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四川省泸州市泸县第四中学2022-2023学年高一下学期3月月考物理试题（解析版）
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这是一份四川省泸州市泸县第四中学2022-2023学年高一下学期3月月考物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泸县四中2022-2023学年高一下期第一学月考试
物理试题
第I卷（选择题44分）
本试卷共4页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线运动一定是变速运动 B. 做曲线运动物体，其加速度一定改变
C. 做曲线运动的物体，其所受合力可能为零 D. 做曲线运动的物体，其速度不可能均匀变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体速度是沿着运动轨迹的切线方向，所以无论速度大小是否改变，速度的方向时刻发生改变，故曲线运动一定是变速运动，故A正确；
BC．做曲线运动的条件是初速度与加速度不在同一条直线上，加速度可以是恒加速度，也可以是变加速度，有加速度所以合力一定不可能为零，故BC错误；
D．当做曲线运动的物体加速度恒定时，便做匀变速曲线运动，则速度为均匀变化，故D错误。
故选A。
2. 下列关于曲线运动的说法中，不正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体，轨迹上某点切线方向即为物体此时的速度方向
B. 曲线运动可以是匀速运动
C. 在曲线运动中，物体加速度方向和速度方向是不相同的
D. 当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动
【答案】B
【解析】
【详解】做曲线运动的物体，轨迹上某点切线方向即为物体此时的速度方向，选项A正确；曲线运动的速度方向不断变化，即速度不断变化，则不是匀速运动，选项B错误；在曲线运动中，物体加速度方向和速度方向是不相同的，选项C正确；当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，选项D正确；故选B.
3. 某人骑自行车以10 m/s的速度在大风中向东行驶，他感到风正以同样大小的速率从北方吹来，实际上风的速度是（ ）
A. 14 m/s，方向为北偏西45° B. 14 m/s，方向为南偏西45°
C. 10 m/s，方向为正北 D. 10 m/s，方向为正南
【答案】A
【解析】
【详解】人感觉到的风应是正东方向的风和实际的风速方向这两个方向的合成，设实际的风速为v，根据平行四边形定则知，实际的风速为
方向为北偏西45°。
故选A。
4. 跳水运动是一项难度很大又极具观赏性的运动，我国运动员多次在国际跳水赛上摘金夺银，被誉为跳水“梦之队”。如图所示是一位跳水运动员从高台做“翻身翻腾二周半”动作时头部的轨迹曲线，最后运动员沿竖直方向以速度v入水。在这个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 由于a点为最高点，因此在a点时速度为0
B. 在c点和d点时，速度的方向相同
C. 跳水运动员不可以看成质点
D. 运动员入水后就开始作减速运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．由速度的合成与分解可知，由于a点为最高点，因此在a点时的竖直分速度为0，而水平分速度不为零，故A错误；
B．曲线运动各点的速度方向为该点切线的方向，故在c点和d点时，速度的方向均沿竖直方向，但在c点其速度方向竖直向下，而在d点，其速度方向竖直向上，两位置的速度方向不相同，故B错误；
C．由于该过程研究的是运动员的动作，故不能忽略其大小、形状，故不能将其看成质点，故C正确；
D．运动员入水后，由于在完全入水前受到水的浮力小于其重力，故先做加速运动，完全入水后做减速运动，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断减小，则在滑动过程中（ ）
A. 物体的加速度不断减小，速度不断增大
B. 物体的加速度不断减小，速度也不断减小
C. 物体的加速度先减小后增大，速度不断减小
D. 物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】物体做加速直线运动，开始拉力F大于摩擦力，当F逐渐减小，根据
可知，合力减小，加速度减小，由于加速度方向与速度方向相同，速度增大；然后F小于摩擦力，加速度
F减小，合力增大，加速度增大，由于加速度的方向与速度方向相反，物体的速度减小。所以合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度先增大后减小。故D正确；ABC错误。
故选D。
6. 小河宽为d，河水中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比，v水=kx，，x是各点到河岸的距离．小船船头垂直于河岸渡河，小船在静水中速度为V0，则下列说法中正确的是（ ）
A. 小船到达距河岸处，船的渡河速度为
B. 小船到达距河岸处，船的渡河速度为
C. 小船渡河时的轨迹是直线
D. 小船渡河时间大于
【答案】B
【解析】
【分析】由水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，来确定水流的速度，再由小船在静水中的运动速度．将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，与合运动相等效．根据运动的合成来确定初速度与加速度的方向关系，从而确定来小船的运动轨迹；小船垂直河岸渡河时间最短，由位移与速度的比值来确定运动的时间．
【详解】A项：小船到达距河岸处时，到对岸的距离为，水流速度为：，而小船在静水中的速度为V0，所以船的渡河速度为，故A错误；
B项：小船到达距河岸，水流速度为：，而小船在静水中的速度为，所以船的渡河速度为，故B正确；
C项：小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，且运动轨迹为曲线，故C错误；
D项：因小河宽为d，且小船船头垂直河岸渡河，则小船渡河的时间即为，故D错误．
故应选：B．
【点睛】本题关键是当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，同时合速度与分速度遵循平行四边形定则，同时注意v=kx公式中的x的含义．
7. 如图，在某次排球运动中，质量为m的排球从底线A点的正上方H处以某一速度水平发出，排球恰好越过球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，不计空气阻力，排球可看成质点，当排球被发出时，下列说法正确的是（ ）
A. 排球从被击出运动至B点，重力的冲量大小为
B. 击球点的高度H为
C. 运动员击打排球做的功为
D. 排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足
【答案】B
【解析】
【详解】B．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动
排球从初位置运动网的位置与排球从网位置到落地的时间之比为
排球竖直方向上做自由落体运动
解得
故B正确；
A．排球从被击出运动至B点，由
解得排球运动的时间
则重力的冲量大小为
故A错误；
C．排球的初速度为
运动员击打排球做的功为
故C错误；
D．排球刚触地时竖直方向的速度为
则排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足
故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8. 如图所示，一光滑宽阔斜面，倾角为θ，高为h。现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中正确的是（ ）
A. 小球的运动轨迹为抛物线
B. 小球的加速度为gsinθ
C. 小球到达B点的时的速度为
D. 小球到达B点时小球的水平位移为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线。故A正确；
B．根据牛顿第二定律知，小球的加速度
故B正确；
C．根据机械能守恒定律，则有
解得
故C错误；
D．小球在沿斜面方向上的位移为，根据
解得
水平方向上做匀速直线运动
故D正确。
故选ABD。
9. 飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间Δt先后投下三颗炸弹。分别落在迎面的山坡上A、B、C三点（空气阻力不计），如图所示，炸弹落在A、B两点的时间间隔为t1，落在B、C两点的时间间隔为t2，A、B两点的间距为SAB，B、C两点的间距为SBC。则有（ ）
A. Δt＞t1＞t2
B. Δt＞t2＞t1
C. SAB＜SBC
D. SAB＞SBC
【答案】AD
【解析】
【详解】CD．由图可知，A′B=B′C，因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，由几何关系知，SAB＞SBC，故C错误，D正确。
AB．设A′到A的时间为t1′，则
t1=Δt-t1′
设B′到B的时间为t2′，则
t2=Δt-t2′
因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，由几何关系知，AA′、BB′的水平位移关系有
平抛运动水平方向上做匀速运动，水平分速度大小相同，可知t1′＜t2′，则
Δt＞t1＞t2
故A正确，B错误。
故选AD。
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直上的运动规律，知道平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，关键作出水平辅助线，结合几何关系知识求解是关键。
10. 如图所示，轻弹簧两端分别固定质量为、的小球、，通过两根细线将小球吊在水平天花板上，已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是（ ）
A. 球所受细线的拉力大小为
B. 、两球所受细线的拉力大小一定相等
C. 球所受弹簧的弹力的大小为
D. 、两球的质量大小关系一定满足
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．球受竖直向下的重力、斜向上的拉力、水平向右的弹力，由共点力平衡条件可得
解得：，A正确；
C．球受竖直向下重力、斜向上的拉力、水平向右的弹力，由共点力平衡条件可得
解得： ，C错误；
BD．由于球、球所受弹簧弹力相等，因此
即，由于
联立可得：，BD正确；
故选ABD。
11. 如图所示，质量均为m的a、b两小球在内壁光滑的半球形碗内做圆周运动，碗的球心为O、半径为0.1m，Oa、Ob与竖直方向间的夹角分别为53°、37°，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin37°=0.6，g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A. a、b两球做圆周运动的线速度之比为8：3
B. a、b两球做圆周运动的角速度之比为2：
C. a、b两球所受支持力的大小之比为3：4
D. a、b两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用
【答案】BD
【解析】
【详解】A．两球做圆周运动的向心力由重力与支持力的合力来提供，设小球与球心O的连线与竖直方向间的夹角为θ，则由
则
则a、b的线速度之比为
选项A错误；
B．由
得
则a、b的角速度之比为
选项B正确；
C．由受力分析可知
故C错误；
D．由于两球所受的向心力大小为F=mgtanθ，则a、b两球向心力大小之比为16：9，两球和碗组成的系统，无论两球的空间位置如何，整体在水平方向的合力不可能为零，因此地面对碗始终有摩擦力的作用，选项D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题56分）
三、实验题（14分）
12. 下图是物体做匀加速直线运动时，打点计时器打出的一条纸带。图中A、、、、是按每隔4个点选一个计数点的方式选出的，已知打点计时器接在了频率为50Hz的交流电源上。则相邻计数点间的时间间隔_______s。请用尽量准确的方法，求出计数点对应物体的瞬时速度大小为________m/s。同样的方法求出计数点对应物体的瞬时速度后，请求出物体在段的加速度大小为________m/s2。
【答案】 ①. 0.1 ②. 0.677 ③. 1.56
【解析】
【分析】
【详解】解：[1] 打点计时器接在了频率为50Hz的交流电源上，由交流电的周期与频率的关系式，可得
因按每隔4个点选一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔
T=5×0.02s=0.1s
[2]由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得计数点对应物体的瞬时速度大小为
同理计数点对应物体的瞬时速度大小为
[3]由加速度的定义式，可得物体在段的加速度大小为
13. 如图甲所示是某种“研究平抛运动”的实验装置：
（1）当a小球从斜槽末端水平飞出时与b小球离地面的高度均为H，此瞬间电路断开使电磁铁释放b小球，最终两小球同时落地，改变H大小，重复实验，a、b仍同时落地，该实验结果可表明________。
A. 两小球落地速度的大小相同
B. 两小球在空中运动的时间相等
C. a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同
D. a小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
（2）利用该实验装置研究a小球做平抛运动的速度，从斜槽同一位置由静止释放小球，实验得到小球运动轨迹中的三个点A、B、C，如图乙所示，图中O为抛出点，方格的边长为10cm，则做平抛运动的 a小球经过B点时速度的大小为________ m/s、方向与水平方向夹角为_______，a小球水平飞出时的初速度大小为________ m/s； （g＝10 m/s2）。
【答案】 ①. BC ②. 2 ③. 45° ④. 2.0
【解析】
【详解】（1）[1]a球做平抛运动，b球自由落体，因为同时a从斜槽末端飞出时释放b球，最终两小球同时落地，改变H大小，重复实验，a、b仍同时落地，说明a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同，均为自由落体运动，并且两小球在空中运动的时间相等，故选BC。
（2）[2][3][4]根据平抛特点可知， a小球经过B点时水平方向
竖直方向
解得
故a小球经过B点时速度大小为
方向为
故
四、解答题（42分）
14. 如图所示，用与水平方向夹角的恒力作用在质量的木箱上，使木箱在水平地面上做直线运动，已知恒力的大小，木箱与地面间的动摩擦因数，取，，，求：
（1）地面对木箱的支持力大小；
（2）木箱的加速度的大小；
（3）木箱从静止开始运动了后，撤去拉力，木箱还能滑行多远。
【答案】（1）4N（2）6m/s2（3）14.4m
【解析】
【详解】（1）木箱在竖直方向受力平衡，则有
解得
（2）在水平方向
其中
解得
（3）从静止开始运动了12m后，木箱速度
解得
撤去拉力后木箱做匀减速运动，加速度大小为
则撤去拉力后木箱还能滑行距离为
15. “智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫从A点由静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，倾斜轨道倾角；在B点衔接一长的水平传送带CD，B、C两点可认为平滑衔接（速度大小不变），A点距传送带垂直距离为，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度，坐垫与倾斜轨道AB间动摩擦因数为，坐垫与传送带间动摩擦因数为，传送带沿逆时针方向转动，并且速度为。（，）。求：
（1）冲关者从A点到达B点所需时间；
（2）求冲关者冲过D点后的平抛水平射程；
（3）试求出人在传送带上滑动过程中相对于传送带滑动的距离。
【答案】（1）；（2）0.8m；（3）6m
【解析】
【详解】（1）在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析，由牛顿第二定律有
解得
由位移时间关系可得
又
联立解得
（2）冲关者到达B点的速度为
从C到D过程，冲关者的加速度大小为，则有
解得
根据速度位移公式可得
解得
过D点后做平抛运动，竖直方向有
解得
则水平射程为
（3）从C到D过程所用时间为，则有
解得
这段时间传送带的位移为
人在传送带上滑动过程中相对于传送带滑动的距离为
16. 如图所示，一半径的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一个小桶，在圆盘直径的正上方平行放置一水平滑道，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，高度差。为一竖直面内的光滑圆弧轨道，半径，且与水平滑道相切于B点。一质量的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，当滑块经过B点时，对B点压力为，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道间的动摩擦因数为0.3，取，求：
（1）滑块到达B点时的速度；
（2）水平滑道的长度；
（3）圆盘转动的角速度应满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意，根据牛顿第三定律可知滑块经过B点时所受支持力大小为
设滑块到达B点时的速度为vB，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设滑块在C点时的速度为vC，滑块从C到E做平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有
联立解得
滑块从B到C匀减速滑动的加速度大小为
设水平滑道的长度为L，根据运动学规律有
解得
（3）滑块从B到C用时为
由题意知
解得圆盘转动角速度应满足的条件为
泸县四中2022-2023学年高一下期第一学月考试
物理试题
第I卷（选择题44分）
本试卷共4页，16小题，满分100分。考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线运动一定是变速运动 B. 做曲线运动物体，其加速度一定改变
C. 做曲线运动的物体，其所受合力可能为零 D. 做曲线运动的物体，其速度不可能均匀变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．做曲线运动的物体速度是沿着运动轨迹的切线方向，所以无论速度大小是否改变，速度的方向时刻发生改变，故曲线运动一定是变速运动，故A正确；
BC．做曲线运动的条件是初速度与加速度不在同一条直线上，加速度可以是恒加速度，也可以是变加速度，有加速度所以合力一定不可能为零，故BC错误；
D．当做曲线运动的物体加速度恒定时，便做匀变速曲线运动，则速度为均匀变化，故D错误。
故选A。
2. 下列关于曲线运动的说法中，不正确的是（ ）
A. 做曲线运动的物体，轨迹上某点切线方向即为物体此时的速度方向
B. 曲线运动可以是匀速运动
C. 在曲线运动中，物体加速度方向和速度方向是不相同的
D. 当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动
【答案】B
【解析】
【详解】做曲线运动的物体，轨迹上某点切线方向即为物体此时的速度方向，选项A正确；曲线运动的速度方向不断变化，即速度不断变化，则不是匀速运动，选项B错误；在曲线运动中，物体加速度方向和速度方向是不相同的，选项C正确；当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，选项D正确；故选B.
3. 某人骑自行车以10 m/s的速度在大风中向东行驶，他感到风正以同样大小的速率从北方吹来，实际上风的速度是（ ）
A. 14 m/s，方向为北偏西45° B. 14 m/s，方向为南偏西45°
C. 10 m/s，方向为正北 D. 10 m/s，方向为正南
【答案】A
【解析】
【详解】人感觉到的风应是正东方向的风和实际的风速方向这两个方向的合成，设实际的风速为v，根据平行四边形定则知，实际的风速为
方向为北偏西45°。
故选A。
4. 跳水运动是一项难度很大又极具观赏性的运动，我国运动员多次在国际跳水赛上摘金夺银，被誉为跳水“梦之队”。如图所示是一位跳水运动员从高台做“翻身翻腾二周半”动作时头部的轨迹曲线，最后运动员沿竖直方向以速度v入水。在这个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 由于a点为最高点，因此在a点时速度为0
B. 在c点和d点时，速度的方向相同
C. 跳水运动员不可以看成质点
D. 运动员入水后就开始作减速运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．由速度的合成与分解可知，由于a点为最高点，因此在a点时的竖直分速度为0，而水平分速度不为零，故A错误；
B．曲线运动各点的速度方向为该点切线的方向，故在c点和d点时，速度的方向均沿竖直方向，但在c点其速度方向竖直向下，而在d点，其速度方向竖直向上，两位置的速度方向不相同，故B错误；
C．由于该过程研究的是运动员的动作，故不能忽略其大小、形状，故不能将其看成质点，故C正确；
D．运动员入水后，由于在完全入水前受到水的浮力小于其重力，故先做加速运动，完全入水后做减速运动，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断减小，则在滑动过程中（ ）
A. 物体的加速度不断减小，速度不断增大
B. 物体的加速度不断减小，速度也不断减小
C. 物体的加速度先减小后增大，速度不断减小
D. 物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】物体做加速直线运动，开始拉力F大于摩擦力，当F逐渐减小，根据
可知，合力减小，加速度减小，由于加速度方向与速度方向相同，速度增大；然后F小于摩擦力，加速度
F减小，合力增大，加速度增大，由于加速度的方向与速度方向相反，物体的速度减小。所以合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度先增大后减小。故D正确；ABC错误。
故选D。
6. 小河宽为d，河水中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比，v水=kx，，x是各点到河岸的距离．小船船头垂直于河岸渡河，小船在静水中速度为V0，则下列说法中正确的是（ ）
A. 小船到达距河岸处，船的渡河速度为
B. 小船到达距河岸处，船的渡河速度为
C. 小船渡河时的轨迹是直线
D. 小船渡河时间大于
【答案】B
【解析】
【分析】由水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成正比，来确定水流的速度，再由小船在静水中的运动速度．将小船的运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动，两个分运动同时发生，互不干扰，与合运动相等效．根据运动的合成来确定初速度与加速度的方向关系，从而确定来小船的运动轨迹；小船垂直河岸渡河时间最短，由位移与速度的比值来确定运动的时间．
【详解】A项：小船到达距河岸处时，到对岸的距离为，水流速度为：，而小船在静水中的速度为V0，所以船的渡河速度为，故A错误；
B项：小船到达距河岸，水流速度为：，而小船在静水中的速度为，所以船的渡河速度为，故B正确；
C项：小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，且运动轨迹为曲线，故C错误；
D项：因小河宽为d，且小船船头垂直河岸渡河，则小船渡河的时间即为，故D错误．
故应选：B．
【点睛】本题关键是当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，同时合速度与分速度遵循平行四边形定则，同时注意v=kx公式中的x的含义．
7. 如图，在某次排球运动中，质量为m的排球从底线A点的正上方H处以某一速度水平发出，排球恰好越过球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，不计空气阻力，排球可看成质点，当排球被发出时，下列说法正确的是（ ）
A. 排球从被击出运动至B点，重力的冲量大小为
B. 击球点的高度H为
C. 运动员击打排球做的功为
D. 排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足
【答案】B
【解析】
【详解】B．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动
排球从初位置运动网的位置与排球从网位置到落地的时间之比为
排球竖直方向上做自由落体运动
解得
故B正确；
A．排球从被击出运动至B点，由
解得排球运动的时间
则重力的冲量大小为
故A错误；
C．排球的初速度为
运动员击打排球做的功为
故C错误；
D．排球刚触地时竖直方向的速度为
则排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足
故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
8. 如图所示，一光滑宽阔斜面，倾角为θ，高为h。现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下面说法中正确的是（ ）
A. 小球的运动轨迹为抛物线
B. 小球的加速度为gsinθ
C. 小球到达B点的时的速度为
D. 小球到达B点时小球的水平位移为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，做类平抛运动，轨迹为抛物线。故A正确；
B．根据牛顿第二定律知，小球的加速度
故B正确；
C．根据机械能守恒定律，则有
解得
故C错误；
D．小球在沿斜面方向上的位移为，根据
解得
水平方向上做匀速直线运动
故D正确。
故选ABD。
9. 飞机在高空中水平匀速直线飞行，相同时间Δt先后投下三颗炸弹。分别落在迎面的山坡上A、B、C三点（空气阻力不计），如图所示，炸弹落在A、B两点的时间间隔为t1，落在B、C两点的时间间隔为t2，A、B两点的间距为SAB，B、C两点的间距为SBC。则有（ ）
A. Δt＞t1＞t2
B. Δt＞t2＞t1
C. SAB＜SBC
D. SAB＞SBC
【答案】AD
【解析】
【详解】CD．由图可知，A′B=B′C，因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，由几何关系知，SAB＞SBC，故C错误，D正确。
AB．设A′到A的时间为t1′，则
t1=Δt-t1′
设B′到B的时间为t2′，则
t2=Δt-t2′
因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，由几何关系知，AA′、BB′的水平位移关系有
平抛运动水平方向上做匀速运动，水平分速度大小相同，可知t1′＜t2′，则
Δt＞t1＞t2
故A正确，B错误。
故选AD。
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直上的运动规律，知道平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，关键作出水平辅助线，结合几何关系知识求解是关键。
10. 如图所示，轻弹簧两端分别固定质量为、的小球、，通过两根细线将小球吊在水平天花板上，已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是（ ）
A. 球所受细线的拉力大小为
B. 、两球所受细线的拉力大小一定相等
C. 球所受弹簧的弹力的大小为
D. 、两球的质量大小关系一定满足
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．球受竖直向下的重力、斜向上的拉力、水平向右的弹力，由共点力平衡条件可得
解得：，A正确；
C．球受竖直向下重力、斜向上的拉力、水平向右的弹力，由共点力平衡条件可得
解得： ，C错误；
BD．由于球、球所受弹簧弹力相等，因此
即，由于
联立可得：，BD正确；
故选ABD。
11. 如图所示，质量均为m的a、b两小球在内壁光滑的半球形碗内做圆周运动，碗的球心为O、半径为0.1m，Oa、Ob与竖直方向间的夹角分别为53°、37°，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin37°=0.6，g取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A. a、b两球做圆周运动的线速度之比为8：3
B. a、b两球做圆周运动的角速度之比为2：
C. a、b两球所受支持力的大小之比为3：4
D. a、b两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用
【答案】BD
【解析】
【详解】A．两球做圆周运动的向心力由重力与支持力的合力来提供，设小球与球心O的连线与竖直方向间的夹角为θ，则由
则
则a、b的线速度之比为
选项A错误；
B．由
得
则a、b的角速度之比为
选项B正确；
C．由受力分析可知
故C错误；
D．由于两球所受的向心力大小为F=mgtanθ，则a、b两球向心力大小之比为16：9，两球和碗组成的系统，无论两球的空间位置如何，整体在水平方向的合力不可能为零，因此地面对碗始终有摩擦力的作用，选项D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题56分）
三、实验题（14分）
12. 下图是物体做匀加速直线运动时，打点计时器打出的一条纸带。图中A、、、、是按每隔4个点选一个计数点的方式选出的，已知打点计时器接在了频率为50Hz的交流电源上。则相邻计数点间的时间间隔_______s。请用尽量准确的方法，求出计数点对应物体的瞬时速度大小为________m/s。同样的方法求出计数点对应物体的瞬时速度后，请求出物体在段的加速度大小为________m/s2。
【答案】 ①. 0.1 ②. 0.677 ③. 1.56
【解析】
【分析】
【详解】解：[1] 打点计时器接在了频率为50Hz的交流电源上，由交流电的周期与频率的关系式，可得
因按每隔4个点选一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔
T=5×0.02s=0.1s
[2]由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得计数点对应物体的瞬时速度大小为
同理计数点对应物体的瞬时速度大小为
[3]由加速度的定义式，可得物体在段的加速度大小为
13. 如图甲所示是某种“研究平抛运动”的实验装置：
（1）当a小球从斜槽末端水平飞出时与b小球离地面的高度均为H，此瞬间电路断开使电磁铁释放b小球，最终两小球同时落地，改变H大小，重复实验，a、b仍同时落地，该实验结果可表明________。
A. 两小球落地速度的大小相同
B. 两小球在空中运动的时间相等
C. a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同
D. a小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
（2）利用该实验装置研究a小球做平抛运动的速度，从斜槽同一位置由静止释放小球，实验得到小球运动轨迹中的三个点A、B、C，如图乙所示，图中O为抛出点，方格的边长为10cm，则做平抛运动的 a小球经过B点时速度的大小为________ m/s、方向与水平方向夹角为_______，a小球水平飞出时的初速度大小为________ m/s； （g＝10 m/s2）。
【答案】 ①. BC ②. 2 ③. 45° ④. 2.0
【解析】
【详解】（1）[1]a球做平抛运动，b球自由落体，因为同时a从斜槽末端飞出时释放b球，最终两小球同时落地，改变H大小，重复实验，a、b仍同时落地，说明a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同，均为自由落体运动，并且两小球在空中运动的时间相等，故选BC。
（2）[2][3][4]根据平抛特点可知， a小球经过B点时水平方向
竖直方向
解得
故a小球经过B点时速度大小为
方向为
故
四、解答题（42分）
14. 如图所示，用与水平方向夹角的恒力作用在质量的木箱上，使木箱在水平地面上做直线运动，已知恒力的大小，木箱与地面间的动摩擦因数，取，，，求：
（1）地面对木箱的支持力大小；
（2）木箱的加速度的大小；
（3）木箱从静止开始运动了后，撤去拉力，木箱还能滑行多远。
【答案】（1）4N（2）6m/s2（3）14.4m
【解析】
【详解】（1）木箱在竖直方向受力平衡，则有
解得
（2）在水平方向
其中
解得
（3）从静止开始运动了12m后，木箱速度
解得
撤去拉力后木箱做匀减速运动，加速度大小为
则撤去拉力后木箱还能滑行距离为
15. “智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫从A点由静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，倾斜轨道倾角；在B点衔接一长的水平传送带CD，B、C两点可认为平滑衔接（速度大小不变），A点距传送带垂直距离为，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度，坐垫与倾斜轨道AB间动摩擦因数为，坐垫与传送带间动摩擦因数为，传送带沿逆时针方向转动，并且速度为。（，）。求：
（1）冲关者从A点到达B点所需时间；
（2）求冲关者冲过D点后的平抛水平射程；
（3）试求出人在传送带上滑动过程中相对于传送带滑动的距离。
【答案】（1）；（2）0.8m；（3）6m
【解析】
【详解】（1）在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析，由牛顿第二定律有
解得
由位移时间关系可得
又
联立解得
（2）冲关者到达B点的速度为
从C到D过程，冲关者的加速度大小为，则有
解得
根据速度位移公式可得
解得
过D点后做平抛运动，竖直方向有
解得
则水平射程为
（3）从C到D过程所用时间为，则有
解得
这段时间传送带的位移为
人在传送带上滑动过程中相对于传送带滑动的距离为
16. 如图所示，一半径的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一个小桶，在圆盘直径的正上方平行放置一水平滑道，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，高度差。为一竖直面内的光滑圆弧轨道，半径，且与水平滑道相切于B点。一质量的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，当滑块经过B点时，对B点压力为，恰在此时，圆盘从图示位置以一定的角速度绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内。已知滑块与滑道间的动摩擦因数为0.3，取，求：
（1）滑块到达B点时的速度；
（2）水平滑道的长度；
（3）圆盘转动的角速度应满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意，根据牛顿第三定律可知滑块经过B点时所受支持力大小为
设滑块到达B点时的速度为vB，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设滑块在C点时的速度为vC，滑块从C到E做平抛运动，在水平方向有
在竖直方向有
联立解得
滑块从B到C匀减速滑动的加速度大小为
设水平滑道的长度为L，根据运动学规律有
解得
（3）滑块从B到C用时为
由题意知
解得圆盘转动角速度应满足的条件为
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