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2023-2024学年江苏省南通市海安高级中学高一（上）月考物理试卷（12月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省南通市海安高级中学高一（上）月考物理试卷（12月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是( )
A. 物体做直线运动时，若速度逐渐增大，则其所受合外力方向一定与速度方向相同
B. 物体做曲线运动时，所受合外力的方向与物体速度方向可能在同一直线上
C. 在平抛运动中，物体在任意相同时间内速度的变化量可能不同
D. 物体做曲线运动时，其速度可能保持不变
2.如图所示，一只红嘴蓝鹊站在斜水管上保持不动时，以下说法正确的是( )
A. 它对水管的作用力和水管对它的作用力是一对平衡力
B. 水管对它的作用力垂直于水管向上
C. 当它把水管抓得更紧时，水管对它的摩擦力将增大
D. 它受到弹力是因为它使水管产生形变
3.如图所示，一个质量为m的小球穿在半径为R的光滑圆环上，圆环绕竖直方向的O1O2轴以角速度ω匀速转动，球和圆心的连线与转轴的夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球受到重力、圆环的弹力和向心力三个力作用
B. 小球的线速度大小为ωR
C. 圆环对球的弹力大于球的重力
D. 小球做圆周运动的向心力大小为mgtanθ
4.赛龙舟是端午节的传统活动。下列v−t和s−t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，下列说法正确的是( )
A. 乙比甲先到达终点B. 戊的速度始终比甲大
C. 在中途甲和丁船头会出现并齐的情况D. 在中途甲和丙船头会出现并齐的情况
5.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 弹簧Q可能处于拉伸状态
B. 轻绳P的弹力大小可能小于mg
C. 剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡
D. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小比g小
6.物理课上，某同学手里握住力传感器，传感器下面竖直挂着一个钩码，做先“下蹲”后“起立”的动作，传感器的示数随时间变化的情况如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 图示的时间内该同学完成两次下蹲、起立的动作
B. “下蹲”或“起立”时，砝码重力均发生了变化
C. 该同学下蹲过程中的最大速度出现在t1时刻
D. 下蹲过程先超重后失重
7.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人以速度v匀速向左运动，此时人的拉力大小为F，则此时( )
A. 船的速度为vcsθB. 船的速度为vcsθ
C. 船将匀速靠岸D. 船的加速度为Fsinθ−fm
8.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
9.如图所示，虚线为A、B两小球从等宽不等高的台阶抛出的运动轨迹，A球从台阶1的右端水平抛出后，运动至台阶2右端正上方时，B球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，不计空气阻力，则( )
A. 两球抛出时A的速度大于B的速度
B. 两球相遇时A的速度大小为B的两倍
C. 台阶1、2的高度差是台阶2、3高度差的4倍
D. 两球相遇时A的速度与水平方向的夹角的正切值为B的两倍
10.如图所示，倾角为30°、表面粗糙的斜劈B放置在粗糙水平地面上，物体A的质量为2m，物体C的质量为m，细线绕过滑轮O1和O2连接在竖直杆上D处，连接A物体的细线与斜面平行，滑轮O1固定在斜劈上，不计质量的动滑轮O2。跨在细线上，其下端悬挂C物体，动滑轮O2两侧的绳子成90°夹角。物体A、B始终静止，不计细线与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 斜劈对A的摩擦力沿斜面向下
B. 逐渐增大C物体的质量，A物体受到的摩擦力逐渐变小
C. 将竖直杆向右移动少许，地面对斜劈的摩擦力变大
D. 将悬点D上移少许，细线的弹力变小
11.如图所示，倾角为α的斜面静止在粗糙水平地面上，可视为质点的物块恰能沿斜面匀速下滑，若物块在下滑过程中对物块施加一个恒力F，则下列说法正确的是( )
A. 若F垂直斜面向下，斜面将受到地面水平向左的摩擦力
B. 若F沿斜面向下，斜面将受到地面水平向右的摩擦力
C. 若F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑
D. 物块受到斜面的支持力和摩擦力的合力方向不变
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小华同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力。
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是______ 。
A.不必用天平测出砂和砂桶的质量
B.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
C.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是______ m/s2。(计算结果保留三位有效数字)。
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车与轨道的滑动摩擦力Ff= ______ N。
(4)小明同学不断增加砂子质量重复实验，发现小车的加速度最后会趋近于某一数值，从理论上分析可知，该数值应为______ m/s2(g取10m/s2)。
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.一滑雪表演的测试滑道如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=5m的光滑四分之一圆形轨道，BC段为倾斜轨道，轨道倾斜角θ=45°，CD段为足够长的水平减速轨道。一质量为50kg的表演者从AB轨道上某点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为6m/s，离开B点做空中表演(可视为平抛运动)，最后落回轨道，(重力加速度g=10m/s2)求：
(1)到达B点时圆形轨道对表演者的支持力大小；
(2)表演者离开B点后，多长时间落在倾斜轨道上。
14.如图所示，静置于水平地面上的两个完全相同、质量均为2m的半圆柱体A、B刚好接触。现将一质量为m的光滑圆柱体C放置在两半圆柱体上，半圆柱体A、B与地面保持相对静止。已知圆柱体C与半圆柱体A的截面半径之比r：R=1：4，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)圆柱体C对半圆柱体A的压力的大小；
(2)半圆柱体A与地面间的动摩擦因数μ满足的条件。
15.如图所示，左端有一弹性挡板Q的水平传送带AB长L=6m，以v=2m/s的速度顺时针转动。质量m=1kg的小滑块静置在与AB等高的平台BC上，与B点距离为x。现用一水平向左的恒力F=4N始终作用在滑块上，滑块滑上传送带后做匀速运动，与左侧挡板碰撞后原速率弹回。已知滑块与BC间的动摩擦因数μ1=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
(1)求滑块与传送带之间的动摩擦因数μ2；
(2)若x=9m，求滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间t；
(3)若滑块第一次与挡板碰撞后返回B点时和传送带速度相等，求x的取值范围。
16.如图，两个滑块A和B的质量mA=mB=2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量mC=4kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA=1m/s、vB=5m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求刚开始时滑块A与木板C的加速度大小；
(2)滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；
(3)为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.物体做直线运动时，若速度逐渐增大，则加速度的方向与速度的方向一定相同，根据牛顿第二定律可知，其所受合外力的方向一定与速度方向相同，故A正确；
B.物体做曲线运动的条件是所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，故B错误；
C.平抛运动的加速度始终等于重力加速度g，则在平抛运动中，物体在任意相同时间内速度的变化量一定相同，故C错误；
D.做曲线运动的物体的速度方向沿曲线的切线方向，所以速度是不断变化的，故D错误。
故选：A。
物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，曲线运动最基本特点是速度方向时刻变化，根据物体做曲线运动条件和平抛运动特点即可解答本题。
对于一些基本概念要想深入、全面理解，通过不断的加强训练是比较好的途径，同时开拓思路列举实例也是很好的办法。
2.【答案】D
【解析】解：A.它对水管的作用力和水管对它的作用力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力和反作用力，故A错误；
B.根据平衡条件，可知水管对红嘴蓝鹊的作用力竖直向上，故B错误；
C.红嘴蓝鹊所受的摩擦力是静摩擦力，因此当它把水管抓得更紧时，水管对它的摩擦力不变，故C错误；
D.红嘴蓝鹊受到弹力是因为水管发生形变而产生的，故D正确。
故选：D。
一对平衡力大小相等，方向相反，作用在同一物体上，一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在两个不同物体上；水管对它的力是竖直向上的，根据相互作用力进行判断，静摩擦力等于它的重力分力，发生弹性形变的物体由于想要恢复形变，就会对于其相接触的物体产生弹力作用。
明确重力、弹力、摩擦力三个性质力的三要素(大小、方向、作用点)，总结归纳平衡力与相互作用力的区别。
3.【答案】C
【解析】解：A、向心力为效果力，小球只受重力和圆环的弹力作用，故A错误；
B、圆环以角速度ω匀速转动，小球的线速度大小为v=ωRsinθ，故B错误；
C、重力和弹力的合力沿水平方向，则
csθ=mgN<1
圆环对球的弹力大于球的重力，故C正确；
D、根据tanθ=Fmg
向心力为F=mgtanθ
故D错误。
故选：C。
对圆环受力分析，根据向心力的来源，由牛顿第二定律列式求解。
本题考查学生对向心力来源的理解，解题关键是正确理解题意建立模型。对学生要求较高。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，知相同时间内，甲的位移比乙的大，则甲比乙先到达终点，故A错误；
B、x−t图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，则戊的速度先小于、后等于、再等于甲的速度，故B错误；
C、由图可知，在到达终点前，甲、丁两图线没有交点，则在中途甲和丁船头不会出现船头并齐的情况，故C错误；
D、由v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，整个过程中甲、丙龙舟的位移会相等，在途中会出现船头并齐情况，故D正确。
故选：D。
在速度—时间图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合面积比较两者的位移关系，判断甲与乙哪个先到达终点；在位移—时间图像中，图线对应的纵坐标表示位移，通过两图线是否有交点判断在途中是否会出现船头并齐。根据x−t图像的斜率大小分析速度大小。
本题考查了速度—时间图像和位移—时间图像的综合运用，知道图线的物理含义，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，位移—时间图线对应的纵坐标表示位置。
5.【答案】C
【解析】解：AB.由于轻绳P竖直，且物块并未受到任何具有水平向左分量的力，所以弹簧Q的弹力为零，不可能处于拉伸状态，且由于弹簧Q无弹力，则物块只受到重力和轻绳的弹力，所以轻绳P的弹力大小等于mg，故AB错误；
C.由于轻弹簧Q对物块没有弹力，所以剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡，故C正确；
D.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，在此瞬间仍为零，物块只受到重力作用，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为g，故D错误。
故选：C。
AB、根据题意，结合共点力的平衡条件可知弹簧Q的弹力为零，轻绳P的弹力大小等于mg；
C、根据共点力的平衡条件可以判断物块仍能保持平衡；
D、根据弹簧弹力的不可突变性，根据牛顿第二定律求出物块的加速度大小。
在涉及弹簧问题时，要注意弹簧的弹力具有不可突变性，另外要注意和轻绳、轻杆的区别。
6.【答案】C
【解析】解：A.图示的时间内该同学先向下加速运动，然后减速运动，完成一次下蹲过程；再向上加速运动，然后减速运动，完成一次起立动作，共经历了一次下蹲、起立的动作，故A错误；
B.“下蹲”或“起立”时，砝码的质量没有发生变化，所以砝码重力没有发生变化，故B错误；
C.从图示可以看出，该同学下蹲过程中先向下加速，后向下减速，在t1时刻向下的加速度为零，速度出现最大值，该同学下蹲过程中的最大速度出现在t1时刻，故C正确；
D.下蹲过程先向下加速，后向下减速，先失重后超重，故D错误。
故选：C。
通过图像得到不同时刻钩码对传感器的压力，判断小明处于失重或是超重状态，进而得到小明加速度的方向，判断其运动状态。
本题主要考查超重与失重，当物体的加速度向上时，处于超重状态；当物体加速度向下时，处于失重状态，同理可以根据加速度的方向判断物体所处的运动状态。
7.【答案】B
【解析】解：ABC.将船的速度分解为沿绳子方向与垂直绳子方向的两个分速度，则有
v船csθ=v
可得
v船=vcsθ
由于船在靠岸过程中，θ逐渐增大，csθ逐渐减小，则v船逐渐增大，船将加速靠岸。故AC错误；B正确；
D.水的阻力为恒为f，此时人的拉力大小为F，以船为对象，由牛顿第二定律可得
Fcsθ−f=ma
解得
a=Fcsθ−fm
故D错误。
故选：B。
(1)把船的实际速度分解为沿绳子与垂直绳子的分速度，列方程求解；(2)根据牛顿第二定律解出船的加速度即可。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是“关联速度”的问题，还涉及到牛顿第二定律求解加速度问题。是一道综合题目。
8.【答案】B
【解析】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。当物块速度减小为零时，离A点最远；而相对于传送带的速度为零时，物块相对于传送带的距离最大；
根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，受到的滑动摩擦力向右。而t2～t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力为零。
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况，从而明确物块与传送带之间的相对运动规律，此类问题涉及两个物体多个过程，对学生分析能力能起到较好的练习作用。
9.【答案】D
【解析】解：A.两个小球都做平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，根据x=v0t，根据题意，A运动至台阶2右端正上方时，B球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，x和t都相等，所以v0相等，故A错误；
B.因为水平速度相等，台阶的宽度也相等，所以两个小球在空中运动的总时间之比为2：1，所以相遇时两球竖直速度之比为2：1，合速度v= v02+vy2，其比值一定不等于2：1，故B错误；
C.根据平抛运动竖直方向：h=12gt2
水平方向：x=v0t
联立解得：h=g2v02x2
台阶1、3的高度差与台阶2、3高度差之比为h13h23=(21)2=41
所以，台阶1、2的高度差与台阶2、3高度差之比为h12h23=31
故C错误；
D.设2、3台阶的高度差为h0，则1、3台阶的高度差为4h0，设台阶的宽度x0，根据平抛运动的推论tanα=2tanβ
得tanα13=2tanβ13=2×4h02x0=4h0x0
tanα23=2tanβ23=2×h0x0=2h0x0
两球相遇时A的速度与水平方向的夹角的正切值与B的速度与水平方向的夹角的正切值之比为tanα13tanα23=21
故D正确。
故选：D。
台阶宽度相等，且两球相同时间内运动了相同的水平位移，则两球水平速度相等，根据A球运动了两个台阶可知A球所用时间为B球的两倍，据此进行分析即可。
注意把握题目中存在的关系，比如两球的水平位移、水平速度、时间的关系，根据已知的关系结合相关公式推理得出竖直位移、竖直速度等关系。
10.【答案】C
【解析】解：A、以滑轮为研究对象，受到两边细线的拉力和物体C的拉力，其中物体C的拉力大小等于C的重力，如图所示；
竖直方向根据平衡条件可得：2Tcs45°=mg，解得绳子中的拉力大小为：T=12mgcs45∘= 2mg2；
物体A的重力沿斜面的分力为Gx=2mgsin30°=mg> 2mg2，所物体A受到沿斜面向上的摩擦力，故A错误；
B、逐渐增大C物体的质量，则绳子中的拉力增大，A物体将受到斜劈的静摩擦力随着C物体质量的增大先向上减小后反向增大，故B错误；
C、设O2两侧的绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子中的拉力为：T=12mgcsθ，绳子对斜劈的拉力沿水平方向的分力为Fx=12mgtanθ，
将竖直杆向右移动少许，则θ变大，由上式可知Fx也变大，f=Fx，地面对斜劈的摩擦力变大，故C正确；
D、设滑轮O1到杆的水平距离为d，O1、O2、D之间的这段绳子长度为L，细线O2D与杆之间的夹角为θ，由于细线中的张力处处相等，所以细线O1O2与竖直方向的夹角也为θ；
由几何关系可得：d=LO1O2sinθ+LO2Dsinθ=(LO1O2+LO2D)sinθ=Lsinθ，悬点D移动过程中，由于L和d不变，所以细线O2D与杆之间的夹角θ也不变，
由平行四边形定则可知，2Tcsθ=mg，细线中的弹力不变，故D错误。
故选：C。
运用共点力平衡条件对物体C进行受力分析，得出拉力与C的重力关系，再对A根据平衡条件分析摩擦力的方向；根据C质量的变化分析A受到的摩擦力的变化情况；将竖直杆向右移动少许，分析细线拉力在水平方向的分力大小确定地面对斜劈的摩擦力的变化情况；以滑轮为研究对象，根据平衡条件结合数学知识分析将悬点D上移少许，细线的弹力是否变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
11.【答案】D
【解析】解：C.若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，根据平衡条件可得：
mgsinα=μmgcsα
解得，木块与斜面之间的动摩擦因数
μ=tanα
对小物块和斜面体整体分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零。地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力。当对物块施加一个竖直向下的恒力F时，有
(mg+F)sinα=μ(mg+F)csα
则物块还是处于平衡状态，物块还是匀速下滑，故C错误。
ABD.施加F前将物块与斜面整体分析可知斜面受到地面的摩擦力为零，无论施加的力F垂直斜面向下还是竖直向下或者沿其他方向，施加力F后，物块受到的滑动摩擦力和支持力的比值仍然为μ，所以物块受到的支持力和摩擦力的合力方向不变，仍然竖直向上；由牛顿第三定律得，物块对斜面的作用力竖直向下，所以斜面受到地面的摩擦力为零，故AB错误，D正确；
故选：D。
施加F前根据平衡条件，对物块受力分析，求解出动摩擦因数，从而进行判断；
施加F后，对物块受力分析，根据平衡条件判断摩擦力的大小。
本题考查的是受力分析问题，判断摩擦力需结合物体的运动状态进行分析。
12.【答案】AB 2.40 1.0 5.0
【解析】解：(1)AC.对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故A正确，C错误；
B.探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，故B正确。
故选：AB。
(2)相邻两计数点间的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，可得加速度为a=xBD−xOA4T2=xOD−2xOB4T2
代入数据解得加速度a=2.40m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知2F−Ff=Ma
变形得a=2M⋅F−FfM
当加速度a=0时，拉力F=0.5N
因此摩擦力Ff=2F=2×0.5N=1.0N；
(4)根据实验原理可知砂和砂桶加速度是小车的加速度的2倍
对小车，根据牛顿第二定律2F−Ff=Ma
对砂桶有mg−F=m⋅2a
联立可得a=2mg−FfM+4m=12g−Ff4mM4m+1
显然不断增加砂和桶的质量，当m≫M时，可知小车的加速度a将趋于g2
因此，即a=12g=12×10m/s2=5.0m/s2。
故答案为：(1)AB；(2)2.40；(3)1.0；(4)5.0。
(1)根据实验原理、注意事项分析作答；
(2)根据逐差法求加速度；
(3)根据牛顿第二定律求a−F函数，结合图像截距求摩擦力；
(4)对小车、砂和桶分别根据牛顿第二定律求解加速度的表达式，再结合题意分析作答。
解决本题的关键知道实验的原理以及实验中的注意事项，熟练掌握牛顿第二定律，知道砂和砂桶加速度是小车的加速度的2倍关系是解题的关键。
13.【答案】解：(1)表演者到达B点时由牛顿第二定律可得
FB−mg=mv2R
代入数据解得FB=860N
(2)轨道倾斜角为45°，由几何关系可知，表演者落在倾斜轨道BC上，水平方向位移等于竖直方向位移，即
vt=12gt2
代入数据解得t=1.2s
答：(1)到达B点时圆形轨道对表演者的支持力大小为860N；
(2)表演者离开B点后，经过1.2s落在倾斜轨道上。
【解析】(1)知道B点时速度的大小，根据向心力公式Fn=mv2R计算速度的大小；
(2)表演者离开B点后，做平抛运动，根据平抛运动规律计算运动的时间。
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
14.【答案】解：(1)设半圆柱体A对圆柱体C支持力与水平方向夹角为θ，由几何关系可得：
csθ=RR+r
解得：csθ=45sinθ=35
根据对称性可知A、B对C的支持力大小相等，均设为F，如图所示：
对C受力分析可得：2Fsinθ=mg
解得F=56mg
由牛顿第三定律，圆柱体C对半圆柱体A的压力大小为F′=56mg；
(2)对A受力分析，设地面支持力大小为FN，静摩擦力大小为f，如图所示：
根据平衡条件可得：
FN=2mg+F′sinθ
f=F′csθ
半圆柱体A与地面保持相对静止的条件为：f≤μFN
联立解得：μ≥415。
答：(1)圆柱体C对半圆柱体A的压力的大小56mg；
(2)半圆柱体A与地面间的动摩擦因数μ满足的条件为μ≥415。
【解析】(1)对A球进行受力分析，结合几何关系即可求解。
(2)以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A的摩擦力，根据平衡条件可求得动摩擦因数μ满足的条件。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，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。
15.【答案】解：(1)由于滑块滑上传送带后做匀速运动，对滑块进行分析，根据平衡条件有
F=μ2N，N=mg
解得
μ2=0.4
(2)滑块在BC上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
F−μ1N=ma1
结合上述解得
a1=2m/s2
在BC上运动过程，根据位移公式有
x=12a1t12
解得
t1=3s
根据速度公式有
v1=a1t1
滑块在传送带上向左做匀速直线运动，则有
L=v1t2
解得滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间
t=t1+t2=3s+1s=4s
(3)若滑块加速至B点的速度小于传送带的速度，滑块反弹后的速度小于2m/s，反弹后相对于皮带向左运动，皮带对滑块的滑动摩擦力向右，与向左的恒力F平衡，滑块仍然向右做匀速直线运动，此时到达B点时的速度小于皮带的速度，可知，当滑块向左加速至B点的速度恰好等于皮带的速度时，x值为最小值，则有
v2=2a1xmin
解得
xmin=1m
当滑块反弹速度大于皮带速度时，反弹后相对于皮带向右运动，皮带对滑块的滑动摩擦力向左，滑块向右做匀减速直线运动，若减速至B点速度等于皮带速度时，此时x值为最大值，则滑块向左加速过程有
v22=2a1xmax
反弹后根据牛顿第二定律有
F+μ2N=ma2
结合上述解得
a2=8m/s2
反弹过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
v22−v2=2a2L
解得
xmax=25m
综合上述可知，x的取值范围为
1m≤x≤25m
答：(1)滑块与传送带之间的动摩擦因数μ2为0.4；
(2)若x=9m，滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间t为4s；
(3)若滑块第一次与挡板碰撞后返回B点时和传送带速度相等，x的取值范围为1m≤x≤25m。
【解析】(1)滑块滑上传送带后做匀速运动，由平衡条件求解；
(2)根据牛顿第二定律求得滑块在平台BC上向左匀加速直线运动的加速度大小，根据运动学公式求得滑块第一次到达B点时的速度和所用时间。滑块滑上传送带后做匀速运动，由运动学公式求得由B点到与挡板Q碰撞所需时间。滑块与挡板碰撞后向右先做匀减速直线运动，先判断滑块能否与传送带共速，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(3)若滑块与挡板碰撞后的速度小于传送带的速度，则碰撞后滑块做匀速直线运动到B点，故滑块与挡板碰撞的速度，应大于等于传送带的速度碰撞后滑块速度的最大时，滑块到B点恰好与传送带共速，根据运动学公式求得碰撞后滑块速度的最大值。确定滑块第一次从B点滑上传送带的速度大小应满足的条件，再根据运动学公式求得的取值范围。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，考查多运动过程和临界条件的分析能力。物体与传送带相对运动问题，要考虑物体与传送带是否能共速，以及共速之后物体的运动形式。
16.【答案】解：(1)对滑块A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAa1
代入数据解得：a1=5m/s2
对滑块B受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg=mBa2
代入数据解得：a2=5m/s2
对木板C受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=μ1mBg
则木板C受力平衡，木板与地面间无摩擦，故：a3=0m/s2
(2)设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，滑块A满足：0=vA−a1t1
滑块B满足：vB1=vB−a2t1
联立解得：vB1=4m/s
(3)A从开始到速度减到0的过程中，滑块A向右运动的位移为
xA1=vAt1−12a1t12
滑块B向左运动的位移为
xB1=vBt1−12a2t12
设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中以滑块A、木板C为整体，根据牛顿第二定律定律有：μ1mBg−μ2(mA+mB+mC)g=(mA+mC)a4
位移：xA2=12a4t22
当B与(AC整体)共速时：vB1−a2t2=a4t2
滑块B满足：xB2=vB1t2−12a2t22
两者相对位移：Δx2=xB2−xA2
则木板C的长度至少为：L=xA1+xB1+Δx2
联立代入数据得：L=2.5m，故木板C的长度至少为2.5m。
答：(1)刚开始时滑块A与木板C的加速度大小分别为5m/s2、0m/s2；
(2)滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小为4m/s；
(3)为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少为2.5m。
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小；
(2)根据速度—时间公式分别对A和B列式求解；
(3)根据位移公式分别求出木块A速度减为零过程的位移，然后求解ABC三者共速时三者位移，根据相对位移关系列式求解即可。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是( )
A. 物体做直线运动时，若速度逐渐增大，则其所受合外力方向一定与速度方向相同
B. 物体做曲线运动时，所受合外力的方向与物体速度方向可能在同一直线上
C. 在平抛运动中，物体在任意相同时间内速度的变化量可能不同
D. 物体做曲线运动时，其速度可能保持不变
2.如图所示，一只红嘴蓝鹊站在斜水管上保持不动时，以下说法正确的是( )
A. 它对水管的作用力和水管对它的作用力是一对平衡力
B. 水管对它的作用力垂直于水管向上
C. 当它把水管抓得更紧时，水管对它的摩擦力将增大
D. 它受到弹力是因为它使水管产生形变
3.如图所示，一个质量为m的小球穿在半径为R的光滑圆环上，圆环绕竖直方向的O1O2轴以角速度ω匀速转动，球和圆心的连线与转轴的夹角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球受到重力、圆环的弹力和向心力三个力作用
B. 小球的线速度大小为ωR
C. 圆环对球的弹力大于球的重力
D. 小球做圆周运动的向心力大小为mgtanθ
4.赛龙舟是端午节的传统活动。下列v−t和s−t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，下列说法正确的是( )
A. 乙比甲先到达终点B. 戊的速度始终比甲大
C. 在中途甲和丁船头会出现并齐的情况D. 在中途甲和丙船头会出现并齐的情况
5.如图所示，有一质量为m的物块分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，轻弹簧Q与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 弹簧Q可能处于拉伸状态
B. 轻绳P的弹力大小可能小于mg
C. 剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡
D. 剪断轻绳瞬间，物块的加速度大小比g小
6.物理课上，某同学手里握住力传感器，传感器下面竖直挂着一个钩码，做先“下蹲”后“起立”的动作，传感器的示数随时间变化的情况如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 图示的时间内该同学完成两次下蹲、起立的动作
B. “下蹲”或“起立”时，砝码重力均发生了变化
C. 该同学下蹲过程中的最大速度出现在t1时刻
D. 下蹲过程先超重后失重
7.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人以速度v匀速向左运动，此时人的拉力大小为F，则此时( )
A. 船的速度为vcsθB. 船的速度为vcsθ
C. 船将匀速靠岸D. 船的加速度为Fsinθ−fm
8.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0～t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2～t3时间内小物块受静摩擦力作用
D. 0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
9.如图所示，虚线为A、B两小球从等宽不等高的台阶抛出的运动轨迹，A球从台阶1的右端水平抛出后，运动至台阶2右端正上方时，B球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，不计空气阻力，则( )
A. 两球抛出时A的速度大于B的速度
B. 两球相遇时A的速度大小为B的两倍
C. 台阶1、2的高度差是台阶2、3高度差的4倍
D. 两球相遇时A的速度与水平方向的夹角的正切值为B的两倍
10.如图所示，倾角为30°、表面粗糙的斜劈B放置在粗糙水平地面上，物体A的质量为2m，物体C的质量为m，细线绕过滑轮O1和O2连接在竖直杆上D处，连接A物体的细线与斜面平行，滑轮O1固定在斜劈上，不计质量的动滑轮O2。跨在细线上，其下端悬挂C物体，动滑轮O2两侧的绳子成90°夹角。物体A、B始终静止，不计细线与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 斜劈对A的摩擦力沿斜面向下
B. 逐渐增大C物体的质量，A物体受到的摩擦力逐渐变小
C. 将竖直杆向右移动少许，地面对斜劈的摩擦力变大
D. 将悬点D上移少许，细线的弹力变小
11.如图所示，倾角为α的斜面静止在粗糙水平地面上，可视为质点的物块恰能沿斜面匀速下滑，若物块在下滑过程中对物块施加一个恒力F，则下列说法正确的是( )
A. 若F垂直斜面向下，斜面将受到地面水平向左的摩擦力
B. 若F沿斜面向下，斜面将受到地面水平向右的摩擦力
C. 若F竖直向下，物块将沿斜面加速下滑
D. 物块受到斜面的支持力和摩擦力的合力方向不变
第II卷（非选择题）
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小华同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了用力传感器来测细线中的拉力。
(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是______ 。
A.不必用天平测出砂和砂桶的质量
B.需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
C.一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是______ m/s2。(计算结果保留三位有效数字)。
(3)由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车与轨道的滑动摩擦力Ff= ______ N。
(4)小明同学不断增加砂子质量重复实验，发现小车的加速度最后会趋近于某一数值，从理论上分析可知，该数值应为______ m/s2(g取10m/s2)。
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.一滑雪表演的测试滑道如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=5m的光滑四分之一圆形轨道，BC段为倾斜轨道，轨道倾斜角θ=45°，CD段为足够长的水平减速轨道。一质量为50kg的表演者从AB轨道上某点由静止开始下滑，到达B点时速度的大小为6m/s，离开B点做空中表演(可视为平抛运动)，最后落回轨道，(重力加速度g=10m/s2)求：
(1)到达B点时圆形轨道对表演者的支持力大小；
(2)表演者离开B点后，多长时间落在倾斜轨道上。
14.如图所示，静置于水平地面上的两个完全相同、质量均为2m的半圆柱体A、B刚好接触。现将一质量为m的光滑圆柱体C放置在两半圆柱体上，半圆柱体A、B与地面保持相对静止。已知圆柱体C与半圆柱体A的截面半径之比r：R=1：4，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)圆柱体C对半圆柱体A的压力的大小；
(2)半圆柱体A与地面间的动摩擦因数μ满足的条件。
15.如图所示，左端有一弹性挡板Q的水平传送带AB长L=6m，以v=2m/s的速度顺时针转动。质量m=1kg的小滑块静置在与AB等高的平台BC上，与B点距离为x。现用一水平向左的恒力F=4N始终作用在滑块上，滑块滑上传送带后做匀速运动，与左侧挡板碰撞后原速率弹回。已知滑块与BC间的动摩擦因数μ1=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
(1)求滑块与传送带之间的动摩擦因数μ2；
(2)若x=9m，求滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间t；
(3)若滑块第一次与挡板碰撞后返回B点时和传送带速度相等，求x的取值范围。
16.如图，两个滑块A和B的质量mA=mB=2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量mC=4kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA=1m/s、vB=5m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求刚开始时滑块A与木板C的加速度大小；
(2)滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；
(3)为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.物体做直线运动时，若速度逐渐增大，则加速度的方向与速度的方向一定相同，根据牛顿第二定律可知，其所受合外力的方向一定与速度方向相同，故A正确；
B.物体做曲线运动的条件是所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，故B错误；
C.平抛运动的加速度始终等于重力加速度g，则在平抛运动中，物体在任意相同时间内速度的变化量一定相同，故C错误；
D.做曲线运动的物体的速度方向沿曲线的切线方向，所以速度是不断变化的，故D错误。
故选：A。
物体做曲线运动的条件是物体所受合外力方向和速度方向不在同一直线上，曲线运动最基本特点是速度方向时刻变化，根据物体做曲线运动条件和平抛运动特点即可解答本题。
对于一些基本概念要想深入、全面理解，通过不断的加强训练是比较好的途径，同时开拓思路列举实例也是很好的办法。
2.【答案】D
【解析】解：A.它对水管的作用力和水管对它的作用力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力和反作用力，故A错误；
B.根据平衡条件，可知水管对红嘴蓝鹊的作用力竖直向上，故B错误；
C.红嘴蓝鹊所受的摩擦力是静摩擦力，因此当它把水管抓得更紧时，水管对它的摩擦力不变，故C错误；
D.红嘴蓝鹊受到弹力是因为水管发生形变而产生的，故D正确。
故选：D。
一对平衡力大小相等，方向相反，作用在同一物体上，一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在两个不同物体上；水管对它的力是竖直向上的，根据相互作用力进行判断，静摩擦力等于它的重力分力，发生弹性形变的物体由于想要恢复形变，就会对于其相接触的物体产生弹力作用。
明确重力、弹力、摩擦力三个性质力的三要素(大小、方向、作用点)，总结归纳平衡力与相互作用力的区别。
3.【答案】C
【解析】解：A、向心力为效果力，小球只受重力和圆环的弹力作用，故A错误；
B、圆环以角速度ω匀速转动，小球的线速度大小为v=ωRsinθ，故B错误；
C、重力和弹力的合力沿水平方向，则
csθ=mgN<1
圆环对球的弹力大于球的重力，故C正确；
D、根据tanθ=Fmg
向心力为F=mgtanθ
故D错误。
故选：C。
对圆环受力分析，根据向心力的来源，由牛顿第二定律列式求解。
本题考查学生对向心力来源的理解，解题关键是正确理解题意建立模型。对学生要求较高。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，知相同时间内，甲的位移比乙的大，则甲比乙先到达终点，故A错误；
B、x−t图像的斜率表示速度，斜率越大，速度越大，则戊的速度先小于、后等于、再等于甲的速度，故B错误；
C、由图可知，在到达终点前，甲、丁两图线没有交点，则在中途甲和丁船头不会出现船头并齐的情况，故C错误；
D、由v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，整个过程中甲、丙龙舟的位移会相等，在途中会出现船头并齐情况，故D正确。
故选：D。
在速度—时间图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合面积比较两者的位移关系，判断甲与乙哪个先到达终点；在位移—时间图像中，图线对应的纵坐标表示位移，通过两图线是否有交点判断在途中是否会出现船头并齐。根据x−t图像的斜率大小分析速度大小。
本题考查了速度—时间图像和位移—时间图像的综合运用，知道图线的物理含义，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，位移—时间图线对应的纵坐标表示位置。
5.【答案】C
【解析】解：AB.由于轻绳P竖直，且物块并未受到任何具有水平向左分量的力，所以弹簧Q的弹力为零，不可能处于拉伸状态，且由于弹簧Q无弹力，则物块只受到重力和轻绳的弹力，所以轻绳P的弹力大小等于mg，故AB错误；
C.由于轻弹簧Q对物块没有弹力，所以剪断轻弹簧瞬间，物块仍能保持平衡，故C正确；
D.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，在此瞬间仍为零，物块只受到重力作用，根据牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为g，故D错误。
故选：C。
AB、根据题意，结合共点力的平衡条件可知弹簧Q的弹力为零，轻绳P的弹力大小等于mg；
C、根据共点力的平衡条件可以判断物块仍能保持平衡；
D、根据弹簧弹力的不可突变性，根据牛顿第二定律求出物块的加速度大小。
在涉及弹簧问题时，要注意弹簧的弹力具有不可突变性，另外要注意和轻绳、轻杆的区别。
6.【答案】C
【解析】解：A.图示的时间内该同学先向下加速运动，然后减速运动，完成一次下蹲过程；再向上加速运动，然后减速运动，完成一次起立动作，共经历了一次下蹲、起立的动作，故A错误；
B.“下蹲”或“起立”时，砝码的质量没有发生变化，所以砝码重力没有发生变化，故B错误；
C.从图示可以看出，该同学下蹲过程中先向下加速，后向下减速，在t1时刻向下的加速度为零，速度出现最大值，该同学下蹲过程中的最大速度出现在t1时刻，故C正确；
D.下蹲过程先向下加速，后向下减速，先失重后超重，故D错误。
故选：C。
通过图像得到不同时刻钩码对传感器的压力，判断小明处于失重或是超重状态，进而得到小明加速度的方向，判断其运动状态。
本题主要考查超重与失重，当物体的加速度向上时，处于超重状态；当物体加速度向下时，处于失重状态，同理可以根据加速度的方向判断物体所处的运动状态。
7.【答案】B
【解析】解：ABC.将船的速度分解为沿绳子方向与垂直绳子方向的两个分速度，则有
v船csθ=v
可得
v船=vcsθ
由于船在靠岸过程中，θ逐渐增大，csθ逐渐减小，则v船逐渐增大，船将加速靠岸。故AC错误；B正确；
D.水的阻力为恒为f，此时人的拉力大小为F，以船为对象，由牛顿第二定律可得
Fcsθ−f=ma
解得
a=Fcsθ−fm
故D错误。
故选：B。
(1)把船的实际速度分解为沿绳子与垂直绳子的分速度，列方程求解；(2)根据牛顿第二定律解出船的加速度即可。
本题考查运动的合成与分解，解题关键是“关联速度”的问题，还涉及到牛顿第二定律求解加速度问题。是一道综合题目。
8.【答案】B
【解析】解：A、对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B、由上述可知，在0～t1时间内小物块相对于传送带向左运动，在t1～t2时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动，t2～t3小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知，t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力。在t2～t3时间内，小物块向右做匀速直线运动，小物块与传送带无相对运动，不受摩擦力，故C错误；
D、由题图信息和上述分析，0～t2时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选：B。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。当物块速度减小为零时，离A点最远；而相对于传送带的速度为零时，物块相对于传送带的距离最大；
根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，受到的滑动摩擦力向右。而t2～t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力为零。
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况，从而明确物块与传送带之间的相对运动规律，此类问题涉及两个物体多个过程，对学生分析能力能起到较好的练习作用。
9.【答案】D
【解析】解：A.两个小球都做平抛运动，水平方向都做匀速直线运动，根据x=v0t，根据题意，A运动至台阶2右端正上方时，B球从台阶2的右端水平抛出，经过一段时间后两球在台阶3右端点相遇，x和t都相等，所以v0相等，故A错误；
B.因为水平速度相等，台阶的宽度也相等，所以两个小球在空中运动的总时间之比为2：1，所以相遇时两球竖直速度之比为2：1，合速度v= v02+vy2，其比值一定不等于2：1，故B错误；
C.根据平抛运动竖直方向：h=12gt2
水平方向：x=v0t
联立解得：h=g2v02x2
台阶1、3的高度差与台阶2、3高度差之比为h13h23=(21)2=41
所以，台阶1、2的高度差与台阶2、3高度差之比为h12h23=31
故C错误；
D.设2、3台阶的高度差为h0，则1、3台阶的高度差为4h0，设台阶的宽度x0，根据平抛运动的推论tanα=2tanβ
得tanα13=2tanβ13=2×4h02x0=4h0x0
tanα23=2tanβ23=2×h0x0=2h0x0
两球相遇时A的速度与水平方向的夹角的正切值与B的速度与水平方向的夹角的正切值之比为tanα13tanα23=21
故D正确。
故选：D。
台阶宽度相等，且两球相同时间内运动了相同的水平位移，则两球水平速度相等，根据A球运动了两个台阶可知A球所用时间为B球的两倍，据此进行分析即可。
注意把握题目中存在的关系，比如两球的水平位移、水平速度、时间的关系，根据已知的关系结合相关公式推理得出竖直位移、竖直速度等关系。
10.【答案】C
【解析】解：A、以滑轮为研究对象，受到两边细线的拉力和物体C的拉力，其中物体C的拉力大小等于C的重力，如图所示；
竖直方向根据平衡条件可得：2Tcs45°=mg，解得绳子中的拉力大小为：T=12mgcs45∘= 2mg2；
物体A的重力沿斜面的分力为Gx=2mgsin30°=mg> 2mg2，所物体A受到沿斜面向上的摩擦力，故A错误；
B、逐渐增大C物体的质量，则绳子中的拉力增大，A物体将受到斜劈的静摩擦力随着C物体质量的增大先向上减小后反向增大，故B错误；
C、设O2两侧的绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子中的拉力为：T=12mgcsθ，绳子对斜劈的拉力沿水平方向的分力为Fx=12mgtanθ，
将竖直杆向右移动少许，则θ变大，由上式可知Fx也变大，f=Fx，地面对斜劈的摩擦力变大，故C正确；
D、设滑轮O1到杆的水平距离为d，O1、O2、D之间的这段绳子长度为L，细线O2D与杆之间的夹角为θ，由于细线中的张力处处相等，所以细线O1O2与竖直方向的夹角也为θ；
由几何关系可得：d=LO1O2sinθ+LO2Dsinθ=(LO1O2+LO2D)sinθ=Lsinθ，悬点D移动过程中，由于L和d不变，所以细线O2D与杆之间的夹角θ也不变，
由平行四边形定则可知，2Tcsθ=mg，细线中的弹力不变，故D错误。
故选：C。
运用共点力平衡条件对物体C进行受力分析，得出拉力与C的重力关系，再对A根据平衡条件分析摩擦力的方向；根据C质量的变化分析A受到的摩擦力的变化情况；将竖直杆向右移动少许，分析细线拉力在水平方向的分力大小确定地面对斜劈的摩擦力的变化情况；以滑轮为研究对象，根据平衡条件结合数学知识分析将悬点D上移少许，细线的弹力是否变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。
11.【答案】D
【解析】解：C.若力F竖直向下，施加F前物块匀速下滑，根据平衡条件可得：
mgsinα=μmgcsα
解得，木块与斜面之间的动摩擦因数
μ=tanα
对小物块和斜面体整体分析知，整体水平方向不受外力，所以地面对楔形斜面体的摩擦力为零。地面对楔形斜面体的支持力等于整体的总重力。当对物块施加一个竖直向下的恒力F时，有
(mg+F)sinα=μ(mg+F)csα
则物块还是处于平衡状态，物块还是匀速下滑，故C错误。
ABD.施加F前将物块与斜面整体分析可知斜面受到地面的摩擦力为零，无论施加的力F垂直斜面向下还是竖直向下或者沿其他方向，施加力F后，物块受到的滑动摩擦力和支持力的比值仍然为μ，所以物块受到的支持力和摩擦力的合力方向不变，仍然竖直向上；由牛顿第三定律得，物块对斜面的作用力竖直向下，所以斜面受到地面的摩擦力为零，故AB错误，D正确；
故选：D。
施加F前根据平衡条件，对物块受力分析，求解出动摩擦因数，从而进行判断；
施加F后，对物块受力分析，根据平衡条件判断摩擦力的大小。
本题考查的是受力分析问题，判断摩擦力需结合物体的运动状态进行分析。
12.【答案】AB 2.40 1.0 5.0
【解析】解：(1)AC.对小车的拉力是通过力传感器得到的，故无需测量砂和砂桶的质量，也不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故A正确，C错误；
B.探究物体质量一定时加速度与力的关系，要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带，故B正确。
故选：AB。
(2)相邻两计数点间的时间间隔为T=5f=550s=0.1s
根据逐差法，可得加速度为a=xBD−xOA4T2=xOD−2xOB4T2
代入数据解得加速度a=2.40m/s2
(3)根据牛顿第二定律可知2F−Ff=Ma
变形得a=2M⋅F−FfM
当加速度a=0时，拉力F=0.5N
因此摩擦力Ff=2F=2×0.5N=1.0N；
(4)根据实验原理可知砂和砂桶加速度是小车的加速度的2倍
对小车，根据牛顿第二定律2F−Ff=Ma
对砂桶有mg−F=m⋅2a
联立可得a=2mg−FfM+4m=12g−Ff4mM4m+1
显然不断增加砂和桶的质量，当m≫M时，可知小车的加速度a将趋于g2
因此，即a=12g=12×10m/s2=5.0m/s2。
故答案为：(1)AB；(2)2.40；(3)1.0；(4)5.0。
(1)根据实验原理、注意事项分析作答；
(2)根据逐差法求加速度；
(3)根据牛顿第二定律求a−F函数，结合图像截距求摩擦力；
(4)对小车、砂和桶分别根据牛顿第二定律求解加速度的表达式，再结合题意分析作答。
解决本题的关键知道实验的原理以及实验中的注意事项，熟练掌握牛顿第二定律，知道砂和砂桶加速度是小车的加速度的2倍关系是解题的关键。
13.【答案】解：(1)表演者到达B点时由牛顿第二定律可得
FB−mg=mv2R
代入数据解得FB=860N
(2)轨道倾斜角为45°，由几何关系可知，表演者落在倾斜轨道BC上，水平方向位移等于竖直方向位移，即
vt=12gt2
代入数据解得t=1.2s
答：(1)到达B点时圆形轨道对表演者的支持力大小为860N；
(2)表演者离开B点后，经过1.2s落在倾斜轨道上。
【解析】(1)知道B点时速度的大小，根据向心力公式Fn=mv2R计算速度的大小；
(2)表演者离开B点后，做平抛运动，根据平抛运动规律计算运动的时间。
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。
14.【答案】解：(1)设半圆柱体A对圆柱体C支持力与水平方向夹角为θ，由几何关系可得：
csθ=RR+r
解得：csθ=45sinθ=35
根据对称性可知A、B对C的支持力大小相等，均设为F，如图所示：
对C受力分析可得：2Fsinθ=mg
解得F=56mg
由牛顿第三定律，圆柱体C对半圆柱体A的压力大小为F′=56mg；
(2)对A受力分析，设地面支持力大小为FN，静摩擦力大小为f，如图所示：
根据平衡条件可得：
FN=2mg+F′sinθ
f=F′csθ
半圆柱体A与地面保持相对静止的条件为：f≤μFN
联立解得：μ≥415。
答：(1)圆柱体C对半圆柱体A的压力的大小56mg；
(2)半圆柱体A与地面间的动摩擦因数μ满足的条件为μ≥415。
【解析】(1)对A球进行受力分析，结合几何关系即可求解。
(2)以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A的摩擦力，根据平衡条件可求得动摩擦因数μ满足的条件。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，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。
15.【答案】解：(1)由于滑块滑上传送带后做匀速运动，对滑块进行分析，根据平衡条件有
F=μ2N，N=mg
解得
μ2=0.4
(2)滑块在BC上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
F−μ1N=ma1
结合上述解得
a1=2m/s2
在BC上运动过程，根据位移公式有
x=12a1t12
解得
t1=3s
根据速度公式有
v1=a1t1
滑块在传送带上向左做匀速直线运动，则有
L=v1t2
解得滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间
t=t1+t2=3s+1s=4s
(3)若滑块加速至B点的速度小于传送带的速度，滑块反弹后的速度小于2m/s，反弹后相对于皮带向左运动，皮带对滑块的滑动摩擦力向右，与向左的恒力F平衡，滑块仍然向右做匀速直线运动，此时到达B点时的速度小于皮带的速度，可知，当滑块向左加速至B点的速度恰好等于皮带的速度时，x值为最小值，则有
v2=2a1xmin
解得
xmin=1m
当滑块反弹速度大于皮带速度时，反弹后相对于皮带向右运动，皮带对滑块的滑动摩擦力向左，滑块向右做匀减速直线运动，若减速至B点速度等于皮带速度时，此时x值为最大值，则滑块向左加速过程有
v22=2a1xmax
反弹后根据牛顿第二定律有
F+μ2N=ma2
结合上述解得
a2=8m/s2
反弹过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有
v22−v2=2a2L
解得
xmax=25m
综合上述可知，x的取值范围为
1m≤x≤25m
答：(1)滑块与传送带之间的动摩擦因数μ2为0.4；
(2)若x=9m，滑块从C点由静止开始运动到与第一次挡板碰撞所用时间t为4s；
(3)若滑块第一次与挡板碰撞后返回B点时和传送带速度相等，x的取值范围为1m≤x≤25m。
【解析】(1)滑块滑上传送带后做匀速运动，由平衡条件求解；
(2)根据牛顿第二定律求得滑块在平台BC上向左匀加速直线运动的加速度大小，根据运动学公式求得滑块第一次到达B点时的速度和所用时间。滑块滑上传送带后做匀速运动，由运动学公式求得由B点到与挡板Q碰撞所需时间。滑块与挡板碰撞后向右先做匀减速直线运动，先判断滑块能否与传送带共速，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(3)若滑块与挡板碰撞后的速度小于传送带的速度，则碰撞后滑块做匀速直线运动到B点，故滑块与挡板碰撞的速度，应大于等于传送带的速度碰撞后滑块速度的最大时，滑块到B点恰好与传送带共速，根据运动学公式求得碰撞后滑块速度的最大值。确定滑块第一次从B点滑上传送带的速度大小应满足的条件，再根据运动学公式求得的取值范围。
本题考查了牛顿第二定律应用的传送带模型，考查多运动过程和临界条件的分析能力。物体与传送带相对运动问题，要考虑物体与传送带是否能共速，以及共速之后物体的运动形式。
16.【答案】解：(1)对滑块A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAa1
代入数据解得：a1=5m/s2
对滑块B受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg=mBa2
代入数据解得：a2=5m/s2
对木板C受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=μ1mBg
则木板C受力平衡，木板与地面间无摩擦，故：a3=0m/s2
(2)设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，滑块A满足：0=vA−a1t1
滑块B满足：vB1=vB−a2t1
联立解得：vB1=4m/s
(3)A从开始到速度减到0的过程中，滑块A向右运动的位移为
xA1=vAt1−12a1t12
滑块B向左运动的位移为
xB1=vBt1−12a2t12
设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中以滑块A、木板C为整体，根据牛顿第二定律定律有：μ1mBg−μ2(mA+mB+mC)g=(mA+mC)a4
位移：xA2=12a4t22
当B与(AC整体)共速时：vB1−a2t2=a4t2
滑块B满足：xB2=vB1t2−12a2t22
两者相对位移：Δx2=xB2−xA2
则木板C的长度至少为：L=xA1+xB1+Δx2
联立代入数据得：L=2.5m，故木板C的长度至少为2.5m。
答：(1)刚开始时滑块A与木板C的加速度大小分别为5m/s2、0m/s2；
(2)滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小为4m/s；
(3)为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少为2.5m。
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小；
(2)根据速度—时间公式分别对A和B列式求解；
(3)根据位移公式分别求出木块A速度减为零过程的位移，然后求解ABC三者共速时三者位移，根据相对位移关系列式求解即可。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。
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