四川省成都市武侯区2022-2023学年高一上学期期末模拟物理试卷(含答案)

这是一份四川省成都市武侯区2022-2023学年高一上学期期末模拟物理试卷(含答案)，共27页。试卷主要包含了如图所示，一圆球等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市2022-2023学年高一上学期期末物理模拟试卷
一．选择题（共8小题）
1．如图所示，木板水平、竖直或倾斜放置且处于静止状态，下列关于木块的受力分析正确的是（　　）
A．图中木块A受重力和竖直向下的压力
B．图中木块A受重力和竖直向上的滑动摩擦力
C．图中木块A受重力、竖直向上的弹力和沿木板向下的静摩擦力
D．图中木块A受重力、垂直木板向上的弹力和沿木板向上的滑动摩擦力
2．如图所示，质量分别为m1＝3kg，m2＝5kg的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝60N，F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，弹簧测力计未超出弹性限度，则（　　）

A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2
3．关于质点在某段时间内的位移和路程，下列说法正确的是（　　）
A．位移为零，该质点一定是静止的
B．路程为零，该质点一定是静止的
C．沿直线运动的质点，位移大小一定等于其路程
D．沿曲线运动的质点，位移大小可能大于其路程
4．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m/s2，那么开始刹车后2s内与开始刹车后6s内汽车通过的位移之比为（　　）
A．1：1 B．1：2 C．3：4 D．4：3
5．把6根原长为l的橡皮筋首尾相连组成一个正6边形，在6边形的顶角处对称的施加6个拉力F，使正6边形的边长变为2l，已知橡皮筋被拉长时产生的弹力满足胡克定律f＝kx．则拉力F的大小为（　　）

A．kl B．kl C．kl D．kl
6．如图所示，一圆球（可视为质点）放置于动摩擦因数为的斜面上，有一绳长为L的细绳拉着圆球使其在A处处于静止状态，且此时绳与竖直面的夹角为37°，圆球恰好不受摩擦力的作用。对此下列说法正确的是（　　）

A．圆球所受的合力方向竖直向上
B．绳子的拉力F与圆球的质量m的关系式是：mg＝F
C．绳子的拉力F与圆球的质量m的关系式是：mg＝F
D．将绳子切断，小球A所受的合力为mg
7．倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈恰能匀速下滑，斜劈静止。现给下滑的物体施加如图所示的恒力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则（　　）

A．此时地面对斜劈的摩擦力为0
B．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向左
C．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向右
D．物体与斜面间的摩擦力不变
8．质量为m＝2kg的物体静止于水平桌面上，设物体与桌面间的最大静摩擦力（等于滑动摩擦力）为5N。现将水平面内的两个力同时作用于物体的同一点，两个力的大小分别为3N、4N。下列关于物体的受力情况和运动情况的判断正确的是（　　）
A．物体一定保持静止
B．物体一定被拉动
C．物体所受静摩擦力可能为4N
D．物体加速度的范围0≤a≤3.5m/s2
二．多选题（共5小题）
9．如图所示，物体A、B都处于静止状态，轻绳OB呈水平，轻绳OP与竖直方向成30°角．保持结点O位置不变，当P点沿着竖直墙向下缓慢移动很小的一段距离，物体B始终处于静止状态，则下面说法正确的是（　　）

A．物体B受到的合力变小
B．轻绳OP的拉力变大
C．轻绳OB、OP对O点拉力的合力变大
D．物体B受到水平面的作用力变大
10．某宇航员乘着飞行器绕地球做匀速圆周运动，下列描述中正确的是（　　）
A．宇航员处于完全失重状态
B．宇航员对座椅的压力小于宇航员自身的重力
C．宇航员没有受到重力的作用
D．宇航员可以将重物挂在弹簧测力计上测物体的重力
11．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小滑块的质量m＝1kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C．当水平拉力F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2
D．当水平拉力F＞6N时，小滑块的加速度一定不变
12．如图所示，斜面体放置于粗糙水平底面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统始终处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中（　　）

A．斜面对物块A的摩擦力大小可能先减小后增大
B．细绳对物块A的拉力大小逐渐减小
C．地面对斜面体的摩擦力一定一直减小
D．地面对斜面体的支持力一定保持不变
13．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝2kg的煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
B．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+2）s
C．煤块上升的位移为10m
D．煤块在皮带上留下的划痕为（9+4）m
三．实验题（共2小题）
14．关于“验证力的平行四边形定则”的实验，请回答以下问题：
（1）实验中，除了木板、白纸、图钉、绳套、刻度尺、三角板、量角器外，在下列器材中，还必须使用的器材有 　 　。
A．天平（含砝码）
B．橡皮条
C．弹簧测力计
D．不同质量的钩码
（2）请将以下主要实验操作补充完整。
①把橡皮条一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套；
②用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置，
记为O；同时记录两根细绳的方向和两个测力计的示数；
③用一个弹簧测力计钩住一个绳套，拉橡皮条，使结点伸长到O点，记录此时的 　 　。

15．在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如图1所示：

①如图1所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；
②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；
③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；
④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。
（1）在上述实验操作过程中，以下说法正确的是　 　。
A．可以用6V以下的直流电源给打点计时器供电
B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源
C．要保持细绳与平板平行
D．应让小车从远离定滑轮处开始运动
（2）在操作④中，每次改变小车质量后，　 　（选填“需要”或“不需要”）重新调节平板的倾角。
（3）实验中，某同学在坐标纸上画出四张a﹣关系图线（见图2）。其中　 　图是正确。
（4）在操作②中，小车所受的合力大小　 　mg（填“大于”或“等于”或“小于”），实验中　 　（填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶的总质量远小于小车质量。
四．计算题（共3小题）
16．某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量m＝50kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80m时启动制动系统使平台开始做匀减速运动，再下落h2＝20m时刚好停止运动。取g＝10m/s2，求：
（1）下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
（2）落地前20m内，小明做匀减速直线运动的加速度的大小a；
（3）当平台落到离地面10m高的位置时，小明对跳楼机压力F的大小。

17．质量m1＝2.8千克的物体A放在水平地面上，与地面的滑动摩擦系数μ1＝0.2．质量m2＝2千克的物体B，B放在A的竖直前表面上，A、B间滑动摩擦系数μ2＝0.5．如图所示．今以F＝45.6牛顿的水平推力推A的后表面时，求A对地面的压力．

18．如图所示，质量M＝2kg的木板（上表面水平）静止在水平地面上，质量m＝1kg的滑块（视为质点）放在木板上，现对木板施加一个大小F＝12N、方向水平向右的恒定拉力，经时间t1＝4s后撤去拉力，撤去拉力时木板的右端到木板右侧竖直固定挡板的距离d＝10.4m，木板与挡板碰撞的时间极短且碰撞后的速度大小不变、方向反向。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2，滑块始终未滑离木板，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求撤去拉力时，木板的速度大小v1以及滑块的速度大小v2；
（2）求木板与挡板碰撞前瞬间，木板的速度大小v3；
（3）证明木板与滑块同时停下。

四川省成都市2022-2023学年高一上学期期末物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．如图所示，木板水平、竖直或倾斜放置且处于静止状态，下列关于木块的受力分析正确的是（　　）
A．图中木块A受重力和竖直向下的压力
B．图中木块A受重力和竖直向上的滑动摩擦力
C．图中木块A受重力、竖直向上的弹力和沿木板向下的静摩擦力
D．图中木块A受重力、垂直木板向上的弹力和沿木板向上的滑动摩擦力
【分析】对各状态下的木块进行受力分析，结合对应的条件分析即可。
解：A、放在水平面上，处于静止状态的木块受到重力与竖直向上的支持力，故A错误；
B、沿竖直墙壁下滑的木块受到重力的作用，若有竖直向上的滑动摩擦力，则必定受到墙壁的支持力以及水平方向的推力，故B错误；
C、静止在斜面上的木块A处于平衡状态，根据共点力平衡的条件可知，木块受重力、垂直于斜面向上的弹力和沿木板向上的静摩擦力，故C错误；
D、沿斜面匀速下滑的木块A处于平衡状态，根据共点力平衡的条件可知，木块受重力、垂直木板向上的弹力和沿木板向上的滑动摩擦力，故D正确。
故选：D。
【点评】对物体进行受力分析时，一定要搞清它所处的状态是怎样的，此题中有无压力、摩擦力的分析是关键．
2．如图所示，质量分别为m1＝3kg，m2＝5kg的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝60N，F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，弹簧测力计未超出弹性限度，则（　　）

A．弹簧测力计的示数是50N
B．若增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2
【分析】应用整体与隔离法，根据牛顿第二定律求解；弹簧的弹力不能突变，撤去拉力瞬间，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度。
解：A、m1、m2相对静止一起做匀加速直线运动，对m1、m2与弹簧测力计组成的整体，由牛顿第二定律得：
F1﹣F2＝（m1+m2）a……①
代入数据解得：a＝5m/s2，方向水平向右，
设弹簧测力计的拉力是F，对物体m2，由牛顿第二定律得：
F﹣F2＝m2a……②
代入数据解得：F＝45N，故A错误；
B、联立①②两式得：F＝，由此可知增大F2，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数增大，故B错误；
C、弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的弹力仍为F＝45N，对物体m2，由牛顿第二定律得：F＝m2a2，代入数据解得：a2＝9m/s2，故C错误；
D、与C同理，在突然撤去F1的瞬间，对物体m1，由牛顿第二定律得：F＝m1a1，代入数据解得：a1＝15m/s2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的连接体和瞬时问题，连接体问题可应用整体与隔离法解答，瞬时问题中弹簧的弹力不能突变。
3．关于质点在某段时间内的位移和路程，下列说法正确的是（　　）
A．位移为零，该质点一定是静止的
B．路程为零，该质点一定是静止的
C．沿直线运动的质点，位移大小一定等于其路程
D．沿曲线运动的质点，位移大小可能大于其路程
【分析】路程是标量，表示运动轨迹的总长度，位移是矢量，表示初末位置之间的有向线段，只有在物体做单向直线运动时，才能说位移的大小等于路程。
解：A、质点做圆周运动一周的位移为零，显然质点是运动的，故A错误；
B、质点只要运动，路程就不会为零，路程为零，该质点一定是静止的，故B正确；
CD、除了单向直线运动外，在其他的运动中，质点的位移大小都小于路程，故CD错误。
故选：B。
【点评】理解好位移和路程的区别和联系，路程是标量，位移是矢量，知道在物体做单向直线运动时，才能说位移的大小等于路程。
4．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m/s2，那么开始刹车后2s内与开始刹车后6s内汽车通过的位移之比为（　　）
A．1：1 B．1：2 C．3：4 D．4：3
【分析】先求出汽车刹车到停止的时间，因为汽车速度为零后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求出刹车后的位移。
解：汽车从刹车到静止用时：，
故刹车后2s为：s1＝v0t﹣at2＝20×2 m﹣×5×22m＝30m
刹车后6s内汽车的位移：s2＝v0t刹﹣at刹2＝20×4 m﹣×5×42m＝40m，
故：s1：s2＝3：4，
故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】本题属于刹车问题，关键要求出汽车刹车到停止的时间，因为汽车速度为零后不再运动。
5．把6根原长为l的橡皮筋首尾相连组成一个正6边形，在6边形的顶角处对称的施加6个拉力F，使正6边形的边长变为2l，已知橡皮筋被拉长时产生的弹力满足胡克定律f＝kx．则拉力F的大小为（　　）

A．kl B．kl C．kl D．kl
【分析】根据题意求出弹簧的长度，然后求出弹簧的伸长量，应用胡克定律求出弹簧的弹力，然后应用平衡条件求出拉力大小。
解：在六边形的任一顶角处的受力均为零，且三力方向互成120°，如图，根据正六边形的对称性，对每一根橡皮筋来说，两端受到的拉力

F拉＝F
根据胡克定律可得
F＝k （21﹣1）
解得
F＝kl
故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查了共点力作用下物体平衡条件的应用，根据题意求出弹簧的形变量、应用胡克定律求出弹簧的弹力是解题的前提，应用力的合成与平衡条件可以解题。
6．如图所示，一圆球（可视为质点）放置于动摩擦因数为的斜面上，有一绳长为L的细绳拉着圆球使其在A处处于静止状态，且此时绳与竖直面的夹角为37°，圆球恰好不受摩擦力的作用。对此下列说法正确的是（　　）

A．圆球所受的合力方向竖直向上
B．绳子的拉力F与圆球的质量m的关系式是：mg＝F
C．绳子的拉力F与圆球的质量m的关系式是：mg＝F
D．将绳子切断，小球A所受的合力为mg
【分析】对圆球进行受力分析，处于静止状态，列竖直和水平方向的平衡式即可判断。
解：对圆球进行受力分析如图：

A．圆球在A处处于静止状态，所受合力为零，故A错误；
BC．斜面对圆球的支持力N与竖直方向夹角为37°，由平衡条件可得
Fsin37°＝Nsin37°
Fcos37°+Ncos37°＝mg
联立解得
N＝F，mg＝F
故B错误，C正确；
D．将绳子切断，小球A所受的合力为
F合＝mgsin37°﹣μmgcos37°＝mg
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查共点力作用下的物体平衡，难度不大，注意角度问题。
7．倾角为30°的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈恰能匀速下滑，斜劈静止。现给下滑的物体施加如图所示的恒力F，F与竖直方向夹角为30°，斜劈仍静止，则（　　）

A．此时地面对斜劈的摩擦力为0
B．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向左
C．此时地面对斜劈的摩擦力方向水平向右
D．物体与斜面间的摩擦力不变
【分析】物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力方向；当加推力F后，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力同比增加，合力方向不变，由此分析。
解：ABC、物块匀速下滑时，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，故支持力和摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，根据牛顿第三定律得到物体对斜面体的作用力方向竖直向下，等于mg；
当加推力F后，根据滑动摩擦定律f＝μN，支持力和滑动摩擦力同比增加，故支持力和滑动摩擦力合力的方向不变，物体仍将沿斜面匀速下滑，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向也不变，竖直向下；由于物体对斜面体的压力和滑动摩擦力的合力方向不变，竖直向下；因此地面对斜劈没有摩擦力，故A正确、BC错误；
D、根据前面的分析可知，物体与斜面间的摩擦力增大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向；注意本题不能误选C。
8．质量为m＝2kg的物体静止于水平桌面上，设物体与桌面间的最大静摩擦力（等于滑动摩擦力）为5N。现将水平面内的两个力同时作用于物体的同一点，两个力的大小分别为3N、4N。下列关于物体的受力情况和运动情况的判断正确的是（　　）
A．物体一定保持静止
B．物体一定被拉动
C．物体所受静摩擦力可能为4N
D．物体加速度的范围0≤a≤3.5m/s2
【分析】两个水平力的大小确定，不确定方向，可以根据平行四边形定则分析两个力的合力范围，根据合力范围由物体的平衡条件和牛顿第二定律确定物体可能受到的摩擦力作用即可。
解：两个力的合力的取值范围为1N≤F≤7N。
A、当两个力方向相同时，合力大小为7N＞5N，物体不能保持静止状态，故A错误；
B、当两个力方向相反时，合力大小为1N＜5N，物体处于静止状态，故B错误；
C、当两个力的合力大小等于4N时，物体所受静摩擦力为4N，故C正确；
D、当两个力方向相同时，合力最大，合力F＝7N，物体的加速度最大，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
代入数据解得：a＝1m/s2
则物体加速度的范围为0≤a≤1m/s2
故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查力的合成和摩擦力的计算，知道两个力的合力取值范围为|F1﹣F2|≤F合≤|F1+F2|，能根据物体受力情况判断其运动情况。
二．多选题（共5小题）
9．如图所示，物体A、B都处于静止状态，轻绳OB呈水平，轻绳OP与竖直方向成30°角．保持结点O位置不变，当P点沿着竖直墙向下缓慢移动很小的一段距离，物体B始终处于静止状态，则下面说法正确的是（　　）

A．物体B受到的合力变小
B．轻绳OP的拉力变大
C．轻绳OB、OP对O点拉力的合力变大
D．物体B受到水平面的作用力变大
【分析】物体B始终处于静止状态，合力为零，对结点O研究，分析受力情况，根据平衡条件求出OB绳和OP的拉力，再对B研究，由平衡条件求解物体B受到水平面的作用力．
解：A、物体B始终处于静止状态，合力为零，不变化，故A错误；
BD、对结点0，分析受力情况，由平衡条件得：FOPcosθ＝mAg，FOB＝mAgtanθ，
当P点沿着竖直墙向下缓慢移动很小的一段距离，θ增大，所以轻绳OP的拉力增大，轻绳OB的拉力增大，则物体B受到水平面的作用力增大，故BD正确；
C、O点保持平衡，合力为零，则轻绳OB、OP对O点的拉力等于A的重力，即合力不变，故C错误。
故选：BD。

【点评】本题绳系系统问题，往往以结点为研究对象，求解绳子的拉力．对于静摩擦力常常根据平衡条件求解．
10．某宇航员乘着飞行器绕地球做匀速圆周运动，下列描述中正确的是（　　）
A．宇航员处于完全失重状态
B．宇航员对座椅的压力小于宇航员自身的重力
C．宇航员没有受到重力的作用
D．宇航员可以将重物挂在弹簧测力计上测物体的重力
【分析】超重时，物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力大于重力，根据牛顿第二定律，物体受到向上的合力，加速度方向向上；失重时，物体对悬挂物的拉力或对支撑面的压力小于重力，根据牛顿第二定律，物体受到向下的合力，加速度方向向下。
在完全失重状态原来受重力影响能完成的工作将不能完成。
解：AB、宇航员所受引力产生向心加速度，为完全失重状态，则其对座椅的压力小于宇航员的重力。故AB正确
C、完全失重并非不受重力，故C错误
D、完全失重，重物对弹簧测力计的拉力为0，故D错误
故选：AB。
【点评】明确宇航员乘着飞行器绕地球做匀速圆周运动为完全失重状态即可轻松解题。
11．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小滑块的质量m＝1kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4
C．当水平拉力F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2
D．当水平拉力F＞6N时，小滑块的加速度一定不变
【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律推导出a﹣F关系式，运用整体和隔离法分析。
解：A、对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝（M+m）a，
当F＝6N时，此时两物体具有最大共同加速度a＝2m/s2，代入数据解得：M+m＝3kg
当F大于6N时，对木板根据牛顿第二定律得：a＝＝﹣，
知图线的斜率k＝＝kg﹣1＝1kg﹣1
解得长木板质量：M＝1kg，滑块的质量为：m＝2kg，故A错误；
B、根据图线知，当F＝6N时二者恰好发生相对滑动，此时小滑块的加速度大小为a0＝2m/s2，对小滑块根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma0，解得：μ＝0.2，故B错误；
C、F＞6N时，a﹣F关系为a＝F﹣4，当F＝6.5N时，长木板的加速度为：a＝2.5m/s2，故C正确；
D、根据图象可知，当拉力增大到6N以后时，两物体发生滑动时，小滑块由摩擦力提供加速度，受到的摩擦力不变，根据牛顿第二定律可得：a＝＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，恒定不变，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。
12．如图所示，斜面体放置于粗糙水平底面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统始终处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中（　　）

A．斜面对物块A的摩擦力大小可能先减小后增大
B．细绳对物块A的拉力大小逐渐减小
C．地面对斜面体的摩擦力一定一直减小
D．地面对斜面体的支持力一定保持不变
【分析】以物体B受力分析，由共点力的平衡条件可求得细线拉力和水平力F的变化；再对A物体受力分析可知A受到的摩擦力的变化；对整体受力分析，可分析地面对斜面体的支持力和摩擦力变化情况。
解：AB、依题意对物块B进行受力分析，假设绳子中的弹力为T，则可得到力的三角形如图所示：

由图可得：T＝，所以随着绳子偏离竖直方向，α增大，T随之增大，
再对A进行分析，如果A原来受到沿斜面向上的摩擦力，根据平衡条件得：T+f＝mAgsinθ
当T增大时，摩擦力先减小，后反向增大；
若原来A所受摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件得：T＝mBgsinθ+f
当拉力增大时，摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误；
C、对B物体，由平衡条件得：F＝mBgtanα，可知α增大，F也随之增大，对A、B两物体与斜面体这个整体，由平衡条件知地面对斜面体的摩擦力与拉力F大小相等，则地面对斜面体的摩擦力一定增大，故C错误；
D、对A、B两物体与斜面体这个整体，在竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力等于总重力，所以地面对斜面体的支持力一定保持不变，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题要注意正确选择研究对象，正确进行受力分析，再根据共点力平衡中的动态平衡分析各力的变化情况。
13．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v＝2m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m＝2kg的煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
B．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+2）s
C．煤块上升的位移为10m
D．煤块在皮带上留下的划痕为（9+4）m
【分析】根据v﹣t图象得加速度，结合牛顿第二定律可求得动摩擦因数，结合运动学公式可求得时间与划痕长度。
解：由v﹣t图象得0～1s的加速度a1为：a1＝＝m/s2＝﹣10m/s2，则方向沿传送带向下；1s～2s的加速度a2为：a2＝＝m/s2＝﹣2m/s2，方向沿传送带向下。
A、0～1s，对煤块由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1s～2s，对煤块由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：θ＝37°，μ＝0.5，故A正确；
BC、v﹣t图象图线面积表示位移，所以煤块上滑总位移为x＝m＝8m，由运动学公式得下滑时间为：t下＝
代入数据解得t下＝2s，
所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为t＝（1+1+2）s＝（2+2）s故B正确，C错误；
D、v﹣t图象图线面积表示位移，0～1s内，煤块上滑7m，皮带位移为x'＝vt＝2×1m＝2m，故煤块相对皮带向上划痕为5m；1s后直至煤块从A端离开皮带，煤块位移﹣7m，皮带位移为x''＝vt下＝2×（1+2）m＝（2+4）m，
所以煤块相对皮带向下划痕（9+4）m，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，注意结合运动学公式，同时掌握划痕的计算方式。
三．实验题（共2小题）
14．关于“验证力的平行四边形定则”的实验，请回答以下问题：
（1）实验中，除了木板、白纸、图钉、绳套、刻度尺、三角板、量角器外，在下列器材中，还必须使用的器材有 　BC　。
A．天平（含砝码）
B．橡皮条
C．弹簧测力计
D．不同质量的钩码
（2）请将以下主要实验操作补充完整。
①把橡皮条一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套；
②用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置，
记为O；同时记录两根细绳的方向和两个测力计的示数；
③用一个弹簧测力计钩住一个绳套，拉橡皮条，使结点伸长到O点，记录此时的 　细绳的方向和弹簧测力计的示数　。

【分析】（1）根据实验原理选择需要使用的实验器材；
（2）根据实验原理掌握正确的实验操作。
解：（1）根据实验原理可知，需要橡皮条和弹簧测力计，故AD错误，BC正确；
故选：BC。
（2）③用一个弹簧测力计钩住绳套，拉橡皮条，使节点伸长到O点，记录此时的细绳的方向和弹簧测力计的示数；
故答案为：（1）BC；（2）细绳的方向和弹簧测力计的示数
【点评】本题主要考查了力的平行四边形定则的验证实验，实验采用是等效替代的思维方法，要保证一个合力与两个分力效果相同，结点O的位置必须相同，同时要明确实验原理和步骤，以及知道实验的注意事项。
15．在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如图1所示：

①如图1所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；
②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；
③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，每次重复①②两步操作，得到小车加速度与合力的关系；
④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。
（1）在上述实验操作过程中，以下说法正确的是　C　。
A．可以用6V以下的直流电源给打点计时器供电
B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源
C．要保持细绳与平板平行
D．应让小车从远离定滑轮处开始运动
（2）在操作④中，每次改变小车质量后，　需要　（选填“需要”或“不需要”）重新调节平板的倾角。
（3）实验中，某同学在坐标纸上画出四张a﹣关系图线（见图2）。其中　A　图是正确。
（4）在操作②中，小车所受的合力大小　等于　mg（填“大于”或“等于”或“小于”），实验中　不需要　（填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶的总质量远小于小车质量。
【分析】根据实验的原理以及注意事项确定正确的操作步骤。
实验中先调节平板倾角，使小车拉着沙桶沿斜面向下做匀速直线运动，得出小车所受的合力等于沙和沙桶的重力，
保证小车的质量不变，重复实验可以得出加速度与合力的关系。改变小车的质量，得出加速度与质量的关系。
解：（1）A、打点计时器使用交流电源，故A错误。
B、实验时应先接通电源，再释放小车，故B错误。
C、实验时应保持细绳与平板平行，故C正确。
D、要让小车从靠近定滑轮处开始运动，故D错误。
故选：C。
（2）每次改变小车质量后，重力沿斜面的分力改变，需要重新调节平板的倾角。
（3）在力不变的条件下，加速度与质量成反比，所以a﹣图象是过原点的倾斜的直线，故A正确，BCD错误；
（4）由于小车所受的合力等于悬挂的沙和沙桶的重力mg，则不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量。改变小车的质量，需要重新调节平板的倾角。
故答案为：（1）C；（2）需要；（3）A；（4）等于；不需要。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道小车加速下滑时所受的合力等于开始悬挂的沙和沙桶的总重力是关键。
四．计算题（共3小题）
16．某游乐园的大型“跳楼机”游戏，以惊险刺激深受年轻人的欢迎。某次游戏中，质量m＝50kg的小明同学坐在载人平台上，并系好安全带、锁好安全杆。游戏的过程简化为巨型升降机将平台拉升100m高度，然后由静止开始下落，在忽略空气和台架对平台阻力的情况下，该运动可近似看作自由落体运动。在下落h1＝80m时启动制动系统使平台开始做匀减速运动，再下落h2＝20m时刚好停止运动。取g＝10m/s2，求：
（1）下落的过程中小明运动速度的最大值vm；
（2）落地前20m内，小明做匀减速直线运动的加速度的大小a；
（3）当平台落到离地面10m高的位置时，小明对跳楼机压力F的大小。

【分析】（1）前80m做自由落体运动，根据自由落体运动的公式即可求出最大速度；
（2）后20m为减速运动，末速度为零，对减速过程分析，由运动学的公式求出加速度；
（3）对减速过程由牛顿第二定律即可求出小明受到的支持力，再根据牛顿第三定律可求出小明对跳楼机的压力大小。
解：（1）前80内小明做自由落体运动，当下落80m时的速度最大，由vm2＝2gh1
可得：vm＝＝m/s＝40m/s；
（2）落地前20m内为减速运动，末速度为零，根据速度﹣位移关系可知下落过程中加速度大小：a2＝＝m/s2＝40m/s2
（3）当平台落到离地面10m高的位置时的加速度等于减速过程的加速度，根据牛顿第二定律 F﹣mg＝ma2得：F＝mg+ma2＝50×10N+50×40N＝2500N
根据牛顿第三定律，小明对系统作用力的大小F为2500N。
答：（1）下落的过程中小明运动速度的最大值是40m/s；
（2）落地前20m内，小明做匀减速直线运动的加速度的大小为40m/s2；
（3）当平台落到离地面10m高的位置时，小明对跳楼机压力F的大小为2500N。
【点评】本题是两个过程的问题，采用力学基本的处理方法：牛顿运动定律和运动学公式结合。同时要抓住两个过程之间的关系，比如位移和速度关系进行分析。
17．质量m1＝2.8千克的物体A放在水平地面上，与地面的滑动摩擦系数μ1＝0.2．质量m2＝2千克的物体B，B放在A的竖直前表面上，A、B间滑动摩擦系数μ2＝0.5．如图所示．今以F＝45.6牛顿的水平推力推A的后表面时，求A对地面的压力．

【分析】求出B相对A静止时的临界推力大小，然后根据推力大小与临界推力的关系，应用牛顿第二定律与平衡条件分析答题．
解：B相对于A恰好静止时，对B，在竖直方向上，由平衡条件得：m2g＝μ2N0，
在水平方向上，由牛顿第二定律得：N0＝m2a0，
代入数据解得：a0＝20m/s2，
对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得：
F临界﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a0，
F临界＝105.6N＞45.6N，
则在推力F作用下A、B相对滑动，
对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得：
F﹣μ1FN＝（m1+m2）a，
对B，由牛顿第二定律得：N＝m2a，
A、B间的滑动摩擦力：f＝μ2N，
对A，在竖直方向上，由平衡条件得：
FN＝m1g+f，
解得：FN＝36N，
由牛顿第三定律可知，A对地面的压力为36N方向竖直向下．
答：A对地面的压力36N．

【点评】本题考查了求A对地面的压力，对A正确受力分析、应用牛顿第二定律与平衡条件即可正确解题．
18．如图所示，质量M＝2kg的木板（上表面水平）静止在水平地面上，质量m＝1kg的滑块（视为质点）放在木板上，现对木板施加一个大小F＝12N、方向水平向右的恒定拉力，经时间t1＝4s后撤去拉力，撤去拉力时木板的右端到木板右侧竖直固定挡板的距离d＝10.4m，木板与挡板碰撞的时间极短且碰撞后的速度大小不变、方向反向。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度大小g＝10m/s2，滑块始终未滑离木板，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求撤去拉力时，木板的速度大小v1以及滑块的速度大小v2；
（2）求木板与挡板碰撞前瞬间，木板的速度大小v3；
（3）证明木板与滑块同时停下。
【分析】（1）假设在拉力的作用下，滑块与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律分析可知假设错误；再分别对滑块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据速度—时间关系进行解答；
（2）分析运动情况，根据牛顿第二定律求解去掉拉力后木板的加速度大小，根据匀变速直线运动的规律进行解答；
（3）根据牛顿第二定律结合运动学公式求解木板停下时滑块的速度大小即可。
解：（1）假设在拉力的作用下，滑块与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律有：F﹣μ1（M+m）g＝（M+m）a0
解得：
维持滑块以的加速度做匀加速直线运动需要的摩擦力大小f＝ma0＝1×3N＝3N
滑块与木板间的最大静摩擦力fmax＝μ2mg＝0.2×1×10N＝2N
由于f＞fmax，因此滑块与木板间会发生相对滑动
木板向右运动的加速度大小：，代入数据解得：a1＝3.5m/s2
滑块向右运动的加速度大小a2＝μ2g＝0.2×10m/s2＝2m/s2
根据匀变速直线运动的规律可得：
v1＝a1t1＝3.5×4m/s＝14m/s
v2＝a2t1＝2×4m/s＝8m/s；
（2）由于v1＞v2，因此撤去拉力后木板的速度减小，滑块的速度增大，假设木板与滑块达到共同速度时，木板尚未与挡板碰撞，则撤去拉力后滑块的加速度大小仍为a2，木板的加速度大小，代入数据解得：a3＝2.5m/s2
设撤去拉力后经时间t2木板和滑块的速度相等，根据匀变速直线运动的规律有v1﹣a3t2＝v2+a2t2
解得：
在时间t2内，木板向右运动的距离：，代入数据解得：x＝m
由于x＞d，因此在达到共同速度前，木板已经与挡板碰撞，根据匀变速直线运动的规律有：
解得：v3＝12m/s。
（3）木板与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小：，代入数据解得：v4＝m/s
木板与挡板碰撞后，木板向左做匀减速直线运动，滑块向右做匀减速直线运动，木板的加速度大小仍为a3，滑块的加速度大小仍为a2，假设在木板向左运动到停止的过程中，滑块一直向右运动，则木板向左运动的时间：＝s＝s
木板停下时，滑块的速度大小：v5＝v4﹣a2t3，代入数据解得：v5＝0
假设成立，因此木板与滑块同时停下。
答：（1）撤去拉力时，木板的速度大小为14m/s，滑块的速度大小为8m/s；
（2）木板与挡板碰撞前瞬间，木板的速度大小为12m/s；
（3）证明见解析。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。