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2021-2022学年浙江省宁波市九校高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省宁波市九校高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了v2大小之比为等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省宁波市九校高一（上）期末物理试卷
1. 下列各组物理量均为矢量的是( )
A. 力、位移 B. 路程、速度 C. 速率、加速度 D. 时间、质量
2. 如图为一竖直放置的棋盘，该棋盘具有磁性，每个棋子均可视为能被棋盘吸引的相同质量的小磁体。对于静止在棋盘上的某颗棋子，下列说法正确的是( )
A. 受三个力作用
B. 棋盘对棋子的作用力大于重力
C. 磁性越强的棋子，所受的摩擦力越大
D. 减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小
3. 一条鱼在水中沿水平直线向左加速游动，合理描述水对鱼作用力方向的是( )
A. B.
C. D.
4. 如图所示，用频闪照相机拍下篮球在空中飞行的照片，篮球在O点处所受合力方向，可能是( )
A. ①的方向 B. ②的方向 C. ③的方向 D. ④的方向
5. 如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车P沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物Q先匀减速竖直上升，后匀加速竖直上升。该段时间内，重物Q的运动轨迹可能是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，将一个足球用三个立柱(可视为质点)支起，小立柱成正三角形放在水平地面上，立柱与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为30∘，已知足球的质量为m，重力加速度为g，不计足球与立柱间的摩擦，则每个立柱受到足球的压力为( )
A. 16mg B. 23mg C. 239mg D. 13mg
7. 如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ=37∘的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则v1、v2大小之比为( )
A. 9：8 B. 8：9 C. 3：2 D. 2：3
8. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内( )
A. 小车一定正在做加速运动
B. 轻质细线对小球A的拉力大小为mgsinθ
C. 物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向右
D. 小车对物块B的作用力大小为Mg1+tan2θ，方向为斜向左上方
9. 如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动。如图乙，一件小衣物(可理想化为质点)质量为m，滚筒半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，a、b分别为小衣物经过的最高位置和最低位置。下列说法正确的是( )
A. 衣物所受滚筒的支持力的大小始终为mω2R
B. 衣物转到b位置时的脱水效果最好
C. 衣物所受滚筒的作用力大小始终为mg
D. 衣物在a位置对滚筒壁的压力比在b位置的大
10. 如图所示，小球a的质量为2m，小球b的质量为m，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态。轻弹簧A与竖直方向夹角为53∘，则下列说法中正确的是( )
A. 轻弹簧A、B的弹力之比为5：3
B. 轻弹簧A、B的弹力之比为2：1
C. 轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为2g和0
D. 轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为3g和0
11. 一种餐桌的构造如图甲所示，其中圆形转盘的半径为0.6m，圆形桌面的半径为1m，不计转盘的厚度，轻绳的一端固定在转盘边缘的A点，另一端连着小物体(视为质点，图甲中未画出)，小物体被轻绳带动沿桌面边缘一起顺时针转动，达到稳定状态后，小物体与转盘的角速度大小均为2rad/s，且此时圆心O，A点的连线与轻绳垂直，俯视图如图乙所示。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。小物体与桌面间的动摩擦因数为( )
A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5
12. 物理学中“把物体的质量和速度的乘积定义为动量”，写成表达式就是p=mv，下列可作为动量p的单位是( )
A. kg⋅m/s B. kg⋅m/s2 C. N⋅s D. N/s
13. 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
14. 运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。如图所示，设它经过A、B、C三点，到O点速度为零，已知A、B、C三点到O点的距离分别为s1、s2、s3，时间分别为t1、t2、t3.下列结论正确的是(冰壶和冰面的动摩擦因数保持不变，g取10m/s2)( )
A. s1t1=s2t2=s3t3
B. s1t12=s2t22=s3t32
C. 由题中所给条件可以求出冰壶经过A、B、C三点的速率
D. 由题中所给条件可以求出冰壶与冰面的动摩擦因数
15. 如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v−t图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x−t图象如图丙所示，若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )
A. 猴子的运动轨迹为直线 B. 0−2s内猴子做匀变速曲线运动
C. t=0时猴子的速度大小为8m/s D. 0−2s内猴子的加速度大小为4m/s2
16. 有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力。以下说法正确的是( )
A. 若座椅与乘坐人员的总质量为m，则两根钢绳对座椅的总拉力大小为mω2rsinθ
B. 若座椅与乘坐人员的总质量为m，则两根钢绳对座椅的总拉力大小为mgcosθ
C. 如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直
D. 两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大
17. 如图所示，水平地面上，处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m=0.4kg的物块上，另一端固定于木桩上的B点。用弹簧秤的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧秤始终与地面平行。物块在水平拉力作用下缓慢滑动。当物块滑动至A位置时，∠AOB=120∘，弹簧秤的示数为3N。重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 物块从初始位置到运动至A位置的过程中，弹簧秤的拉力一直增大
B. 物块从初始位置到运动至A位置的过程中，弹簧秤的拉力大小保持不变
C. 木桩受到绳的拉力始终等于3N
D. 物块与地面间的动摩擦因数为0.75
18. 如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动．皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动．小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值．那么：
(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是______.
A.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C.在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D.在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了______(选填“理想实验法”、“控制变量法”、“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．
(3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2 倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为______.
19. 某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连。实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用纸带计算出小车对应的加速度a，不计绳与滑轮之间的摩擦。
(1)实验中钩码的质量______远小于小车质量。(填“需要”或“不需要”)
(2)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带数据求出小车的加速度a=______m/s2。
(3)根据实验数据绘出小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像，图丙图像中最符合本实验实际情况的是______。
20. 一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上139 m高处，然后让座舱自由下落。当落到离地面高
59m时开始制动，之后做匀减速运动，在下落到离地面9m高处时速度刚好减小到零，求：
(1)自由下落的时间；
(2)匀减速运动的加速度大小；
(3)若座舱中某人用手托着重5kg的铅球，当座舱落到离地面15m高的位置时，手要用多大的力才能托住铅球？
21. 如图所示为学校举行的教师托乒乓球跑步比赛情景，赛道为水平直道，假设该老师在比赛过程中以速度1m/s做匀速直线运动，球拍的倾角始终为45∘，质量为3×10−3kg的乒乓球一直位于球拍中心相对球拍不动，如图所示。已知球受到的空气阻力Ff大小与其速度v的大小成正比，即Ff=kv(比例系数k为常数)，Ff方向与运动方向相反，重力加速度g取10m/s2。
(1)老师以1m/s做匀速直线运动时，球拍与球之间的摩擦力恰好为零，求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)当老师以2m/s做匀速直线运动时，乒乓球仍位于球拍中心相对球拍不动，求此时乒乓球受到球拍施加的静摩擦力的大小。
22. 如图所示为某物理兴趣小组所设计的游戏装置示意图。质量m=0.05kg的小钢珠(视为质点)用长度L=0.2m的轻绳拴着在竖直面内绕O做圆周运动。钢珠在A处轻绳恰好断开，以vA=1m/s的速度水平抛出，不计空气阻力，钢珠飞出后恰好从B处无碰撞切入一倾角为θ=45∘的斜面上，从C处小圆弧以2m/s的速度水平抛出，已知抛出点距地面高为h1=0.45m，钢珠在抛出后将与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度水平分量不变，速度的竖直分量大小不变，方向相反，若钢珠在第一次碰撞前恰好掠过高为h2=0.25m的挡板D，之后经过一次碰撞又恰好掠过高为h3=0.4m的挡板E，最后打中位于F处的电灯开关(开关大小不计，可视为点)。求：
(1)轻绳能够承受的最大拉力；
(2)A、B的竖直距离；
(3)开关F以及挡板D、E距抛出点C可能的水平距离xF、xD、xE。
23. 如图所示，倾角θ=37∘的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4m.质量M=2.0kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行．A的质量m=2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动． A、B物体均可视为质点，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.
(1)求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小；
(2)求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；
(3)若A物体从h1=1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围．(设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、力、位移，既有大小，又有方向，是矢量；故A正确；
B、速度既有大小，又有方向，是矢量；路程只有大小，没有方向，是标量，故B错误；
C、加速度既有大小，又有方向，是矢量；速率只有大小，没有方向，是标量，故C错误；
D、时间、质量只有大小，没有方向，为标量，故D错误；
故选：A。
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握．要注意矢量的运算符合平行四边形法则．
2.【答案】D
【解析】解：A、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f的作用，则棋子受到四个力的作用，故A错误；
B、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡，而静摩擦力与棋子的重力平衡，故棋盘对棋子的作用力等于重力，故B错误；
C、静摩擦力与棋子的重力平衡，故摩擦力大小与磁性大小无关，故C错误；
D、因静摩擦力与重力平衡，故减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小，故D正确。
故选：D。
首先对棋子进行受力分析，明确受力个数，根据平衡条件分析摩擦力与重力间的关系。
本题考查共点力平衡条件的应用，要注意明确棋盘对棋子的作用力包括磁力、注意重力与静摩擦力是平衡力。
3.【答案】A
【解析】解：已知鱼在水中沿水平直线向左加速游动，由鱼沿水平直线游动可知，水对鱼的作用力的竖直分力与鱼自身的重力平衡；由鱼向左加速游动可知，水对鱼的作用力的水平分力向左，所以水对鱼的作用力应斜向左上方。故A正确，BCD错误。
故选：A。
对鱼进行分析，明确其受力情况，对水平方向由牛顿第二定律进行分析，竖直方向根据平衡条件进行分析，从而明确水对鱼的作用力的方向．
本题考查受力分析以及牛顿第二定律的应用，要注意明确水对鱼还有竖直向上的作用力，这一力与鱼的重力相互平衡。
4.【答案】D
【解析】解：篮球在上升阶段做减速曲线运动，所受合力应该指向轨迹的内侧，且与速度方向成钝角，故篮球在O位置时受力方向可能是④，故ABC错误，D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是力与速度不在一条直线上，从图中分析篮球的运动情况，进而确定力与速度方向成钝角，合力指向轨迹的凹侧。
明确物体做曲线运动的条件是解决问题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上先匀减速竖直上升，后匀加速竖直上升；
水平分运动无加速度，竖直分运动加速度先向下，后向上，故物体合运动的加速度先向下，后向上，故轨迹先向下弯曲，再向上弯曲，故C正确，ABD错误；
故选：C。
物体Q从地面竖直向上吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是两个运动的合运动。
本题关键是找出物体的分运动，同时明确加速度方向与轨迹轨迹弯曲的方向一致，合力指向轨迹凹的一侧。
6.【答案】C
【解析】解：对足球受力分析，受重力、三个立柱的支持力；
根据平衡条件，竖直方向，有：3Ncos30∘=mg
解得：N=239mg；
根据牛顿第三定律，每个立柱受到足球的压力为239mg，故C正确，ABD错误；
故选：C。
对足球受力分析，受重力和三个支持力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解。
本题涉及空间力系，关键是将每个支持力沿着水平和竖直方向正交分解，然后结合共点力平衡条件列式求解，基础题目。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题关键对两球运用平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解，同时结合几何关系找出水平分位移与竖直分位移间的关系，运用比例法求解。
【解答】
小球Q做平抛运动，根据分位移公式，有：
x=v2t…①
y=12gt2…②
又tan37∘=yx…③
联立①②③得：v2=23gt…④
小球P恰好垂直打到斜面上，则有：
tan37∘=v1vy=v1gt…⑤
则得：v1=34gt…⑥
由④⑥得：v1：v2=9:8，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
对小球进行受力分析，分析合力方向，确定小车的运动情况，根据几何关系求解细线拉力大小；根据牛顿第二定律求解小球的加速度大小；对物块B根据牛顿第二定律求解摩擦力大小，根据几何关系求解小车对物体B的作用力。
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；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A、对小球进行受力分析，可知合力方向水平向左，即加速度方向向左，小车向右做匀减速直线运动，故A错误；
B、对小球A分析，根据几何关系可得轻质细线对小球A的拉力大小为F=mgcosθ，故B错误；
CD、对小球A分析，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=ma，解得小球的加速度大小为：a=gtanθ，则小球、小车和物块B组成的系统的加速度大小为a=gtanθ；
物块B与小车保持静止，因此所受的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力提供物块B的加速度，方向水平向左，如图所示；对物块B根据牛顿第二定律可得：f=Ma=Mgtanθ；小车对物体B的作用力为：F′=(Mg)2+(Ma)2=Mg1+tan2θ，方向为斜向左上方，斜向左上方，故D正确，C错误。
故选：D。
9.【答案】B
【解析】解：A、衣物在做匀速圆周运动，故所受合外力为：F合=mω2R，以a、b为例，由于重力方向始终向下，向心力方向始终指向圆心，可知衣物所受滚筒的支持力的大小不相等，故A错误；
BD、在a、b两点，根据牛顿第二定律有
mg+FN1=mv2R
FN2−mg=mv2R
衣物对滚筒壁的压力在a位置比在b位置的小；衣物做匀速圆周运动，所需的向心力相同，对筒壁的压力不同，在b点最大，脱水效果最好，故B正确，D错误；
C、衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，在转动过程中，衣物所受的重力、衣物所受滚筒的作用力大小的合力大小不变，但方向时刻变化，所以衣物所受滚筒的作用力大小是在不断发生变化的，故C错误；
故选：B。
衣物做圆周运动，对衣物进行受力分析，合外力提供向心力，联立等式分析计算即可。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，对衣物进行受力分析，结合向心力公式完成分析即可，整体难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：AB、对小球b受力分析，受重力和拉力，受力平衡，弹簧B的弹力：FB=mg；
对小球a、b整体受力分析，如图所示：
根据平衡条件，弹簧A的拉力：FAcos53∘=(2m+m)g，得 FA=5mg
故FA：FB=5：1，故AB错误。
CD、剪断绳子瞬间时，弹簧B的弹力不变，则小球b的合力仍为0，故此时b的加速度为0
弹簧A的弹力也不变，则小球a的合力与原来绳子拉力T的大小相等，为：T=(2m+m)gtan53∘=4mg，
故此时a的加速度为：a=4mg2m=2g，故C正确，D错误。
故选：C。
先对球b分析，根据平衡条件求解弹簧B的弹力；再对球a、b整体受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力和弹簧A的弹力。轻绳剪断瞬间，绳子上的拉力可以发生突变，弹簧的弹力不发生突变，根据牛顿第二定律即可求加速度。
本题关键是采用整体法和隔离法进行处理，要灵活选择研究对象，然后根据平衡条件并结合牛顿第二定律列式求解。
11.【答案】B
【解析】解：设小物体质量为m，将拉力分解如图：
有：T1=Fntanθ=mω2Rtanθ
由几何关系得：sinθ=rR=0.6
则θ=37∘
由速度方向合力为0得：T1=f=μmg
联立解得：μ=0.3，故B正确，ACD错误；
故选：B
将绳子拉力进行分解，结合几何关系和向心力公式及滑动摩擦力公式计算出动摩擦因数。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，对物体进行受力分析，根据力的正交分解和向心力公式解答。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、m的单位是kg，v的单位是m/s，由p=mv知p 的单位是kg⋅m/s，故A正确，B错误。
CD、根据牛顿第二定律F=ma，知1N=1kg⋅m/s2，则有1N⋅s=1kg⋅m/s，所以p的单位也可以为N⋅s.故C正确，D错误。
故选：AC
动量p 的单位是导出单位，根据m和v的单位推导出来。
解决本题的关键是明确动量与质量和速度的关系，以及力与加速度的关系，通过物理规律推导出各个物理量单位之间的关系。
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
雨滴均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再求出速度之差与时间的关系。
本题是自由落体运动位移公式和速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
【解答】
AC.设第二滴雨滴运动时间为t，则第一滴运动时间为t+Δt，相邻两雨滴的距离为：Δh=12g(t+Δt)2−12gt2=gtΔt+12g⋅Δt2，随着时间t的增大而增大，所以相邻雨滴之间的距离越来越大，故C正确，A错误；
BD.雨滴做自由落体运动，设第二滴雨滴运动的时间为t，则第一滴雨滴的运动时间为t+△t，则两雨滴的速度之差为：Δv=g(t+Δt)−gt=gΔt，为定值，所以相邻雨滴之间的速度之差保持不变，故D错误，B正确。
故选BC。
14.【答案】BCD
【解析】解：AB、冰壶运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，则有：s=12at2，a相等，则得s1t12=s2t22=s3t32，故A错误，B正确。
C、从O到A的过程，有：s1=vA2t1，得：vA=2s1t1，同理，可以求出冰壶经过B、C两点的速率，故C正确。
D、从O到A的过程，由s1=12at12得加速度大小为：a=2s1t12
由牛顿第二定律得：μmg=ma，得：μ=ag，可知能求出冰壶与冰面的动摩擦因数，故D正确。
故选：BCD。
冰壶运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，采用逆向思维，利用位移时间公式求时间之比，由位移等于平均速度乘以时间求各点的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求动摩擦因数。
解决本题的技巧是采用逆向思维，研究冰壶运动的逆过程，运用匀变速直线运动的规律求加速度和速度。
15.【答案】BD
【解析】解：AB、由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下。由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动。故A错误，B正确。
C、x−t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的速度大小为vx=ΔxΔt=82m/s=4m/s，竖直方向初速度vy=8m/s，t=0时猴子的速度大小为：v=vx2+vy2=42+82m/s=45m/s，故C错误。
D、v−t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a=ΔvΔt=8−02m/s2=4m/s2.故D正确。
故选：BD。
猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过图像及运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．
16.【答案】BD
【解析】解：B、对座椅与人的整体受力分析，如图所示：
竖直方向上：Fcosθ=mg
解得：F=mgcosθ，B正确；
C、因钢绳拉力的竖直分量等于座椅与乘坐人员的总重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，故C错误；
AD、水平方向，根据Fsinθ=mω2(r+Lsinθ)
解得：mgtanθ=mω2(r+Lsinθ)，两边可消掉m，即两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大，故A错误，D正确；
故选：BD。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，对座椅与人的整体受力分析，结合几何关系分析求解。
17.【答案】ACD
【解析】解：AB、以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图：
由于物体受到的摩擦力恒定，因此摩擦力不变，物体缓慢移动，因此拉力等于摩擦力大小，随着物块向木桩靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故A正确，B错误；
C、当绳子间的夹角为120∘时，绳子上的拉力等于弹簧秤的拉力大小，为3N，由于物体缓慢移动处于动态平衡状态，故绳子上的拉力大小始终等于物体A所受滑动摩擦力3N，所以木桩受到绳子的拉力始终等于3N，故C正确；
D、以弹黉秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图
由几何知识知：绳子拉力T=F
物块缓慢滑动，处于平衡状态：f=T=F，
即：μmg=F，
代入数据解得：μ=0.75，故D正确；
故选：ACD。
以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法求解绳子的拉力大小；物块缓慢滑动，处于平衡状态，则绳子拉力的大小等于滑块摩擦力的大小，进而结合滑动摩擦力的计算公式求出摩擦因数．
本题的关键是由“物块在水平拉力作用下缓慢滑动”可知物体处于动态平衡状态，拉力与摩擦力大小相等，从而确定出绳子拉力大小不变．
18.【答案】A ；控制变量法； 1：2
【解析】解：(1)根据F=mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变．
故A正确，BCD错误．
(2)由前面分析可知该实验采用的是控制变量法．
(3)由F=mrω2知ω=Fmr，故可知左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为F左m左r左:F右m右r右=1:2
故答案为：(1)A；(2)控制变量法；(3)1：2.
(1)要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的半径不变．
(2)该实验是采用的控制变量法．
(3)由ω=Fmr求解左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．
19.【答案】不需要；0.75；B
【解析】解：(1)因为实验中有弹簧测力计测量绳子上的拉力，故不需要保证实验中钩码的质量远小于小车的质量；
(2)T=1f=150s=0.02s
根据逐差法可知，小车的加速度大小为：a=3.35−1.852×0.12×10−2m/s2=0.75m/s2；
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是呈线性关系，实验存在阻力，即是不过原点的一条倾斜的直线，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)不需要；(2)0.75；(3)B
(1)因为有弹簧测力计直接测量绳子的拉力，故不需要保证实验中钩码的质量远小于小车的质量；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度；
(3)根据实验原理结合牛顿第二定律分析出正确的图像。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出小车的加速度，根据实际情况分析出正确的a−F图像。
20.【答案】解：由题意，座舱自由下落139m−59m=80m，自由落体运动过程中，根据h1=12gt12
解得t1=4s
(2)匀减速位移h2=(59−9)m=50m
据v12=2ah2
又v1=gt1=10×4=40m/s
代入得a=16m/s2
(3)当座舱落到离地面15m高的位置时做匀减速运动，匀减速下降过程a向上，设为正方向，
据牛顿第二定律F−mg=ma
解得F=130N
答：(1)自由下落的时间为4s；
(2)匀减速运动的加速度大小16m/s2
(3)若座舱中某人用手托着重5kg的铅球，当座舱落到离地面15m高的位置时，手要用130N的力才能托住铅球。
【解析】(1)由自由落体规律可求做自由落体的时间，
(2)由匀变速规律可求得加速度的大小；
(3)由牛顿第二定律求解。
本题考查匀变速运动的基本规律和自由落体运动，要注意多过程的连接问题，这个连接量一般是转折处的速度。
21.【答案】解：(1)球拍与球之间的摩擦力恰好为零时，乒乓球受到重力、球拍的支持力与空气阻力处于平衡状态，如图1，则：
FN1cosθ=mg
FN1sinθ=Ff1
又：Ff1=kv1
联立解得：k=3×10−2N/m
(2)当老师以2m/s做匀速直线运动时，乒乓球的受力如图2，此时的阻力：Ff2=kv2=3×10−2×2N=6×10−2N
平行球拍方向：Ff+mgsinθ=Ff2cosθ
解得：Ff=32200N
答：(1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k为3×10−2N/m；
(2)当老师以2m/s做匀速直线运动时，乒乓球受到球拍施加的静摩擦力的大小为32200N。
【解析】(1)在匀速运动阶段，乒乓球受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；
(2)乒乓球受力平衡，根据平衡条件列式即可求解．
本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确受力分析．
22.【答案】解：(1)钢球经过A点时绳刚好断开，由牛顿第二定律
T−mg=mvA2L
可解得
T=0.75N
轻绳能够承受的最大拉力为0.75N；
(2)钢球从A到B做平抛运动，因为在B处恰好飞入，所以该点的速度方向为沿斜面向下，可知
tan 45∘vyvA
得钢球在B处速度的竖直分量为vy=1m/s
则A、B的竖直距离为
Δh=vy22g=0.05m；
(3)钢珠从飞出至落地过程所需的时间为
t0=2h1g=0.3s
由题意可知，钢珠自C点飞出至F点共触地2次
由竖直方向分运动可知运动的总时间为
t=3t0=0.9s
所以F距C的水平距离为
xF=vCt=1.8m
钢珠自C到掠过挡板D所用的时间为
t1=2h1−h2g=0.2s
所以D距C的水平距离为
xD=vCt1=0.4m
挡板E有两种情况；
①如图a所示情况下：
钢珠所经历的时间为
t2=2t0−2h1−h3g=0.5s
所以E距C的水平距离为
xE=vCt2=1m
②如图b所示情况下：
钢珠所经历的时间为
t2′=2t0+2(h1−h3)g=0.7s
所以E距C的水平距离为
xE′=vCt2′=1.4m
【解析】先由钢珠做圆周运动结合向心力公式获得轻绳能够承受的最大拉力；钢球恰好从B处无碰撞切入一倾角为θ=45∘的斜面上，结合平抛运动即可获得A、B的竖直距离；钢球自C点做平抛运动，钢球经过一次碰撞后才击中开关，根据平抛运动即可求解。
本题主要考查圆周运动和平抛运动，前两问较为基础，第三问中需要学生注意xE=1m或1.4m，出现这种结果需要学生在解此类问题时要事先画出钢球做平抛运动的轨迹，第三问属于较难问题。
23.【答案】解：(1)根据牛顿第二运动定律
对A有：mg−T=ma
对B有：T−Mgsinθ−μMgcosθ=Ma
代入数据解得：a=2m/s2
绳子拉力大小：T=20N
(2)设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1
对B有：Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1
代入数据解得：a1=8m/s2
对B由运动学公式得：着地前 v2=2ah
着地后 v2=2a1L−h
代入数据解得：h=1.92m
(3)设A着地后B向上滑行距离x
v2=2a1x
x≤L−h1
着地前 v2=2ah1
代入数据解得：m≤4kg
另一方面要能拉动必须有：mg>Mgsinθ+μMgcosθ
解得m>1.6kg
所以物体A的质量范围是1.6kg
(2)A着地后B做匀减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，A着地前和着地后，根据运动学公式列式求解；
(3)A着地后，由运动学公式及质量关系得解。
本题主要考查牛顿第二定律及运动学公式的理解与应用，正确选择研究对象，分析清楚物体的运动过程是关键，难度一般。
2021-2022学年浙江省宁波市九校高一（上）期末物理试卷
1. 下列各组物理量均为矢量的是( )
A. 力、位移 B. 路程、速度 C. 速率、加速度 D. 时间、质量
2. 如图为一竖直放置的棋盘，该棋盘具有磁性，每个棋子均可视为能被棋盘吸引的相同质量的小磁体。对于静止在棋盘上的某颗棋子，下列说法正确的是( )
A. 受三个力作用
B. 棋盘对棋子的作用力大于重力
C. 磁性越强的棋子，所受的摩擦力越大
D. 减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小
3. 一条鱼在水中沿水平直线向左加速游动，合理描述水对鱼作用力方向的是( )
A. B.
C. D.
4. 如图所示，用频闪照相机拍下篮球在空中飞行的照片，篮球在O点处所受合力方向，可能是( )
A. ①的方向 B. ②的方向 C. ③的方向 D. ④的方向
5. 如图所示，一塔式起重机正在工作，在某段时间内，吊车P沿吊臂向末端M水平匀速移动，同时吊车正下方的重物Q先匀减速竖直上升，后匀加速竖直上升。该段时间内，重物Q的运动轨迹可能是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，将一个足球用三个立柱(可视为质点)支起，小立柱成正三角形放在水平地面上，立柱与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为30∘，已知足球的质量为m，重力加速度为g，不计足球与立柱间的摩擦，则每个立柱受到足球的压力为( )
A. 16mg B. 23mg C. 239mg D. 13mg
7. 如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ=37∘的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，则v1、v2大小之比为( )
A. 9：8 B. 8：9 C. 3：2 D. 2：3
8. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向右做直线运动，质量为m的小球A用轻质细线悬挂于支架，小车右端质量为M的物块B始终相对于小车静止。物块B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某段时间内观察到轻质细线与竖直方向夹角为θ，且保持不变，则在这段时间内( )
A. 小车一定正在做加速运动
B. 轻质细线对小球A的拉力大小为mgsinθ
C. 物块B所受摩擦力大小为μMg，方向水平向右
D. 小车对物块B的作用力大小为Mg1+tan2θ，方向为斜向左上方
9. 如图甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动。如图乙，一件小衣物(可理想化为质点)质量为m，滚筒半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，a、b分别为小衣物经过的最高位置和最低位置。下列说法正确的是( )
A. 衣物所受滚筒的支持力的大小始终为mω2R
B. 衣物转到b位置时的脱水效果最好
C. 衣物所受滚筒的作用力大小始终为mg
D. 衣物在a位置对滚筒壁的压力比在b位置的大
10. 如图所示，小球a的质量为2m，小球b的质量为m，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态。轻弹簧A与竖直方向夹角为53∘，则下列说法中正确的是( )
A. 轻弹簧A、B的弹力之比为5：3
B. 轻弹簧A、B的弹力之比为2：1
C. 轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为2g和0
D. 轻绳剪断瞬间a、b的加速度分别为3g和0
11. 一种餐桌的构造如图甲所示，其中圆形转盘的半径为0.6m，圆形桌面的半径为1m，不计转盘的厚度，轻绳的一端固定在转盘边缘的A点，另一端连着小物体(视为质点，图甲中未画出)，小物体被轻绳带动沿桌面边缘一起顺时针转动，达到稳定状态后，小物体与转盘的角速度大小均为2rad/s，且此时圆心O，A点的连线与轻绳垂直，俯视图如图乙所示。取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。小物体与桌面间的动摩擦因数为( )
A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5
12. 物理学中“把物体的质量和速度的乘积定义为动量”，写成表达式就是p=mv，下列可作为动量p的单位是( )
A. kg⋅m/s B. kg⋅m/s2 C. N⋅s D. N/s
13. 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
14. 运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。如图所示，设它经过A、B、C三点，到O点速度为零，已知A、B、C三点到O点的距离分别为s1、s2、s3，时间分别为t1、t2、t3.下列结论正确的是(冰壶和冰面的动摩擦因数保持不变，g取10m/s2)( )
A. s1t1=s2t2=s3t3
B. s1t12=s2t22=s3t32
C. 由题中所给条件可以求出冰壶经过A、B、C三点的速率
D. 由题中所给条件可以求出冰壶与冰面的动摩擦因数
15. 如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v−t图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x−t图象如图丙所示，若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )
A. 猴子的运动轨迹为直线 B. 0−2s内猴子做匀变速曲线运动
C. t=0时猴子的速度大小为8m/s D. 0−2s内猴子的加速度大小为4m/s2
16. 有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力。以下说法正确的是( )
A. 若座椅与乘坐人员的总质量为m，则两根钢绳对座椅的总拉力大小为mω2rsinθ
B. 若座椅与乘坐人员的总质量为m，则两根钢绳对座椅的总拉力大小为mgcosθ
C. 如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直
D. 两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大
17. 如图所示，水平地面上，处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m=0.4kg的物块上，另一端固定于木桩上的B点。用弹簧秤的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧秤始终与地面平行。物块在水平拉力作用下缓慢滑动。当物块滑动至A位置时，∠AOB=120∘，弹簧秤的示数为3N。重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 物块从初始位置到运动至A位置的过程中，弹簧秤的拉力一直增大
B. 物块从初始位置到运动至A位置的过程中，弹簧秤的拉力大小保持不变
C. 木桩受到绳的拉力始终等于3N
D. 物块与地面间的动摩擦因数为0.75
18. 如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速轮塔2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动．皮带分别套在轮塔2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动．小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值．那么：
(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是______.
A.在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B.在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C.在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D.在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了______(选填“理想实验法”、“控制变量法”、“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．
(3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2 倍，那么，左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为______.
19. 某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连。实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用纸带计算出小车对应的加速度a，不计绳与滑轮之间的摩擦。
(1)实验中钩码的质量______远小于小车质量。(填“需要”或“不需要”)
(2)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分。已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带数据求出小车的加速度a=______m/s2。
(3)根据实验数据绘出小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图像，图丙图像中最符合本实验实际情况的是______。
20. 一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上139 m高处，然后让座舱自由下落。当落到离地面高
59m时开始制动，之后做匀减速运动，在下落到离地面9m高处时速度刚好减小到零，求：
(1)自由下落的时间；
(2)匀减速运动的加速度大小；
(3)若座舱中某人用手托着重5kg的铅球，当座舱落到离地面15m高的位置时，手要用多大的力才能托住铅球？
21. 如图所示为学校举行的教师托乒乓球跑步比赛情景，赛道为水平直道，假设该老师在比赛过程中以速度1m/s做匀速直线运动，球拍的倾角始终为45∘，质量为3×10−3kg的乒乓球一直位于球拍中心相对球拍不动，如图所示。已知球受到的空气阻力Ff大小与其速度v的大小成正比，即Ff=kv(比例系数k为常数)，Ff方向与运动方向相反，重力加速度g取10m/s2。
(1)老师以1m/s做匀速直线运动时，球拍与球之间的摩擦力恰好为零，求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)当老师以2m/s做匀速直线运动时，乒乓球仍位于球拍中心相对球拍不动，求此时乒乓球受到球拍施加的静摩擦力的大小。
22. 如图所示为某物理兴趣小组所设计的游戏装置示意图。质量m=0.05kg的小钢珠(视为质点)用长度L=0.2m的轻绳拴着在竖直面内绕O做圆周运动。钢珠在A处轻绳恰好断开，以vA=1m/s的速度水平抛出，不计空气阻力，钢珠飞出后恰好从B处无碰撞切入一倾角为θ=45∘的斜面上，从C处小圆弧以2m/s的速度水平抛出，已知抛出点距地面高为h1=0.45m，钢珠在抛出后将与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度水平分量不变，速度的竖直分量大小不变，方向相反，若钢珠在第一次碰撞前恰好掠过高为h2=0.25m的挡板D，之后经过一次碰撞又恰好掠过高为h3=0.4m的挡板E，最后打中位于F处的电灯开关(开关大小不计，可视为点)。求：
(1)轻绳能够承受的最大拉力；
(2)A、B的竖直距离；
(3)开关F以及挡板D、E距抛出点C可能的水平距离xF、xD、xE。
23. 如图所示，倾角θ=37∘的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4m.质量M=2.0kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行．A的质量m=2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动． A、B物体均可视为质点，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.
(1)求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小；
(2)求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；
(3)若A物体从h1=1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围．(设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、力、位移，既有大小，又有方向，是矢量；故A正确；
B、速度既有大小，又有方向，是矢量；路程只有大小，没有方向，是标量，故B错误；
C、加速度既有大小，又有方向，是矢量；速率只有大小，没有方向，是标量，故C错误；
D、时间、质量只有大小，没有方向，为标量，故D错误；
故选：A。
既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握．要注意矢量的运算符合平行四边形法则．
2.【答案】D
【解析】解：A、小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力N和静摩擦力f的作用，则棋子受到四个力的作用，故A错误；
B、棋盘对棋子的吸引力与棋盘面对棋子的弹力平衡，而静摩擦力与棋子的重力平衡，故棋盘对棋子的作用力等于重力，故B错误；
C、静摩擦力与棋子的重力平衡，故摩擦力大小与磁性大小无关，故C错误；
D、因静摩擦力与重力平衡，故减小棋子的质量，棋子所受到的摩擦力减小，故D正确。
故选：D。
首先对棋子进行受力分析，明确受力个数，根据平衡条件分析摩擦力与重力间的关系。
本题考查共点力平衡条件的应用，要注意明确棋盘对棋子的作用力包括磁力、注意重力与静摩擦力是平衡力。
3.【答案】A
【解析】解：已知鱼在水中沿水平直线向左加速游动，由鱼沿水平直线游动可知，水对鱼的作用力的竖直分力与鱼自身的重力平衡；由鱼向左加速游动可知，水对鱼的作用力的水平分力向左，所以水对鱼的作用力应斜向左上方。故A正确，BCD错误。
故选：A。
对鱼进行分析，明确其受力情况，对水平方向由牛顿第二定律进行分析，竖直方向根据平衡条件进行分析，从而明确水对鱼的作用力的方向．
本题考查受力分析以及牛顿第二定律的应用，要注意明确水对鱼还有竖直向上的作用力，这一力与鱼的重力相互平衡。
4.【答案】D
【解析】解：篮球在上升阶段做减速曲线运动，所受合力应该指向轨迹的内侧，且与速度方向成钝角，故篮球在O位置时受力方向可能是④，故ABC错误，D正确。
故选：D。
物体做曲线运动的条件是力与速度不在一条直线上，从图中分析篮球的运动情况，进而确定力与速度方向成钝角，合力指向轨迹的凹侧。
明确物体做曲线运动的条件是解决问题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上先匀减速竖直上升，后匀加速竖直上升；
水平分运动无加速度，竖直分运动加速度先向下，后向上，故物体合运动的加速度先向下，后向上，故轨迹先向下弯曲，再向上弯曲，故C正确，ABD错误；
故选：C。
物体Q从地面竖直向上吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是两个运动的合运动。
本题关键是找出物体的分运动，同时明确加速度方向与轨迹轨迹弯曲的方向一致，合力指向轨迹凹的一侧。
6.【答案】C
【解析】解：对足球受力分析，受重力、三个立柱的支持力；
根据平衡条件，竖直方向，有：3Ncos30∘=mg
解得：N=239mg；
根据牛顿第三定律，每个立柱受到足球的压力为239mg，故C正确，ABD错误；
故选：C。
对足球受力分析，受重力和三个支持力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解。
本题涉及空间力系，关键是将每个支持力沿着水平和竖直方向正交分解，然后结合共点力平衡条件列式求解，基础题目。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题关键对两球运用平抛运动的分位移公式和分速度公式列式求解，同时结合几何关系找出水平分位移与竖直分位移间的关系，运用比例法求解。
【解答】
小球Q做平抛运动，根据分位移公式，有：
x=v2t…①
y=12gt2…②
又tan37∘=yx…③
联立①②③得：v2=23gt…④
小球P恰好垂直打到斜面上，则有：
tan37∘=v1vy=v1gt…⑤
则得：v1=34gt…⑥
由④⑥得：v1：v2=9:8，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
对小球进行受力分析，分析合力方向，确定小车的运动情况，根据几何关系求解细线拉力大小；根据牛顿第二定律求解小球的加速度大小；对物块B根据牛顿第二定律求解摩擦力大小，根据几何关系求解小车对物体B的作用力。
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；注意整体法和隔离法的应用。
【解答】
A、对小球进行受力分析，可知合力方向水平向左，即加速度方向向左，小车向右做匀减速直线运动，故A错误；
B、对小球A分析，根据几何关系可得轻质细线对小球A的拉力大小为F=mgcosθ，故B错误；
CD、对小球A分析，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=ma，解得小球的加速度大小为：a=gtanθ，则小球、小车和物块B组成的系统的加速度大小为a=gtanθ；
物块B与小车保持静止，因此所受的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力提供物块B的加速度，方向水平向左，如图所示；对物块B根据牛顿第二定律可得：f=Ma=Mgtanθ；小车对物体B的作用力为：F′=(Mg)2+(Ma)2=Mg1+tan2θ，方向为斜向左上方，斜向左上方，故D正确，C错误。
故选：D。
9.【答案】B
【解析】解：A、衣物在做匀速圆周运动，故所受合外力为：F合=mω2R，以a、b为例，由于重力方向始终向下，向心力方向始终指向圆心，可知衣物所受滚筒的支持力的大小不相等，故A错误；
BD、在a、b两点，根据牛顿第二定律有
mg+FN1=mv2R
FN2−mg=mv2R
衣物对滚筒壁的压力在a位置比在b位置的小；衣物做匀速圆周运动，所需的向心力相同，对筒壁的压力不同，在b点最大，脱水效果最好，故B正确，D错误；
C、衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，在转动过程中，衣物所受的重力、衣物所受滚筒的作用力大小的合力大小不变，但方向时刻变化，所以衣物所受滚筒的作用力大小是在不断发生变化的，故C错误；
故选：B。
衣物做圆周运动，对衣物进行受力分析，合外力提供向心力，联立等式分析计算即可。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，对衣物进行受力分析，结合向心力公式完成分析即可，整体难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：AB、对小球b受力分析，受重力和拉力，受力平衡，弹簧B的弹力：FB=mg；
对小球a、b整体受力分析，如图所示：
根据平衡条件，弹簧A的拉力：FAcos53∘=(2m+m)g，得 FA=5mg
故FA：FB=5：1，故AB错误。
CD、剪断绳子瞬间时，弹簧B的弹力不变，则小球b的合力仍为0，故此时b的加速度为0
弹簧A的弹力也不变，则小球a的合力与原来绳子拉力T的大小相等，为：T=(2m+m)gtan53∘=4mg，
故此时a的加速度为：a=4mg2m=2g，故C正确，D错误。
故选：C。
先对球b分析，根据平衡条件求解弹簧B的弹力；再对球a、b整体受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力和弹簧A的弹力。轻绳剪断瞬间，绳子上的拉力可以发生突变，弹簧的弹力不发生突变，根据牛顿第二定律即可求加速度。
本题关键是采用整体法和隔离法进行处理，要灵活选择研究对象，然后根据平衡条件并结合牛顿第二定律列式求解。
11.【答案】B
【解析】解：设小物体质量为m，将拉力分解如图：
有：T1=Fntanθ=mω2Rtanθ
由几何关系得：sinθ=rR=0.6
则θ=37∘
由速度方向合力为0得：T1=f=μmg
联立解得：μ=0.3，故B正确，ACD错误；
故选：B
将绳子拉力进行分解，结合几何关系和向心力公式及滑动摩擦力公式计算出动摩擦因数。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，对物体进行受力分析，根据力的正交分解和向心力公式解答。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、m的单位是kg，v的单位是m/s，由p=mv知p 的单位是kg⋅m/s，故A正确，B错误。
CD、根据牛顿第二定律F=ma，知1N=1kg⋅m/s2，则有1N⋅s=1kg⋅m/s，所以p的单位也可以为N⋅s.故C正确，D错误。
故选：AC
动量p 的单位是导出单位，根据m和v的单位推导出来。
解决本题的关键是明确动量与质量和速度的关系，以及力与加速度的关系，通过物理规律推导出各个物理量单位之间的关系。
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
雨滴均做自由落体运动，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式，再求出速度之差与时间的关系。
本题是自由落体运动位移公式和速度公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
【解答】
AC.设第二滴雨滴运动时间为t，则第一滴运动时间为t+Δt，相邻两雨滴的距离为：Δh=12g(t+Δt)2−12gt2=gtΔt+12g⋅Δt2，随着时间t的增大而增大，所以相邻雨滴之间的距离越来越大，故C正确，A错误；
BD.雨滴做自由落体运动，设第二滴雨滴运动的时间为t，则第一滴雨滴的运动时间为t+△t，则两雨滴的速度之差为：Δv=g(t+Δt)−gt=gΔt，为定值，所以相邻雨滴之间的速度之差保持不变，故D错误，B正确。
故选BC。
14.【答案】BCD
【解析】解：AB、冰壶运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，则有：s=12at2，a相等，则得s1t12=s2t22=s3t32，故A错误，B正确。
C、从O到A的过程，有：s1=vA2t1，得：vA=2s1t1，同理，可以求出冰壶经过B、C两点的速率，故C正确。
D、从O到A的过程，由s1=12at12得加速度大小为：a=2s1t12
由牛顿第二定律得：μmg=ma，得：μ=ag，可知能求出冰壶与冰面的动摩擦因数，故D正确。
故选：BCD。
冰壶运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，采用逆向思维，利用位移时间公式求时间之比，由位移等于平均速度乘以时间求各点的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求动摩擦因数。
解决本题的技巧是采用逆向思维，研究冰壶运动的逆过程，运用匀变速直线运动的规律求加速度和速度。
15.【答案】BD
【解析】解：AB、由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下。由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动。故A错误，B正确。
C、x−t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的速度大小为vx=ΔxΔt=82m/s=4m/s，竖直方向初速度vy=8m/s，t=0时猴子的速度大小为：v=vx2+vy2=42+82m/s=45m/s，故C错误。
D、v−t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a=ΔvΔt=8−02m/s2=4m/s2.故D正确。
故选：BD。
猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过图像及运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．
16.【答案】BD
【解析】解：B、对座椅与人的整体受力分析，如图所示：
竖直方向上：Fcosθ=mg
解得：F=mgcosθ，B正确；
C、因钢绳拉力的竖直分量等于座椅与乘坐人员的总重力，则即使角速度足够大，也不可以使钢绳成水平拉直，故C错误；
AD、水平方向，根据Fsinθ=mω2(r+Lsinθ)
解得：mgtanθ=mω2(r+Lsinθ)，两边可消掉m，即两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大，故A错误，D正确；
故选：BD。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，对座椅与人的整体受力分析，结合几何关系分析求解。
17.【答案】ACD
【解析】解：AB、以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图：
由于物体受到的摩擦力恒定，因此摩擦力不变，物体缓慢移动，因此拉力等于摩擦力大小，随着物块向木桩靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故A正确，B错误；
C、当绳子间的夹角为120∘时，绳子上的拉力等于弹簧秤的拉力大小，为3N，由于物体缓慢移动处于动态平衡状态，故绳子上的拉力大小始终等于物体A所受滑动摩擦力3N，所以木桩受到绳子的拉力始终等于3N，故C正确；
D、以弹黉秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图
由几何知识知：绳子拉力T=F
物块缓慢滑动，处于平衡状态：f=T=F，
即：μmg=F，
代入数据解得：μ=0.75，故D正确；
故选：ACD。
以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法求解绳子的拉力大小；物块缓慢滑动，处于平衡状态，则绳子拉力的大小等于滑块摩擦力的大小，进而结合滑动摩擦力的计算公式求出摩擦因数．
本题的关键是由“物块在水平拉力作用下缓慢滑动”可知物体处于动态平衡状态，拉力与摩擦力大小相等，从而确定出绳子拉力大小不变．
18.【答案】A ；控制变量法； 1：2
【解析】解：(1)根据F=mrω2知，要研究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和半径不变．
故A正确，BCD错误．
(2)由前面分析可知该实验采用的是控制变量法．
(3)由F=mrω2知ω=Fmr，故可知左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为F左m左r左:F右m右r右=1:2
故答案为：(1)A；(2)控制变量法；(3)1：2.
(1)要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制一些变量，即保持小球的质量、转动的半径不变．
(2)该实验是采用的控制变量法．
(3)由ω=Fmr求解左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．
19.【答案】不需要；0.75；B
【解析】解：(1)因为实验中有弹簧测力计测量绳子上的拉力，故不需要保证实验中钩码的质量远小于小车的质量；
(2)T=1f=150s=0.02s
根据逐差法可知，小车的加速度大小为：a=3.35−1.852×0.12×10−2m/s2=0.75m/s2；
(3)由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是呈线性关系，实验存在阻力，即是不过原点的一条倾斜的直线，故B正确，ACD错误；
故选：B。
故答案为：(1)不需要；(2)0.75；(3)B
(1)因为有弹簧测力计直接测量绳子的拉力，故不需要保证实验中钩码的质量远小于小车的质量；
(2)根据逐差法计算出小车的加速度；
(3)根据实验原理结合牛顿第二定律分析出正确的图像。
本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合逐差法计算出小车的加速度，根据实际情况分析出正确的a−F图像。
20.【答案】解：由题意，座舱自由下落139m−59m=80m，自由落体运动过程中，根据h1=12gt12
解得t1=4s
(2)匀减速位移h2=(59−9)m=50m
据v12=2ah2
又v1=gt1=10×4=40m/s
代入得a=16m/s2
(3)当座舱落到离地面15m高的位置时做匀减速运动，匀减速下降过程a向上，设为正方向，
据牛顿第二定律F−mg=ma
解得F=130N
答：(1)自由下落的时间为4s；
(2)匀减速运动的加速度大小16m/s2
(3)若座舱中某人用手托着重5kg的铅球，当座舱落到离地面15m高的位置时，手要用130N的力才能托住铅球。
【解析】(1)由自由落体规律可求做自由落体的时间，
(2)由匀变速规律可求得加速度的大小；
(3)由牛顿第二定律求解。
本题考查匀变速运动的基本规律和自由落体运动，要注意多过程的连接问题，这个连接量一般是转折处的速度。
21.【答案】解：(1)球拍与球之间的摩擦力恰好为零时，乒乓球受到重力、球拍的支持力与空气阻力处于平衡状态，如图1，则：
FN1cosθ=mg
FN1sinθ=Ff1
又：Ff1=kv1
联立解得：k=3×10−2N/m
(2)当老师以2m/s做匀速直线运动时，乒乓球的受力如图2，此时的阻力：Ff2=kv2=3×10−2×2N=6×10−2N
平行球拍方向：Ff+mgsinθ=Ff2cosθ
解得：Ff=32200N
答：(1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k为3×10−2N/m；
(2)当老师以2m/s做匀速直线运动时，乒乓球受到球拍施加的静摩擦力的大小为32200N。
【解析】(1)在匀速运动阶段，乒乓球受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；
(2)乒乓球受力平衡，根据平衡条件列式即可求解．
本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确受力分析．
22.【答案】解：(1)钢球经过A点时绳刚好断开，由牛顿第二定律
T−mg=mvA2L
可解得
T=0.75N
轻绳能够承受的最大拉力为0.75N；
(2)钢球从A到B做平抛运动，因为在B处恰好飞入，所以该点的速度方向为沿斜面向下，可知
tan 45∘vyvA
得钢球在B处速度的竖直分量为vy=1m/s
则A、B的竖直距离为
Δh=vy22g=0.05m；
(3)钢珠从飞出至落地过程所需的时间为
t0=2h1g=0.3s
由题意可知，钢珠自C点飞出至F点共触地2次
由竖直方向分运动可知运动的总时间为
t=3t0=0.9s
所以F距C的水平距离为
xF=vCt=1.8m
钢珠自C到掠过挡板D所用的时间为
t1=2h1−h2g=0.2s
所以D距C的水平距离为
xD=vCt1=0.4m
挡板E有两种情况；
①如图a所示情况下：
钢珠所经历的时间为
t2=2t0−2h1−h3g=0.5s
所以E距C的水平距离为
xE=vCt2=1m
②如图b所示情况下：
钢珠所经历的时间为
t2′=2t0+2(h1−h3)g=0.7s
所以E距C的水平距离为
xE′=vCt2′=1.4m
【解析】先由钢珠做圆周运动结合向心力公式获得轻绳能够承受的最大拉力；钢球恰好从B处无碰撞切入一倾角为θ=45∘的斜面上，结合平抛运动即可获得A、B的竖直距离；钢球自C点做平抛运动，钢球经过一次碰撞后才击中开关，根据平抛运动即可求解。
本题主要考查圆周运动和平抛运动，前两问较为基础，第三问中需要学生注意xE=1m或1.4m，出现这种结果需要学生在解此类问题时要事先画出钢球做平抛运动的轨迹，第三问属于较难问题。
23.【答案】解：(1)根据牛顿第二运动定律
对A有：mg−T=ma
对B有：T−Mgsinθ−μMgcosθ=Ma
代入数据解得：a=2m/s2
绳子拉力大小：T=20N
(2)设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1
对B有：Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1
代入数据解得：a1=8m/s2
对B由运动学公式得：着地前 v2=2ah
着地后 v2=2a1L−h
代入数据解得：h=1.92m
(3)设A着地后B向上滑行距离x
v2=2a1x
x≤L−h1
着地前 v2=2ah1
代入数据解得：m≤4kg
另一方面要能拉动必须有：mg>Mgsinθ+μMgcosθ
解得m>1.6kg
所以物体A的质量范围是1.6kg
(2)A着地后B做匀减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，A着地前和着地后，根据运动学公式列式求解；
(3)A着地后，由运动学公式及质量关系得解。
本题主要考查牛顿第二定律及运动学公式的理解与应用，正确选择研究对象，分析清楚物体的运动过程是关键，难度一般。
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