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四川省雅安市名山中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附解析）
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这是一份四川省雅安市名山中学2023-2024学年高一上学期12月月考物理试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分。第1至7题单选，每小题4分；第8至10题多选，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分。
1. 在物理学研究过程中，科学家们创造了许多物理学研究方法，如：理想模型法、极限法、控制变量法、放大法等。关于物理学研究方法，下列叙述不正确的是（ ）
A. 通过平面镜观察桌面微小形变，采用了放大法
B. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是采用了理想模型法
C. 匀变速直线运动的位移时间公式是利用微元法推导出来的
D. 引入“重心”概念时，运用了等效的思想
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过平面镜观察桌面微小形变，是利用了光点的位置变化，把微小形变放大，采用了放大法，故A正确；
B．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B错误；
C．在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，采取了微元法，故C正确；
D．引入“重心”概念时，运用了等效的思想，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2. 如图所示，在倾角为的足够长光滑斜面上有一质量为m的物体，拉力F平行于斜面向上。当拉力大小为F时，物体的加速度大小为；当拉力大小为时，物体的加速度大小为。则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】物体受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有
解得
故选D。
3. 下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，错误的是（ ）
A. 甲图中x1-2x1物体的加速度大小为
B. 乙图中所描述的物体在0-t1时段通过的位移为
C. 丙图中所描述物体在t1-t2时段速度的变化量为
D. 若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为2m/s2
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据匀变速直线运动位移速度公式可得
可知图像的斜率
结合甲图可得物体的加速度大小为
故A正确；
B．乙图为位移时间图像，图中所描述的物体在时段通过的位移为
故B正确；
C．根据图像围成的面积表示速度的变化量，可得丙图中所描述的物体在时段速度的变化量为
故C正确；
D．根据丁图可知
整理得
结合
可知加速度大小为，故D错误。
本题选错误的，故选D。
4. 如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（ ）
A. b对c的摩擦力可能先减小后增大B. 绳上张力可能增大
C. c对地面的摩擦力方向可能向左D. 弹簧一定处于压缩状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，也有可能先减小后增大，故A正确；
B．a、b、c始终处于静止状态，则弹簧的长度不变，由胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，对a分析可知绳子的拉力不变，，故B错误；
C．以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力，若绳子有向右上方的拉力，则地面对c有摩擦力，整体位置不变，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知地面对c的摩擦力的方向向左，由牛顿第三定律可知，c对地面的摩擦力方向向右，故C错误；
D．如果绳子对a的拉力是大于a的重力，则弹簧处于拉伸状态，而如果绳子对a的拉力是小于a的重力，则弹簧处压缩状态，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过三点。已知从到和从到速度的增加最均为，间的距离间的距离，则物体的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】已知从A到B和从B到C速度的增加最均为，可得A到B的时间，B到C的时间相等，根据匀变速直线运动规律可知，B点的速度为
根据匀变速直线运动运动规律以及加速度定义式可得
解得
加速度为
故选A。
6. 如图所示，高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，候车线的距离均为d。若动车共有6节车厢（含车头、车尾），每节车厢长均为d，动车进站时（从左往右）做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口（2号车厢最前端），则（ ）
A. 动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，经历的时间为4t
B. 动车1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
C. 动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，平均速度为
D. 动车1号车厢头部经过3号候车线处旅客所用的时间为
【答案】B
【解析】
【详解】A．采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为零的匀加速直线运动，有
动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，有
解得
故A错误；
B．根据
可得动车1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
故B正确；
C．动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，平均速度为
故C错误；
D．动车从开始经过3号候车线处的旅客到停止运动，有
可得动车从开始经过3号候车线处的旅客到停止运动经历的时间为
动车1号车厢头部经过3号候车线处的旅客所用的时间为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示，将可视为质点的小球置于空心管的正上方处，空心管长度一定，小球与管的轴线重合。将小球先由静止释放，间隔一小段时间后再将管由静止释放（此时小球还没有进入管内），假设空间足够大，空心管不会碰到地面，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A. 越大，小球穿过管的时间越长
B. 无论为多少，小球穿过管的时间保持不变
C. 一定时，越小，小球穿出管时管子的速度越大
D. 一定时，越小，小球穿过管的时间越短
【答案】C
【解析】
【详解】AB．将小球先由静止释放，间隔一小段时间后再将管由静止释放，根据
可知，小球相对管的速度
穿过管子时间
越小，小球穿过管时间越长，A、B错误；
CD．当一定时，越小，释放管时，小球距离管的入口越远，到达管入口的时间越长，穿过管的时间也越长，管的速度越大，且小球穿过管的时间与h的大小无关，C正确，D错误。
故选C。
8. 某自卸式货车的车厢由水平位置逐渐抬起，假设该过程中最大静摩擦力等于滑动摩擦力。有关货物受到车厢提供的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力FN逐渐减小
B. 支持力FN先减小后不变
C. 摩擦力Ff逐渐增大
D. 摩擦力Ff先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设车厢的倾角为θ，由受力分析可知支持力
随着θ增大，csθ逐渐减小，支持力逐渐减小，故A正确，B错误；
CD．开始时货物只受重力和支持力，车厢抬起后受到沿车厢斜面向上的静摩擦力，静摩擦力的大小等于重力沿车厢斜面向下的分力的大小，即
随着θ增大，静摩擦力增大；当倾角达到一定程度时，货物开始滑动，静摩擦力变成滑动摩擦力，则
csθ随着倾角增大而减小，故摩擦力将减小，所以摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
9. 如图所示，一表面光滑、底面粗糙的半球状物体放在地面上保持静止，AB为直径，C点为半球的最高点，在C点的正上方有一光滑定滑轮固定在天花板上，一轻绳绕过定滑轮连接着小球，在轻绳的D端施加一外力F缓缓拉动轻绳，使得小球沿光滑球面缓慢上升一小段距离，此过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 小球受到的弹力增大B. 外力F逐渐减小
C. 半球受到的摩擦力减小D. 地面对半球的弹力减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对小球受力分析如图
由力矢量三角形与几何三角形相似得
小球上升的过程中H、R不变、X减小，故N不变，F减小，故A错误，B正确；
CD．半球受到的压力大小不变，但其竖直分量变大、水平分量变小，故地面对半球的支持力变大，摩擦力变小，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示为一倾角为的固定斜面，ABCD为长方形，O为AC与BD交点，等于。一个质量为m的小物块在恒力F（大小未知）的作用下刚好能在斜面上沿OD匀速运动，F在平面ABCD内且方向与BD之间的夹角为，已知重力加速度的大小为g，下列描述正确的是（ ）
A. 小物块受到的摩擦力大小为
B. 小物块与斜面之间的动摩擦因数
C. 拉力F沿斜面垂直BC边向上的分量大小为
D. 若小物块与斜面之间的动摩擦因数增大，使小物块仍能沿OD匀速运动，则F应变大，并且其方向与BD的夹角应减小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．在平面ABCD内，小球受力平衡，受力分析如图所示
则有
又，解得
故A正确、B错误；
C．拉力F沿斜面向上的分量为
故C错误；
D．动摩擦因数增大，则f增大，由图可知F增大，并且与BD的夹角减小，故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学利用测质量的小型家用电子科，设计了测量木块和木板间动摩擦因数的实验。
如图（a）所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子称放在水平地面上，木块A和放在电子称上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置（，，，，，）个砝码（电子称称得每个砝码的质量为），向左拉动木板的同时，记录电子称的对应示数。
（1）用和分别表示木块A和重物B的质量，则和、、、、所满足的关系式为________。
（2）根据测量数据在坐标纸上绘制出图像，如图（b）所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数________。（结果保留两位小数）
【答案】 ①. ②. 0.40
【解析】
【详解】（1）[1]对木块、砝码以及重物B分析，可知
解得
（2）[2]根据
结合图像可知
可得木块A和木板间的动摩擦因数为
12. “验证牛顿第二定律”的实验装置如图所示。按图设置好实验装置后，把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂钩码。
（1）同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：
A交流电源、导线 B.直流电源、导线
C.天平（含配套砝码） D.秒表
E.刻度尺
其中必要的器材是__________；图中木板右端被垫高，这样做的目的是__________。
（2）某同学正确进行实验后，打出了一条纸带如图所示。计时器打点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则在打下点迹3时，小车运动的速度__________m/s（结果保留3位有效数字），该小车的加速度__________；（结果保留3位有效数字）
（3）根据测量的实验数据作出物体的加速度a和拉力F图线即：图线，发现其不通过原点，请分析其主要原因是__________；
（4）在对上一问中的装置进行了调整后，图线能够通过原点。为得到更多的数据点，该同学不断改变钩码质量，发现随着F增大，图象由直线逐渐变为一条弯曲的图线，如图所示。图线在末端弯曲的原因是____________________________________________________________。
【答案】 ①. ACE ②. 平衡摩擦力 ③. 0.376 ④. 0.160 ⑤. 平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力##平衡摩擦力不足##没有平衡摩擦力 ⑥. 所挂钩码的总质量太大
【解析】
【详解】（1）[1][2]打点计时器需要交流电源，即选A；验证牛顿第二定律需要用天平测量小车的质量，即选C；打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表；需要使用刻度尺测量纸带打点之间的距离，即选E；所以必要的器材为ACE，图中木板右端被垫高，这样做的目的是为了消除摩擦力对小车的影响，即平衡摩擦力。
（2）[3][4]匀变速直线运动中，某段时间内的中间时刻速度等于平均速度，所以
根据逐差法求解加速度
（3）[5]在开始阶段，拉力不为零时，加速度为0，说明合外力为0，即平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力。
（4）[6]对钩码，根据牛顿第二定律得
对小车由牛顿第二定律得
解得
开始时，砝码质量远小于小车质量，绳上拉力，a-F图像为直线；当砝码质量不再远小于小车质量时，所以图线在末端弯曲的原因是所挂钩码的总质量太大。
13. 如图所示，某同学用大小为4N、方向与竖直黑板面成的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势，黑板的下边缘离地面的高度为0.8m，黑板擦（可视为质点）的质量为0.1kg，g=10m/s2。
（1）求黑板擦与黑板间的弹力大小；
（2）求黑板擦与黑板间的动摩擦因数；
（3）当她擦到离地高度为1.6m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小。
【答案】（1）2N；（2）；（3）4m/s
【解析】
【详解】（1）对黑板擦受力分析如图所示，根据平衡条件得
水平方向受力有
代入数据解得黑板擦与黑板间的弹力大小为
（2）如（1）中图所示，根据平衡条件得竖直方向受力有
解得
据滑动摩擦力的表达式
代入数据解得
（3）离地高度为1.6m时做自由落体运动，黑板擦到黑板下边缘高度为
由自由落体运动规律得
解得
14. 如图所示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量为m=0.4kg的圆环，地面上放一质量为M=2.5kg的物块，物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°，β=53°。认为物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（重力加速度g=10N/kg，取sin37°=0.6、sin53°=0.8），求：
（1）地面对物块的支持力大小；
（2）地面对物块的摩擦力；
（3）若m、M大小可调，为保持系统的平衡，求满足的范围。
【答案】（1）22N；（2）4N，方向水平向右；（3）
【解析】
【详解】（1）圆环为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得绳子拉力大小为
以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得支持力
根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小22N。
（2）以物块为对象，水平方向根据受力平衡可得
可知地面对物块的摩擦力大小为4N，方向水平向右。
（3）若m、M大小可调，以圆环为对象，可得绳子拉力大小为
以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得
水平方向根据受力平衡可得
又
联立可得
解得
15. 猎豹是一种广泛生活在非洲大草原上的的大型猫科肉食性动物，捕猎时能达到最大时速 108 km。在一次捕猎过程中，猎豹发现它的正前方 200 m 的地方有一只羚羊，开始以加速度a1=7.5 m/s2加速至最大时速追击羚羊，羚羊在3s后察觉有天敌追击自己，就以加速度 a2=5 m/s2加速至最大时速 90 km 向正前方逃跑。现为了简便处理不考虑现实中猎豹和羚羊存在的转弯动作，两者均可看作质点且只做直线运动。
（1）求猎豹在其加速过程中所用的时间和位移；
（2）求猎豹开始追击羚羊捕猎后第 8 s末，猎豹与羚羊之间的距离；
（3）若猎豹以最大时速追捕猎物的生理极限时间为 20s ，后精疲力尽以 5 m/s2做减速运动，羚羊一直按照最高时速逃跑，根据所学知识计算分析本次猎豹是否能捕猎成功。
【答案】（1）4s，60m；（2）82.5m；（3）此次捕猎可以成功
【解析】
【详解】（1）猎豹达到的最大时速
则达到最大时速所需要的时间为
根据匀变速直线运动位移与时间关系的表达式
（2）猎豹在第时的位移为
则猎豹在前的总位移为
羚羊达到的最大时速为
达到最大时速需要的时间为
羚羊在前中有的反应时间，故羚羊在内先静止，后做匀加速运动至最大时速
则羚羊的位移为
故第后，猎豹与羚羊之间的位移为
（3）按题意分析，猎豹只有在最高时速达到极限时间前或者在做减速运动时与羚羊的最大时速相同前追上羚羊才能捕猎成功，其他情况均不能成功。故先分析在猎豹极限时间前是否可以捕猎成功，猎豹在前的位移为
羚羊在前的位移为
则在猎豹达到极限时间时猎豹与羚羊之间的距离为
故猎豹在极限时间内未能追上羚羊，再计算分析猎豹做减速运动时的情况
猎豹减速时与羚羊同速度时需要的时间为
根据
解得猎豹的位移为
羚羊的位移为
则此时猎豹与羚羊之间的距离为
一、选择题：本题共10小题，共46分。第1至7题单选，每小题4分；第8至10题多选，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分。
1. 在物理学研究过程中，科学家们创造了许多物理学研究方法，如：理想模型法、极限法、控制变量法、放大法等。关于物理学研究方法，下列叙述不正确的是（ ）
A. 通过平面镜观察桌面微小形变，采用了放大法
B. 伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是采用了理想模型法
C. 匀变速直线运动的位移时间公式是利用微元法推导出来的
D. 引入“重心”概念时，运用了等效的思想
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过平面镜观察桌面微小形变，是利用了光点的位置变化，把微小形变放大，采用了放大法，故A正确；
B．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故B错误；
C．在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，采取了微元法，故C正确；
D．引入“重心”概念时，运用了等效的思想，故D正确。
本题选错误的，故选B。
2. 如图所示，在倾角为的足够长光滑斜面上有一质量为m的物体，拉力F平行于斜面向上。当拉力大小为F时，物体的加速度大小为；当拉力大小为时，物体的加速度大小为。则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】物体受力分析如图所示
根据牛顿第二定律，有
解得
故选D。
3. 下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，错误的是（ ）
A. 甲图中x1-2x1物体的加速度大小为
B. 乙图中所描述的物体在0-t1时段通过的位移为
C. 丙图中所描述物体在t1-t2时段速度的变化量为
D. 若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为2m/s2
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据匀变速直线运动位移速度公式可得
可知图像的斜率
结合甲图可得物体的加速度大小为
故A正确；
B．乙图为位移时间图像，图中所描述的物体在时段通过的位移为
故B正确；
C．根据图像围成的面积表示速度的变化量，可得丙图中所描述的物体在时段速度的变化量为
故C正确；
D．根据丁图可知
整理得
结合
可知加速度大小为，故D错误。
本题选错误的，故选D。
4. 如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是（ ）
A. b对c的摩擦力可能先减小后增大B. 绳上张力可能增大
C. c对地面的摩擦力方向可能向左D. 弹簧一定处于压缩状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，也有可能先减小后增大，故A正确；
B．a、b、c始终处于静止状态，则弹簧的长度不变，由胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，对a分析可知绳子的拉力不变，，故B错误；
C．以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力，若绳子有向右上方的拉力，则地面对c有摩擦力，整体位置不变，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知地面对c的摩擦力的方向向左，由牛顿第三定律可知，c对地面的摩擦力方向向右，故C错误；
D．如果绳子对a的拉力是大于a的重力，则弹簧处于拉伸状态，而如果绳子对a的拉力是小于a的重力，则弹簧处压缩状态，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过三点。已知从到和从到速度的增加最均为，间的距离间的距离，则物体的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】已知从A到B和从B到C速度的增加最均为，可得A到B的时间，B到C的时间相等，根据匀变速直线运动规律可知，B点的速度为
根据匀变速直线运动运动规律以及加速度定义式可得
解得
加速度为
故选A。
6. 如图所示，高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，候车线的距离均为d。若动车共有6节车厢（含车头、车尾），每节车厢长均为d，动车进站时（从左往右）做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口（2号车厢最前端），则（ ）
A. 动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，经历的时间为4t
B. 动车1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
C. 动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，平均速度为
D. 动车1号车厢头部经过3号候车线处旅客所用的时间为
【答案】B
【解析】
【详解】A．采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为零的匀加速直线运动，有
动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，有
解得
故A错误；
B．根据
可得动车1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为
故B正确；
C．动车从开始经过5号候车线处的旅客到停止运动，平均速度为
故C错误；
D．动车从开始经过3号候车线处的旅客到停止运动，有
可得动车从开始经过3号候车线处的旅客到停止运动经历的时间为
动车1号车厢头部经过3号候车线处的旅客所用的时间为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示，将可视为质点的小球置于空心管的正上方处，空心管长度一定，小球与管的轴线重合。将小球先由静止释放，间隔一小段时间后再将管由静止释放（此时小球还没有进入管内），假设空间足够大，空心管不会碰到地面，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A. 越大，小球穿过管的时间越长
B. 无论为多少，小球穿过管的时间保持不变
C. 一定时，越小，小球穿出管时管子的速度越大
D. 一定时，越小，小球穿过管的时间越短
【答案】C
【解析】
【详解】AB．将小球先由静止释放，间隔一小段时间后再将管由静止释放，根据
可知，小球相对管的速度
穿过管子时间
越小，小球穿过管时间越长，A、B错误；
CD．当一定时，越小，释放管时，小球距离管的入口越远，到达管入口的时间越长，穿过管的时间也越长，管的速度越大，且小球穿过管的时间与h的大小无关，C正确，D错误。
故选C。
8. 某自卸式货车的车厢由水平位置逐渐抬起，假设该过程中最大静摩擦力等于滑动摩擦力。有关货物受到车厢提供的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力FN逐渐减小
B. 支持力FN先减小后不变
C. 摩擦力Ff逐渐增大
D. 摩擦力Ff先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．设车厢的倾角为θ，由受力分析可知支持力
随着θ增大，csθ逐渐减小，支持力逐渐减小，故A正确，B错误；
CD．开始时货物只受重力和支持力，车厢抬起后受到沿车厢斜面向上的静摩擦力，静摩擦力的大小等于重力沿车厢斜面向下的分力的大小，即
随着θ增大，静摩擦力增大；当倾角达到一定程度时，货物开始滑动，静摩擦力变成滑动摩擦力，则
csθ随着倾角增大而减小，故摩擦力将减小，所以摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
9. 如图所示，一表面光滑、底面粗糙的半球状物体放在地面上保持静止，AB为直径，C点为半球的最高点，在C点的正上方有一光滑定滑轮固定在天花板上，一轻绳绕过定滑轮连接着小球，在轻绳的D端施加一外力F缓缓拉动轻绳，使得小球沿光滑球面缓慢上升一小段距离，此过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 小球受到的弹力增大B. 外力F逐渐减小
C. 半球受到的摩擦力减小D. 地面对半球的弹力减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对小球受力分析如图
由力矢量三角形与几何三角形相似得
小球上升的过程中H、R不变、X减小，故N不变，F减小，故A错误，B正确；
CD．半球受到的压力大小不变，但其竖直分量变大、水平分量变小，故地面对半球的支持力变大，摩擦力变小，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示为一倾角为的固定斜面，ABCD为长方形，O为AC与BD交点，等于。一个质量为m的小物块在恒力F（大小未知）的作用下刚好能在斜面上沿OD匀速运动，F在平面ABCD内且方向与BD之间的夹角为，已知重力加速度的大小为g，下列描述正确的是（ ）
A. 小物块受到的摩擦力大小为
B. 小物块与斜面之间的动摩擦因数
C. 拉力F沿斜面垂直BC边向上的分量大小为
D. 若小物块与斜面之间的动摩擦因数增大，使小物块仍能沿OD匀速运动，则F应变大，并且其方向与BD的夹角应减小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．在平面ABCD内，小球受力平衡，受力分析如图所示
则有
又，解得
故A正确、B错误；
C．拉力F沿斜面向上的分量为
故C错误；
D．动摩擦因数增大，则f增大，由图可知F增大，并且与BD的夹角减小，故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学利用测质量的小型家用电子科，设计了测量木块和木板间动摩擦因数的实验。
如图（a）所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子称放在水平地面上，木块A和放在电子称上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块A上放置（，，，，，）个砝码（电子称称得每个砝码的质量为），向左拉动木板的同时，记录电子称的对应示数。
（1）用和分别表示木块A和重物B的质量，则和、、、、所满足的关系式为________。
（2）根据测量数据在坐标纸上绘制出图像，如图（b）所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数________。（结果保留两位小数）
【答案】 ①. ②. 0.40
【解析】
【详解】（1）[1]对木块、砝码以及重物B分析，可知
解得
（2）[2]根据
结合图像可知
可得木块A和木板间的动摩擦因数为
12. “验证牛顿第二定律”的实验装置如图所示。按图设置好实验装置后，把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂钩码。
（1）同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：
A交流电源、导线 B.直流电源、导线
C.天平（含配套砝码） D.秒表
E.刻度尺
其中必要的器材是__________；图中木板右端被垫高，这样做的目的是__________。
（2）某同学正确进行实验后，打出了一条纸带如图所示。计时器打点的时间间隔为0.02s。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。则在打下点迹3时，小车运动的速度__________m/s（结果保留3位有效数字），该小车的加速度__________；（结果保留3位有效数字）
（3）根据测量的实验数据作出物体的加速度a和拉力F图线即：图线，发现其不通过原点，请分析其主要原因是__________；
（4）在对上一问中的装置进行了调整后，图线能够通过原点。为得到更多的数据点，该同学不断改变钩码质量，发现随着F增大，图象由直线逐渐变为一条弯曲的图线，如图所示。图线在末端弯曲的原因是____________________________________________________________。
【答案】 ①. ACE ②. 平衡摩擦力 ③. 0.376 ④. 0.160 ⑤. 平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力##平衡摩擦力不足##没有平衡摩擦力 ⑥. 所挂钩码的总质量太大
【解析】
【详解】（1）[1][2]打点计时器需要交流电源，即选A；验证牛顿第二定律需要用天平测量小车的质量，即选C；打点计时器本身就是计时工具，不需要秒表；需要使用刻度尺测量纸带打点之间的距离，即选E；所以必要的器材为ACE，图中木板右端被垫高，这样做的目的是为了消除摩擦力对小车的影响，即平衡摩擦力。
（2）[3][4]匀变速直线运动中，某段时间内的中间时刻速度等于平均速度，所以
根据逐差法求解加速度
（3）[5]在开始阶段，拉力不为零时，加速度为0，说明合外力为0，即平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力。
（4）[6]对钩码，根据牛顿第二定律得
对小车由牛顿第二定律得
解得
开始时，砝码质量远小于小车质量，绳上拉力，a-F图像为直线；当砝码质量不再远小于小车质量时，所以图线在末端弯曲的原因是所挂钩码的总质量太大。
13. 如图所示，某同学用大小为4N、方向与竖直黑板面成的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势，黑板的下边缘离地面的高度为0.8m，黑板擦（可视为质点）的质量为0.1kg，g=10m/s2。
（1）求黑板擦与黑板间的弹力大小；
（2）求黑板擦与黑板间的动摩擦因数；
（3）当她擦到离地高度为1.6m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小。
【答案】（1）2N；（2）；（3）4m/s
【解析】
【详解】（1）对黑板擦受力分析如图所示，根据平衡条件得
水平方向受力有
代入数据解得黑板擦与黑板间的弹力大小为
（2）如（1）中图所示，根据平衡条件得竖直方向受力有
解得
据滑动摩擦力的表达式
代入数据解得
（3）离地高度为1.6m时做自由落体运动，黑板擦到黑板下边缘高度为
由自由落体运动规律得
解得
14. 如图所示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量为m=0.4kg的圆环，地面上放一质量为M=2.5kg的物块，物块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α=37°，β=53°。认为物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（重力加速度g=10N/kg，取sin37°=0.6、sin53°=0.8），求：
（1）地面对物块的支持力大小；
（2）地面对物块的摩擦力；
（3）若m、M大小可调，为保持系统的平衡，求满足的范围。
【答案】（1）22N；（2）4N，方向水平向右；（3）
【解析】
【详解】（1）圆环为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得绳子拉力大小为
以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得支持力
根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小22N。
（2）以物块为对象，水平方向根据受力平衡可得
可知地面对物块的摩擦力大小为4N，方向水平向右。
（3）若m、M大小可调，以圆环为对象，可得绳子拉力大小为
以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得
解得
水平方向根据受力平衡可得
又
联立可得
解得
15. 猎豹是一种广泛生活在非洲大草原上的的大型猫科肉食性动物，捕猎时能达到最大时速 108 km。在一次捕猎过程中，猎豹发现它的正前方 200 m 的地方有一只羚羊，开始以加速度a1=7.5 m/s2加速至最大时速追击羚羊，羚羊在3s后察觉有天敌追击自己，就以加速度 a2=5 m/s2加速至最大时速 90 km 向正前方逃跑。现为了简便处理不考虑现实中猎豹和羚羊存在的转弯动作，两者均可看作质点且只做直线运动。
（1）求猎豹在其加速过程中所用的时间和位移；
（2）求猎豹开始追击羚羊捕猎后第 8 s末，猎豹与羚羊之间的距离；
（3）若猎豹以最大时速追捕猎物的生理极限时间为 20s ，后精疲力尽以 5 m/s2做减速运动，羚羊一直按照最高时速逃跑，根据所学知识计算分析本次猎豹是否能捕猎成功。
【答案】（1）4s，60m；（2）82.5m；（3）此次捕猎可以成功
【解析】
【详解】（1）猎豹达到的最大时速
则达到最大时速所需要的时间为
根据匀变速直线运动位移与时间关系的表达式
（2）猎豹在第时的位移为
则猎豹在前的总位移为
羚羊达到的最大时速为
达到最大时速需要的时间为
羚羊在前中有的反应时间，故羚羊在内先静止，后做匀加速运动至最大时速
则羚羊的位移为
故第后，猎豹与羚羊之间的位移为
（3）按题意分析，猎豹只有在最高时速达到极限时间前或者在做减速运动时与羚羊的最大时速相同前追上羚羊才能捕猎成功，其他情况均不能成功。故先分析在猎豹极限时间前是否可以捕猎成功，猎豹在前的位移为
羚羊在前的位移为
则在猎豹达到极限时间时猎豹与羚羊之间的距离为
故猎豹在极限时间内未能追上羚羊，再计算分析猎豹做减速运动时的情况
猎豹减速时与羚羊同速度时需要的时间为
根据
解得猎豹的位移为
羚羊的位移为
则此时猎豹与羚羊之间的距离为
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