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2023-2024学年四川省泸县第五中学高一（下）开学物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省泸县第五中学高一（下）开学物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.福厦高铁北起福州，南至漳州，全长277.42km，设计最高时速350km/h，共设8座车站，则( )
A. km是国际单位制中的基本单位
B. 列车从福州到漳州的位移为277.42km
C. 列车从福州到漳州的平均速度为350km/h
D. 研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，可将列车视为质点
2.如图所示为甲、乙两物体运动的位移−时间图像，在0～30m内，下列说法正确的是( )
A. 甲沿曲线运动，乙沿直线运动B. 两物体运动路程均为30m
C. 乙物体运动位移大小为450mD. 两物体的平均速度大小均为1m/s
3.“风洞”实验是飞行器研制工作中的重要过程。一小球在光滑的水平面上以v0穿过一段风带，经过风带时风会给小球一个与v0方向垂直、水平向北的恒力，其余区域无风，小球穿过风带过程的运动轨迹及穿过风带后的速度方向表示正确的是
( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是
( )
A. Ff=GB. F=FNC. Ff=GcsθD. F=Gsinθ
5.制作一把“人的反应时间测量尺”。如图所示，A同学用手捏住直尺的顶端，B同学用手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺。在A同学放手让直尺下落时，B同学立刻捏直尺，读出B同学捏住直尺的刻度，就可以粗略确定B同学的反应时间．若把刻度尺的长度刻度对应标注为“时间”刻度，使它变为“人的反应时间测量尺”，下列说法正确的是
( )
A. “时间”刻度均匀
B. “时间”刻度上疏下密
C. B同学捏住的位置越靠上反应时间越短
D. 若A同学放手时给直尺一个向下的很小的初速度，则反应时间的测量值会偏小
6.如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下保持相对静止，一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是( )
A. 物体M一定受到5个力B. 物体N可能受到4个力
C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D. 物体M与N之间一定有摩擦力
7.一支架固定在放于水平地面的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 加速度的大小为gsinθ，方向向左
B. 细线的拉力大小为mgcsθ，方向沿线斜向上
C. A受到的摩擦力大小为Mgtanθ，方向向左
D. A受到的摩擦力大小为Mgtanθ，方向向右
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上连续做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，绘制出压力随时间变化的图线如图所示，下列关于该同学受力和运动的分析正确的是( )
A. 从a到b的过程，先失重后超重B. 从a到c的过程，蹲下一次，站起一次
C. 从a到c的过程，在b处的速度最大D. 从d到e过程，在做“站起”的动作
9.甲、乙两机器人送餐时同向做直线运动，v−t图像如图所示，t=0时，两机器人并排，0∼2s内甲匀速运动，之后匀减速直至停止，乙一直匀减速直线运动直至停止，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两机器人在0∼8s的时间内位移大小之比为3:5
B. 甲、乙两机器人在减速过程中的加速度大小之比为3:2
C. t=8s时两机器人间的距离最大，最大距离为0.8m
D. t=2s时两机器人间的距离最大，最大距离为0.2m
10.B两球从如图所示位置分别以v1和v2水平抛出(图中虚线为竖直线)，两球落在斜面上同一个位置，已知A球在空中运动位移最短，B球垂直打在斜面上，A、B两球在空中运动时间分别为t1和t2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. A．t1=2t2B. t1= 2t2C. v2=2v1D. v2= 2v1
11.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是( )
A. 货物A对玻璃棚的压力越来越小B. 货物A对玻璃棚的压力越来越大
C. 绳子的拉力越来越大D. 绳子的拉力先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，采用了如图甲所示的装置，实验时弹簧始终未超过弹性限度．
(1)下列操作规范的是_________.(填选项前的字母)
A.实验时，应该先把弹簧水平放置测量其原长
B.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
C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材
(2)图乙是该同学根据多组数据作出的弹簧弹力(F)和弹簧长度(L)的关系图像，则该弹簧的原长为_________cm，弹簧的劲度系数为_________N/m．
13.某实验小组用如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。
(1)通过实验得到如图乙所示的a−F图像，造成这一结果的原因是在平衡摩擦力时，木板与水平桌面间的倾角_______(填“偏大”或“偏小”)。
(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，小车在实际运动过程中所受的拉力_______(填“大于”“小于”或“等于”)砝码和盘受到的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车的质量M_______(填“远大于”“远小于”或“等于”)砝码和盘的总质量m。
(3)某次实验打出一条点迹清晰的纸带如图丙所示，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间有四个计时点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动的加速度大小为_______m/s2(保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共2小题，共20分。
14.以v0=20 m/s的速度水平抛出一石子，石子落地时的速度方向与水平方向的夹角θ=37°，不计空气阻力，g=10 m/s2，sin 37°=0．6，cs 37°=0．8.求：
(1)石子落地时的速度大小;
(2)石子在空中运动的时间;
(3)题述过程中石子的位移方向与水平方向夹角的正切值tanα．
15.如图所示，小球A穿在圆环上，连接A的轻绳跨过定滑轮的M点连接到P点，在结点N处悬挂一小球B。小球A、B均处于静止状态，轻绳NP处于水平、OA与竖直方向成53°角。已知B的质量为m，重力加速度为g，sin37°=cs53°=0.6，cs37°=sin53°=0.8，不计一切摩擦，求：
(1)轻绳NP受到的拉力大小；
(2)圆环对A的支持力大小及A的质量。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
16.如图所示，质量M=1.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F=110N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度L=6m，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求铁箱的加速度大小；
(2)求铁箱与木块间的动摩擦因数；
(3)若减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为v(未知)，立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度v的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、km是常用单位，不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、列车从福州到漳州的路程为277.42km，位移不能确定，故B错误；
C、列车从福州到漳州的瞬时速度最大为350km/h，故C错误；
D、研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，列车的大小和形状可忽略不计，可将列车视为质点，故D正确。
故选：D。
km不是国际单位制中的基本单位。物体运动轨迹的长度叫路程，最高时速是瞬时速度最大值。当物体的大小和形状可忽略不计时，物体可看成质点。
解答本题的关键要掌握物体能看成质点的条件：物体的大小和形状可忽略不计。要注意正确区分位移与路程、平均速度与瞬时速度。
2.【答案】D
【解析】【分析】
x−t图象只能表示直线运动；分析甲、乙两物体的运动情况，再分析路程关系；位移等于纵坐标的变化量，结合平均速度等于位移与时间之比进行解答。
本题的关键要理解位移−时间图像的点和斜率的物理意义，要明确位移−时间图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移。
【解答】
A、x−t图象只能表示直线运动，故甲、乙均做直线运动，故A错误；
B、甲先向正方向运动位移大于30m后，再反方向运动，回到位移30m处，则甲的路程大于30m，乙一直向前做匀速直线运动，位移大小等于路程为30m，则甲运动的路程大于乙的路程，故B错误；
CD、根据图像可知，甲和乙的位移相等，大小均为30m，所用时间为30s，则平均速度均为v−=xt=3030m/s=1m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查曲线运动中合力与轨迹的关系，做曲线运动的物体受到的合力方向指向轨迹凹陷的一侧。
【解答】
小球在光滑的水平面上以速度v0匀速运动，受到一个向北的水平恒力，此时球参与水平方向的匀速直线运动，及向北的匀加速运动，根据曲线运动条件，合外力指向物体做曲线运动轨迹的凹侧，且速度的方向沿着曲线的切线方向，出风带区域后小球匀速直线运动，出风带区域时速度的方向与该点曲线的切线方向相同，故D正确，A、B、C错误。
4.【答案】C
【解析】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，
AC.沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcsθ，故A错误，C正确；
BD.垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsinθ+FN，故BD错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.刻度尺自由下落，做自由落体运动，根据运动学推论，初速度为零的匀加速直线运动，在相同时间内的相邻位移比值为
:3:5...
可知“时间”刻度上疏下密，不均匀，故A错误，B正确；
C.根据
h=12gt2
可知B同学捏住的位置越向上，刻度尺下落的高度越大，则反应时间越长，故C错误；
D.若A同学放手时不慎给直尺一个向下的很小的初速度，则有
h=v0t真+12gt 真2=12gt 测2
可得
12gt 真2<12gt 测2
则有
t真则反应时间的测量值会偏大，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查了物体的受力分析、用整体法与隔离法解决平衡问题；灵活选取研究对象，结合平衡条件即可分析即可。
【解答】
B.物体N向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，物体N受到重力，物体M对N的支持力，由于N所受外力的合力为0，则M对N一定有沿M斜面向上的静摩擦力，即物体N受到3个力，故B错误；
D.根据上述可知，物体M与N之间一定有摩擦力，故D正确；
C.对物体M、N整体进行分析，整体受到重力与竖直向上的恒力F作用，由于整体处于平衡状态，整体的合力为0，可知墙对整体没有弹力作用，即墙对M没有弹力作用，接触面之间没有弹力作用，必定没有摩擦力作用，即物体M与墙之间一定没有弹力和摩擦力，故C错误；
A.根据上述可知，物体M受到重力，恒力F，N对M的压力与摩擦力，即物体M一定受到4个力，故A错误。
故选D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
小球与物体A相对于车均是静止的，加速度相同。知道夹角为θ，可以根据牛顿第二定律求出小球的加速度，再对A研究，运用牛顿第二定律求出摩擦力大小和方向。
本题关键之处是要抓住小球与物体A的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究。对于连接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的。
【解答】
A.对小球受力分析如图所示
由于小球和小车一起向左运动，则可知小球所受合外力在水平方向，小球加速度即为整体加速度，根据几何关系可得
F合=mgtanθ=ma
解得
a=gtanθ
方向水平向右，故A错误；
B.根据几何关系可得细线的拉力
T=mgcsθ
方向沿线斜向上，故B错误；
CD.由于A与小车保持相对静止，则A的加速度与小车和小球加速度相同，对A分析可知，A在竖直方向受竖直向下的重力与小车对A竖直向上的支持力，合力为零，在水平方向仅受摩擦力作用，所受摩擦力即为合外力，而加速度水平向右，则所受摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律有
f=Ma=Mgtanθ
故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】CD
【解析】A.从a到b的过程，力传感器对同学的支持力一直小于同学的重力，同学处于失重状态，故A错误；
BD.同学在下蹲过程中先向下加速再向下减速，即先失重后超重，起立过程中先向上加速再向上减速，即先超重后失重，可知从a到c的过程，在做“下蹲”的动作，从d到e过程，在做“站起”的动作，故B错误，D正确；
C.从a到b的过程，同学在下蹲过程中向下加速，从b到c的过程，同学在下蹲过程中向下减速，故在b处的速度最大，故C正确。
故选：CD。
9.【答案】BC
【解析】A.根据 v−t 图像中面积表示位移，由图可知，甲、乙两机器人在 0∼8s 的时间内位移大小分别为
x甲=12×2+6×0.6m=2.4m
x乙=12×0.8×8m=3.2m
则甲、乙两机器人在 0∼8s 的时间内位移大小之比为 3:4 ，故A错误；
B.根据 v−t 图像中斜率表示加速度，由图可知，甲、乙两机器人在减速过程中的加速度大小分别为
则甲、乙两机器人在减速过程中的加速度大小之比为 3:2 ，故B正确；
CD.由图可知，任意时刻乙的速度都大于甲的速度，由于 t=0 时，两机器人并排，则 t=8s 时两机器人间的距离最大，最大距离为
Δx=x乙−x甲=3.2m−2.4m=0.8m
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A球在空中运动位移最短，则有
tanθ=xAyA=v1t112gt12=2v1gt1
B球垂直打在斜面上，则有
tanθ=v2vBy=v2gt2
又
xA=v1t1=xB=v2t2
联立可得
t1= 2t2 ， v2= 2v1
故选BD。
11.【答案】AC
【解析】对A受力分析，其动态图如下，货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物A的支持力变小，则货物A对玻璃棚的压力越来越小。故选AC。
12.【答案】(1)BD；(2)10；50
【解析】【分析】
(1)根据平衡条件分析判断；
(2)根据胡克定律结合图像计算；根据题意和图像计算。
本题考查探究弹簧弹力F和长度x的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
【解答】
(1)A.为了消除弹簧自重的影响，实验前，应该先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；
BC.为了更好地找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，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B正确，C错误；
D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材，故D正确。
故选BD。
(2)根据F=kΔL=k(L−L0)
F−L 图像中，横截距代表弹簧的原长，由图像知弹簧的原长L0=10cm
弹簧的劲度系数k=ΔFΔL=50N/m
13.【答案】 偏小 小于 远大于 0.50
【详解】(1)[1]根据题中图像可知，小车受到一定大小的拉力时，小车的加速度才为0，由此可知，小车受到的摩擦力未被完全平衡，木板与水平桌面间的倾角偏小。
(2)[2][3]平衡摩擦力后进行实验时，小车与砝码均做匀加速直线运动，砝码和砝码盘整体处于失重状态，因此细线上的拉力小于砝码和砝码盘受到的总重力，为减小误差，应使小车的质量 M 远大于砝码和砝码盘的总质量 m 。
(3)[4]在相邻的两个计数点之间有四个计时点未标出，则相邻两个计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法，可知小车的加速度大小
a=5.21+4.72−4.22+3.714×0.12×10−2m/s2=0.50m/s2
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)25 m/s(2)1．5 s(3)0．375
【解析】1)石子落地时的速度大小
v= v0cs37∘
解得：v=25 m/s．
(2)石子在竖直方向速度
vy=v0tan 37°=15 m/s
石子在空中运动的时间
t= vyg =1．5 s．
(3)石子水平方向上的位移
x=v0t
石子竖直方向上的位移
y= 12 gt2
石子的位移方向与水平方向夹角的正切值
tan α= yx =0．375．
15.【答案】(1) 43mg ；(2) 54mg ； 2512m
【解析】(1)对N点受力分析可知
TNP=mgtan53∘=43mg
TMN=mgsin37∘=53mg
(2)对A球分析可知
FOA=TAMtan37∘=TNMtan37∘=54mg
mAg=TAMsin53∘=2512mg
则
mA=2512m
16.【答案】(1) a=50m/s2 ；(2) μ2=0.2 ；(3) v=6m/s
【详解】(1)对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有
FN1=M+mg
水平方向上有
F−f1=M+ma
其中
f1=μ1FN1
解得
a=50m/s2 。
(2)对木块受力分析，竖直方向上有
f2=mg
水平方向上有
FN2=ma
其中
f2=μ2FN2
解得
μ2=0.2
(3)撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，对木块受力分析有
f 2′=ma2
其中
f 2′=μ2F N2′=μ2mg
对铁箱受力分析，有
f1−f2′=Ma1
木块的位移
x2=v22a2
铁箱的位移
x1=v22a1
木块刚好运动到铁箱右壁，则有
L=x2−x1
解得
v=6m/s
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.福厦高铁北起福州，南至漳州，全长277.42km，设计最高时速350km/h，共设8座车站，则( )
A. km是国际单位制中的基本单位
B. 列车从福州到漳州的位移为277.42km
C. 列车从福州到漳州的平均速度为350km/h
D. 研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，可将列车视为质点
2.如图所示为甲、乙两物体运动的位移−时间图像，在0～30m内，下列说法正确的是( )
A. 甲沿曲线运动，乙沿直线运动B. 两物体运动路程均为30m
C. 乙物体运动位移大小为450mD. 两物体的平均速度大小均为1m/s
3.“风洞”实验是飞行器研制工作中的重要过程。一小球在光滑的水平面上以v0穿过一段风带，经过风带时风会给小球一个与v0方向垂直、水平向北的恒力，其余区域无风，小球穿过风带过程的运动轨迹及穿过风带后的速度方向表示正确的是
( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是
( )
A. Ff=GB. F=FNC. Ff=GcsθD. F=Gsinθ
5.制作一把“人的反应时间测量尺”。如图所示，A同学用手捏住直尺的顶端，B同学用手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺。在A同学放手让直尺下落时，B同学立刻捏直尺，读出B同学捏住直尺的刻度，就可以粗略确定B同学的反应时间．若把刻度尺的长度刻度对应标注为“时间”刻度，使它变为“人的反应时间测量尺”，下列说法正确的是
( )
A. “时间”刻度均匀
B. “时间”刻度上疏下密
C. B同学捏住的位置越靠上反应时间越短
D. 若A同学放手时给直尺一个向下的很小的初速度，则反应时间的测量值会偏小
6.如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下保持相对静止，一起沿粗糙竖直墙面向上做匀速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是( )
A. 物体M一定受到5个力B. 物体N可能受到4个力
C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D. 物体M与N之间一定有摩擦力
7.一支架固定在放于水平地面的小车上，细线上一端系着质量为m的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的A物体跟小车相对静止，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 加速度的大小为gsinθ，方向向左
B. 细线的拉力大小为mgcsθ，方向沿线斜向上
C. A受到的摩擦力大小为Mgtanθ，方向向左
D. A受到的摩擦力大小为Mgtanθ，方向向右
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上连续做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，绘制出压力随时间变化的图线如图所示，下列关于该同学受力和运动的分析正确的是( )
A. 从a到b的过程，先失重后超重B. 从a到c的过程，蹲下一次，站起一次
C. 从a到c的过程，在b处的速度最大D. 从d到e过程，在做“站起”的动作
9.甲、乙两机器人送餐时同向做直线运动，v−t图像如图所示，t=0时，两机器人并排，0∼2s内甲匀速运动，之后匀减速直至停止，乙一直匀减速直线运动直至停止，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两机器人在0∼8s的时间内位移大小之比为3:5
B. 甲、乙两机器人在减速过程中的加速度大小之比为3:2
C. t=8s时两机器人间的距离最大，最大距离为0.8m
D. t=2s时两机器人间的距离最大，最大距离为0.2m
10.B两球从如图所示位置分别以v1和v2水平抛出(图中虚线为竖直线)，两球落在斜面上同一个位置，已知A球在空中运动位移最短，B球垂直打在斜面上，A、B两球在空中运动时间分别为t1和t2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. A．t1=2t2B. t1= 2t2C. v2=2v1D. v2= 2v1
11.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是( )
A. 货物A对玻璃棚的压力越来越小B. 货物A对玻璃棚的压力越来越大
C. 绳子的拉力越来越大D. 绳子的拉力先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.某同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，采用了如图甲所示的装置，实验时弹簧始终未超过弹性限度．
(1)下列操作规范的是_________.(填选项前的字母)
A.实验时，应该先把弹簧水平放置测量其原长
B.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
C.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材
(2)图乙是该同学根据多组数据作出的弹簧弹力(F)和弹簧长度(L)的关系图像，则该弹簧的原长为_________cm，弹簧的劲度系数为_________N/m．
13.某实验小组用如图甲所示的装置来探究加速度与力、质量的关系。
(1)通过实验得到如图乙所示的a−F图像，造成这一结果的原因是在平衡摩擦力时，木板与水平桌面间的倾角_______(填“偏大”或“偏小”)。
(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，小车在实际运动过程中所受的拉力_______(填“大于”“小于”或“等于”)砝码和盘受到的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车的质量M_______(填“远大于”“远小于”或“等于”)砝码和盘的总质量m。
(3)某次实验打出一条点迹清晰的纸带如图丙所示，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间有四个计时点未标出，计时器打点频率为50Hz，则小车运动的加速度大小为_______m/s2(保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共2小题，共20分。
14.以v0=20 m/s的速度水平抛出一石子，石子落地时的速度方向与水平方向的夹角θ=37°，不计空气阻力，g=10 m/s2，sin 37°=0．6，cs 37°=0．8.求：
(1)石子落地时的速度大小;
(2)石子在空中运动的时间;
(3)题述过程中石子的位移方向与水平方向夹角的正切值tanα．
15.如图所示，小球A穿在圆环上，连接A的轻绳跨过定滑轮的M点连接到P点，在结点N处悬挂一小球B。小球A、B均处于静止状态，轻绳NP处于水平、OA与竖直方向成53°角。已知B的质量为m，重力加速度为g，sin37°=cs53°=0.6，cs37°=sin53°=0.8，不计一切摩擦，求：
(1)轻绳NP受到的拉力大小；
(2)圆环对A的支持力大小及A的质量。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
16.如图所示，质量M=1.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F=110N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动，这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5，铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同，铁箱的长度L=6m，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求铁箱的加速度大小；
(2)求铁箱与木块间的动摩擦因数；
(3)若减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹，此时铁箱和木块的速度为v(未知)，立即撤去拉力，木块刚好停在铁箱右壁，求速度v的大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、km是常用单位，不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、列车从福州到漳州的路程为277.42km，位移不能确定，故B错误；
C、列车从福州到漳州的瞬时速度最大为350km/h，故C错误；
D、研究列车从福州到漳州的运动轨迹时，列车的大小和形状可忽略不计，可将列车视为质点，故D正确。
故选：D。
km不是国际单位制中的基本单位。物体运动轨迹的长度叫路程，最高时速是瞬时速度最大值。当物体的大小和形状可忽略不计时，物体可看成质点。
解答本题的关键要掌握物体能看成质点的条件：物体的大小和形状可忽略不计。要注意正确区分位移与路程、平均速度与瞬时速度。
2.【答案】D
【解析】【分析】
x−t图象只能表示直线运动；分析甲、乙两物体的运动情况，再分析路程关系；位移等于纵坐标的变化量，结合平均速度等于位移与时间之比进行解答。
本题的关键要理解位移−时间图像的点和斜率的物理意义，要明确位移−时间图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移。
【解答】
A、x−t图象只能表示直线运动，故甲、乙均做直线运动，故A错误；
B、甲先向正方向运动位移大于30m后，再反方向运动，回到位移30m处，则甲的路程大于30m，乙一直向前做匀速直线运动，位移大小等于路程为30m，则甲运动的路程大于乙的路程，故B错误；
CD、根据图像可知，甲和乙的位移相等，大小均为30m，所用时间为30s，则平均速度均为v−=xt=3030m/s=1m/s，故C错误，D正确。
故选：D。
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查曲线运动中合力与轨迹的关系，做曲线运动的物体受到的合力方向指向轨迹凹陷的一侧。
【解答】
小球在光滑的水平面上以速度v0匀速运动，受到一个向北的水平恒力，此时球参与水平方向的匀速直线运动，及向北的匀加速运动，根据曲线运动条件，合外力指向物体做曲线运动轨迹的凹侧，且速度的方向沿着曲线的切线方向，出风带区域后小球匀速直线运动，出风带区域时速度的方向与该点曲线的切线方向相同，故D正确，A、B、C错误。
4.【答案】C
【解析】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，
AC.沿斜面方向，由平衡条件得Ff=Gcsθ，故A错误，C正确；
BD.垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsinθ+FN，故BD错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】B
【详解】AB.刻度尺自由下落，做自由落体运动，根据运动学推论，初速度为零的匀加速直线运动，在相同时间内的相邻位移比值为
:3:5...
可知“时间”刻度上疏下密，不均匀，故A错误，B正确；
C.根据
h=12gt2
可知B同学捏住的位置越向上，刻度尺下落的高度越大，则反应时间越长，故C错误；
D.若A同学放手时不慎给直尺一个向下的很小的初速度，则有
h=v0t真+12gt 真2=12gt 测2
可得
12gt 真2<12gt 测2
则有
t真
故选B。
6.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查了物体的受力分析、用整体法与隔离法解决平衡问题；灵活选取研究对象，结合平衡条件即可分析即可。
【解答】
B.物体N向上做匀速直线运动，根据平衡条件可知，物体N受到重力，物体M对N的支持力，由于N所受外力的合力为0，则M对N一定有沿M斜面向上的静摩擦力，即物体N受到3个力，故B错误；
D.根据上述可知，物体M与N之间一定有摩擦力，故D正确；
C.对物体M、N整体进行分析，整体受到重力与竖直向上的恒力F作用，由于整体处于平衡状态，整体的合力为0，可知墙对整体没有弹力作用，即墙对M没有弹力作用，接触面之间没有弹力作用，必定没有摩擦力作用，即物体M与墙之间一定没有弹力和摩擦力，故C错误；
A.根据上述可知，物体M受到重力，恒力F，N对M的压力与摩擦力，即物体M一定受到4个力，故A错误。
故选D。
7.【答案】D
【解析】【分析】
小球与物体A相对于车均是静止的，加速度相同。知道夹角为θ，可以根据牛顿第二定律求出小球的加速度，再对A研究，运用牛顿第二定律求出摩擦力大小和方向。
本题关键之处是要抓住小球与物体A的加速度相同，运用隔离法分别对两物体进行研究。对于连接体问题，隔离法都可以求解，而整体法却是有条件的。
【解答】
A.对小球受力分析如图所示
由于小球和小车一起向左运动，则可知小球所受合外力在水平方向，小球加速度即为整体加速度，根据几何关系可得
F合=mgtanθ=ma
解得
a=gtanθ
方向水平向右，故A错误；
B.根据几何关系可得细线的拉力
T=mgcsθ
方向沿线斜向上，故B错误；
CD.由于A与小车保持相对静止，则A的加速度与小车和小球加速度相同，对A分析可知，A在竖直方向受竖直向下的重力与小车对A竖直向上的支持力，合力为零，在水平方向仅受摩擦力作用，所受摩擦力即为合外力，而加速度水平向右，则所受摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律有
f=Ma=Mgtanθ
故C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】CD
【解析】A.从a到b的过程，力传感器对同学的支持力一直小于同学的重力，同学处于失重状态，故A错误；
BD.同学在下蹲过程中先向下加速再向下减速，即先失重后超重，起立过程中先向上加速再向上减速，即先超重后失重，可知从a到c的过程，在做“下蹲”的动作，从d到e过程，在做“站起”的动作，故B错误，D正确；
C.从a到b的过程，同学在下蹲过程中向下加速，从b到c的过程，同学在下蹲过程中向下减速，故在b处的速度最大，故C正确。
故选：CD。
9.【答案】BC
【解析】A.根据 v−t 图像中面积表示位移，由图可知，甲、乙两机器人在 0∼8s 的时间内位移大小分别为
x甲=12×2+6×0.6m=2.4m
x乙=12×0.8×8m=3.2m
则甲、乙两机器人在 0∼8s 的时间内位移大小之比为 3:4 ，故A错误；
B.根据 v−t 图像中斜率表示加速度，由图可知，甲、乙两机器人在减速过程中的加速度大小分别为
则甲、乙两机器人在减速过程中的加速度大小之比为 3:2 ，故B正确；
CD.由图可知，任意时刻乙的速度都大于甲的速度，由于 t=0 时，两机器人并排，则 t=8s 时两机器人间的距离最大，最大距离为
Δx=x乙−x甲=3.2m−2.4m=0.8m
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A球在空中运动位移最短，则有
tanθ=xAyA=v1t112gt12=2v1gt1
B球垂直打在斜面上，则有
tanθ=v2vBy=v2gt2
又
xA=v1t1=xB=v2t2
联立可得
t1= 2t2 ， v2= 2v1
故选BD。
11.【答案】AC
【解析】对A受力分析，其动态图如下，货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物A的支持力变小，则货物A对玻璃棚的压力越来越小。故选AC。
12.【答案】(1)BD；(2)10；50
【解析】【分析】
(1)根据平衡条件分析判断；
(2)根据胡克定律结合图像计算；根据题意和图像计算。
本题考查探究弹簧弹力F和长度x的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
【解答】
(1)A.为了消除弹簧自重的影响，实验前，应该先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；
BC.为了更好地找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，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B正确，C错误；
D.实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材，故D正确。
故选BD。
(2)根据F=kΔL=k(L−L0)
F−L 图像中，横截距代表弹簧的原长，由图像知弹簧的原长L0=10cm
弹簧的劲度系数k=ΔFΔL=50N/m
13.【答案】 偏小 小于 远大于 0.50
【详解】(1)[1]根据题中图像可知，小车受到一定大小的拉力时，小车的加速度才为0，由此可知，小车受到的摩擦力未被完全平衡，木板与水平桌面间的倾角偏小。
(2)[2][3]平衡摩擦力后进行实验时，小车与砝码均做匀加速直线运动，砝码和砝码盘整体处于失重状态，因此细线上的拉力小于砝码和砝码盘受到的总重力，为减小误差，应使小车的质量 M 远大于砝码和砝码盘的总质量 m 。
(3)[4]在相邻的两个计数点之间有四个计时点未标出，则相邻两个计数点的时间间隔为
T=5×0.02s=0.1s
根据逐差法，可知小车的加速度大小
a=5.21+4.72−4.22+3.714×0.12×10−2m/s2=0.50m/s2
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)25 m/s(2)1．5 s(3)0．375
【解析】1)石子落地时的速度大小
v= v0cs37∘
解得：v=25 m/s．
(2)石子在竖直方向速度
vy=v0tan 37°=15 m/s
石子在空中运动的时间
t= vyg =1．5 s．
(3)石子水平方向上的位移
x=v0t
石子竖直方向上的位移
y= 12 gt2
石子的位移方向与水平方向夹角的正切值
tan α= yx =0．375．
15.【答案】(1) 43mg ；(2) 54mg ； 2512m
【解析】(1)对N点受力分析可知
TNP=mgtan53∘=43mg
TMN=mgsin37∘=53mg
(2)对A球分析可知
FOA=TAMtan37∘=TNMtan37∘=54mg
mAg=TAMsin53∘=2512mg
则
mA=2512m
16.【答案】(1) a=50m/s2 ；(2) μ2=0.2 ；(3) v=6m/s
【详解】(1)对铁箱和木块构成的整体受力分析，竖直方向上有
FN1=M+mg
水平方向上有
F−f1=M+ma
其中
f1=μ1FN1
解得
a=50m/s2 。
(2)对木块受力分析，竖直方向上有
f2=mg
水平方向上有
FN2=ma
其中
f2=μ2FN2
解得
μ2=0.2
(3)撤去拉力后，木块将相对于铁箱滑动，对木块受力分析有
f 2′=ma2
其中
f 2′=μ2F N2′=μ2mg
对铁箱受力分析，有
f1−f2′=Ma1
木块的位移
x2=v22a2
铁箱的位移
x1=v22a1
木块刚好运动到铁箱右壁，则有
L=x2−x1
解得
v=6m/s
【解析】详细解答和解析过程见答案
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