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2024届内蒙古通辽市科尔沁左翼中旗实验高级中学高三上学期第一次月考物理试题 （解析版）
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这是一份2024届内蒙古通辽市科尔沁左翼中旗实验高级中学高三上学期第一次月考物理试题 （解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题
1. 远在春秋战国时代（公元前772—前221年），我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也．”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是
A. 墨子认为力是改变物体运动状态的原因
B. 墨子认为力是使物体产生加速度的原因
C. 此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
D. 此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同
【答案】C
【解析】
【详解】“力，刑(形)之所以奋也．”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上,物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止．故C错误，ABD正确；
说法不正确的故选C．
2. 2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器月面点火，发动机工作约6分钟后，顺利将携带月壤的上升器送入到预定环月轨道，成功实现我国首次地外天体起飞。若用国际单位制基本单位的符号来表示文中提到的单位，正确的是（ ）
A. ；B. ；
C. ；D. ；
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】题述中的物理量分别是时间、力，时间的国际单位制的基本单位是s，由可知，，所以C正确；ABD错误；
故选C。
3. 下列各物理量中，其国际单位属于基本单位，同时也属于矢量的是（ ）
A. 时间B. 位移C. 质量D. 力
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】时间、质量的单位属于基本单位，但都不属于矢量，力是矢量，但力的单位是导出单位，位移是矢量，且它的国际单位m属于基本单位。
故选B。
4. 将木块放在小车上，使木块与小车一起向右匀速运动，当小车被挡板挡住时，下列实验现象正确的是（ ）
A 假设小车表面光滑，木块将如图1所示向前倾倒
B. 假设小车表面光滑，木块将如图2所示向前滑动
C. 假设小车表面粗糙，木块将如图3所示向后倾倒
D. 假设小车表面粗糙，木块将如图2所示向前滑动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当小车遇到障碍物时，小车将停下。如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此时整个木块都将由于惯性而保持向右的匀速直线运动状态，A错误、B正确；
CD．如果上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续向右运动，木块下部虽然也要继续向右运动，但下部受到一个向左的摩擦力，使得下部的运动状态发生改变，很快停止，故此时木块将向右倾倒，CD错误。
故选B。
5. 如图所示，相同细线1、2与钢球连接，细线1的上端固定，用力向下拉线2，则（ ）
A. 缓慢增加拉力时，线2会被拉断
B. 缓慢增加拉力时，线1中张力的增量比线2的大
C. 猛拉时线2断，线断前瞬间球的加速度大于重力加速度
D. 猛拉时线2断，线断前瞬间球的加速度小于重力加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．缓慢增加拉力，小球受力平衡
所以细线1先被拉断，故A错误；
B．要使等式成立，细线1和2的拉力变化量是相同的，故B错误；
CD．猛拉时，细线2上拉力突然变大，作用时间极短，由于惯性，小球位置几乎不变，细线1的拉力增加几乎为零，故细线2断裂，因此断裂前细线2的拉力大于细线1，因此合力
故加速度大于重力加速度，故C正确，D错误。
故选C。
6. 两个共点力的大小分别为F1＝15 N，F2＝8 N，它们的合力大小不可能等于( )
A. 9 NB. 25 NC. 8 ND. 21 N
【答案】B
【解析】
【详解】两个力同向时合力最大：
两个力反向时合力最小：
所以选项中不在上述最大值和最小值之间，ACD错误，B正确。
故选B。
7. 如图所示，物体B放在物体A上，正一起沿光滑的斜面向下滑动，已知A的上表面水平，下列对A、B两物体受力情况分析正确的是（ ）
A. B只受重力和支持力两个力作用
B. A对B一定有沿斜面向下的静摩擦力
C. A对B一定有水平向向左的静摩擦力
D. B对A的压力大小应等于B的重力
【答案】C
【解析】
【分析】AB一起沿光滑斜面向下滑动，将AB看成整体，受力分析可知，AB一起沿斜面向下做加速度为的匀加速直线运动．由此运动状态出发，判断A和B的受力情况即可．
【详解】ABC、因为B的加速度沿斜面向下，故B还受A给的水平向左的静摩擦力，AB错误，C正确；
D、因B的加速度由沿竖直向下的分量，故在竖直方向满足，则，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力大小应小于B的重力，故D错误．
故选C．
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
8. 如图所示，m=1.0kg的小滑块以v0=4m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6。若从滑块滑上斜面起，经0.8s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为（ ）
A. 0.8 mB. 0.64 mC. 0.76 mD. 0.6 m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】滑块向上滑行时，由牛顿第二定律得
解得
滑块上滑，速度变为零需要的时间
上滑最大距离
经过0.4s，滑块达到最高点，速度为零，然后反向下滑，由牛顿第二定律得
解得
下滑时间
下滑的距离
AB间的距离
故选B。
【点睛】滑块向上运动时做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，由匀变速运动的速度位移公式与位移公式可以求出滑块的位移，最后求出AB间的距离。
9. 一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A. 上升时间等于下落时间B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零D. 下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。
故选B。
10. 在某次火灾演练中，小华利用窗帘、床单等拧成绳，从四楼窗户沿绳下滑到地面运动过程v-t图像如图所示。已知小华的质量为60kg，下列说法正确的是（ ）
A. 0~4s内，小华做自由落体运动
B. 4~5s内绳子对小华的作用力是0~4s内的4倍
C. 小华先处于超重状态，后处于失重状态
D. 小华开始下滑的位置距离地面的高度为10m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，图像的斜率表示加速度，则0~4s内，小华的加速度为
则小华此过程中不做自由落体运动，故A错误；
B．0~4s内，对小华由牛顿第二定律可得
得
4~5s内的加速度大小为
4~5s对小华由牛顿第二定律可得
得
则
故B错误；
C．小华先加速度向下运动，后减速向下，则小华先处于失重后超重状态，故C错误；
D．图像与坐标轴所围面积表示位移，则小华开始下滑的位置距离地面的高度为
故D正确。
故选D。
二、多选题
11. 如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落，在小球下落的这一过程中下列说法正确的是（ ）
A. 小球刚接触弹簧的瞬间速度最大
B. 小球刚接触弹簧时加速度变为竖直向上
C. 小球刚接触弹簧起到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D. 小球刚接触弹簧起到到达最低点，小球的加速度先减小后增大
【答案】CD
【解析】
【详解】小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时，速度最大。
故选CD。
12. 如图所示，水平地面上两个完全相同的物体A和B紧靠在一起，在水平推力F的作用下，A和B一起运动，用FAB表示A、B间的作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 若地面光滑，则FAB=F
B. 若地面光滑，则FAB=0.5F
C. 若地面与物体间的动摩擦因数为μ，则FAB=0.5F
D. 若地面与物体间的动摩擦因数为μ，则FAB=F
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．若地面光滑，对A、B整体由牛顿第二定律有
隔离B，对B由牛顿第二定律有
由于两物块完全相同，即
联立解得
故A错误，B正确；
CD．若地面与物体间的动摩擦因数为μ，对A、B整体由牛顿第二定律有
隔离B，对B由牛顿第二定律有
联立解得
FAB=0.5F
故C正确，D错误。
故选BC。
13. 如图所示，小球与轻弹簧，水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度，方向竖直向上
B. 仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度，方向水平向右
C. 仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度，方向水平向左
D. 仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度，方向竖直向下
【答案】CD
【解析】
【详解】AC．设小球的质量为m，小球静止时
剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受的合外力与等大反向，根据牛顿第二定律可得
即
方向水平向左，故C正确，A错误；
BD．若剪断轻弹簧，绳子拉力会突变为零，此时小球只受到重力的作用，所以根据牛顿第二定律可知小球加速度
方向竖直向下，故B错误，D正确。
故选CD。
14. 如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0=10m/s、质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的二次方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则（ ）
A. 斜面倾角θ为30°
B. 斜面倾角θ为37°
C. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【答案】BD
【解析】
【详解】小木块上滑时加速度
小木块下滑时加速度为
小木块上滑时根据动力学公式有
小木块下滑时根据动力学公式有
上滑时位移为
下滑时位移为
联立解得
故选BD。
15. 民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面（如图所示）。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4 m，气囊所形成的斜面长度为8 m，一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加速直线运动，人与气囊间的动摩擦因数为（g取10 m/s2）。下列说法正确的是（ ）
A. 人滑至气囊底端所经历的时间约为2 s
B. 人滑至气囊底端所经历的时间约为4 s
C. 人滑至气囊底端时的速度大小为4 m/s
D. 人滑至气囊底端时的速度大小为8 m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设斜面的倾角为，则
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
根据位移—时间关系，可得
故A正确，B错误；
CD．根据速度—时间关系可得人滑至气囊底端时的速度大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题）
三、实验题
16. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，并___________。（多选，填正确答案标号）
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到_________，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向。
④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力的图示。
⑤比较和的________，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【答案】 ①. CD##DC ②. 相同位置 ③. 大小和方向
【解析】
【详解】②[1]将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。
故选CD。
③[2]撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向；
⑤[3]比较和的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
17. 某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.75cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为______cm；
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是______（填选项前的字母）；
A.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随机增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是______。
【答案】 ①. 6.91（6.90～6.92） ②. A ③. 超出弹簧的弹性限度
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1] 图乙刻度尺的示数为：14.65cm，此时弹簧的伸长量
（2）[2] 本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力的操作，规范的做法是：逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重。
故选A。
（3）[3] 造成丙同学描绘的弹簧的伸长量与弹力F的关系图线，AB段明显偏离直线OA的主要原因是：超过了弹簧的弹性限度。
四、解答题
18. 如图甲所示，质量m=1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，求∶2 s内物块的位移大小x和通过的路程L。
【答案】0.5m，1.5m
【解析】
【详解】在内，由图乙可知，物块上升的最大距离为
物块下滑的距离为
所以物块的位移大小为
物块的路程为
19. 物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=，货物可视为质点（取cs 24°=0.9，sin 24°=0.4，g取10 m/s2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
【答案】（1）；（2）4m/s
【解析】
【详解】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
（2）依题意，货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，有
解得
20. 如图甲所示，质量m=5kg的物体静止在水平地面上的0点．如果用F1=20N的水平恒力拉它时，运动的位移﹣时间图象如图乙所示；如果水平恒力变为F2，运动的速度﹣时间图象如图丙所示．（取g=10m/s2）求：
（1）物体与水平地面间的动摩擦因数；
（2）求拉力F2的大小；
（3）在拉力F2的作用下运动2s时间后撤去拉力，物体还能运动多远？
【答案】（1）0.4；（2）30N；（3）2m
【解析】
【分析】（1）物体在F1作用下做匀速直线运动，根据受力平衡求动摩擦因数；
（2）物体在F2作用下做匀加速直线运动，根据速度时间图象求加速度，再根据牛顿第二定律列式即可求出F2
（3）根据牛顿第二定律求出撤去F2后运动的加速度，再根据速度位移公式求滑行的位移；
【详解】（1）由图乙可知在拉力F1作用下物体做匀速直线运动，摩擦力为：Ff＝μmg＝F1＝20N
代入数据解得：μ＝＝0.4
（2）由图丙可知加速度为：
F2−Ff＝ma1
代入数据解得：F2＝30N
（3）撤去力后的加速度为：a2＝μg＝4m/s2
根据v2＝2a2x
代入数据解得：x=2m
第I卷（选择题）
一、单选题
1. 远在春秋战国时代（公元前772—前221年），我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也．”“刑”同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是
A. 墨子认为力是改变物体运动状态的原因
B. 墨子认为力是使物体产生加速度的原因
C. 此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同
D. 此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同
【答案】C
【解析】
【详解】“力，刑(形)之所以奋也．”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上,物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止．故C错误，ABD正确；
说法不正确的故选C．
2. 2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器月面点火，发动机工作约6分钟后，顺利将携带月壤的上升器送入到预定环月轨道，成功实现我国首次地外天体起飞。若用国际单位制基本单位的符号来表示文中提到的单位，正确的是（ ）
A. ；B. ；
C. ；D. ；
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】题述中的物理量分别是时间、力，时间的国际单位制的基本单位是s，由可知，，所以C正确；ABD错误；
故选C。
3. 下列各物理量中，其国际单位属于基本单位，同时也属于矢量的是（ ）
A. 时间B. 位移C. 质量D. 力
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】时间、质量的单位属于基本单位，但都不属于矢量，力是矢量，但力的单位是导出单位，位移是矢量，且它的国际单位m属于基本单位。
故选B。
4. 将木块放在小车上，使木块与小车一起向右匀速运动，当小车被挡板挡住时，下列实验现象正确的是（ ）
A 假设小车表面光滑，木块将如图1所示向前倾倒
B. 假设小车表面光滑，木块将如图2所示向前滑动
C. 假设小车表面粗糙，木块将如图3所示向后倾倒
D. 假设小车表面粗糙，木块将如图2所示向前滑动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当小车遇到障碍物时，小车将停下。如果小车上表面光滑，则木块下部不受摩擦力，此时整个木块都将由于惯性而保持向右的匀速直线运动状态，A错误、B正确；
CD．如果上表面粗糙，则木块上部由于惯性将继续向右运动，木块下部虽然也要继续向右运动，但下部受到一个向左的摩擦力，使得下部的运动状态发生改变，很快停止，故此时木块将向右倾倒，CD错误。
故选B。
5. 如图所示，相同细线1、2与钢球连接，细线1的上端固定，用力向下拉线2，则（ ）
A. 缓慢增加拉力时，线2会被拉断
B. 缓慢增加拉力时，线1中张力的增量比线2的大
C. 猛拉时线2断，线断前瞬间球的加速度大于重力加速度
D. 猛拉时线2断，线断前瞬间球的加速度小于重力加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．缓慢增加拉力，小球受力平衡
所以细线1先被拉断，故A错误；
B．要使等式成立，细线1和2的拉力变化量是相同的，故B错误；
CD．猛拉时，细线2上拉力突然变大，作用时间极短，由于惯性，小球位置几乎不变，细线1的拉力增加几乎为零，故细线2断裂，因此断裂前细线2的拉力大于细线1，因此合力
故加速度大于重力加速度，故C正确，D错误。
故选C。
6. 两个共点力的大小分别为F1＝15 N，F2＝8 N，它们的合力大小不可能等于( )
A. 9 NB. 25 NC. 8 ND. 21 N
【答案】B
【解析】
【详解】两个力同向时合力最大：
两个力反向时合力最小：
所以选项中不在上述最大值和最小值之间，ACD错误，B正确。
故选B。
7. 如图所示，物体B放在物体A上，正一起沿光滑的斜面向下滑动，已知A的上表面水平，下列对A、B两物体受力情况分析正确的是（ ）
A. B只受重力和支持力两个力作用
B. A对B一定有沿斜面向下的静摩擦力
C. A对B一定有水平向向左的静摩擦力
D. B对A的压力大小应等于B的重力
【答案】C
【解析】
【分析】AB一起沿光滑斜面向下滑动，将AB看成整体，受力分析可知，AB一起沿斜面向下做加速度为的匀加速直线运动．由此运动状态出发，判断A和B的受力情况即可．
【详解】ABC、因为B的加速度沿斜面向下，故B还受A给的水平向左的静摩擦力，AB错误，C正确；
D、因B的加速度由沿竖直向下的分量，故在竖直方向满足，则，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力大小应小于B的重力，故D错误．
故选C．
【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
8. 如图所示，m=1.0kg的小滑块以v0=4m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6。若从滑块滑上斜面起，经0.8s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为（ ）
A. 0.8 mB. 0.64 mC. 0.76 mD. 0.6 m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】滑块向上滑行时，由牛顿第二定律得
解得
滑块上滑，速度变为零需要的时间
上滑最大距离
经过0.4s，滑块达到最高点，速度为零，然后反向下滑，由牛顿第二定律得
解得
下滑时间
下滑的距离
AB间的距离
故选B。
【点睛】滑块向上运动时做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，由匀变速运动的速度位移公式与位移公式可以求出滑块的位移，最后求出AB间的距离。
9. 一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（ ）
A. 上升时间等于下落时间B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零D. 下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；
B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；
C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；
D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。
故选B。
10. 在某次火灾演练中，小华利用窗帘、床单等拧成绳，从四楼窗户沿绳下滑到地面运动过程v-t图像如图所示。已知小华的质量为60kg，下列说法正确的是（ ）
A. 0~4s内，小华做自由落体运动
B. 4~5s内绳子对小华的作用力是0~4s内的4倍
C. 小华先处于超重状态，后处于失重状态
D. 小华开始下滑的位置距离地面的高度为10m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可知，图像的斜率表示加速度，则0~4s内，小华的加速度为
则小华此过程中不做自由落体运动，故A错误；
B．0~4s内，对小华由牛顿第二定律可得
得
4~5s内的加速度大小为
4~5s对小华由牛顿第二定律可得
得
则
故B错误；
C．小华先加速度向下运动，后减速向下，则小华先处于失重后超重状态，故C错误；
D．图像与坐标轴所围面积表示位移，则小华开始下滑的位置距离地面的高度为
故D正确。
故选D。
二、多选题
11. 如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落，在小球下落的这一过程中下列说法正确的是（ ）
A. 小球刚接触弹簧的瞬间速度最大
B. 小球刚接触弹簧时加速度变为竖直向上
C. 小球刚接触弹簧起到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D. 小球刚接触弹簧起到到达最低点，小球的加速度先减小后增大
【答案】CD
【解析】
【详解】小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时，速度最大。
故选CD。
12. 如图所示，水平地面上两个完全相同的物体A和B紧靠在一起，在水平推力F的作用下，A和B一起运动，用FAB表示A、B间的作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 若地面光滑，则FAB=F
B. 若地面光滑，则FAB=0.5F
C. 若地面与物体间的动摩擦因数为μ，则FAB=0.5F
D. 若地面与物体间的动摩擦因数为μ，则FAB=F
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．若地面光滑，对A、B整体由牛顿第二定律有
隔离B，对B由牛顿第二定律有
由于两物块完全相同，即
联立解得
故A错误，B正确；
CD．若地面与物体间的动摩擦因数为μ，对A、B整体由牛顿第二定律有
隔离B，对B由牛顿第二定律有
联立解得
FAB=0.5F
故C正确，D错误。
故选BC。
13. 如图所示，小球与轻弹簧，水平细绳相连，轻弹簧、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度，方向竖直向上
B. 仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度，方向水平向右
C. 仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度，方向水平向左
D. 仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度，方向竖直向下
【答案】CD
【解析】
【详解】AC．设小球的质量为m，小球静止时
剪断细绳瞬间，轻弹簧拉力不改变，则小球受的合外力与等大反向，根据牛顿第二定律可得
即
方向水平向左，故C正确，A错误；
BD．若剪断轻弹簧，绳子拉力会突变为零，此时小球只受到重力的作用，所以根据牛顿第二定律可知小球加速度
方向竖直向下，故B错误，D正确。
故选CD。
14. 如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0=10m/s、质量为m=1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的二次方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则（ ）
A. 斜面倾角θ为30°
B. 斜面倾角θ为37°
C. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【答案】BD
【解析】
【详解】小木块上滑时加速度
小木块下滑时加速度为
小木块上滑时根据动力学公式有
小木块下滑时根据动力学公式有
上滑时位移为
下滑时位移为
联立解得
故选BD。
15. 民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面（如图所示）。假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4 m，气囊所形成的斜面长度为8 m，一个质量为60 kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时，可视为做匀加速直线运动，人与气囊间的动摩擦因数为（g取10 m/s2）。下列说法正确的是（ ）
A. 人滑至气囊底端所经历的时间约为2 s
B. 人滑至气囊底端所经历的时间约为4 s
C. 人滑至气囊底端时的速度大小为4 m/s
D. 人滑至气囊底端时的速度大小为8 m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设斜面的倾角为，则
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
根据位移—时间关系，可得
故A正确，B错误；
CD．根据速度—时间关系可得人滑至气囊底端时的速度大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
第II卷（非选择题）
三、实验题
16. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤：
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，并___________。（多选，填正确答案标号）
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到_________，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向。
④选择合适标度，由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作和的合成图，得出合力的大小和方向；按同一标度在白纸上画出力的图示。
⑤比较和的________，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
【答案】 ①. CD##DC ②. 相同位置 ③. 大小和方向
【解析】
【详解】②[1]将橡皮条的一端固定在木板上，另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上，它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计，小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力和的大小，还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。
故选CD。
③[2]撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到相同位置，由测力计的示数得到拉力的大小，沿细线标记此时的方向；
⑤[3]比较和的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
17. 某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.75cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为______cm；
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是______（填选项前的字母）；
A.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随机增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是______。
【答案】 ①. 6.91（6.90～6.92） ②. A ③. 超出弹簧的弹性限度
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1] 图乙刻度尺的示数为：14.65cm，此时弹簧的伸长量
（2）[2] 本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力的操作，规范的做法是：逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重。
故选A。
（3）[3] 造成丙同学描绘的弹簧的伸长量与弹力F的关系图线，AB段明显偏离直线OA的主要原因是：超过了弹簧的弹性限度。
四、解答题
18. 如图甲所示，质量m=1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，求∶2 s内物块的位移大小x和通过的路程L。
【答案】0.5m，1.5m
【解析】
【详解】在内，由图乙可知，物块上升的最大距离为
物块下滑的距离为
所以物块的位移大小为
物块的路程为
19. 物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=，货物可视为质点（取cs 24°=0.9，sin 24°=0.4，g取10 m/s2）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
【答案】（1）；（2）4m/s
【解析】
【详解】（1）货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律可得
解得
（2）依题意，货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，有
解得
20. 如图甲所示，质量m=5kg的物体静止在水平地面上的0点．如果用F1=20N的水平恒力拉它时，运动的位移﹣时间图象如图乙所示；如果水平恒力变为F2，运动的速度﹣时间图象如图丙所示．（取g=10m/s2）求：
（1）物体与水平地面间的动摩擦因数；
（2）求拉力F2的大小；
（3）在拉力F2的作用下运动2s时间后撤去拉力，物体还能运动多远？
【答案】（1）0.4；（2）30N；（3）2m
【解析】
【分析】（1）物体在F1作用下做匀速直线运动，根据受力平衡求动摩擦因数；
（2）物体在F2作用下做匀加速直线运动，根据速度时间图象求加速度，再根据牛顿第二定律列式即可求出F2
（3）根据牛顿第二定律求出撤去F2后运动的加速度，再根据速度位移公式求滑行的位移；
【详解】（1）由图乙可知在拉力F1作用下物体做匀速直线运动，摩擦力为：Ff＝μmg＝F1＝20N
代入数据解得：μ＝＝0.4
（2）由图丙可知加速度为：
F2−Ff＝ma1
代入数据解得：F2＝30N
（3）撤去力后的加速度为：a2＝μg＝4m/s2
根据v2＝2a2x
代入数据解得：x=2m
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