m处落下，落至防护网后向下凹陷最大深度为0.2m，若花盆触网后可近似看作立即竖直向下做匀减速直线运动，请估算花盆对防护网的平均作用力。
19. 汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶10s，然后以1m/s2的加速度匀加速行驶10s。求：
(1)汽车在20s末的速度大小；
(2)汽车在20s内的位移大小；
(3)汽车在20s内的平均速度大小。
20. 如图甲所示，长L=2.0m、质量M=3kg的木板A放在水平地面上，质量为m=1kg的小物块B放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板A上，通过传感器测得两物体的加速度a与力F的变化关系如图乙所示．最大静摩擦力看作等于滑动摩擦力，g=10m/s2.求：
(1)A与地面间及A、B间的动摩擦因数µ 1和µ 2；
(2)图中F0的数值；
(3)若水平恒力F=27N，且始终作用在木板A上，小滑块B从木板上滑落的时间t.
21. 质量为4kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v−t图象如图所示，g取10m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)6∼10s内物体运动位移的大小。
22. 如图所示，质量为M=2.5kg的空铁箱在水平拉力F=135N作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.5。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的小木块(可视为质点)恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为μ2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计前后壁的厚度，g取10m/s2，求：
(1)铁箱加速度a的大小；
(2)小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数μ2；
(3)若减小拉力F，则小木块沿铁箱后内侧壁滑到底部且不反弹，当小木块滑到底部时，铁箱的速度恰好为v=11m/s。此刻撤去拉力，又经1s时间小木块到达前壁，则铁箱的长度是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.物块与水平地面有摩擦，物块在O处时合外力不为0，即物块加速度不为0，不是速度最大位置，故A错误，B正确；
CD.物块由A向O运动过程中，物块受到的摩擦力不变，弹簧向左的弹力减小，故物块先做加速度减小的加速运动，当加速度减为0时，物块的速度最大，故物块达到最大速度的位置在OA之间；当物块速度最大后物块继续向左运动，弹簧弹力继续减小，此后物块做加速度增大的减速运动。故CD错误。
故选：B。
对物块受力分析，结合物块的受力情况，判断物块加速度是否为零，当小球所受的合力为零时，速度最大．
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道合力不为零，加速度不为零，当合力为零时，小球的速度最大．
2.【答案】C
【解析】解：因空气对缆绳的阻力不可忽略，则缆绳受到水平向左的空气阻力，且缆绳各段所受空气阻力相同，所以缆绳应为倾斜的直线，故C正确、ABD错误。
故选：C。
对缆绳进行受力分析，根据平衡条件结合风力的大小分析缆绳所处的状态。
本题主要是考查共点力的平衡，关键是弄清楚缆绳的受力情况，根据共点力的平衡条件进行解答。
3.【答案】C
【解析】解：如图所示标志为限速标志，限制的是汽车的瞬时速度；
表示该段路上瞬时速度可以低于但不能超过60km/h；故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确安通指示牌的作用，知道从安全角度考虑，公路上通常要有限速标志，限制的是瞬时速度。
本题考查平均速度和瞬时速度，这是一道联系生活的好题，要注意体会物理来源于生活，服务于生活，学习物理要紧密联系生活实际。
4.【答案】D
【解析】解：A、若斜面体匀速运动，小球受力平衡，如图所示，则挡板对小球的弹力为F=mgtanθ，故A错误；
B、若斜面体向右减速运动，当挡板对小球的弹力为零时，此时的有：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ，所以当斜面体向右做加速度为gtanθ的减速运动时，挡板对小球的弹力为零，故B错误；
C、同理可得，当斜面体向左做加速度为gtanθ的加速运动时，挡板对小球的弹力为零，故C错误；
D、无论斜面体向哪边运动，斜面对小球的支持力在竖直方向的分力与重力平衡，所以斜面对小球总有支持力，故D正确。
故选：D。
若斜面体匀速运动，小球受力平衡，根据平衡条件求解挡板对小球的弹力；
当挡板对小球的弹力为零时，根据牛顿第二定律求解加速度大小，由此分析BC选项；
斜面对小球的支持力在竖直方向的分力与重力平衡，由此分析D选项。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向。时间间隔对应一个过程，时刻对应一个瞬间。
正确认识位移和路程，位移可由初位置指向末位置的有向线段表示，线段长度表示位移大小，线段方向表示位移方向；路程是物体运动轨迹长度，是标量。明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间。
【解答】
A.路程是指物体所经过的路径的长度，两批医疗人员的运行轨迹不同，故路程不一定相同，故A错误；
B.图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是从宁波到达武汉所需的时间，对应的是一个过程，故指的是时间间隔，故B正确；
C.图片左下角中的推荐方案的889.1公里指的是医疗队实际所走的轨迹的长度，是路程，故C错误；
D.平均速度等于位移除以时间，两队的位移一样，但时间不一定相等，故他们的平均速度不一定相同，故D错误。
故选：B。
6.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律，可得小球在斜面上：mgsinθ=ma
解得加速度
a=gsinθ
斜面的长度
s=Rcosθ
则有
s=12at2
联立求得
t2=2Rgsinθcosθ
代入数据解得：tA2=25R6g
tB2=4Rg
tC2=25R6g
则有tB
故选：D。
根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，分别计算出小孩从a、b、c三块滑板到O所用的时间进行比较即可。
解决本题的关键是根据牛顿第二定律对物体进行受力分析，并根据匀变速直线运动规律计算出时间。
7.【答案】C
【解析】解：依题意，由于ρ乙<ρ丙=ρ液<ρ甲，根据浮力公式F浮=ρ液gV排
可知，轻弹簧A、B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度小于g，乙的加速度大于g，丙的加速度等于g，所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持不动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据小球在液体中受到的浮力，判断出弹簧所处的状态，当剪断瞬间，判断出超失重状态，即可判断出小球的运动。
本题主要考查了牛顿第二定律中的超重和失重，明确实心球密度与液体密度间的关系即可判断。
8.【答案】D
【解析】A.质量分布均匀、形状规则的物体，其重心不一定在物体上，例如质量分布均匀的球壳，故A错误；
B.动摩擦因数μ是由接触面之间的材料决定的，跟滑动摩擦力Ff以及正压力FN均无关，故B错误；
C.运动的物体可以受到静摩擦力作用，并且静摩擦力一定垂直于接触面间正压力，故C错误；
D.米、千克、秒都是国际单位制中的基本单位、牛顿是导出单位，都是国际单位，故D正确。
故选：D。
摩擦力一定垂直于支持力；重心不一定在物体上；国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位；动摩擦因数与材料，及表面粗糙程度有关，与压力，及摩擦力无关。
考查影响动摩擦因数的因素，理解重心不一定在物体上，掌握导出单位与基本单位的辨别，注意摩擦力与弹力方向总垂直。
9.【答案】B
【解析】解：竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，AM与水平方向夹角为45∘，根据牛顿第二定律得：mgsin45∘=ma
根据几何关系，以及位移-时间公式得：2d=12a⋅ta2
C点在M点正上方与A点等高，C做自由落体运动，由位移-时间公式得：d=12gtc2
B点在C点正上方d处，由位移-时间公式得：2d=12gtb2
代入数据联立解得：ta=tb=2tc，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据几何关系，牛顿第二定律以及位移-时间公式联立求解即可。
本题考查了牛顿第二定律以及匀变速直线运动位移-时间关系，解题关键是熟练掌握几何关系和运动学公式。
10.【答案】D
【解析】解：AB.对物体受力分析并分解如图所示
未画上f，分情况讨论f的情况：
开始时物体处于静止状态，故重力的下滑分量大小一定等于静摩擦力，即：f1=mgsinθ，方向沿斜面向上；
当F逐渐增大时，摩擦力逐渐减小，当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力f2=0；
随着F增大，即Fcosθ>mgsinθ，摩擦力方向沿斜面向下，F增大，摩擦力增大。
由于推力F从零开始增加，故静摩擦力一定是先减小后增大，方向先沿斜面向下后沿斜面向上，故AB错误；
CD.把物体和斜面看成一个整体，地面对斜面的支持力FN=(M+m)g保持不变；
在水平方向，地面对斜面体的摩擦力f3=F，F增大，f3增大，故C错误、D正确。
故选：D。
对物体受力分析，沿斜面方向根据平衡条件分析斜面对物体的摩擦力的变化情况；
对整体分析，竖直方向根据平衡条件求解支持力，水平方向根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力的变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】BC
【解析】解：AC、两物体均做自由落体运动，设后释放小球运动的时间为t，则先释放小球运动时间为t+Δt，则两球的距离Δx=12g(t+Δt)2−12gt2=gtΔt+12g(Δt)2
越来越大，故A错误，C正确；
BD、设后释放小球运动的时间为t，则先释放小球运动时间为t+Δt，则两球的相对速度v=g(t+Δt)−gt=gΔt，为一个定值，故B正确，D错误。
故选：BC。
雨滴做匀变速直线运动，加速度相同，两滴雨之间的距离ΔS和时间是一次函数关系，雨滴之间的速度之差：Δv不变。
本题考查了匀变速直线运动规律。关键点：加速度相同，两质点的位移差和时间成正比，速度之差不变。
12.【答案】BC
【解析】解：电梯做匀速直线运动时、弹簧测力计的示数为10N，可知重物的重力为G=F=10N
在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为F=6N，对重物，由牛顿第二定律有mg−F=ma
解得a=4m/s2
方向竖直向下，即电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故AD错误，BC正确
故选：BC。
对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方向，从而判断出电梯的运动规律
解决本题的关键知道重物和电梯具有相同的加速度，根据牛顿第二定律进行分析，通过加速度判断电梯的运动情况．
13.【答案】ACD
【解析】解：A、系统静止时，以甲为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：kx=mgsin30∘，解得弹簧的形变量为x=mg2k，故A正确；
B、系统静止时，乙对斜面的压力乙的重力沿斜面向下的分力，则有：FN=3mgcos30∘=332mg，故B错误；
C、若撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，甲的受力情况不变，则甲的加速度大小为零，故C正确；
D、若撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，对乙根据牛顿第二定律可得：kx+3mgsin30∘=3ma，解得乙的加速度大小为a=23g，故D正确。
故选：ACD。
以甲为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件求解弹簧的形变量；挡板对乙对斜面的压力等于整体重力沿斜面向下的分力；撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，根据甲、乙的受力情况结合牛顿第二定律进行分析。
本题主要是考查牛顿第二定律的知识，关键是弄清楚弹簧挡板撤去瞬间，弹簧的形变量不变、弹力不变。
14.【答案】BCD
【解析】解：A.根据平衡条件2FNcos60∘=mg
解得FN=mg
根据牛顿第三定律FN′=mg
故A错误；
B.根据平衡条件2kxcos60∘=mg
解得kx=mg
弹簧对小球的作用力大小为mg，故B正确；
C.根据胡克定律k(L−R)=mg
解得k=mgL−R
故C正确；
D.如图所示，根据三角形相似mgOO′=FNOP
若换一个劲度系数小一点但原长仍为L的弹簧，支持力FN大小不变，故D正确。
故选BCD。
故选：BCD。
对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，根据胡克定律解得弹簧的劲度系数；根据三角形相似分析D选项．
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
15.【答案】AD
【解析】解：A、由图知甲车的加速度大小为a甲=|v−v0t|=|4−201.00|m/s2=16m/s2，故A正确；
C、甲、乙两车从同一地点沿着同一方向运动，在1.00s之前甲车的速度比乙车的大，甲在前乙在后，1.00s后还是甲在前乙在后，故C错误；
D、乙车的加速度大小为a乙=vt=41.00m/s2=4m/s2。甲车最长运动时间为t0=0−v0a甲=0−20−16s=1.25s，最大位移为x0=v02t0=202×1.25m=12.5m，此时乙车发生的位移x=12a乙t02=12×4×1.252m=3.125m，故甲先停止，之后乙与甲相遇，两车相遇时，乙离开出发点的位移为12.5m，故D正确。
B、设两车相遇所用时间为t，对于乙车，有x0=12a乙t2，解得t=2.5s，故B错误。
故选：AD。
v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。根据图像的斜率大小求加速度大小，结合运动学公式求出相遇的时间，再确定相遇时乙离开出发点的位移。根据速度关系分析两车位置关系。
解决本题时，要知道v−t图像的斜率表示加速度，要搞清两车相遇时位移关系，熟练运用运动学公式帮助解答。
16.【答案】刻度尺 5.1B
【解析】解：(1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺。
(2)图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。
由k=△F△x=60×10−3×9.80.12−0.005N/m=5.1N/m。
(3)A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误。
BC、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误。
D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选：B。
故答案为：(1)刻度尺；(2)5.1；(3)B。
(1)根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材。
(2)图线的斜率即为弹簧的劲度系数。由胡克定律求出K.弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx。
(3)在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。
本题考查了胡克定律实验，要明确弹簧的弹力与形变量的关系。注意正确理解图象的性质；通过亲手的实验才能更好地掌握实验步骤。
17.【答案】AB0.170.52正比 反比
【解析】解：(1)A、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B、打点计时器接交流电源，故B正确；
C、为充分利用纸带，实验时应先接通电源，再释放小车，故C错误。
故选：AB。
(2)打点计时器的工作频率为f=50Hz，A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，
相邻计数点间的时间间隔t=5T=5f=550s=0.1s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
打出B点时小车的瞬时速度大小vB=AC2t=(1.40+1.90)×10−22×0.1m/s≈0.17m/s
由图示v−t图像可知，小车运动的加速度大小a=ΔvΔt=0.385−0.1150.52−0m/s2≈0.52m/s2
(3)通过多次实验得到结论：当小车质量M一定时，小车加速度a与合外力F合成正比；当合外力F合一定时，小车加速度a与小车质量M成反比。
故答案为：(1)AB；(2)0.17；0.52；(3)正比；反比。
(1)根据实验注意事项分析答题。
(2)根据匀变速直线运动的推论求出小车的瞬时速度，根据图示图像求出加速度大小。
(3)根据实验与牛顿第二定律分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与基础知识即可解题；解题时注意单位换算。
18.【答案】解：(1)由自由落体运动规律：H−h=12gt2，
解得：t=3s；
(2)经过窗口的平均速度v=ΔhΔt=1.20.04m/s=30m/s，
由v2=2gh′，解得：h′=45m，
n=h′3+1=16楼；
(3)花盆自由下落：v2=2g(H′−3)，
触网后：0−v2=−2ax，
解得：a=2100m/s2，
根据牛顿第二定律：F−mg=ma，解得F=2110N，
根据牛顿第三定律知F′=F=2110N，方向：竖直向下。
答：(1)在3s内发现并避开才能确保安全；
(2)花盆从16楼层落下；
(3)花盆对防护网的平均作用力为2110N。
【解析】(1)由自由落体运动规律h=12gt2求解时间；
(2)经过窗口的平均速度等于到达窗口时的瞬时速度，由位移与速度关系知下落高度，从而知楼层；
(3)根据自由落体运动规律和匀变速直线运动规律，结合牛顿运动定律求解作用力。
本题考查自由落体运动规律、匀变速直线运动规律以及牛顿运动定律的知识，综合性比较强，需要考生有综合分析能力。
19.【答案】解：(1)汽车20s末的速度vt=v0+at1=20m/s+10s×1m/s2=30m/s
故汽车在20s末的速度大小为30m/s；
(2)汽车匀速运动的位移为x1=v0t=20m/s×10s=200m
汽车匀加速运动10s内的位移为x2=v0t2+12at22=20m/s×10s+12×1m/s2×(10s)2=250m
则汽车在20s内的位移为x=x1+x2=200m+250m=450m
故汽车在20s内的位移大小为450m；
(3)根据平均速度定义，汽车在20s内的平均速度为v−=xt1+t2=450m20s=22.5m/s
故汽车在20s内的平均速度大小22.5m/s。
答：(1)汽车在20s末的速度大小为30m/s；
(2)汽车在20s内的位移大小为450m；
(3)汽车在20s内的平均速度大小22.5m/s。
【解析】(1)根据速度-时间公式求出20s末时刻物体的速度，
(2)根据位移-时间公式分段计算出位移再相加即可。
(3)根据平均速度的定义代入计算出平均速度。
该题考查匀变速直线运动速度公式、位移公式以及平均速度公式，属于基本题型，学生在处理此类问题时一般不会出错。
20.【答案】解：(1)由乙图知，当外力F1=8N时，对整体有F1=f1
其中f1=μ1(M+m)g
联立解得：μ1=0.2
当F>F0时，m与M有相对滑动，对m由牛顿第二定律有：μ2mg=ma1
由乙图知a1=4m/s2
解得：μ2=0.4
(2)当F=F0时，对整体有F0−f1=(M+m)a1
代入数据解得：F0=24N
(3)当水平恒力F=27N>F0，木板的加速度为a2=F−μ2mg−f1M=27−0.4×1×10−83m/s2=5m/s2
由(1)知滑块的加速度为a1=4m/s2
则有L=12a2t2−12a1t2
解得：t=2s
答：(1)A与地面间及A、B间的动摩擦因数µ 1为0.2，µ 2为0.4；
(2)图中F0的数值为24N；
(3)若水平恒力F=27N，且始终作用在木板A上，小滑块B从木板上滑落的时间t为2s。
【解析】(1)F大于8N后，木板和物块开始相对地面滑动，对整体根据平衡条件列式，可求木板和地面间的动摩擦因数，根据物块的最大加速度可求得物块和木板之间的动摩擦因数；
(2)当力F达到F0时，整体的加速度达到物块B的最大加速度，对整体利用牛顿第二定律列式，可求得F0；
(3)当F=27N时，小物块和薄木板相对滑动，小物块恰好滑到薄木板的右端时两者位移之和等于L，由牛顿第二定律和位移公式解答。
本题属于牛顿运动定律中的典型模型“板块模型”，可以结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，要注意整体法、隔离法的运用。
21.【答案】解：(1)撤去力F后的加速度大小为a2=ΔvΔt=84m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律可得μmg=ma2
解得物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2
(2)力F作用下的加速度a1=ΔvΔt=8−26m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律可得：F−μmg=ma1
解得水平推力F的大小F=12N
(3)图像与坐标轴围成的面积等于位移，则6∼10s内物体运动位移的大小x=12×4×8m=16m
答：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2；
(2)水平推力F的大小为12N；
(3)6∼10s内物体运动位移的大小为16m。
【解析】(1)撤去外力后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，由v−t图象求得加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，再由滑动摩擦力的表达式计算动摩擦因数；
(2)力F作用时，F和摩擦力的合力产生加速运动的加速度，根据牛顿第二定律求得F的大小；
(3)根据v−t图象，由图象与时间轴所围图形的面积表示位移。
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解。
22.【答案】解：(1)以铁箱和木块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F−μ1(M+m)g=(M+m)a
解得 a=40m/s2。
(2)木块恰好能静止在铁箱后壁上，对木块：
在竖直方向有 mg=Ff
水平方向有FN=ma
根据摩擦力公式有Ff=μ2FN
联立解得μ2=0.25
(3)撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=11m/s，因μ1>μ2，以后木块相对箱向右滑动。
木块加速度大小为a2=μ2mgm=μ2g=0.25×10m/s2=2.5m/s2
铁箱加速度大小为：a1=μ1(M+m)g−μ2mgM=0.5×(2.5kg+0.5kg)×10m/s2−0.25×0.5kg×10m/s22.5kg=5.5m/s2
故a1=5.5m/s2
铁箱减速到停止的时间为t0=va1=11m/s5.5m/s2=2s>1s，故木块到达箱右端时，箱未能停止。
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即为铁箱长度。
即有：L=(vt−12a2t2)−(vt−12a1t2)=12(a1−a2)t2。
解得：L=1.5m
答：(1)铁箱加速度a的大小是40m/s2；
(2)木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2是0.25；
(3)铁箱的长度是1.5m
【解析】(1)对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出铁箱加速度a的大小；
(2)木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2FN，及FN=ma结合求出木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2；
(3)撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=20m/s，由于μ1>μ2，木块相对箱向右滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，t=1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求解。
本题要通过分析木块的状态，由牛顿第二定律求解木块对铁箱的压力和摩擦力。当木块相对于铁箱运动时，要抓住木块与铁箱位移的关系，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究铁箱的长度。
2021-2022学年河北省邯郸市部分学校高一（上）期末物理试卷
1. 如图所示，一水平轻质弹簧一端固定在竖直墙上，另一端系一物块，物块与水平地面有摩擦。将物块从弹簧原长O位置拉至A处由静止开始释放，物块向左运动到B处速度恰好为零。此过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块在O处的速度最大
B. 物块在O处的加速度不为零
C. 物块达到最大速度的位置在OB之间
D. 物块由A运动到O这一过程中，加速度的大小逐渐变小
2. 一根柔软质地完全均匀的缆绳悬在向右水平匀速飞行的直升机下方，空气对缆绳的阻力不可忽略。下列最能显示缆绳形状示意图的是( )
A. B. C. D.
3. 在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )
A. 必须以这一规定行驶
B. 平均速度的大小不得超过这一规定数值
C. 瞬时速度大小不得超过这一规定数值
D. 汽车上的速度指示数值，有时还是可以超过这一数值
4. 如图所示，倾角为θ的光滑斜面体在水平面上运动，在竖直挡板和斜面之间有质量为m的光滑小球，运动过程中小球与斜面体始终保持相对静止，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若斜面体匀速运动，则挡板对小球的弹力为mgcosθ
B. 若斜面体向右运动，则挡板对小球一定有弹力
C. 若斜面体向左运动，则挡板对小球一定有弹力，且弹力做负功
D. 无论斜面体向哪边运动，斜面对小球总有支持力
5. 2020年初，面对新型冠状病毒疫情，宁波医疗救援队先后两批出征前往武汉，假设两批医疗援助人员从宁波的同一个医院出发分别采用导航中的推荐方案1和2至武汉的同一家医院，下列说法正确的是( )
A. 两批医疗人员的路程一定相同
B. 图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是指时间间隔
C. 图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指位移的大小
D. 两批医疗人员的平均速度一定相同
6. 如图，圆柱形的桶内有三块长度不同的滑板AO、BO、CO，其下端都固定于底部圆心O，而上端则搁在桶侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是37∘、45∘、53∘。若有三个小球同时从A、B、C处开始下滑(忽略阻力)，则( )
A. A、B处小球同时到O点
B. A处小球最先到O点
C. C处小球最先到O点
D. B处小球最先到O点
7. 如图所示，充满某种液体的密闭容器用绳子悬挂在天花板上，轻弹簧A下端固定在容器底部，轻弹簧B上端固定在容器顶部。甲、乙、丙是三个不同材质的实心球，甲连在A的上端，乙连在B的下端，丙悬浮在液体中。已知甲、乙、丙和液体的密度关系为ρ乙<ρ丙=ρ液<ρ甲，则剪断绳的瞬间相对于容器(不计空气阻力)( )
A. 甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动
B. 甲、丙球将向上运动，乙球将向下运动
C. 甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球不动
D. 甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球不动
8. 下列说法正确的是( )
A. 质量分布均匀、形状规则的物体，其重心一定在物体上
B. 根据公式μ=FfFN可知，动摩擦因数μ跟滑动摩擦力Ff成正比，跟正压力FN成反比
C. 运动的物体可以受到静摩擦力作用，并且静摩擦力不一定垂直于接触面间正压力
D. 米、千克、秒、牛顿都是国际单位制中的单位
9. 如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，C点在M点正上方与A点等高，B点在C点正上方d处，某时刻同时由静止释放a、b、c三个小球，a球由A点释放沿光滑倾斜直轨道AM运动，b、c球分别由B、C点自由下落，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是( )
A. ta
C. ta=tc
D. ta=2tc
10. 如图所示，物体静止在粗糙斜面上，对物体施加一水平推力F，推力F由0逐渐增大，若物体和斜面始终保持静止状态，则( )
A. 斜面对物体的静摩擦力一定减小
B. 斜面对物体的静摩擦力方向始终沿斜面向上
C. 水平面对斜面的支持力逐渐增大
D. 水平面对斜面的静摩擦力一定增大
11. 下雨时雨水从屋檐滴落是生活中常见的现象，如图所示。假设屋檐某一位置每隔相同的时间无初速滴落一滴雨滴，不计空气阻力，雨滴可看成质点且处在无风的环境中，则下列说法正确的是(题目涉及到的雨滴都已滴出且未落地)( )
A. 相邻雨滴之间的距离保持不变
B. 相邻雨滴之间的速度之差保持不变
C. 相邻雨滴之间的距离越来越大
D. 相邻雨滴之间的速度之差越来越大
12. 如图所示，电梯的顶部竖直悬挂一个弹簧测力计，弹簧测力计下端挂有一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为6N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10m/s2)( )
A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为0.4m/s2
B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2
C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为4m/s2
D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2
13. 如图所示，足够长的光滑固定斜面倾角为30∘，质量为m的甲球与质量为3m的乙球被固定在斜面上的挡板挡住，甲、乙之间用弹簧连接，系统处于静止状态。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 系统静止时，弹簧的形变量为mg2k B. 系统静止时，乙对斜面的压力为32mg
C. 若撤去挡板瞬间，甲的加速度大小为零 D. 若撤去挡板瞬间，乙的加速度大小为23g
14. 半径为R的光滑14圆弧轨道置于粗糙的水平面上，O为圆弧对应的圆心，今在轨道底部O′处固定一轻弹簧，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，OP与水平方向的夹角θ=30∘，整个系统一直处于静止状态。已知弹簧的原长为L，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球对圆弧轨道压力大小为32mg
B. 弹簧对小球的作用力大小为mg
C. 弹簧的劲度系数为mgL−R
D. 若换一个劲度系数小一点但原长仍为L的弹簧，小球静止时轨道对小球的支持力大小不变
15. 水平路面上有甲、乙两辆小车，它们从同一地点沿着同一方向做匀变速直线运动。在如图所示的图线中仅画出了两辆小车运动的前1.00s的情况，则下列说法正确的是( )
A. 甲车的加速度大小为16m/s2
B. 两车相遇所用的时间为2s
C. 在1.00s之前甲在前乙在后，1.00s后甲在后乙在前
D. 两车相遇时，乙离开出发点的位移为12.5m
16. 如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限
度内弹簧弹力写弹簧伸长量的关系。
(1)实验中还需要的测量工具有：______。
(2)用纵轴表示钩码质量m，横轴表示弹簧的形变量x，根据实验数据绘制出乙图。由图可知：弹簧的劲度系数k=______N/m(重力加速度g取9.8m/s2)。内
(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b。画出弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图象。则下列说法中正确的是______。
A.a的原长比b的长
B.a的劲度系数比b的大
C.a的劲度系数比b的小
D.弹力与弹簧长度成正比
17. 某学校高一年级实验小组利用图1装置来进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验。其中小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
(1)实验时，下列操作正确的是______。
A.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B.打点计时器接交流电源
C.先释放小车，再接通电源
(2)该小组某位同学采用以下方法计算小车加速度：已知打点计时器的工作频率为50Hz，如图所示的是该实验小组某次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。利用纸带上的数据可以计算出打出B点时小车的瞬时速度大小vB=______m/s，通过对纸带上数据进行计算并绘制了小车速度随时间变化的关系图(以打A点时开始计时)，具体图形见图3，根据图线可求出小车运动的加速度a=______m/s2。(本小题所有结果均保留2位有效数字)
(3)通过多次实验得到结论：当小车质量M一定时，小车加速度a与合外力F合成______；(填写“正比”或“反比”)当合外力F合一定时，小车加速度a与小车质量M成______。(填写“正比”或“反比”)
18. 城市高层建筑日益增多，高空坠物事件时有发生。如图1所示，某高楼阳台上的花盆(可视为质点)因受扰动而掉落，下落过程可看做自由落体运动。已知该高楼层高约为3m，花盆质量为1kg。
(1)若花盆从距离地面高H=46.2m处的阳台掉落，身高h=1.2m的小朋友正处于花盆正下方，他在多少时间内发现并避开才能确保安全；
(2)为监测坠物来源，有人在一楼窗户上、下窗沿(高度Δh=1.2m)安装光电传感器，通过测量物体经过窗户时间估算其下落高度。若传感器检测到花盆经过窗口的时间Δt=0.04s，请估算花盆从哪个楼层落下；
(3)为减少高空坠物的危害，一楼住户在距地面3m处安装了如图2所示的水平金属防护网，花盆从距离地面H′=45m处落下，落至防护网后向下凹陷最大深度为0.2m，若花盆触网后可近似看作立即竖直向下做匀减速直线运动，请估算花盆对防护网的平均作用力。
19. 汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶10s，然后以1m/s2的加速度匀加速行驶10s。求：
(1)汽车在20s末的速度大小；
(2)汽车在20s内的位移大小；
(3)汽车在20s内的平均速度大小。
20. 如图甲所示，长L=2.0m、质量M=3kg的木板A放在水平地面上，质量为m=1kg的小物块B放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板A上，通过传感器测得两物体的加速度a与力F的变化关系如图乙所示．最大静摩擦力看作等于滑动摩擦力，g=10m/s2.求：
(1)A与地面间及A、B间的动摩擦因数µ 1和µ 2；
(2)图中F0的数值；
(3)若水平恒力F=27N，且始终作用在木板A上，小滑块B从木板上滑落的时间t.
21. 质量为4kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v−t图象如图所示，g取10m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)6∼10s内物体运动位移的大小。
22. 如图所示，质量为M=2.5kg的空铁箱在水平拉力F=135N作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.5。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的小木块(可视为质点)恰好能静止在后壁上，小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数为μ2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计前后壁的厚度，g取10m/s2，求：
(1)铁箱加速度a的大小；
(2)小木块与铁箱内表面间的动摩擦因数μ2；
(3)若减小拉力F，则小木块沿铁箱后内侧壁滑到底部且不反弹，当小木块滑到底部时，铁箱的速度恰好为v=11m/s。此刻撤去拉力，又经1s时间小木块到达前壁，则铁箱的长度是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.物块与水平地面有摩擦，物块在O处时合外力不为0，即物块加速度不为0，不是速度最大位置，故A错误，B正确；
CD.物块由A向O运动过程中，物块受到的摩擦力不变，弹簧向左的弹力减小，故物块先做加速度减小的加速运动，当加速度减为0时，物块的速度最大，故物块达到最大速度的位置在OA之间；当物块速度最大后物块继续向左运动，弹簧弹力继续减小，此后物块做加速度增大的减速运动。故CD错误。
故选：B。
对物块受力分析，结合物块的受力情况，判断物块加速度是否为零，当小球所受的合力为零时，速度最大．
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道合力不为零，加速度不为零，当合力为零时，小球的速度最大．
2.【答案】C
【解析】解：因空气对缆绳的阻力不可忽略，则缆绳受到水平向左的空气阻力，且缆绳各段所受空气阻力相同，所以缆绳应为倾斜的直线，故C正确、ABD错误。
故选：C。
对缆绳进行受力分析，根据平衡条件结合风力的大小分析缆绳所处的状态。
本题主要是考查共点力的平衡，关键是弄清楚缆绳的受力情况，根据共点力的平衡条件进行解答。
3.【答案】C
【解析】解：如图所示标志为限速标志，限制的是汽车的瞬时速度；
表示该段路上瞬时速度可以低于但不能超过60km/h；故C正确，ABD错误。
故选：C。
明确安通指示牌的作用，知道从安全角度考虑，公路上通常要有限速标志，限制的是瞬时速度。
本题考查平均速度和瞬时速度，这是一道联系生活的好题，要注意体会物理来源于生活，服务于生活，学习物理要紧密联系生活实际。
4.【答案】D
【解析】解：A、若斜面体匀速运动，小球受力平衡，如图所示，则挡板对小球的弹力为F=mgtanθ，故A错误；
B、若斜面体向右减速运动，当挡板对小球的弹力为零时，此时的有：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ，所以当斜面体向右做加速度为gtanθ的减速运动时，挡板对小球的弹力为零，故B错误；
C、同理可得，当斜面体向左做加速度为gtanθ的加速运动时，挡板对小球的弹力为零，故C错误；
D、无论斜面体向哪边运动，斜面对小球的支持力在竖直方向的分力与重力平衡，所以斜面对小球总有支持力，故D正确。
故选：D。
若斜面体匀速运动，小球受力平衡，根据平衡条件求解挡板对小球的弹力；
当挡板对小球的弹力为零时，根据牛顿第二定律求解加速度大小，由此分析BC选项；
斜面对小球的支持力在竖直方向的分力与重力平衡，由此分析D选项。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向。时间间隔对应一个过程，时刻对应一个瞬间。
正确认识位移和路程，位移可由初位置指向末位置的有向线段表示，线段长度表示位移大小，线段方向表示位移方向；路程是物体运动轨迹长度，是标量。明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间。
【解答】
A.路程是指物体所经过的路径的长度，两批医疗人员的运行轨迹不同，故路程不一定相同，故A错误；
B.图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是从宁波到达武汉所需的时间，对应的是一个过程，故指的是时间间隔，故B正确；
C.图片左下角中的推荐方案的889.1公里指的是医疗队实际所走的轨迹的长度，是路程，故C错误；
D.平均速度等于位移除以时间，两队的位移一样，但时间不一定相等，故他们的平均速度不一定相同，故D错误。
故选：B。
6.【答案】D
【解析】解：根据牛顿第二定律，可得小球在斜面上：mgsinθ=ma
解得加速度
a=gsinθ
斜面的长度
s=Rcosθ
则有
s=12at2
联立求得
t2=2Rgsinθcosθ
代入数据解得：tA2=25R6g
tB2=4Rg
tC2=25R6g
则有tB
故选：D。
根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，分别计算出小孩从a、b、c三块滑板到O所用的时间进行比较即可。
解决本题的关键是根据牛顿第二定律对物体进行受力分析，并根据匀变速直线运动规律计算出时间。
7.【答案】C
【解析】解：依题意，由于ρ乙<ρ丙=ρ液<ρ甲，根据浮力公式F浮=ρ液gV排
可知，轻弹簧A、B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会发生突变，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度小于g，乙的加速度大于g，丙的加速度等于g，所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持不动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据小球在液体中受到的浮力，判断出弹簧所处的状态，当剪断瞬间，判断出超失重状态，即可判断出小球的运动。
本题主要考查了牛顿第二定律中的超重和失重，明确实心球密度与液体密度间的关系即可判断。
8.【答案】D
【解析】A.质量分布均匀、形状规则的物体，其重心不一定在物体上，例如质量分布均匀的球壳，故A错误；
B.动摩擦因数μ是由接触面之间的材料决定的，跟滑动摩擦力Ff以及正压力FN均无关，故B错误；
C.运动的物体可以受到静摩擦力作用，并且静摩擦力一定垂直于接触面间正压力，故C错误；
D.米、千克、秒都是国际单位制中的基本单位、牛顿是导出单位，都是国际单位，故D正确。
故选：D。
摩擦力一定垂直于支持力；重心不一定在物体上；国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位；动摩擦因数与材料，及表面粗糙程度有关，与压力，及摩擦力无关。
考查影响动摩擦因数的因素，理解重心不一定在物体上，掌握导出单位与基本单位的辨别，注意摩擦力与弹力方向总垂直。
9.【答案】B
【解析】解：竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，AM与水平方向夹角为45∘，根据牛顿第二定律得：mgsin45∘=ma
根据几何关系，以及位移-时间公式得：2d=12a⋅ta2
C点在M点正上方与A点等高，C做自由落体运动，由位移-时间公式得：d=12gtc2
B点在C点正上方d处，由位移-时间公式得：2d=12gtb2
代入数据联立解得：ta=tb=2tc，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据几何关系，牛顿第二定律以及位移-时间公式联立求解即可。
本题考查了牛顿第二定律以及匀变速直线运动位移-时间关系，解题关键是熟练掌握几何关系和运动学公式。
10.【答案】D
【解析】解：AB.对物体受力分析并分解如图所示
未画上f，分情况讨论f的情况：
开始时物体处于静止状态，故重力的下滑分量大小一定等于静摩擦力，即：f1=mgsinθ，方向沿斜面向上；
当F逐渐增大时，摩擦力逐渐减小，当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力f2=0；
随着F增大，即Fcosθ>mgsinθ，摩擦力方向沿斜面向下，F增大，摩擦力增大。
由于推力F从零开始增加，故静摩擦力一定是先减小后增大，方向先沿斜面向下后沿斜面向上，故AB错误；
CD.把物体和斜面看成一个整体，地面对斜面的支持力FN=(M+m)g保持不变；
在水平方向，地面对斜面体的摩擦力f3=F，F增大，f3增大，故C错误、D正确。
故选：D。
对物体受力分析，沿斜面方向根据平衡条件分析斜面对物体的摩擦力的变化情况；
对整体分析，竖直方向根据平衡条件求解支持力，水平方向根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力的变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
11.【答案】BC
【解析】解：AC、两物体均做自由落体运动，设后释放小球运动的时间为t，则先释放小球运动时间为t+Δt，则两球的距离Δx=12g(t+Δt)2−12gt2=gtΔt+12g(Δt)2
越来越大，故A错误，C正确；
BD、设后释放小球运动的时间为t，则先释放小球运动时间为t+Δt，则两球的相对速度v=g(t+Δt)−gt=gΔt，为一个定值，故B正确，D错误。
故选：BC。
雨滴做匀变速直线运动，加速度相同，两滴雨之间的距离ΔS和时间是一次函数关系，雨滴之间的速度之差：Δv不变。
本题考查了匀变速直线运动规律。关键点：加速度相同，两质点的位移差和时间成正比，速度之差不变。
12.【答案】BC
【解析】解：电梯做匀速直线运动时、弹簧测力计的示数为10N，可知重物的重力为G=F=10N
在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为F=6N，对重物，由牛顿第二定律有mg−F=ma
解得a=4m/s2
方向竖直向下，即电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故AD错误，BC正确
故选：BC。
对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方向，从而判断出电梯的运动规律
解决本题的关键知道重物和电梯具有相同的加速度，根据牛顿第二定律进行分析，通过加速度判断电梯的运动情况．
13.【答案】ACD
【解析】解：A、系统静止时，以甲为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得：kx=mgsin30∘，解得弹簧的形变量为x=mg2k，故A正确；
B、系统静止时，乙对斜面的压力乙的重力沿斜面向下的分力，则有：FN=3mgcos30∘=332mg，故B错误；
C、若撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，甲的受力情况不变，则甲的加速度大小为零，故C正确；
D、若撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，对乙根据牛顿第二定律可得：kx+3mgsin30∘=3ma，解得乙的加速度大小为a=23g，故D正确。
故选：ACD。
以甲为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件求解弹簧的形变量；挡板对乙对斜面的压力等于整体重力沿斜面向下的分力；撤去挡板瞬间，弹簧弹力不变，根据甲、乙的受力情况结合牛顿第二定律进行分析。
本题主要是考查牛顿第二定律的知识，关键是弄清楚弹簧挡板撤去瞬间，弹簧的形变量不变、弹力不变。
14.【答案】BCD
【解析】解：A.根据平衡条件2FNcos60∘=mg
解得FN=mg
根据牛顿第三定律FN′=mg
故A错误；
B.根据平衡条件2kxcos60∘=mg
解得kx=mg
弹簧对小球的作用力大小为mg，故B正确；
C.根据胡克定律k(L−R)=mg
解得k=mgL−R
故C正确；
D.如图所示，根据三角形相似mgOO′=FNOP
若换一个劲度系数小一点但原长仍为L的弹簧，支持力FN大小不变，故D正确。
故选BCD。
故选：BCD。
对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力，根据胡克定律解得弹簧的劲度系数；根据三角形相似分析D选项．
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
15.【答案】AD
【解析】解：A、由图知甲车的加速度大小为a甲=|v−v0t|=|4−201.00|m/s2=16m/s2，故A正确；
C、甲、乙两车从同一地点沿着同一方向运动，在1.00s之前甲车的速度比乙车的大，甲在前乙在后，1.00s后还是甲在前乙在后，故C错误；
D、乙车的加速度大小为a乙=vt=41.00m/s2=4m/s2。甲车最长运动时间为t0=0−v0a甲=0−20−16s=1.25s，最大位移为x0=v02t0=202×1.25m=12.5m，此时乙车发生的位移x=12a乙t02=12×4×1.252m=3.125m，故甲先停止，之后乙与甲相遇，两车相遇时，乙离开出发点的位移为12.5m，故D正确。
B、设两车相遇所用时间为t，对于乙车，有x0=12a乙t2，解得t=2.5s，故B错误。
故选：AD。
v−t图像的斜率表示加速度，图像与时间轴围成的面积表示位移。根据图像的斜率大小求加速度大小，结合运动学公式求出相遇的时间，再确定相遇时乙离开出发点的位移。根据速度关系分析两车位置关系。
解决本题时，要知道v−t图像的斜率表示加速度，要搞清两车相遇时位移关系，熟练运用运动学公式帮助解答。
16.【答案】刻度尺 5.1B
【解析】解：(1)实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺。
(2)图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。
由k=△F△x=60×10−3×9.80.12−0.005N/m=5.1N/m。
(3)A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误。
BC、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误。
D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选：B。
故答案为：(1)刻度尺；(2)5.1；(3)B。
(1)根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材。
(2)图线的斜率即为弹簧的劲度系数。由胡克定律求出K.弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx。
(3)在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长。
本题考查了胡克定律实验，要明确弹簧的弹力与形变量的关系。注意正确理解图象的性质；通过亲手的实验才能更好地掌握实验步骤。
17.【答案】AB0.170.52正比 反比
【解析】解：(1)A、将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
B、打点计时器接交流电源，故B正确；
C、为充分利用纸带，实验时应先接通电源，再释放小车，故C错误。
故选：AB。
(2)打点计时器的工作频率为f=50Hz，A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，
相邻计数点间的时间间隔t=5T=5f=550s=0.1s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
打出B点时小车的瞬时速度大小vB=AC2t=(1.40+1.90)×10−22×0.1m/s≈0.17m/s
由图示v−t图像可知，小车运动的加速度大小a=ΔvΔt=0.385−0.1150.52−0m/s2≈0.52m/s2
(3)通过多次实验得到结论：当小车质量M一定时，小车加速度a与合外力F合成正比；当合外力F合一定时，小车加速度a与小车质量M成反比。
故答案为：(1)AB；(2)0.17；0.52；(3)正比；反比。
(1)根据实验注意事项分析答题。
(2)根据匀变速直线运动的推论求出小车的瞬时速度，根据图示图像求出加速度大小。
(3)根据实验与牛顿第二定律分析答题。
理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与基础知识即可解题；解题时注意单位换算。
18.【答案】解：(1)由自由落体运动规律：H−h=12gt2，
解得：t=3s；
(2)经过窗口的平均速度v=ΔhΔt=1.20.04m/s=30m/s，
由v2=2gh′，解得：h′=45m，
n=h′3+1=16楼；
(3)花盆自由下落：v2=2g(H′−3)，
触网后：0−v2=−2ax，
解得：a=2100m/s2，
根据牛顿第二定律：F−mg=ma，解得F=2110N，
根据牛顿第三定律知F′=F=2110N，方向：竖直向下。
答：(1)在3s内发现并避开才能确保安全；
(2)花盆从16楼层落下；
(3)花盆对防护网的平均作用力为2110N。
【解析】(1)由自由落体运动规律h=12gt2求解时间；
(2)经过窗口的平均速度等于到达窗口时的瞬时速度，由位移与速度关系知下落高度，从而知楼层；
(3)根据自由落体运动规律和匀变速直线运动规律，结合牛顿运动定律求解作用力。
本题考查自由落体运动规律、匀变速直线运动规律以及牛顿运动定律的知识，综合性比较强，需要考生有综合分析能力。
19.【答案】解：(1)汽车20s末的速度vt=v0+at1=20m/s+10s×1m/s2=30m/s
故汽车在20s末的速度大小为30m/s；
(2)汽车匀速运动的位移为x1=v0t=20m/s×10s=200m
汽车匀加速运动10s内的位移为x2=v0t2+12at22=20m/s×10s+12×1m/s2×(10s)2=250m
则汽车在20s内的位移为x=x1+x2=200m+250m=450m
故汽车在20s内的位移大小为450m；
(3)根据平均速度定义，汽车在20s内的平均速度为v−=xt1+t2=450m20s=22.5m/s
故汽车在20s内的平均速度大小22.5m/s。
答：(1)汽车在20s末的速度大小为30m/s；
(2)汽车在20s内的位移大小为450m；
(3)汽车在20s内的平均速度大小22.5m/s。
【解析】(1)根据速度-时间公式求出20s末时刻物体的速度，
(2)根据位移-时间公式分段计算出位移再相加即可。
(3)根据平均速度的定义代入计算出平均速度。
该题考查匀变速直线运动速度公式、位移公式以及平均速度公式，属于基本题型，学生在处理此类问题时一般不会出错。
20.【答案】解：(1)由乙图知，当外力F1=8N时，对整体有F1=f1
其中f1=μ1(M+m)g
联立解得：μ1=0.2
当F>F0时，m与M有相对滑动，对m由牛顿第二定律有：μ2mg=ma1
由乙图知a1=4m/s2
解得：μ2=0.4
(2)当F=F0时，对整体有F0−f1=(M+m)a1
代入数据解得：F0=24N
(3)当水平恒力F=27N>F0，木板的加速度为a2=F−μ2mg−f1M=27−0.4×1×10−83m/s2=5m/s2
由(1)知滑块的加速度为a1=4m/s2
则有L=12a2t2−12a1t2
解得：t=2s
答：(1)A与地面间及A、B间的动摩擦因数µ 1为0.2，µ 2为0.4；
(2)图中F0的数值为24N；
(3)若水平恒力F=27N，且始终作用在木板A上，小滑块B从木板上滑落的时间t为2s。
【解析】(1)F大于8N后，木板和物块开始相对地面滑动，对整体根据平衡条件列式，可求木板和地面间的动摩擦因数，根据物块的最大加速度可求得物块和木板之间的动摩擦因数；
(2)当力F达到F0时，整体的加速度达到物块B的最大加速度，对整体利用牛顿第二定律列式，可求得F0；
(3)当F=27N时，小物块和薄木板相对滑动，小物块恰好滑到薄木板的右端时两者位移之和等于L，由牛顿第二定律和位移公式解答。
本题属于牛顿运动定律中的典型模型“板块模型”，可以结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，要注意整体法、隔离法的运用。
21.【答案】解：(1)撤去力F后的加速度大小为a2=ΔvΔt=84m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律可得μmg=ma2
解得物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2
(2)力F作用下的加速度a1=ΔvΔt=8−26m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律可得：F−μmg=ma1
解得水平推力F的大小F=12N
(3)图像与坐标轴围成的面积等于位移，则6∼10s内物体运动位移的大小x=12×4×8m=16m
答：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2；
(2)水平推力F的大小为12N；
(3)6∼10s内物体运动位移的大小为16m。
【解析】(1)撤去外力后物体在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，由v−t图象求得加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，再由滑动摩擦力的表达式计算动摩擦因数；
(2)力F作用时，F和摩擦力的合力产生加速运动的加速度，根据牛顿第二定律求得F的大小；
(3)根据v−t图象，由图象与时间轴所围图形的面积表示位移。
本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解。
22.【答案】解：(1)以铁箱和木块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F−μ1(M+m)g=(M+m)a
解得 a=40m/s2。
(2)木块恰好能静止在铁箱后壁上，对木块：
在竖直方向有 mg=Ff
水平方向有FN=ma
根据摩擦力公式有Ff=μ2FN
联立解得μ2=0.25
(3)撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=11m/s，因μ1>μ2，以后木块相对箱向右滑动。
木块加速度大小为a2=μ2mgm=μ2g=0.25×10m/s2=2.5m/s2
铁箱加速度大小为：a1=μ1(M+m)g−μ2mgM=0.5×(2.5kg+0.5kg)×10m/s2−0.25×0.5kg×10m/s22.5kg=5.5m/s2
故a1=5.5m/s2
铁箱减速到停止的时间为t0=va1=11m/s5.5m/s2=2s>1s，故木块到达箱右端时，箱未能停止。
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即为铁箱长度。
即有：L=(vt−12a2t2)−(vt−12a1t2)=12(a1−a2)t2。
解得：L=1.5m
答：(1)铁箱加速度a的大小是40m/s2；
(2)木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2是0.25；
(3)铁箱的长度是1.5m
【解析】(1)对铁箱和木块整体，由牛顿第二定律求出铁箱加速度a的大小；
(2)木块恰好能静止在铁箱后壁上，木块所受的静摩擦力达到最大值，竖直方向上木块受力平衡，木块的重力恰好等于最大静摩擦力fm，由fm=μ2FN，及FN=ma结合求出木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2；
(3)撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=20m/s，由于μ1>μ2，木块相对箱向右滑动，由牛顿第二定律分别求出木块与铁箱的加速度，t=1s木块与铁箱的位移之差等于铁箱长度，由运动学公式求解。
本题要通过分析木块的状态，由牛顿第二定律求解木块对铁箱的压力和摩擦力。当木块相对于铁箱运动时，要抓住木块与铁箱位移的关系，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究铁箱的长度。
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