2022-2023学年四川省成都市高一上学期期末调研模拟考试物理试题含答案

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2022-2023学年四川省成都市高一上学期期末调研模拟考试物理试题（含答案）考试时间：90分钟
第Ⅰ卷（选择题）
一．单选题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）2020年7月20日消息，近日俄军最新型的图-160M战略轰炸机首飞，飞行过程持续34分钟，飞行高度为1500米，能搭载多达40吨的各型炸药。在这则新闻中涉及了质量、长度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法中正确的是（ ）

A．新闻中涉及的“34分钟、1500米和40吨”中，只有米是国际单位制中的基本单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，所以“牛顿”是国际单位制中的基本位
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一，而天只是时间的单位
D．两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位
2．（3分）2020年2月10日，东部战区部队在台岛东南部海域组织实施海空兵力联合演练。如图所示，甲、乙两图分别是演练中某冲锋舟在相互垂直的x方向和y方向运动的图象。在0～2s内，下列判断正确的是（ ）

A．冲锋舟的加速度大小为；做匀变速直线运动
B．冲锋舟的加速度大小为；做匀变速曲线运动
C．冲锋舟的加速度大小为；做匀变速直线运动
D．冲锋舟的加速度大小为；做匀变速曲线运动
3．（3分）一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和，则（ ）
A．物体做匀加速运动时加速度大小为 B．物体做匀减速运动时加速度大小为
C．物体做匀减速运动的末速度大小为 D．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为
4．（3分）歼-20战斗机上安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下通过转动尾喷口方向来改变推力的方向，使战斗机拥有优异的飞行性能。某次飞机沿水平方向超音速匀速巡航时，空气对飞机产生的竖直向上的升力（不含尾喷口推力）与水平阻力之比为。已知飞机重力为G，为使飞机实现节油巡航模式，尾喷口产生的最小推力大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（3分）如图所示，一长方体箱子沿固定斜面依惯性自由滑行，轻绳一端固定在箱顶，另一端连接一小球，小球与箱子相对静止，不计空气阻力，可判定（ ）

A．箱子沿斜面向下减速运动 B．箱子沿斜面向下加速运动
C．箱子沿斜面向上减速运动 D．箱子沿斜面向上加速运动
6．（3分）如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（ ）

A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动 B．滑块A比B早到达底端2s
C．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等 D．滑块A在传送带上的划痕长度为6m
7．（3分）如图甲，MN是倾角传送带的两个端点，一个质量m=5kg的物块（可看作质点），以4m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图象如图乙所示，取，下列说法正确的是（ ）

A．物块最终从N点离开传送带 B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.6
C．物块在第6s时回到M点 D．传送带的速度v=2m/s，方向逆时针
8．（3分）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为和，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，v的取值范围是（ ）

A． B．
C． D．
二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）
9．（4分）汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示）。以某时刻作为计时起点，此时两车相距。汽车A运动的图像如图乙所示，汽车B运动的图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）

A．汽车A由静止开始做匀加速直线运动
B．汽车B车在0∼6s内的位移大小为24m
C．在t=3s时，两车相距最远，且最远距离为20m
D．若t=1s时，A车紧急制动（视为匀变速），要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于
10．（4分）如图所示，箱子A被弹簧吊着，箱内放有物块B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的F=5mg，使系统处于静止状态。则在撤去F的瞬间（ ）

A．物体A处于超重状态，物体B处于完全失重状态 B．弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg
C．AB的加速度分别为， D．AB的加速度分别为，
11．（4分）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）

A．v=5m/s B．v=3m/s C．d=3.6m D．d=3.9m
12．（4分）如图所示，倾角的斜面固定在水平地面上。质量分别为0.1kg、0.2kg的两物块A、B置于斜面上，质量为0.025kg的物块C穿在固定在地面上的光滑竖直杆上，A与C之间用跨过定滑轮的轻质细线连接，滑轮左侧的细线水平，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角，A、B、C均处于静止状态，B的上表面水平A与B、B与斜面之间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）

A．斜面与B之间存在2对作用力与反作用力
B．剪断细线前，斜面对B的作用力大小为
C．剪断细线后，A、B之间摩擦力的大小为0.16N
D．剪断细线后，B对A的支持力的大小为0.8N
13．（4分）如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆（细杆固定）上的小球a连接．在水平拉力F作用下小球a从图示虚线（最初是竖直的）位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为。则下列说法正确的是（ ）

A．当小球缓慢向右移动时，细杆对a球的支持力先减小后增大
B．支架对轻滑轮的作用力逐渐变小
C．细杆对a球的摩擦力逐渐变大
D．若时，水平拉力F先增大后减小，拉力F的最大值为
第Ⅱ卷（非选择题）
三．实验题（共2小题，满分12分）
14．（4分）某科技兴趣小组用如图所示的实验装置测量滑块和木板之间的动摩擦因数。
（1）他首先测量滑块的加速度。该同学设计的思路是将滑块右端细木条P置于木板A处，由静止释放，用速度传感器测出滑块右端细木条通过传感器B处时的速度v，用毫米刻度尺测量出AB的距离x；然后改变速度传感器B与A点的距离，测出多组v、x的数据。根据测量的数据，小组中一位同学在直角坐标系中做出图象如图乙所示，图象中一点的坐标为（0.5，2.45），由图象可求出滑块运动的加速度大小a=________。
（2）如果每个钩码的质量为50g，一共挂了三个钩码，滑块的质量为250g，根据题中所给数据可求出滑块与木板之间动摩擦因数________（）。

15．（8分）疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。
（1）家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是________。
（2）下列主要操作步骤的正确顺序是________。（填写各步骤前的序号）
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能，开始摄像
（3）停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如图2所示。已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为，刻度尺的分度值是1mm，由此测得重力加速度为________。
（4）在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向。从该视频中截取图片，________（选填“仍能”或“不能”）用（3）问中的方法测出重力加速度。

四．计算题（共4小题，满分44分）
16．（8分）甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前处作了标记，并以V=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度为L=20m。求：
（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a；
（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。
17．（10分）如图所示，物体A放在长为L=8m的薄木板B上，薄木板B静止于水平面上．已知A和B的质量均为m=1kg，A、B之间动摩擦因数，B与水平面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度．从t=0时刻开始，物体A受的水平恒力作用，时撤去，改用与同向的水平恒力作用于B，在AB速度相同前某时刻撤去，最后物体A恰好没从木板B上掉下．求：

（1）时物体A在木板B上滑行的距离；
（2）的值。
18．（12分）如图所示，质量为m=0.2kg的小球（可视为质点）从水平桌面右端点A以初速度水平抛出，桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其为半径r=1m的圆环剪去了左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径．P点到桌面的竖直距离为R=0.8m。小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，取。求：

（1）小球在A点的初速度；
（2）小球到达圆轨道最低点N时的速率；
（3）小球在圆轨道上能到达的最高点与N点的高度差h。
19．（14分）某一工厂生产产品及运送过程可以简化为如下模型，如图所示，固定斜面倾角为。一个质量的长板放在斜面的底端附近，板与斜面间的动摩擦因数，板的上端B距小滑轮的距离为s=11.4m。在板的B端点处放置一个可当成质点的质量为m=1kg的小物块P，物块与板间的动摩擦因数。不可伸长的轻质细线一端连接板的B端，另一端绕过滑轮悬吊一个质量为的物块Q，Q距离地面的高度h=9m，最初细绳恰好伸直。现无初速释放Q，Q与地相碰后不反弹。设P与板、板与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。

（1）若拿掉P物体，且Q的质量，则释放Q后，板的加速度大小是多少？
（2）要使板能到达小滑轮处，且P不会从板上掉落，质量至少是多少？
（3）若，且P不会从板上滑落，求板的长度的最小值？
成都市2022-2023学年高一上学期期末调研模拟考试物理试题
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．【分析】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。
【解答】解：A、在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量，力学的三个基本单位分别是米、千克、秒，故A正确；
B、“千克米每二次方秒”是由推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，故B错误；
C、国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒时间的国际单位、天只是时间的常用单位，故C错误；
D、只用一个符号表示的单位不一定是基本单位，例如，牛顿（N）、焦耳（J）、瓦特（W）等都不是基本单位，而是导出单位。两个或更多的符号表示的单位也可能是基本单位，例如千克（kg）就是基本单位，故D错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握矢量和标量的区别，以及知道国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
2．【分析】根据平行四边形定则，将水平方向的运动与竖直方向的运动进行合成，并结合曲线运动的条件进行判断即可。
【解答】解：在0～2s内，x方向：初速度为：，加速度为：，
y方向：初速度为：，加速度为：。
根据平行四边形定则合成可以得到，冲锋舟的合速度为，合加速度为，而且二者方向在同一直线上，那么冲锋舟的合运动为匀变速直线运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查运动的合成与分解规律的应用，应明确两分运动相互独立，根据曲线运动的条件进行判断即可。
3．【分析】根据速度公式求出匀速运动的速度，再由匀变速直线运动的平均速度公式分别求出求加速的初速度和匀减速运动的末速度，根据位移-时间公式求匀加速运动的加速度，由平均速度的定义式求全过程的平均速度大小。
【解答】解：A、匀速运动的速度为：
设匀加速运动的初速度为，根据平均速度公式有：联立解得：
对匀加速运动，根据位移-时间公式有：解得：，故A错误；
BC、设匀减速直线运动的末速度为，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有：
解得：匀减速直线运动的加速度大小：故B错误，C正确；
D、三个过程中的平均速度大小故D错误；
故选：C。
【点评】本题的过程比较多，分析清楚物体运动的过程，根据匀变速直线运动的规律分过程列式，即可求得结果，但是计算比较复杂，注意计算不能出错。
4．【分析】本题可以根据题意画出受力分析图，将推力分解到水平和竖直方向，列出共点力平衡的等式，再结合数学知识求最值。
【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力、升力和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力的方向竖直向上，空气阻力f的方向与垂直，如图歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向
竖直方向其中解得则
结合数学知识可知表达式为开口向上，对称轴为的抛物线，即当时，取得最小值，将其代入表达式，解得，故ABC错误，D正确
故选：D。

【点评】本题考查共点力平衡知识，要求学生运用力的分解，并结合数学知识解决问题，综合性较强。
5．【分析】由于小球与箱子相对静止，可以利用整体牛顿第二定律结合隔离牛顿第二定律进行求解分析。
【解答】解：设斜面倾角为，绳子与竖直方向夹角为，由图可知
AB、假设箱子沿着斜面向下运动
对整体利用整体牛顿第二定律得：

对小球隔离分析，利用单体牛顿第二定律可得：

因为所以，与假设一起动矛盾，故AB错误
CD、假设箱子沿着斜面向下运动
对整体利用整体牛顿第二定律得：



所以是可能存在得，所以沿着斜面向上减速是有可能满足假设一起动的，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】考查整体牛顿第二定律，擅长结合假设法进行分类讨论。
6．【分析】通过物体受力分析物体运动情况：B一直加速，A先加速，跟传送带共速后继续加速，A需要分阶段用运动学公式求解，划痕长度需要求出相对位移的大小和方向后再分析求解。
【解答】解：AB、对于滑块A，开始时相对传送带向上运动，A受到的摩擦力向下，由牛顿第二定律：，解得：
速度加到和传送带速度一样时，由于重力在斜面上的分力大于摩擦力，故还要向下加速此时加速度为，解得：
由运动学公式可知，第一阶段：，位移，方向向下
第二阶段：，解得：
所以：
对于滑块B，一直相对传送带向下运动，且重力在斜面上的分力大于摩擦力，
由牛顿第二定律：，解得：
一直加速到底，则，解得：
滑块A比B早到达底端，故A错误、B正确；
C、A到底端时，解得：，B达到底端的速度大小为：，故C错误；
D、第一阶段，传送带的位移，，
滑块A相对传送带向上位移：，
解得：，方向向上。
第二阶段滑块A相对传送带的位移：，方向向下，所以滑痕还是5m，故D错误。
故选：B。
【点评】本题借助传送带模型考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，本题难点在于A运动过程的分析，注意滑块与传送带共速态是物块运动的转折点，需要判断是否能够相对静止一起运动。
7．【分析】分析图示图象，根据图示图象判断物块的运动过程，根据图示图象求出传送带的速度与方向；由图示图象求出物块的加速度，应用牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数，结合物块回到M点的位移为0，求得时间。
【解答】解：AD、依题意物块初速度为4m/s，向下运动，由图像分析可知，向下为正，则从图可知传送带的速度v=2m/s，方向沿顺时针方向，物块未从N点离开，故A、D均错误。
B、物块相对传送带下滑，故有，由图线斜率得，代入上式解得，故B错误。
C、由，得，即物块沿传送带向下运动；根据图像与横坐标轴包围的面积表示位移，可知回到M点时位移为零，即，解得，即物块相对传送带静止后与传送带一起向上运动了2s，所以物块在第6s回到M点，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据图示图象分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，根据图示图象求出物块的加速度，应用牛顿第二定律即可解题。
8．【分析】球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度。
【解答】解：若球与网恰好不相碰，根据得，，
水平位移的最小值，则最小速度。
若球与球台边缘相碰，根据得，，水平位移的最大值为，
则最大速度，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等。
二．多选题（共5小题，满分20分，每小题4分）
9．【分析】图象的斜率表示速度，由此分析A车的运动情况；
B车在0-6s内的位移等于0-5s内的位移，借助图象与时间轴所围的面积求解；
两车相遇前，当两车速度相等时，两车相距最远，根据速度—时间关系公式求出B车减速的时间，结合位移—时间关系公式即可求解最远距离；
当B车刚停止时，A车速度也正好减小为0，此时A车的速度最小，由速度—位移关系式求出A车的加速度大小。
【解答】解：A、图象的斜率表示速度，根据图乙可知汽车A做匀速直线运动，故A错误；
B、汽车B在0～6s内的位移等于在0～5s内的位移，由图像与时间轴围成的面积表示位移可得：，故B正确；
C、当两车速度相等时，两车相距最远，由图乙可得汽车A的速度大小为：
由图丙，可得B车1-5s内的加速度大小为：
设匀减速运动的时间为时速度相等，则有：代入数据解得
即在时二者相距最远，此时A车的位移
B车位移
则两车最远距离，故C正确；
D、t=8s时，A车位移
B车的位移等于在0～5s内的位移，为x=24m
有，所以在t=8s时，两车没有相遇。
时，A匀速位移
B车匀速位移
两车间的距离
B车匀减速到停止的位移
当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移：
对A车，根据速度—位移关系公式得：，所以A车的加速度大小应大于，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查运动学中的追及问题，要知道速度大者减速追及速度小者，若不相撞，速度相等时有最小距离，所以判断两车是否相撞，即判断速度相等时有无相撞。
10．【分析】以AB整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出弹簧的弹力，撤去F的瞬间，F消失，而弹簧的弹力不变，据此分析物体所受合力的变化。
【解答】解：以AB整体为研究对象，设弹簧的弹力为，根据平衡条件：
得弹簧的弹力为：，方向竖直向下，故弹簧处于压缩状态。
撤去力F后，弹簧弹力不变，假设AB间有相互作用力，即AB加速度相同，则以整体为研究对象，整体受的合外力为5mg，则整体的加速度为：，而B的加速度最大为g，故A的加速度大于B的加速度，二者分离，A不受B的压力；以A为研究对象，受重力和弹簧的弹力：，得：，，A处于失重状态，B处于完全失重；故AC错误，BD正确。
故选：BD。
【点评】本题考查加速度的瞬时性，注意首先判断二者是分离还是一起加速。之后再计算二者的加速度。
11．【分析】根据抛体运动沿垂直于墙壁和平行于墙壁两个方向分别根据运动学公式解答。
【解答】解：设网球飞出时的速度为，
根据运动学公式可知竖直方向
代入数据得运动时间
根据速度的分解有：
排球水平方向到P点的距离
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
平行墙面的速度分量
反弹后，垂直墙面的速度分量
则反弹后的网球速度大小为
联立代入数据解得：
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离
代入数据解得：d=3.9m
故BD正确，AC错误；
故选：BD。
【点评】本题考查抛体运动，解题关键将运动进行分解，在不同的方向根据运动学规律解答即可。
12．【分析】熟悉系统的受力分析，从而分析出相互作用力的数量；
选择合适的研究对象，根据受力分析和几何关系得出斜面对B的作用力的大小；
根据牛顿第二定律和矢量的合成分解特点得出AB之间的摩擦力的大小。
【解答】解：A．依题意，将A、B两物体视为一整体，由于静止，B物体与斜面之间存在着支持力与正压力这一对作用力与反作用力，还可能与斜面间有相互的静摩擦力，即最多只有两对作用力与反作用力，故A正确；
B．依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为T，杆对C的作用力为，
则有，，解得
将A、B视为一整体，对其受力分析有，由于整体重力沿斜面向下的分力为

绳子拉力沿斜面向上的分力为
因整体静止且，可知斜面对B物体有一个沿斜面向上的静摩擦力，将A、B视为一整体，设斜面对其支持力为N，静摩擦力为f，对其受力分析如图所示，则有



解得，
则斜面对B的作用力大小为，故B正确；
C．将A、B视为一整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，设为a，有解得
则在竖直方向的分加速度为
B、A之间的正压力为，则有解得
在水平方向的分加速度为
以物体A为研究对象可知
从上式可以看出说明假定成立，即在水平方向上A、B没有相对滑动，它们以相同的加速度沿斜面下滑，由于A在水平方向的加速度是由于B对A在水平方向的静摩擦力提供的，据牛顿第二定律有，故C正确；
D．据前面分析，对A受力分析，设B对A的支持力为，
在竖直方向上根据牛顿第二定律有
解得，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，理解整体法和隔离法的应用，结合几何关系和矢量的合成特点即可完成分析。
13．【分析】当细绳与细杆的夹角为30°时，将细绳的拉力分解到水平和竖直两个方向，根据竖直方向的分力与小球重力的关系，判断杆对a球的支持力的大小。根据力的合成法分析支架对轻滑轮的作用力大小如何变化。根据支架对a球的支持力的变化，由摩擦力公式分析摩擦力的变化。根据共点力的平衡条件列方程求解摩擦力和拉力F的变化情况。
【解答】解：A、设a的质量为m，则b的质量为2m；以b为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b的重力，即T=2mg，保持不变；
当细绳与细杆的夹角为30°时，细绳的拉力沿竖直方向的分力大小为：，以a为研究对象，由平衡条件得：，解得此时杆对a球的支持力；所以当细绳与细杆的夹角大于30°时，随着小球向右运动细杆对小球的支持力逐渐减小；当细绳与细杆的夹角小于30°时，随着小球向右运动细杆对小球的支持力逐渐增大，所以当小球缓慢向右移动时，细杆对a球的支持力先减小后增大，故A正确；
B、以滑轮为研究对象，支架对轻滑轮的作用力与滑轮两边细绳拉力的合力等大反向，小球缓慢向右移动时，滑轮两边绳子夹角增大，但细绳拉力不变，根据平行四边形法则可知合力两边细绳拉力的合力减小，则支架对轻滑轮的作用力逐渐变小，故B正确；
C、根据A选项可知，细杆对a球的支持力先减小后增大，则a球对细杆压力先减小后增大，根据可知，细杆对a球的摩擦力先减小后增大，故C错误；
D、以a为研究对象，a受到重力、细绳的拉力T、支持力和摩擦力、水平拉力，受力如图所示，

设绳子与水平方向夹角为，支持力，向右缓慢拉动的过程中，角逐渐减小；
水平方向：
由于：
由于从90°开始逐渐减小，则从150°逐渐减小时逐渐增大；
所以，当时，；
当后，
由于：
所以：，当时，F最大，则有：，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题是共点力的平衡问题，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。
三．实验题（共2小题，满分12分）
14．【分析】（1）遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式列式求解加速度；
（2）分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；依据动摩擦因数的表达式，结合实验误差分析，即可求解。
【解答】解：（1）钩码拉动滑块在木板上做匀加速直线运动，由运动学公式，可知图的斜率，所以加速度；
（2）由题目所给的质量的数据可以看出，三个钩码的质量m未满足远小于小车的质量M，所以对整个系统根据牛顿第二定律，变形有。
故答案为：（1）2.45；（2）0.2
【点评】本题关键用实验测定动摩擦因数的原理，过程及操作过程，掌握运动学公式与牛顿第二定律的内容，注意托盘和砝码的总重力与细绳对滑块的拉力大小关系，是解题的关键。
15．【分析】（1）为减少实验误差，选取小球时要尽可能选取体积小、密度大的球；
（2）根据实验目的和实验方法确定合理的实验步骤；
（3）根据图2可知三幅图中小球中心对应的刻度值，根据逐差法求解加速度；
（4）只要竖直方向的运动规律不变，则仍能够测定重力加速度。
【解答】解：（1）利用小球的自由下落测量当地的重力加速度的实验中，要求空气阻力相对于小球的重力来说可以忽略，所以选取小球时要尽可能选取体积小、密度大的球，故几种小球中最适合用作实验中下落物体的是小钢球；
（2）实验时要先把刻度尺竖直固定在墙上，再固定手机，调整好手机镜头的位置，然后打开手机摄像功能，开始摄像，从刻度尺旁静止释放小球，故正确的操作顺序为：①③④②；
（3）根据图2可知三幅图中小球中心对应的刻度值分别为：，
，，
根据逐差法求解加速度的方法可得：
；
（4）虽然小球下落时偏离了竖直方向，但在竖直方向仍为匀加速直线运动，所以仍能够用（3）问中的方法测出重力加速度。
故答案为：（1）小钢球；（2）①③④②；（3）9.61；（4）仍能。
【点评】本题主要是考查利用落体法测定重力加速度实验，掌握实验原理和实验方法，能够根据图象结合逐差法进行求解重力加速度。
四．计算题（共4小题，满分44分）
16．【分析】（1）甲在追乙的过程中，甲做的是匀速运动，乙做的是加速运动，追上时他们的位移的差值是13.5m，从而可以求得加速度的大小；
（2）乙做的是加速运动，由匀加速运动的位移公式可以求得乙的位移的大小，从而可以求得在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．
【解答】解：（1）设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有
将v=9代入得到：t=3s，再有解得：即乙在接棒前的加速度为．
（2）在追上乙的时候，乙走的距离为s，则：代入数据得到．
所以乙离接力区末端的距离为．
【点评】在交接棒时甲做的是匀速运动，乙做的是匀加速运动，根据甲乙的运动的规律分别列式可以求得加速度和位移的大小．
17．【分析】（1）应用牛顿第二定律求出物体A的加速度，然后应用运动学公式求出A在B上滑行的距离。
（2）应用牛顿第二定律求出A、B的加速度，应用运动学公式求出时间的值。
【解答】解：由题意可知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
A与B间的最大静摩擦力，
B与地面间的最大静摩擦力
（1）由于，物体A受拉力作用时B静止，
对A，由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：
时物体A在B上滑行的距离
（2）撤去拉力时A的速度大小
拉力作用在B上过程，A做匀减速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，
该过程，由牛顿第二定律得：
对A：
对B：
代入数据解得：，
在AB速度相同前撤去拉力，撤去拉力后A、B都做匀减速直线运动直到速度为零，
撤去拉力后A的加速度大小仍为，设B的加速度大小为，
对B，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，则，则B加速运动的时间与减速运动时间相等，都为，B加速与减速过程的位移相等，
从撤去拉力到A停止运动A的位移大小
B从开始运动到静止B的位移，
物体A恰好没有从木板B上掉下，则：
代入数据解得：
答：（1）时物体A在木板B上滑行的距离是2m；
（2）的值是。
【点评】根据题意分析清楚A、B的受力情况与运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
18．【分析】（1）根据平抛运动规律求解P点竖直分速度，根据几何关系求解水平分速度和合速度；
（2）从P点到N点列动能定理表达式，在N点列牛顿第二定律即可求解；
（3）当小球到达最高点时，轨道支持力为0，重力的分力提供向心力，结合动能定理即可求解。
【解答】解：（1）小球从A点到P点做平抛运动，竖直方向解得
小球飞离桌面后恰由P点无碰撞地落入圆轨道，速度方向沿切线方向，由几何关系得

（2）小球从P点到N点，由动能定理得：解得：
（3）设小球到达M点的最小速度为v，则，解得
设此时N点的速度为，从N点到M点由动能定理得：
解得即小球不能到达M点。
设小球能到达的最高点为Q点，Q点与圆心的连线与水平方向夹角为，则小球到达Q点时与轨道间恰好没有作用力，即重力指向圆心的分力提供向心力
从N点到Q点由动能定理得
联立解得：
则小球在圆轨道上能到达的最高点与N点的高度差
答：（1）小球在A点的初速度为3m/s：
（2）小球到达圆轨道最低点N时的速率为；
（3）小球在圆轨道上能到达的最高点与N点的高度差h为。
【点评】本题考查多过程问题，解题关键是分析好运动过程，选择合适公式进行求解。
19．【分析】（1）对长木板和物块Q分别根据牛顿第二定律分别列式，求出A和B的加速度；
（2）假设Q物体与木板和m一起先加速，落地后木板和m一起减速到零恰到滑板处，由运动学公式求出两个加速度，再由牛顿第二定律物体Q的最小质量；
（3）P与m滑动时，由牛顿第二定律求出三个物体各自加速度，由运动学公式求出Q落地的时间和速度。之后再由牛顿第二定律求P向上减速时两个物体的加速度，求出共速的时间和位移，最后由几何关系求出木板的最小长度。
【解答】解：（1）设，的共同加速度为
对有：
对有
代入数据解得：
（2）当质量最小时，滑块与板应该相对静止一起运动，且到达滑轮位置时速度恰为零，
板向上加速h时有：
落地后对板和滑块有共同加速度，由牛顿第二定律有：

代入可得：
又由几何关系有：
代入数据解得：
而对滑块，向上的最大加速度为：
代入数据得到：，所以上述解法成立。
对有：
对有：
解得最小值：
（3）如果滑块与板间有相对滑动对滑块有：
对有：
对有：
代入数据得：，上述解法成立
板向上加速h时有：
所以求得：
加速时间：
代入得到：
落地后对板有：
代入数据得：
滑块与板共速时对滑块有：，对板有：
联立解得：
共速时滑块的位移：
代入得到：
木板位移：
若不会滑下，则板长至少为：
代入解得：L=4.64m
答：（1）若拿掉P物体，且Q的质量，则释放Q后，板的加速度大小是；
（2）要使板能到达小滑轮处，且P不会从板上掉落，质量至少是5.9375kg；
（3）若，且P不会从板上滑落，则板的长度的最小值4.64m。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，能抓住位移和时间关系列式求解，难度较大，最关键是厘清过程，分过程应用牛顿第二定律和运动学公式求解。