还剩17页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年吉林省长春市清蒲中学高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年吉林省长春市清蒲中学高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了4m/s2，5sB，07cm，L2=12，25m/s2，速度达到v=9，【答案】C，【答案】B，【答案】AC等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省长春市清蒲中学高一（上）期末物理试卷
1. 2019年国际泳联世界跳水系列赛北京站，男子双人十米跳台决赛中，中国选手曹缘/陈艾森以494.55分的总成绩夺冠，比赛情境如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 教练为了研究两人的技术动作，可将图片中两人看成质点
B. 两人在下落过程中，感觉水面是静止的
C. 陈艾森感觉曹缘是静止的
D. 观众观看两人比赛时，可将两人看成质点
2. 一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中( )
A. 速度先逐渐变大，然后再逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值
B. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大
C. 速度先均匀增加，然后增加的越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值
D. 位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值
3. a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移一时间图象如图所示，其中a是一条顶点坐标为(0,10)的抛物线，下列说法正确的是( )
A. b、c两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B. 在0−5s内，a、b两个物体间的距离逐渐变大
C. 物体c的速度越来越大
D. 物体a的加速度为0.4m/s2
4. 如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱子和杆总质量为M，环的质量为m。已知环沿着杆加速下滑，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力为( )
A. Mg B. (M+m)g C. (M+m)g−Ff D. Mg+Ff
5. 如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则( )
A. 弹簧秤的示数是10N B. 弹簧秤的示数是25N
C. 弹簧秤的示数是26N D. 弹簧秤的示数是52N
6. 如图所示，质量为m的滑块P置于光滑水平面上，左侧通过细线连接墙上E点，细线保持水平；右侧通过轻弹簧连接天花板上F点，弹簧与水平面夹角为θ，此时P对水平面的压力恰好为零，则( )
A. 弹簧中的弹力大小为mgtanθ
B. 细线中的拉力大小为mgtanθ
C. 剪断细绳瞬间滑块P的加速度大小为gtanθ
D. 剪断弹簧瞬间滑块P的加速度大小为gsinθ
7. 广州塔又称广州新电视塔，总高度600m，是广州的标志性建筑之一，随着超级高楼越来越多，高速电梯在日常生活中越来越重要。在某次对广州塔高速电梯的测试中，电梯的时间-速度图像如图所示，图中倾斜的虚线a、b分别为曲线在t=0时和t=3s时的切线，下列说法正确的是( )
A. 0∼10s时间内电梯的加速度逐渐增大
B. t=2s时电梯一定处于超重状态
C. t=3s时电梯的加速度大小为23m/s2
D. t=0时电梯的加速度为t=3s时电梯加速度的16倍
8. 如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持0.8m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。则( )
A. 行李从A处到B处的时间为2.5s B. 行李做匀速直线运动的时间为2.45s
C. 行李做匀加速直线运动的位移为0.08m D. 行李从A处到B处所受摩擦力大小不变
9. 2021年7月在日本东京举行的第32届奥运会赛场上，我国选手刘洋勇夺吊环冠军。如图所示，比赛中他摆到竖直平面，在倒立时用双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到图示位置，此时连接吊环的绳索与竖直方向的夹角为θ。已知他的体重为G，吊环和绳索的重力不计。则( )
A. 每条绳索的张力为G2cosθ B. 每条绳索的张力为G2sinθ
C. 身体在下移时绳索中的张力逐渐增大 D. 身体在下移时绳索中的张力逐渐减小
10. 如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是( )
A. 弹簧变短 B. 弹簧变长
C. 小球对半球的压力不变 D. 小球对半球的压力变大
11. 如图所示，某同学想利用图示(a)、(b)装置深度探究a与F的关系，装置的加速度用光电门传感器测出(图中未画出)，桌面水平且光滑，滑轮与轻绳之间的摩擦不计，重力加速度大小为g，下列结果正确的是( )
A. 若图(a)中F是恒力，图(b)中mg=F，根据F=m0a应该有a1=a2
B. 若图(a)中F是变力，则描绘出的a−F图线应该是一条过原点的倾斜直线
C. 若图(b)中仅m改变，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
D. 若通过减小m0而增大m的方式改变m，如图(c)，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
12. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v−t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则( )
A. 传送带的速率v0=10m/s
B. 传送带的倾角θ=30∘
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
D. 0∼2.0s内物体相对地面的位移大小为16m
13. 某同学利用图甲装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中必要的措施是______⋅
A.细线必须与长木板平行
B.先接通电源再释放小车
C.小车的质量远大于钩码的质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)，则小车的加速度a=______m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打D点时小车的速度vD=______m/s(结果均保留两位有效数字)。
14. 小明在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：
①利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图(a)所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为______ N。(结果保留两位有效数字)
②关于此实验，下列叙述中正确的是______；
A.弹簧秤应先进行调零
B.橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力
C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同
③图(b)所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则______同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由。答：______。
15. 某实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图1所示的实验装置。
(1)在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有______。(选填测量仪器前的字母)
A.游标卡尺
B.刻度尺
C.秒表
D.天平
(2)实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是______。(选填选项前的字母)
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶的总质量的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B.将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动
(3)某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图2所示的a−F图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是______。(选填选项前的字母)
A.木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小
B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大
C.小车质量远大于砂和砂桶的质量
D.砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量
(4)图3是实验中得到的一条纸袋，A、B、C、D、E是计数点(相邻计数点间有4个点，电源频率50Hz)，其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm.则打C点时小车的速度为______m/s，小车的加速度是______m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)
16. 一辆长为12m的客车沿平直公路以8m/s的速度匀速行驶，一辆长为8m的货车静止在另一车道上。当客车车尾正好与货车车头平齐时，货车开始以2m/s2的加速度启动，如图所示。则：
(1)经过多长时间客车车尾与货车车头相距最远；
(2)货车车头再次与客车车尾平齐时，货车的速度是多大；
(3)货车车头再次与客车车尾平齐后，要使货车不能完全超过客车，客车开始做匀加速运动，求客车加速度满足什么条件？
17. 如图所示，质量M=3kg的木块套在水平粗糙固定杆上，并用轻绳与质量m=2kg的小球相连。今用跟水平方向成60∘角的力F拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，轻绳与水平方向的夹角θ=30∘，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，在运动过程中，求：
(1)力F大小；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
18. 2021年8月5日，东京奥运会女子撑杆跳高决赛我国选手徐惠琴参赛。撑杆跳高过程可以简化成持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落三个阶段。设徐惠琴起跳前从静止开始匀加速助跑的加速度大小为1.25m/s2，速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h=5m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=1s。已知徐惠琴的质量m=60kg，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，假设徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速直线运动。求：
(1)徐惠琴起跳前的助跑距离；
(2)徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小。
19. 如图所示，水平传送带两端相距x=8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，工件滑上A端时速度vA=10m/s，设工件到达B端时的速度为vB，工件可看作质点(取g=10m/s2)。
(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间(结果保留两位有效数字)。
20. 如图所示，木板B静置于水平面上，滑块A静置于B的左端，现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4N，则B恰好相对地面滑动；若拉力大小F2=8N，则A恰好相对B滑动；若拉力大小F3=10N，且作用时间t1=2s后撤去，则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)B与地面之间的动摩擦因数μ1；
(2)A与B之间的动摩擦因数μ2；
(3)木板B的长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、研究两人的技术动作时，运动员的形状和大小不能忽略，不能看成质点，故A错误；
B、运动员在下落过程中，速度增加，以运动员为参考系，水面在加速上升，故B错误；
C、以陈艾森为参考系，曹缘的位置没有变化，处于静止状态，故C正确；
D、观众观看两人比赛时，要看动作，不能把两个人看成质点，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：A、C在此过程中，加速度方向始终与速度方向相同，若加速度大小恒定，速度均匀增大，当加速度逐渐减小到零的过程中，物体先做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值，故A错误，C正确。
B、D由于质点做方向不变的直线运动，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故BD错误。
故选：C。
知道加速度时描述速度变化快慢的物理量；
判断物体速度增加还是减小时看物体的速度方向和加速度方向关系；
判断位移大小的变化是看初位置与某位置的距离。
要清楚物理量的物理意义，要掌握某一个量的变化是通过哪些因素来确定的。
3.【答案】B
【解析】解：A、位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知b、c两物体都做匀速直线运动。由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，故A错误。
B、t=0时刻a、b从同一位置出发开始运动，a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，在0∽5s内，a、b两个物体间的距离逐渐变大，故B正确。
C、位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，c是一条直线，即c做匀速直线运动，故C错误；
D、位移时间图象中，斜率表示速度，物体a的斜率逐渐变大，说明速度增大，对于匀加速直线运动位移公式x=v0t+12at2，可见，x−t图象是抛物线，所以物体a一定做匀加速直线运动。
在0−5s内a通过的位移为x=20m−10m=10m，将t=5s，x=10m代入x=12at2，解得a=0.8m/s2.故D错误。
故选：B。
位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向。分析在0∼5s内a、b两物体之间距离的变化。
解决本题的关键是理解位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，抛物线表示匀变速直线运动。
4.【答案】D
【解析】解：以箱子为研究对象，箱子在竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力N及环给它向下的摩擦力Ff，由于箱子处于平衡状态，可得N=Mg+Ff，根据牛顿第三定律知箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即N′=Mg+Ff，故ABC错误，D正确。
故选：D。
以箱子为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出地面对箱子的支持力，再根据牛顿第三定律求出箱对地面的压力.
本题是平衡条件和牛顿第三定律的应用，确定研究对象，分析受力是关键。
5.【答案】C
【解析】解：以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
F1−F2=(m1+m2)a
解得：a=2m/s2
对物体m1，由牛顿第二定律得：
F1−T=m1a
解得：T=26N
则弹簧秤示数为26N
故选：C。
先以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律求出整体的加速度，然后以其中一个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出弹簧称的示数。
本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度相同这一条件，运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，这是常用的方法。
6.【答案】C
【解析】解：开始滑块受力如图1所示，剪断细绳瞬间滑块受力如图2所示，剪断弹簧瞬间滑块受力如图3所示
AB、根据图1所示，由平衡条件得：
水平方向：Fcosθ=T
竖直方向：Fsinθ=mg
解得：弹簧弹力F=mgsinθ，绳子拉力T=mgtanθ，故AB错误；
C、剪断细绳瞬间，弹簧弹力不能突变，滑块受力如图2所示，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ，故C正确；
D、剪断弹簧瞬间细绳的拉力突变为零，弹簧对滑块的弹力为零，滑块受力如图3所示，滑块所受合力为零，滑块的加速度为零，故D错误。
故选C。
对滑块受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题。
本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，轻弹簧只有在没有自由端的时候弹力才不突变。
7.【答案】C
【解析】解：A、0∼10s时间内，图像斜率越来越小，则加速度越来越小，故A错误；
B、t=2s时电梯正在加速，但不知道运动方向，所以无法判断超重失重的情况，故B错误；
C、t=3s时图像斜率为23，所以加速度为23m/s2，故C正确；
D、t=0时，图像斜率为4，所以加速度为4m/s2，t=3s时加速度为23m/s2，t=0时电梯的加速度为t=3s时电梯加速度的6倍，故D错误；
故选：C。
本题考查的是v−t图象，图象斜率表示加速度。0∼10s内通过斜率的变化得出加速度的变化情况；第2秒时，电梯处于加速状态，需要结合运动方向判断超重失重；利用斜率计算第3s时的加速度；分别计算两个时刻的加速度，做比从而得到最终结果。
该题考查v−t图像斜率的物理意义表示加速度，再根据各选项分析即可，基础题。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
行李在传送带上先匀加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式分析答题；根据运动情况分析摩擦力是否变化。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，属于传送带问题，处理时要分析清楚行李在传送带上的运动情况，知道行李先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动；分析清楚行李的运动过程应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
【解答】
ABC、行李在传送带上相对滑动时，对行李，由牛顿第二定律得：a=μmgm=μg=0.8×10m/s2=8m/s2；
行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间t1=va=0.88s=0.1s，
行李匀加速运动的位移x1=v2t1=0.82×0.1m=0.04m
行李从A到达B端需要的时间t=t1+t2=(0.1+2.45)s=2.55s，故AC错误，B正确；
D、由于行李先加速后匀速，加速过程中的摩擦力大小为f=μmg，匀速运动过程中的摩擦力为零，故D错误。
故选：B。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.设绳中拉力为F，由共点力平衡得
2Fcosθ=G
解得
F=G2cosθ
故A正确，B错误；
CD.当身体下移时，θ变大，绳索中的张力逐渐增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据力的平衡条件解得绳子拉力，身体下移时，θ变大，可知绳子拉力逐渐增大。
本题考查共点力平衡，解题关键掌握运动员的受力情况，根据共点力平衡条件解得。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化。
本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用。
【解答】
以小球为研究对象，分析小球受力情况：受重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，
由平衡条件得知：F=G；由△NFP∽△PDO得：NPO=FDO=TPD，将F=G，代入得N=PODOG，T=PDDOG，由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，DO，PO不变，PD变小，可见T变小；N不变。即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故AC正确，BD错误。
11.【答案】BD
【解析】解：A、若图(a)中F是恒力，则(a)图中的加速度大小为：a1=Fm0；
图(b)中mg=F，则(b)图中的加速度为：a2=Fm+m0，所以a1>a2，故A错误；
B、若图(a)中F是变力，根据a1=Fm0可知，则描绘出的a−F图线应该是一条过原点的倾斜直线，故B正确；
C、(b)图中的加速度为：a2=Fm+m0=mgm+m0，若图(b)中仅m改变，则描绘出的a−mg图线的斜率为k=1m+m0为变量，所以a−mg图线不是一条过原点的倾斜直线，故C错误；
D、若通过减小m0而增大m的方式改变m，描绘出的a−mg图线的斜率为k=1m+m0为定值，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线，故D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律得到图(a)、图(b)系统的加速度大小，根据加速度与力F的关系、加速度与mg的关系分析图象的斜率，据此解答。
本题主要是考查探究a与F的关系，解答本题的关键是掌握牛顿第二定律的应用方法，能够根据牛顿第二定律得到纵坐标与横坐标的关系进行分析。
12.【答案】AD
【解析】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度v0=10m/s。故A正确；
BC、0−1.0s内，物体所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ，由图得：a1=10m/s2。由图可得a1=Δv1Δt1=10m/s2，即有gsinθ+μgcosθ=10.在1.0∼2.0s，物体的加速度为a2=mgsinθ−μmgcosθm=gsinθ−μgcosθ，由图可得：a2=Δv2Δt2=2m/s2，即有gsinθ−μgcosθ=2.联立解得：μ=0.5，θ=arctan34，故B、C错误；
D、根据“面积”表示位移，可知0∼1.0s物体相对于地的位移x1=12×10×1m=5m，1.0∼2.0s物体相对于地的位移x2=10+122×1m=11m.所以0∼2.0s内物体相对地面的位移大小为16 m，故D正确；
故选：AD。
由图象可以看出，物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小。分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，求和即可。
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
13.【答案】AB0.750.40
【解析】解：(1)AB、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放小车，故AB正确；
C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；
D、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，因此只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误。
故选：AB。
(2)每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s；
根据逐差法可知，物体的加速度为：a=CF−OC(3T)2=(19.65−6.45)×10−2−6.45×10−2(3×0.1)2m/s2=0.75m/s2；
D点的速度等于CE段的平均速度，则有：v=CE2T=(14.50−6.45)×10−22×0.1m/s=0.40m/s；
故答案为：(1)AB；(2)0.75，0.40
(1)分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；
(2)根据逐差法可求得物体运动的加速度；时间极短时平均速度近似等于中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度。
本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。
14.【答案】3.0AC乙 因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上
【解析】解：①以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头。如图a所示
则F1与F2的合力大小为3.0N。
②A.弹簧秤应先在水平方向进行调零，故A正确；
B.橡皮筋对结点O的拉力与两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力是一对平衡力，故B错误；
C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同，故C正确；
故选：AC。
③用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，所以乙同学的实验结果存在问题，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上。
故答案为：①3.0②AC③乙，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上
以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置。
本题要防止产生错误的认识，认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力，根据合力与分力等效关系分析，一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力。
15.【答案】BDBAD1.246.22
【解析】解：(1)“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测出计数点间的距离，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
(2)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故AC错误，B正确。
故选：B。
(3)由图2所示图像可知，直线没过原点，当a=0时，F>0。也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，平衡摩擦力时，所垫木板太低。
从图像上可以看出：F从0开始增加，砝码和砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，在后面图像不再是直线，说明砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量，故绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大。所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量，BC错误，AD正确。
故选：AD。
(4)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，又两计数点间的时间为T=5×150s=0.1s
则可得C点时小车的速度为vC=xBDtBD=L3−L12T=(27.87−3.07)×10−22×0.1m/s=1.24m/s
根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2
则小车的加速度为a=xCE−xAC(2T)2=(L4−L2)−L2(2T)2=(49.62−12.38−12.38)×10−2(2×0.1)2m/s2≈6.22m/s2
故答案为：(1)BD(2)B(3)AD(4)1.24；6.22
(1)根据实验要求，选取正确的实验器材；
(2)根据实验平衡摩擦力的原理，可以得出正确的操作；
(3)根据实验原理，结合图像得出正确的结论；
(4)利用匀变速直线运动的推论，结合题意求出小车的速度和加速度大小。
在“验证牛顿第二定律”实验中，要注意两个方面：一要注意平衡摩擦力；二要注意砂和砂桶的质量远小于小车的质量。
16.【答案】解：(1)设经过t1时间客车车尾与货车车头相距最远，由题得v客=8m/sv货=at1=2t1
当v客=v货时相距最远，即2t1=8
整理可得t1=4s
(2)由题意，利用运动学公式可得
客车位移x客=8t′′
货车位移x货=12at′′2
当x客=x货时，即8t′′=12at′′2
整理可得t′′=8s，t′′=0(舍)
此时货车的速度v货=at′′=2t=2×8m/s=16m/s
(3)由题意，设货车车头再次与客车车尾平齐后，再经过t时间货车和客车速度相等，当v货=v客时：16+2t=8+a′t
由题意可得x客+20=x货
根据运动学公式有
x客=8t+12a′t2
x货=16t+t2
即8t+12a′t2+20=16t+t2
解得t=5sa′=3.6m/s2
所以要使货车不能完全超过客车，客车加速度满足的条件是a′>3.6m/s2。
答：(1)经过4s时间客车车尾与货车车头相距最远；
(2)货车车头再次与客车车尾平齐时，货车的速度是16m/s；
(3)货车车头再次与客车车尾平齐后，要使货车不能完全超过客车，客车开始做匀加速运动，客车加速度满足的条件是a′>3.6m/s2。
【解析】(1)根据两车相距最远的临界条件，利用运动学公式可以求出所需时间；
(2)根据两车的位移关系，利用运动学公式，可以求出货车车头再次与客车车尾平齐时货车的速度大小；
(3)利用货车刚要完全超过客车时位移关系和速度关系，结合题意求出客车加速度满足的条件。
在处理相遇追及问题时，要注意两物体相遇的临界条件是两物体的速度相等，要注意两物体的位移关系和运动的时间关系。
17.【答案】解：(1)以小球为研究对象，小球的受力如下图所示；
由平衡条件可得：Fcos60∘−FTcosθ=0；Fsin60∘−FTsinθ−mg=0
解得：F=203N；
(2)将木块、小球看作整体，受力情况如下图所示：
由平衡条件得：Fcos60∘−Ff=0；FN+Fsin60∘−Mg−mg=0
又因：Ff=μFN
解得：μ=32。
答：(1)力F大小为203N；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数为32。
【解析】(1)以小球为研究对象进行受力分析，由平衡条件列方程求解；
(2)将木块、小球看作整体进行受力分析，由平衡条件列方程求解木块M与水平杆间的动摩擦因数。
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。
18.【答案】解：(1)设徐惠琴起跳前匀加速助跑的距离为x，由运动学公式v2−0=2ax
可得x=32.4m；
(2)由自由落体运动学公式，落地瞬间的速度为v1=2gh，代入数据解得v1=10m/s，
从接触软垫到速度减为零的时间t=1s，据运动学公式0=v1−a1t
代入数据解得a1=10m/s2，
对人受力分析，据牛顿第二定律F−G=ma1
解得F=1200N，
根据牛顿第三定律，徐惠琴对软垫的压力大小为1200N；
答：(1)徐惠琴起跳前的助跑距离为32.4m；
(2)徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小为1200N。
【解析】根据运动学公式，结合题意求出徐惠琴起跳前匀加速助跑的距离；利用自由落体运动规律，结合题意，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小。
在求解压力问题时，可以先求支持力，再根据牛顿第三定律求解压力，对于牛顿第三定律的应用，要注意加以说明，这是易错点。
19.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律可知：μmg=ma
则 a=μg=6m/s2
且 vB2−vA2=2(−a)x
故 vB=2m/s。
(2)物体速度达到13m/s时所用时间为t1=v−vAa=13−106s=0.5s
运动的位移为x1=vAt1+12at12=5.75m<8m，则工件在到达B端前速度就达到了13m/s，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动。
匀速运动的位移x2=x−x1=(8−5.75)m=2.25m
又 t2=x2v=2.2513s≈0.17s
故 t=t1+t2=(0.5+0.17)s=0.67s。
答：(1)若传送带静止不动，vB=2m/s；
(2)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动，工件由A到B所用的时间为0.67s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律可知工件的加速度，工件做匀减速运动；
(2)利用假设法判断工件在传送带上的运动情况，再计算时间。
判断工件运动情况是解题的关键，用假设法进行判断，学生要加以练习。
20.【答案】解：(1)对AB整体由平衡关系：F1=μ1(mA+mB)g，解得：μ1=0.2
(2)AB整体和对B分别由牛顿第二定律：
F2−μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a；
μ2mAg−μ1(mA+mB)g=mBa
解得：μ2=0.6
(3)设撤去F3之前A、B的加速度分别为a1、a2，撤去F3之后A的加速度大小为a3，从撤去F3到A、B共速的时间为t2。
撤去F3之前对A、B由牛顿第二定律：
F3−μ2mAg=mAa1
μ2mAg−μ1(mA+mB)g=mBa2
撤去F3之后对A由牛顿第二定律：μ2mAg=mAa3
共速关系：a1t1−a3t2=a2(t1+t2)
木板B的长度 L=12a1t12+(a1t1)t2−12a3t22−12a2(t1+t2)2
联立解得：L=5m
答：(1)B与地面之间的动摩擦因数为0.2；
(2)A与B之间的动摩擦因数为0.6；
(3)木板B的长度为5m。
【解析】(1)对AB整体进行受力分析，根据平衡状态得出B与地面的动摩擦因数；
(2)先对AB整体进行分析，再对B进行分析，结合牛顿第二定律计算出AB之间的动摩擦因数；
(3)分别求出A和B在不同阶段的加速度，结合运动学公式和位移关系计算出木板的长度。
2021-2022学年吉林省长春市清蒲中学高一（上）期末物理试卷
1. 2019年国际泳联世界跳水系列赛北京站，男子双人十米跳台决赛中，中国选手曹缘/陈艾森以494.55分的总成绩夺冠，比赛情境如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 教练为了研究两人的技术动作，可将图片中两人看成质点
B. 两人在下落过程中，感觉水面是静止的
C. 陈艾森感觉曹缘是静止的
D. 观众观看两人比赛时，可将两人看成质点
2. 一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中( )
A. 速度先逐渐变大，然后再逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值
B. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大
C. 速度先均匀增加，然后增加的越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值
D. 位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值
3. a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移一时间图象如图所示，其中a是一条顶点坐标为(0,10)的抛物线，下列说法正确的是( )
A. b、c两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B. 在0−5s内，a、b两个物体间的距离逐渐变大
C. 物体c的速度越来越大
D. 物体a的加速度为0.4m/s2
4. 如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱子和杆总质量为M，环的质量为m。已知环沿着杆加速下滑，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力为( )
A. Mg B. (M+m)g C. (M+m)g−Ff D. Mg+Ff
5. 如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则( )
A. 弹簧秤的示数是10N B. 弹簧秤的示数是25N
C. 弹簧秤的示数是26N D. 弹簧秤的示数是52N
6. 如图所示，质量为m的滑块P置于光滑水平面上，左侧通过细线连接墙上E点，细线保持水平；右侧通过轻弹簧连接天花板上F点，弹簧与水平面夹角为θ，此时P对水平面的压力恰好为零，则( )
A. 弹簧中的弹力大小为mgtanθ
B. 细线中的拉力大小为mgtanθ
C. 剪断细绳瞬间滑块P的加速度大小为gtanθ
D. 剪断弹簧瞬间滑块P的加速度大小为gsinθ
7. 广州塔又称广州新电视塔，总高度600m，是广州的标志性建筑之一，随着超级高楼越来越多，高速电梯在日常生活中越来越重要。在某次对广州塔高速电梯的测试中，电梯的时间-速度图像如图所示，图中倾斜的虚线a、b分别为曲线在t=0时和t=3s时的切线，下列说法正确的是( )
A. 0∼10s时间内电梯的加速度逐渐增大
B. t=2s时电梯一定处于超重状态
C. t=3s时电梯的加速度大小为23m/s2
D. t=0时电梯的加速度为t=3s时电梯加速度的16倍
8. 如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持0.8m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。则( )
A. 行李从A处到B处的时间为2.5s B. 行李做匀速直线运动的时间为2.45s
C. 行李做匀加速直线运动的位移为0.08m D. 行李从A处到B处所受摩擦力大小不变
9. 2021年7月在日本东京举行的第32届奥运会赛场上，我国选手刘洋勇夺吊环冠军。如图所示，比赛中他摆到竖直平面，在倒立时用双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到图示位置，此时连接吊环的绳索与竖直方向的夹角为θ。已知他的体重为G，吊环和绳索的重力不计。则( )
A. 每条绳索的张力为G2cosθ B. 每条绳索的张力为G2sinθ
C. 身体在下移时绳索中的张力逐渐增大 D. 身体在下移时绳索中的张力逐渐减小
10. 如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是( )
A. 弹簧变短 B. 弹簧变长
C. 小球对半球的压力不变 D. 小球对半球的压力变大
11. 如图所示，某同学想利用图示(a)、(b)装置深度探究a与F的关系，装置的加速度用光电门传感器测出(图中未画出)，桌面水平且光滑，滑轮与轻绳之间的摩擦不计，重力加速度大小为g，下列结果正确的是( )
A. 若图(a)中F是恒力，图(b)中mg=F，根据F=m0a应该有a1=a2
B. 若图(a)中F是变力，则描绘出的a−F图线应该是一条过原点的倾斜直线
C. 若图(b)中仅m改变，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
D. 若通过减小m0而增大m的方式改变m，如图(c)，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
12. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v−t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则( )
A. 传送带的速率v0=10m/s
B. 传送带的倾角θ=30∘
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25
D. 0∼2.0s内物体相对地面的位移大小为16m
13. 某同学利用图甲装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中必要的措施是______⋅
A.细线必须与长木板平行
B.先接通电源再释放小车
C.小车的质量远大于钩码的质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)，则小车的加速度a=______m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打D点时小车的速度vD=______m/s(结果均保留两位有效数字)。
14. 小明在水平放置的方木板上做“探究共点力的合成规律”实验时：
①利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O以及两只弹簧秤拉力的大小和方向，如图(a)所示，图中每一小格长度均代表0.5N，则F1与F2的合力大小为______ N。(结果保留两位有效数字)
②关于此实验，下列叙述中正确的是______；
A.弹簧秤应先进行调零
B.橡皮筋对结点O的拉力就是两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力
C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同
③图(b)所示是甲、乙两位同学在做以上实验时得到的结果，其中力F′是用一只弹簧秤拉橡皮筋时的图示，则______同学的实验结果一定存在问题？请简单说明理由。答：______。
15. 某实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图1所示的实验装置。
(1)在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有______。(选填测量仪器前的字母)
A.游标卡尺
B.刻度尺
C.秒表
D.天平
(2)实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是______。(选填选项前的字母)
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶的总质量的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B.将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动
(3)某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图2所示的a−F图线，所得的图线既不过原点，又不是直线，原因可能是______。(选填选项前的字母)
A.木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小
B.木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大
C.小车质量远大于砂和砂桶的质量
D.砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量
(4)图3是实验中得到的一条纸袋，A、B、C、D、E是计数点(相邻计数点间有4个点，电源频率50Hz)，其中L1=3.07cm，L2=12.38cm，L3=27.87cm，L4=49.62cm.则打C点时小车的速度为______m/s，小车的加速度是______m/s2。(计算结果均保留三位有效数字)
16. 一辆长为12m的客车沿平直公路以8m/s的速度匀速行驶，一辆长为8m的货车静止在另一车道上。当客车车尾正好与货车车头平齐时，货车开始以2m/s2的加速度启动，如图所示。则：
(1)经过多长时间客车车尾与货车车头相距最远；
(2)货车车头再次与客车车尾平齐时，货车的速度是多大；
(3)货车车头再次与客车车尾平齐后，要使货车不能完全超过客车，客车开始做匀加速运动，求客车加速度满足什么条件？
17. 如图所示，质量M=3kg的木块套在水平粗糙固定杆上，并用轻绳与质量m=2kg的小球相连。今用跟水平方向成60∘角的力F拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，轻绳与水平方向的夹角θ=30∘，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2，在运动过程中，求：
(1)力F大小；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
18. 2021年8月5日，东京奥运会女子撑杆跳高决赛我国选手徐惠琴参赛。撑杆跳高过程可以简化成持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落三个阶段。设徐惠琴起跳前从静止开始匀加速助跑的加速度大小为1.25m/s2，速度达到v=9.0m/s时撑杆起跳，到达最高点时过杆的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h=5m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t=1s。已知徐惠琴的质量m=60kg，重力加速度大小g取10m/s2，不计空气阻力，假设徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中做匀减速直线运动。求：
(1)徐惠琴起跳前的助跑距离；
(2)徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小。
19. 如图所示，水平传送带两端相距x=8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，工件滑上A端时速度vA=10m/s，设工件到达B端时的速度为vB，工件可看作质点(取g=10m/s2)。
(1)若传送带静止不动，求vB；
(2)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间(结果保留两位有效数字)。
20. 如图所示，木板B静置于水平面上，滑块A静置于B的左端，现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4N，则B恰好相对地面滑动；若拉力大小F2=8N，则A恰好相对B滑动；若拉力大小F3=10N，且作用时间t1=2s后撤去，则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)B与地面之间的动摩擦因数μ1；
(2)A与B之间的动摩擦因数μ2；
(3)木板B的长度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、研究两人的技术动作时，运动员的形状和大小不能忽略，不能看成质点，故A错误；
B、运动员在下落过程中，速度增加，以运动员为参考系，水面在加速上升，故B错误；
C、以陈艾森为参考系，曹缘的位置没有变化，处于静止状态，故C正确；
D、观众观看两人比赛时，要看动作，不能把两个人看成质点，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：A、C在此过程中，加速度方向始终与速度方向相同，若加速度大小恒定，速度均匀增大，当加速度逐渐减小到零的过程中，物体先做加速度减小的加速运动，再做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值，故A错误，C正确。
B、D由于质点做方向不变的直线运动，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故BD错误。
故选：C。
知道加速度时描述速度变化快慢的物理量；
判断物体速度增加还是减小时看物体的速度方向和加速度方向关系；
判断位移大小的变化是看初位置与某位置的距离。
要清楚物理量的物理意义，要掌握某一个量的变化是通过哪些因素来确定的。
3.【答案】B
【解析】解：A、位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知b、c两物体都做匀速直线运动。由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，故A错误。
B、t=0时刻a、b从同一位置出发开始运动，a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，在0∽5s内，a、b两个物体间的距离逐渐变大，故B正确。
C、位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，c是一条直线，即c做匀速直线运动，故C错误；
D、位移时间图象中，斜率表示速度，物体a的斜率逐渐变大，说明速度增大，对于匀加速直线运动位移公式x=v0t+12at2，可见，x−t图象是抛物线，所以物体a一定做匀加速直线运动。
在0−5s内a通过的位移为x=20m−10m=10m，将t=5s，x=10m代入x=12at2，解得a=0.8m/s2.故D错误。
故选：B。
位移图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向。分析在0∼5s内a、b两物体之间距离的变化。
解决本题的关键是理解位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，抛物线表示匀变速直线运动。
4.【答案】D
【解析】解：以箱子为研究对象，箱子在竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力N及环给它向下的摩擦力Ff，由于箱子处于平衡状态，可得N=Mg+Ff，根据牛顿第三定律知箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即N′=Mg+Ff，故ABC错误，D正确。
故选：D。
以箱子为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出地面对箱子的支持力，再根据牛顿第三定律求出箱对地面的压力.
本题是平衡条件和牛顿第三定律的应用，确定研究对象，分析受力是关键。
5.【答案】C
【解析】解：以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
F1−F2=(m1+m2)a
解得：a=2m/s2
对物体m1，由牛顿第二定律得：
F1−T=m1a
解得：T=26N
则弹簧秤示数为26N
故选：C。
先以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律求出整体的加速度，然后以其中一个物体为研究对象，由牛顿第二定律求出弹簧称的示数。
本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度相同这一条件，运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，这是常用的方法。
6.【答案】C
【解析】解：开始滑块受力如图1所示，剪断细绳瞬间滑块受力如图2所示，剪断弹簧瞬间滑块受力如图3所示
AB、根据图1所示，由平衡条件得：
水平方向：Fcosθ=T
竖直方向：Fsinθ=mg
解得：弹簧弹力F=mgsinθ，绳子拉力T=mgtanθ，故AB错误；
C、剪断细绳瞬间，弹簧弹力不能突变，滑块受力如图2所示，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，解得：a=gtanθ，故C正确；
D、剪断弹簧瞬间细绳的拉力突变为零，弹簧对滑块的弹力为零，滑块受力如图3所示，滑块所受合力为零，滑块的加速度为零，故D错误。
故选C。
对滑块受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律分析答题。
本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与形变量成正比，轻弹簧只有在没有自由端的时候弹力才不突变。
7.【答案】C
【解析】解：A、0∼10s时间内，图像斜率越来越小，则加速度越来越小，故A错误；
B、t=2s时电梯正在加速，但不知道运动方向，所以无法判断超重失重的情况，故B错误；
C、t=3s时图像斜率为23，所以加速度为23m/s2，故C正确；
D、t=0时，图像斜率为4，所以加速度为4m/s2，t=3s时加速度为23m/s2，t=0时电梯的加速度为t=3s时电梯加速度的6倍，故D错误；
故选：C。
本题考查的是v−t图象，图象斜率表示加速度。0∼10s内通过斜率的变化得出加速度的变化情况；第2秒时，电梯处于加速状态，需要结合运动方向判断超重失重；利用斜率计算第3s时的加速度；分别计算两个时刻的加速度，做比从而得到最终结果。
该题考查v−t图像斜率的物理意义表示加速度，再根据各选项分析即可，基础题。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
行李在传送带上先匀加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式分析答题；根据运动情况分析摩擦力是否变化。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，属于传送带问题，处理时要分析清楚行李在传送带上的运动情况，知道行李先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动；分析清楚行李的运动过程应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
【解答】
ABC、行李在传送带上相对滑动时，对行李，由牛顿第二定律得：a=μmgm=μg=0.8×10m/s2=8m/s2；
行李在传送带上加速到与传送带速度相等需要的时间t1=va=0.88s=0.1s，
行李匀加速运动的位移x1=v2t1=0.82×0.1m=0.04m
行李从A到达B端需要的时间t=t1+t2=(0.1+2.45)s=2.55s，故AC错误，B正确；
D、由于行李先加速后匀速，加速过程中的摩擦力大小为f=μmg，匀速运动过程中的摩擦力为零，故D错误。
故选：B。
9.【答案】AC
【解析】解：AB.设绳中拉力为F，由共点力平衡得
2Fcosθ=G
解得
F=G2cosθ
故A正确，B错误；
CD.当身体下移时，θ变大，绳索中的张力逐渐增大，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据力的平衡条件解得绳子拉力，身体下移时，θ变大，可知绳子拉力逐渐增大。
本题考查共点力平衡，解题关键掌握运动员的受力情况，根据共点力平衡条件解得。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化。
本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用。
【解答】
以小球为研究对象，分析小球受力情况：受重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，
由平衡条件得知：F=G；由△NFP∽△PDO得：NPO=FDO=TPD，将F=G，代入得N=PODOG，T=PDDOG，由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，DO，PO不变，PD变小，可见T变小；N不变。即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故AC正确，BD错误。
11.【答案】BD
【解析】解：A、若图(a)中F是恒力，则(a)图中的加速度大小为：a1=Fm0；
图(b)中mg=F，则(b)图中的加速度为：a2=Fm+m0，所以a1>a2，故A错误；
B、若图(a)中F是变力，根据a1=Fm0可知，则描绘出的a−F图线应该是一条过原点的倾斜直线，故B正确；
C、(b)图中的加速度为：a2=Fm+m0=mgm+m0，若图(b)中仅m改变，则描绘出的a−mg图线的斜率为k=1m+m0为变量，所以a−mg图线不是一条过原点的倾斜直线，故C错误；
D、若通过减小m0而增大m的方式改变m，描绘出的a−mg图线的斜率为k=1m+m0为定值，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线，故D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律得到图(a)、图(b)系统的加速度大小，根据加速度与力F的关系、加速度与mg的关系分析图象的斜率，据此解答。
本题主要是考查探究a与F的关系，解答本题的关键是掌握牛顿第二定律的应用方法，能够根据牛顿第二定律得到纵坐标与横坐标的关系进行分析。
12.【答案】AD
【解析】解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度v0=10m/s。故A正确；
BC、0−1.0s内，物体所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ，由图得：a1=10m/s2。由图可得a1=Δv1Δt1=10m/s2，即有gsinθ+μgcosθ=10.在1.0∼2.0s，物体的加速度为a2=mgsinθ−μmgcosθm=gsinθ−μgcosθ，由图可得：a2=Δv2Δt2=2m/s2，即有gsinθ−μgcosθ=2.联立解得：μ=0.5，θ=arctan34，故B、C错误；
D、根据“面积”表示位移，可知0∼1.0s物体相对于地的位移x1=12×10×1m=5m，1.0∼2.0s物体相对于地的位移x2=10+122×1m=11m.所以0∼2.0s内物体相对地面的位移大小为16 m，故D正确；
故选：AD。
由图象可以看出，物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小。分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，求和即可。
解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
13.【答案】AB0.750.40
【解析】解：(1)AB、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放小车，故AB正确；
C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；
D、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，因此只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误。
故选：AB。
(2)每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为：T=5×0.02s=0.1s；
根据逐差法可知，物体的加速度为：a=CF−OC(3T)2=(19.65−6.45)×10−2−6.45×10−2(3×0.1)2m/s2=0.75m/s2；
D点的速度等于CE段的平均速度，则有：v=CE2T=(14.50−6.45)×10−22×0.1m/s=0.40m/s；
故答案为：(1)AB；(2)0.75，0.40
(1)分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；
(2)根据逐差法可求得物体运动的加速度；时间极短时平均速度近似等于中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度。
本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。
14.【答案】3.0AC乙 因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上
【解析】解：①以F1和F2为邻边作平行四边形，与F1和F2共点的对角线表示合力F，标上箭头。如图a所示
则F1与F2的合力大小为3.0N。
②A.弹簧秤应先在水平方向进行调零，故A正确；
B.橡皮筋对结点O的拉力与两弹簧秤对结点O的拉力F1与F2的合力是一对平衡力，故B错误；
C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O，这样做的目的是保证两次弹簧秤拉力的效果相同，故C正确；
故选：AC。
③用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，所以乙同学的实验结果存在问题，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上。
故答案为：①3.0②AC③乙，因为乙同学实验的结果F′的方向不与橡皮筋的伸长方向在同一直线上
以F1和F2为邻边作平行四边形，通过O点的对角线表示合力F，据此可正确画出F1和F2的合力图示；明确实验理论值和实验值之间的关系即可正确解答；该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置。
本题要防止产生错误的认识，认为橡皮筋的拉力是两弹簧测力计的拉力，根据合力与分力等效关系分析，一个弹簧测力计的拉力是两个弹簧测力计拉力的合力。
15.【答案】BDBAD1.246.22
【解析】解：(1)“验证牛顿第二定律”实验需要用天平测量小车、砂、砂桶的质量，需要用刻度尺测出计数点间的距离，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
(2)小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，可以将长木板的一段垫高，撤去砂和砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故AC错误，B正确。
故选：B。
(3)由图2所示图像可知，直线没过原点，当a=0时，F>0。也就是说当绳子上有拉力时小车没有加速度，说明小车的摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，平衡摩擦力时，所垫木板太低。
从图像上可以看出：F从0开始增加，砝码和砝码盘的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，在后面图像不再是直线，说明砝码和砝码盘的质量就没有远小于车的质量，故绳子的拉力与砝码和砝码盘的总重力就相差大。所以原因是砝码和砝码盘的质量没有远小于车的质量，BC错误，AD正确。
故选：AD。
(4)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，又两计数点间的时间为T=5×150s=0.1s
则可得C点时小车的速度为vC=xBDtBD=L3−L12T=(27.87−3.07)×10−22×0.1m/s=1.24m/s
根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2
则小车的加速度为a=xCE−xAC(2T)2=(L4−L2)−L2(2T)2=(49.62−12.38−12.38)×10−2(2×0.1)2m/s2≈6.22m/s2
故答案为：(1)BD(2)B(3)AD(4)1.24；6.22
(1)根据实验要求，选取正确的实验器材；
(2)根据实验平衡摩擦力的原理，可以得出正确的操作；
(3)根据实验原理，结合图像得出正确的结论；
(4)利用匀变速直线运动的推论，结合题意求出小车的速度和加速度大小。
在“验证牛顿第二定律”实验中，要注意两个方面：一要注意平衡摩擦力；二要注意砂和砂桶的质量远小于小车的质量。
16.【答案】解：(1)设经过t1时间客车车尾与货车车头相距最远，由题得v客=8m/sv货=at1=2t1
当v客=v货时相距最远，即2t1=8
整理可得t1=4s
(2)由题意，利用运动学公式可得
客车位移x客=8t′′
货车位移x货=12at′′2
当x客=x货时，即8t′′=12at′′2
整理可得t′′=8s，t′′=0(舍)
此时货车的速度v货=at′′=2t=2×8m/s=16m/s
(3)由题意，设货车车头再次与客车车尾平齐后，再经过t时间货车和客车速度相等，当v货=v客时：16+2t=8+a′t
由题意可得x客+20=x货
根据运动学公式有
x客=8t+12a′t2
x货=16t+t2
即8t+12a′t2+20=16t+t2
解得t=5sa′=3.6m/s2
所以要使货车不能完全超过客车，客车加速度满足的条件是a′>3.6m/s2。
答：(1)经过4s时间客车车尾与货车车头相距最远；
(2)货车车头再次与客车车尾平齐时，货车的速度是16m/s；
(3)货车车头再次与客车车尾平齐后，要使货车不能完全超过客车，客车开始做匀加速运动，客车加速度满足的条件是a′>3.6m/s2。
【解析】(1)根据两车相距最远的临界条件，利用运动学公式可以求出所需时间；
(2)根据两车的位移关系，利用运动学公式，可以求出货车车头再次与客车车尾平齐时货车的速度大小；
(3)利用货车刚要完全超过客车时位移关系和速度关系，结合题意求出客车加速度满足的条件。
在处理相遇追及问题时，要注意两物体相遇的临界条件是两物体的速度相等，要注意两物体的位移关系和运动的时间关系。
17.【答案】解：(1)以小球为研究对象，小球的受力如下图所示；
由平衡条件可得：Fcos60∘−FTcosθ=0；Fsin60∘−FTsinθ−mg=0
解得：F=203N；
(2)将木块、小球看作整体，受力情况如下图所示：
由平衡条件得：Fcos60∘−Ff=0；FN+Fsin60∘−Mg−mg=0
又因：Ff=μFN
解得：μ=32。
答：(1)力F大小为203N；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数为32。
【解析】(1)以小球为研究对象进行受力分析，由平衡条件列方程求解；
(2)将木块、小球看作整体进行受力分析，由平衡条件列方程求解木块M与水平杆间的动摩擦因数。
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。
18.【答案】解：(1)设徐惠琴起跳前匀加速助跑的距离为x，由运动学公式v2−0=2ax
可得x=32.4m；
(2)由自由落体运动学公式，落地瞬间的速度为v1=2gh，代入数据解得v1=10m/s，
从接触软垫到速度减为零的时间t=1s，据运动学公式0=v1−a1t
代入数据解得a1=10m/s2，
对人受力分析，据牛顿第二定律F−G=ma1
解得F=1200N，
根据牛顿第三定律，徐惠琴对软垫的压力大小为1200N；
答：(1)徐惠琴起跳前的助跑距离为32.4m；
(2)徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小为1200N。
【解析】根据运动学公式，结合题意求出徐惠琴起跳前匀加速助跑的距离；利用自由落体运动规律，结合题意，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出徐惠琴从接触软垫到速度减为零的过程中对软垫的压力大小。
在求解压力问题时，可以先求支持力，再根据牛顿第三定律求解压力，对于牛顿第三定律的应用，要注意加以说明，这是易错点。
19.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律可知：μmg=ma
则 a=μg=6m/s2
且 vB2−vA2=2(−a)x
故 vB=2m/s。
(2)物体速度达到13m/s时所用时间为t1=v−vAa=13−106s=0.5s
运动的位移为x1=vAt1+12at12=5.75m<8m，则工件在到达B端前速度就达到了13m/s，此后工件与传送带相对静止，因此物体先加速后匀速运动。
匀速运动的位移x2=x−x1=(8−5.75)m=2.25m
又 t2=x2v=2.2513s≈0.17s
故 t=t1+t2=(0.5+0.17)s=0.67s。
答：(1)若传送带静止不动，vB=2m/s；
(2)若传送带以v=13m/s逆时针匀速转动，工件由A到B所用的时间为0.67s。
【解析】(1)根据牛顿第二定律可知工件的加速度，工件做匀减速运动；
(2)利用假设法判断工件在传送带上的运动情况，再计算时间。
判断工件运动情况是解题的关键，用假设法进行判断，学生要加以练习。
20.【答案】解：(1)对AB整体由平衡关系：F1=μ1(mA+mB)g，解得：μ1=0.2
(2)AB整体和对B分别由牛顿第二定律：
F2−μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a；
μ2mAg−μ1(mA+mB)g=mBa
解得：μ2=0.6
(3)设撤去F3之前A、B的加速度分别为a1、a2，撤去F3之后A的加速度大小为a3，从撤去F3到A、B共速的时间为t2。
撤去F3之前对A、B由牛顿第二定律：
F3−μ2mAg=mAa1
μ2mAg−μ1(mA+mB)g=mBa2
撤去F3之后对A由牛顿第二定律：μ2mAg=mAa3
共速关系：a1t1−a3t2=a2(t1+t2)
木板B的长度 L=12a1t12+(a1t1)t2−12a3t22−12a2(t1+t2)2
联立解得：L=5m
答：(1)B与地面之间的动摩擦因数为0.2；
(2)A与B之间的动摩擦因数为0.6；
(3)木板B的长度为5m。
【解析】(1)对AB整体进行受力分析，根据平衡状态得出B与地面的动摩擦因数；
(2)先对AB整体进行分析，再对B进行分析，结合牛顿第二定律计算出AB之间的动摩擦因数；
(3)分别求出A和B在不同阶段的加速度，结合运动学公式和位移关系计算出木板的长度。
相关试卷
吉林省长春市第二中学2021-2022学年高一（上）期末物理试题： 这是一份吉林省长春市第二中学2021-2022学年高一（上）期末物理试题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年吉林省长春市农安十中高一（上）期末物理试卷（含答案解析）： 这是一份2022-2023学年吉林省长春市农安十中高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
2021-2022学年吉林省长春市农安县高二（上）期末物理试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年吉林省长春市农安县高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了P3.因为OP2=OP3，等内容，欢迎下载使用。
