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2021-2022学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了38m，运行线路全长约30，46km指的是位移大小B，04m/sB，5g、a3=0，【答案】C，83m/s=10，【答案】D，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷
1. 为有效缓解城市交通压力，同时提升城市地位和品质，更好地融入长三角一体化高质量发展体系，2021年11月3日，芜湖轨道交通1号线正式开通运营。列车全长约74.38m，运行线路全长约30.46km，北起鸠江区保顺路站，南至弋江区白马山站，共设25座车站，运行速度最高可达80km/h，每日运营时间6：30至22：00，单程运行时间约1h。结合以上信息，请你判断下列说法正确的是( )
A. 30.46km指的是位移大小 B. 80km/h指的是平均速度的大小
C. 6：30和22：00指的是时间间隔 D. 研究单程运行时间时可以把列车视为质点
2. 2021年8月1日晚，我国选手苏炳添在东京奥运会100米半决赛中跑出9秒83的好成绩，创造亚洲纪录，一战封神！赛后分析其前30米用时3秒73、前60米用时6秒29，冲线速度达44.2km/h，则他在比赛全程中的平均速度大小约为( )
A. 8.04m/s B. 9.54m/s C. 10.17m/s D. 11.72m/s
3. 如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量。由图中所示信息可知( )
A. 汽车在做减速直线运动 B. 汽车的加速度方向由v1的方向决定
C. 汽车的加速度方向由v2的方向决定 D. 汽车的加速度方向与Δv的方向相同
4. 关于受力情况，下列说法正确的是( )
A. 重力的方向总是垂直于接触面向下的
B. 放在水平桌面上的两个小球，靠在一起但并不相互挤压，两球之间不存在弹力
C. 两物体间如果有相互作用的弹力，就一定存在摩擦力
D. 根据公式μ=FfFN，动摩擦因数µ跟滑动摩擦力Ff成正比，跟支持力FN成反比
5. 如图，一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态。关于直梯受力个数正确的是( )
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
6. 2021年12月28日晚，我市在世茂滨江举办了“芜湖Q乐节”活动，上演了浪漫烟花秀和科幻无人机演出。若其中某个无人机运动的v−t图像如图所示，取竖直向上为正方向，则下列判断正确的是( )
A. 0∼5s内匀速上升
B. 10s末上升到最高点
C. 第12s内的加速度大小为6m/s2
D. 前10s内的平均速度与前12s内的平均速度相同
7. 2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船顺利升空并精准对接天和核心舱。若宇航员想采用如图所示的动力学方法测量某空间站质量，假设飞船质量为300kg，其推进器提供的平均推力是930N，开动5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s，则空间站质量约为( )
A. 8.7×104kg B. 9.0×104kg C. 9.3×104kg D. 3.1×105kg
8. 2021年5月15日，我国天问一号着陆器成功着陆火星表面，其运动过程可以简化为：脱离环绕器后分别经历气动减速、降落伞减速和动力减速三个阶段，接着在距离火星表面约100米处悬停，经过对着陆点的探测，最后匀速平稳着陆。若着陆全程可视为竖直方向的运动，则下列说法正确的是( )
A. 随环绕器绕火星运行阶段，着陆器处于超重状态
B. 减速下降阶段，着陆器处于完全失重状态
C. 悬停阶段，着陆器不受力
D. 匀速下降阶段，着陆器处于平衡状态
9. 如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A、B两球的加速度a1和a2大小分别是( )
A. a1=0、a2=0
B. a1=g、a2=g
C. a1=2g、a2=0
D. a1=0、a2=2g
10. 如图所示，A、B两球间用轻弹簧连接后再用细绳悬在顶板上；C、D两球间用细线连接后再用细绳悬在顶板上，四个小球质量相等且均处于静止状态。现分别将A球与C球上方的细绳剪断，剪断瞬间，A、B、C、D四个球的加速度a1、a2、a3和a4大小分别是( )
A. a1=g、a2=g B. a1=2g、a3=0
C. a3=2g、a4=0 D. a3=g、a4=g
11. 如图所示，球A、B、C质量分别为3m、2m、m，用两个轻弹簧和一根细线连接后悬挂在顶板上处于静止状态．某时刻把AB间细线剪断，剪断瞬间，下列关于A、B、C球的加速度a1、a2和a3，说法正确的是( )
A. a1=a2=a3=g
B. a1=g、a2=1.5g、a3=0
C. a1方向竖直向上、a2方向竖直向下
D. a1和a2方向均竖直向下
12. 如图所示，当人随电梯一起向上做加速运动时，下列说法正确的是( )
A. 人受到重力、支持力、牵引力和摩擦力 B. 人受到的支持力等于重力
C. 人受到的摩擦力沿电梯向上 D. 人所受合力沿电梯向上
13. 如图所示，电梯与水平面夹角θ为30∘，当电梯以a=25g加速向上运动时，重力为G的人所受的支持力N和摩擦力f分别是( )
A. N=75G B. N=65G C. f=25G D. f=35G
14. 如图所示为生活中常见的两种电梯，甲为台阶式，乙为履带式，它们倾角相同，没有顾客乘坐时低速转动，有顾客乘坐时会加速启动，设两个电梯的启动加速度大小相同且不变．质量相同的两个乘客分别乘坐甲、乙电梯上楼，在电梯匀加速启动阶段两位乘客受到的支持力N1、N2和摩擦力f1、f2的大小关系正确的是( )
A. N1>N2 B. N1f2 D. f1
16. 一个重力为200N的木箱放在水平地板上，至少要用45N的水平推力才能使它从原地开始运动。木箱运动后，只需要40N的水平推力就可以维持它继续做匀速直线运动。则木箱与地板之间的最大静摩擦力为______ N；木箱与地板之间的动摩擦因数为______；如果用50N的水平推力推原来静止的木箱，木箱所受的摩擦力大小为______ N。
17. 某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为______m/s2，方向为______。
18. 如图所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，橡皮条的一端E点挂一轻质小圆环，另一端固定在G点，橡皮条的原长为GE，以下是该实验的简要步骤：
A.用两个弹簧秤互成角度地拉圆环，即用拉力F1和F2共同将圆环拉到O点并记下位置，记录两个弹簧秤的示数及F1和F2的方向；
B.用一只弹簧秤拉圆环，即用一个拉力F将橡皮条拉长，记录弹簧秤的示数及F的方向；
C.按同一标度作出F1、F2和F三个力的图示；
D.以F1和F2为邻边做平行四边形，这两个邻边之间的对角线表示为F′，比较F′和F的关系。
(1)以上步骤中，有重要遗漏的是______。(填序号)
(2)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(3)下列做法有利于减小误差的是______。
A.F1、F2两个力的夹角越大越好
B.F1、F2两个力越大越好
C.在拉橡皮条时，应使橡皮条、弹簧测力计和细绳套位于与纸面平行的同一平面内
D.拉力F1、F2的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触
19. 如图所示为“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图。木板的一侧被垫高以补偿阻力，实验时通过改变槽码的个数可以成倍地改变小车所受的拉力，通过增减小车中的重物来改变小车的质量，加速度可以通过处理纸带上的点迹来获得。
(1)下列关于该实验的操作说法中正确的是______。
A.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B.实验时应先接通电源后释放小车
C.平衡摩擦力时应取下槽码，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀
D.实验中槽码的总质量应该远大于小车的总质量
(2)利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示(图中每两个计数点间还有四个点未画出)，则在该次实验中，小车运动的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行实验，则该同学作出的小车加速度a与所受拉力F的图像如图所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为______，小车的质量为______。
20. 某物理兴趣小组为研究自由落体运动规律，从高处平台由静止释放一个钢球，不计空气阻力和风力的作用，小球落地时的速度为25m/s，求：
(1)该球下落的高度；
(2)该球在前2s内的平均速度大小；
(3)该球在最后1s内下落的高度。
21. 如图所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳拉住，固定在左侧墙壁上A点，质量m=10kg的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA=30∘，求：
(1)细绳OA的拉力；
(2)轻杆对O点的弹力。
22. 如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳拉住，固定在左侧墙壁上A点，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点。乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O点装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，两图中∠BOA均为30∘，求：
(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力；
(2)甲、乙两图中轻杆对O点的弹力。
23. 如图所示，用三根细线a、b、c将重力均为10N的两个小球1和2连接并静止悬挂，细线a与竖直方向的夹角为θ=30∘，细线c水平。求：
(1)细线a、c分别对小球1和2的拉力大小；
(2)细线b对小球2的拉力大小；
(3)若撤掉c绳，保持a绳方向不变，改用一个任意方向的外力F作用于球2使整个系统仍保持静止，则当F达到最小值时，细线a上的拉力大小。
24. 如图所示，皮带的速度v=4m/s，两圆心相距L=8m，现将m=1kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上，煤块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中，求：
(1)煤块加速阶段运动的位移大小；
(2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间；
(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度。
25. 如图所示，传送带的倾角θ=37∘，从A到B长度L=29m，传送带以v=10m/s的速度逆时针传动。在传送带上A端无初速度地释放一个质量m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，求：
(1)煤块刚开始的加速度大小；
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中传送带上留下的划痕长度。
26. 如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角θ=37∘，且以v1=1m/s的速度沿顺时针方向传动。一质量m=1kg的小煤块以v2=7m/s的速度滑上传送带的底端，最终又从传送带的底端滑出。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带足够长，求：
(1)小煤块向上滑行的时间；
(2)小煤块离开传送带时的速度大小；
(3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、列车的路线为曲线；故30.46km不是位移大小，而是路程，故A错误；
B、运行速度最高可达80km/h，80km/h指的是瞬时速度，故B错误；
C、“6：30”、“22：00”是指时刻，故C错误；
D、列车相对于走过的路程来说其大小和形状可以忽略，故可以看作质点，故D正确；
故选：D。
明确位移的定义，时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，平均速度等于位移与时间的比值；明确物体可视为质点的条件，知道只有在所研究的问题中物体的大小和形状可以忽略时物体可以视为质点。
物理学中有很多相近物理量，在学习中要特别注意区分它们之间的区别，并掌握它们之间的联系。
2.【答案】C
【解析】解：根据平均速度的定义有：v−=xt=1009.83m/s=10.17m/s，故ABD均错误，C正确。
故选：C。
正确理解平均速度的定义，平均速度等于质点发生的位移除以发生这一段位移所用的时间。百米竞赛的位移就是100m，9秒83到达终点，时间就为9秒83。
理解平均速度的定义是解此题的关键，不要被题目的一些数据迷惑，此题属于基础题，也是易错题。
3.【答案】D
【解析】
【分析】速度是矢量，速度的变化量Δv=v2−v1，用从矢量v1的箭头到矢量v2的箭头的有向线段表示，加速度的方向与速度变化量的方向相同。
矢量相加和矢量相减都符合平行四边形定则或者三角形定则，Δv=v2−v1=v2+(−v1)，即矢量相减可以转化为矢量相加。
【解答】A、Δv的方向与初速度方向相同，所以汽车做加速运动，故A错误；
BCD、汽车的加速度为a=ΔvΔt，即加速度方向与速度变化量的方向相同，与v1、v2的方向无关，故D正确，BC错误；
故选：D。
4.【答案】B
【解析】解：A、重力的方向总是竖直向下的，故A错误；
B、放在水平桌面上的两个小球，靠在一起但并不相互挤压，两球间没有发生形变，故两球之间不存在弹力，故B正确；
C、两物体间如果有相互作用的弹力，不一定存在摩擦力，若两者间光滑、没有相对运动或相对运动趋势，则不存在摩擦力，故C错误；
D、摩擦因数(即滑动摩擦力和弹力的比值)，是一种比值定义法，则摩擦因数与滑动摩擦力和弹力均无关，只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关，故D错误；
故选：B。
重力的方向总是竖直向下，弹力产生的条件为相互接触且发生形变，摩擦力产生的条件为接触，发生形变，接触面粗糙，且有相对运动或相对运动趋势，明确影响动摩擦因数的因素。
本题主要考查了重力弹力及摩擦力，明确产生的条件和方向，即可判断。
5.【答案】C
【解析】解：如图所示，梯子在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙的弹力，因为直梯处于静止状态，所以地面对梯子有静摩擦力，与墙对梯子的弹力方向相反，直梯共受四个力的作用，故C正确，ABD错误。
故选：C。
梯子斜靠在光滑竖直的墙上，下端放在水平的粗糙地面上，结合共点力平衡对梯子进行受力分析。
本题主要是考查了受力分析和摩擦力的判断，知道摩擦力的判断方法、弹力的方向判断方法是关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、0∼5s内无人机匀加速上升，故A错误；
B、0∼11s内无人机上升，11∼12s内无人机下降，则11s末上升到最高点，故B错误；
C、第12s内的加速度大小为a=|v−v0t|=|−6−012−11|m/s2=6m/s2，故C正确；
D、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，图像在时间轴上方位移为正，图像在时间轴下方位移为负，则知10∽12s内位移为0，所以前10s内和前12s内的位移相等，但所用时间不等，则前10s内的平均速度与前12s内的平均速度不同，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像直接读出无人机的运动情况，判断无人机何时上升到最高点；根据图像的斜率大小求加速度大小；根据图像与时间轴所围的面积表示位移，分析前10s内和前12s内的位移关系，再比较平均速度关系。
本题考查v−t图像，关键要知道v−t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。
7.【答案】B
【解析】解：飞船和空间站的加速度为：a=vt=0.055m/s2=0.01m/s2
以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律：F=(M+m)a
代入数据解得：m=9.0×104kg
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据加速度定义式求出加速度大小，然后以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律列方程求解。
本题属于已知运动情况求解受力情况的类型，加速度是将力与运动联系起来的桥梁．
8.【答案】D
【解析】解：A.随环绕器绕火星运行阶段，着陆器处于完全失重状态，故A错误；
B.减速下降阶段，着陆器处于超重状态，故B错误；
C.悬停阶段，着陆器受平衡力，合力为零，故C错误；
D.匀速下降阶段，着陆器处于平衡状态，合力为零，故D正确。
故选：D。
当物体所受合力向上时超重，反之失重。平衡状态的条件是合力为零，物体只能保持静止或匀速直线运动，其他状态都不是平衡状态。
物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)小于重力叫失重，压力(或拉力)等于零是完全失重，反之，叫超重，但是失重超重，物体的重力没有变。
9.【答案】C
【解析】解：设小球的质量为m，对物体B分析根据平衡条件可知开始弹簧的弹力为：F=mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对物体A受力分析，物体A受向下的重力和弹簧的弹力；由牛顿第二定律可知：加速度为：a1=mg+mgm=2g，方向竖直向下；
对物体B受力分析，由于弹簧的弹力不变；则物体B受到合力为零，加速度a2=0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据平衡关系可求得绳子及弹簧的拉力；剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析A、B两物体受力分析根据牛顿第二定律求出两物体的瞬时加速度。
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，再结合牛顿第二定律进行求解。
10.【答案】D
【解析】解：剪断C球上的细绳，C、D间绳子的拉力突然减为零，C球所受的合力为mg，则加速度为a3=g，D球所受的合力为mg，则加速度为a4=g.
剪断细绳前，弹簧的弹力F1=mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，根据牛顿第二定律得，a1=mg+F1m=2g，对B，合力为零，则a2=0.
故ABC错误，D正确；
故选：D。
剪断A球上的细绳，弹簧的弹力不变，CD间绳子的拉力会发生突变，结合牛顿第二定律分别求出A、B、C、D的瞬时加速度．
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细绳后，弹簧的弹力不变，以及知道绳子和弹簧的区别，绳子的拉力会发生突变．
11.【答案】BC
【解析】解：静止时，细线的拉力
T=2mg+mg=3mg
剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力不变，则此时c的加速度仍为零，即
a3=0
B的加速度为
T=2ma2，解得：a2=1.5g
方向竖直向下；
A的加速度为
T=3ma1，解得：a1=g
方向竖直向上；
故AD错误，BC正确；
故选：BC。
根据平衡条件解得平衡时细线的拉力，剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分析解答。
本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零。这点在做题时要特别留意。
12.【答案】CD
【解析】解：A、以人为研究对象，人受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，如图所示，故A错误；
B、垂直电梯方向，根据平衡条件可得，人受到的支持力N=mgcosθ，故B错误；
C、人随电梯一起向上做加速运动时，加速度方向沿电梯向上向上，重力沿电梯方向的分力沿电梯向下，根据牛顿第二定律可知，人受到的摩擦力沿电梯向上，故C正确；
D、人沿电梯加速上升，加速度方向沿电梯向上，则人所受合力沿电梯向上，故D正确。
故选：CD。
以人为研究对象，人受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，垂直沿斜面方向根据平衡条件求解支持力，沿电梯方向根据牛顿第二定律分析合外力的方向。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
13.【答案】BD
【解析】解：以人为研究对象，如图进行受力分析，建立直角坐标，
将加速度a分解成水平方向的加速度：ax=acosθ，
竖直方向的加速度：ay=asinθ，
由牛顿第二定律得：
水平方向：f=max=macosθ=macos30∘=35G，
竖直方向：N−mg=may，
所以N=mg+masinθ=mg+masin30∘=65G
故AC错误，BD正确；
故选：BD。
对人受力分析，将加速度分解为水平方向和竖直方向，结合牛顿第二定律求出支持力和摩擦力的大小。
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，本题通过分解加速度的方向进行分析。
14.【答案】AD
【解析】解：对图甲中顾客受力分析，如图1所示，将顾客的加速度沿水平和竖直两个方向分解，由牛顿第二定律可得：
f1=macosθ
N1−mg=masinθ
对图乙中顾客受力分析，如图2所示，由牛顿第二定律可得：
f2−mgsinθ=ma
N2=mgcosθ
整理可得：f1N2
故AD正确，BC错误。
故选：AD。
对顾客受力分析，根据牛顿第二定律列式，得到摩擦力表达式，再比较摩擦力大小。
本题采用分解加速度的方法求甲图中顾客受到的摩擦力，也可以通过分解力的方法求解，但比较复杂。
15.【答案】kg⋅m2⋅s−2
【解析】解：根据W=FS=maS可知：可知功的单位若用国际单位制的基本单位表示应是1J=1N⋅m=1kg⋅m2⋅s−2
故答案为：kg⋅m2⋅s−2
根据功的定义式，求解功的单位，然后转化为国际单位制基本单位来表示。
本题考查功的单位，解题时特别注意，和力学相关的国际单位制基本单位，只有kg、m、s。
16.【答案】450.240
【解析】解：由题，当要用45N的水平推力时，木箱才能从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板间的最大静摩擦力为45N。
用40N的水平推力，使木箱继续做匀速运动，则由平衡条件得到，木箱受到的滑动摩擦力F滑=40N，
又F滑=μFN=μmg，则μ=F滑mg=40200=0.2；
如果用50N的水平推力推原来静止的木箱，大于木箱所受的最大摩擦力，木箱会运动，此时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F滑=40N。
故答案为：45；0.2；40
当木箱刚要滑动时受到的静摩擦力达到最大值，恰好等于此时的水平推力．当物体被推动后，受到滑动摩擦力，匀速运动时，由平衡条件求出滑动摩擦力，根据摩擦力公式求出动摩擦因数。滑动摩擦力与推力的大小没有关系。
研究摩擦力时，首先要根据物体的状态确定是滑动摩擦还是静摩擦，静摩擦根据平衡条件求解，滑动摩擦可以根据平衡条件，也可以根据摩擦力公式求解。
17.【答案】0.4竖直向上
【解析】解：由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为N=520N
人的重力为G=mg=50×10N=500N
则电梯与人的加速度满足
N−mg=ma
解得a=0.4m/s2
方向竖直向上。
故答案为：0.4；竖直向上
对小明受力分析由牛顿第二定律和牛顿第三定律可求得加速度。
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意对于超重与失重的处理办法仍然是牛顿第二定律的应用。
18.【答案】B B CD
【解析】解：(1)步骤B中，用一只弹簧秤拉圆环，即用一个拉力F将橡皮条拉长至O点，记录弹簧秤的示数及F的方向；
(2)本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。
(3)A.F1、F2两个力的夹角大小要适当，并非越大越好，故A错误；
B.F1、F2两个力大小要适当，并非越大越好，故B错误；
C.在拉橡皮条时，应使橡皮条、弹簧测力计和细绳套位于与纸面平行的同一平面内，故C正确；
D.拉力F1、F2的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，故D正确。
故选CD。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)CD
(1)根据实验原理与实验操作分析；
(2)探究平行四边形定则所用到的方法是等效替代法；
(3)根据实验原理判断各选项是否有利于减小误差。
此题关键明确“探究共点力合成规律”的实验的实验原理，是用一个弹簧测力计拉力和两个弹簧测力计拉力产生相同的形变效果来验证力的平行四边形定则的；然后按照该原理设计实验步骤。
19.【答案】BC1.19F0 F1−F0a1
【解析】解：(1)A、每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B正确；
C、平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故C正确；
D、为了使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，实验中槽码的总质量应该远小于小车的总质量，故D错误。
故选：BC。
(2)图中每两个计数点间还有四个点未画出，则T=0.1s，小车运动的加速度大小为a=xCE−xAC4T2=(6.23+5.00−3.84−2.62)×10−24×0.12m/s2=1.19m/s2
(3)根据F=ma+f
可得a=1mF−fm
故：f=F0，m=F1−F0a1
故答案为：(1)BC；(2)1.19；(3)F0；F1−F0a1。
(1)根据实验原理、操作步骤、数据处理以及注意事项分析各项的正确与否；
(2)依据逐差法可得小车加速度；
(3)写出牛顿第二定律写出当小车质量一定时，改变砂和桶的质量后，加速度的关系式，结合图象的纵截距求出小车的质量和摩擦力。
该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题。
20.【答案】解：(1)该球下落的高度为h=v22g=2522×10m=31.25m
(2)该球在前2s内的位移大小为h1=12gt12=12×10×22m=20m
前2s内的平均速度大小为v−=h1t1=202m/s=10m/s
(3)自由落体的总时间为t=vg=2510s=2.5s
前1.5s内的位移大小为h2=12gt22=12×10×1.52m=11.25m
该球在最后1s内下落的高度为h=h−h2=31.25m−11.25m=20m
答：(1)该球下落的高度为31.25m；
(2)该球在前2s内的平均速度大小为10m/s；
(3)该球在最后1s内下落的高度为20m。
【解析】(1)根据v2=2gh计算下落的高度
(2)计算2s内下降的位移，根据位移再计算平均速度大小；
(3)根据位移关系计算最后1s内下落的高度。
本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
21.【答案】解：(1)以O点为研究对象，受力分析，如图所示；
设细绳OA的拉力为F，由平衡条件知：Fsin30∘=mg
代入数据解得：F=200N，方向沿绳斜向左上。
(2)根据平衡条件可得轻杆对O点的弹力大小为：T=Fcos30∘
代入数据解得：T=1003N，方向水平向右。
答：(1)细绳OA的拉力为200N，方向沿绳斜向左上；
(2)轻杆对O点的弹力为1003N，方向水平向右。
【解析】(1)以O点为研究对象，受力分析，由平衡条件求解细绳的拉力；
(2)根据平衡条件可得轻杆对O点的弹力。
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。
22.【答案】解：(1)甲图中轻杆B端为铰链，绳对杆的压力沿杆方向，如图甲所示；
根据平衡条件可得：FT1=mgsin30∘=2mg；
乙图中O点为滑轮，B端固定，由于同一条轻绳的拉力相等，滑轮对绳的支持力与两段轻绳拉力的合力等大反向，如图乙所示；
根据平衡条件可得：FT2=mg；
(2)甲图中，根据平衡条件可得轻杆对O点的弹力：FN1=FT1cos30∘=2mg×32=3mg
图乙中，根据平衡条件结合图中几何关系可得：FN2=mg。
答：(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力分别为：；
(2)甲、乙两图中轻杆对O点的弹力。
【解析】(1)甲图中轻杆B端为铰链，绳对杆的压力沿杆方向；乙图中O点为滑轮，由于同一条轻绳的拉力相等，滑轮对绳的支持力与两段轻绳拉力的合力等大反向，根据平衡条件进行解答；
(2)根据平衡条件求解甲、乙两图中轻杆对O点的弹力。
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。
23.【答案】解：(1)把小球1和2看成整体，受力分析如图1所示
由平衡条件可得：Fa=2Gcos30∘=2×1032N=4033N
Fc=2Gtan30∘=2×10×33N=2033N；
(2)以球2为研究对象，细线b对小球2的拉力Fb，重力G及Fc的作用，由平衡条件可得：
Fb=G2+Fc2=102+(2033)2N=10213N；
(3)以1、2两小球为整体研究，当c绳拉力与a绳拉力垂直时c绳的拉力最小，如图2所示；
此时a绳拉力大小为：Fa′=2Gcos30∘=2×10×32N=103N。
答：(1)细线a、c分别对小球1和2的拉力大小分别为4033N、2033N；
(2)细线b对小球2的拉力大小为10213N；
(3)当F达到最小值时，细线a上的拉力大小为103N。
【解析】(1)将两球和细线b视为整体，水平和竖直方向上受力平衡，根据平衡条件求解；
(2)对小球2进行受力分析，根据受力平衡结合几何关系求解；
(3)对整体受力分析，当c绳拉力与a绳拉力垂直时c绳的拉力最小，根据平衡条件进行解答。
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。注意整体法和隔离法的应用。
24.【答案】解：(1)煤块加速运动过程中，加速度大小为a=μg
设煤块经过t1时间后与传送带共速，则：v=at1
煤块加速阶段运动的位移大小为
x=v2t1
联立解得：x=4m
(2)煤块匀速运动的时间为t2=L−xv
煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为t=t1+t2
联立代入数据解得：t=3s
(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度为
Δx=vt1−x
代入数据解得：Δx=4m
答：(1)煤块加速阶段运动的位移大小为4m；
(2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为3s；
(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度为4m。
【解析】(1)煤块在加速阶段，由牛顿第二定律求解加速度大小，由运动学规律得煤块加速阶段运动的位移；
(2)求出木块在加速阶段经过的时间和匀速阶段经过的时间即可求解总时间；
(2)根据平均速度大小分析痕迹在煤块前方还是后方；求出皮带运动的位移即可得到痕迹的长度。
本题考查了传送带问题，分析清楚煤块的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
25.【答案】解：(1)开始阶段由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得：
a1=10m/s2
(2)物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1=va1
发生的位移x1=12a1t12
联立代入数据解得：x1=5m
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
设煤块以加速度a2滑动到B的时间为t2，则
L−x1=vt2+12a2t22
代入数据解得：t2=2s
总时间
t=t1+t2=1s+2s=3s
(3)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块的位移为x1=12a1t12
联立代入数据解得：x1=5m
传送带的位移为
x′=vt1=10×1m=10m
故煤块相对传送带上移Δx1=x′−x1=10m−5m=5m。
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块的位移为
x2=L−x1=29m−5m=24m
传送带的位移为
x′′=vt2=10×2m=20m
即煤块相对传送带下移Δx2=x2−x′′=24m−20m=4m，
故传送带表面留下的划痕长度为5m。
答：(1)煤块刚开始的加速度大小为10m/s2；
(2)煤块从A到B的时间为3s；
(3)煤块从A到B的过程中传送带上留下的划痕长度为5m。
【解析】(1)煤块放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于煤块的速度，传送带给煤块一沿斜面向下的滑动摩擦力，煤块由静止开始加速下滑，根据牛顿第二定律求得加速度；
(2)当煤块加速至与传送带速度相等时，由于μ
从本题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
26.【答案】解：(1)由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度大小为a1，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得：
a1=8m/s2
其速度减小到v1=1m/s所用的时间
t1=v2−v1a1
之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a2，有
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=4m/s2
小物块减速到0所用的时间
t2=v1a2
t=t1+t2
联立代入数据解得：t=1s
(2)小物块沿传送带向上滑行的最大距离为
x=v1+v22t1+v12t2
代入数据解得：
x=3.125m
又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a2=4m/s2，有
2a2x=v2
代入数据解得：
v=5m/s
(3)小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小
Δx1=v1+v22t1−v1t1(向上)
小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小
Δx2=v1t2−v12t2(向下)
故物块向上运动时相对传送带的位移为
Δx=Δx1−Δx2
联立代入数据解得：Δx=2.125m
即相对传送带的位移大小为2.125m，方向沿传送带向上；
而Δx2重叠在Δx1内，则全程的划痕为
Δd=Δx1=2.125m
答：(1)小煤块向上滑行的时间为1s；
(2)小煤块离开传送带时的速度大小为5m/s；
(3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.125m。
【解析】(1)起先物块速度大于传送带速度，物块在传送带上做减速运动，当速度减至和传送带一至时摩擦力改变方向，此时物块所受摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，物块将在合力作用下做继续减速运动，分别求出两次减速运动物块运动的时间即可。
(2)通过位移-时间公式求得两次上升为位移，下滑时，根据速度位移公式求得速度；
(3)根据物块与传送带的相对位移解得痕迹长度。
本题抓住物块在传送带上做匀减速运动，由于物块速度与传送带速度大小的不同，两种减速情况下摩擦力的方向不同，产生的加速度不同，要分别由牛顿第二定律求解两种情况下的加速度。
2021-2022学年安徽省芜湖市高一（上）期末物理试卷
1. 为有效缓解城市交通压力，同时提升城市地位和品质，更好地融入长三角一体化高质量发展体系，2021年11月3日，芜湖轨道交通1号线正式开通运营。列车全长约74.38m，运行线路全长约30.46km，北起鸠江区保顺路站，南至弋江区白马山站，共设25座车站，运行速度最高可达80km/h，每日运营时间6：30至22：00，单程运行时间约1h。结合以上信息，请你判断下列说法正确的是( )
A. 30.46km指的是位移大小 B. 80km/h指的是平均速度的大小
C. 6：30和22：00指的是时间间隔 D. 研究单程运行时间时可以把列车视为质点
2. 2021年8月1日晚，我国选手苏炳添在东京奥运会100米半决赛中跑出9秒83的好成绩，创造亚洲纪录，一战封神！赛后分析其前30米用时3秒73、前60米用时6秒29，冲线速度达44.2km/h，则他在比赛全程中的平均速度大小约为( )
A. 8.04m/s B. 9.54m/s C. 10.17m/s D. 11.72m/s
3. 如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量。由图中所示信息可知( )
A. 汽车在做减速直线运动 B. 汽车的加速度方向由v1的方向决定
C. 汽车的加速度方向由v2的方向决定 D. 汽车的加速度方向与Δv的方向相同
4. 关于受力情况，下列说法正确的是( )
A. 重力的方向总是垂直于接触面向下的
B. 放在水平桌面上的两个小球，靠在一起但并不相互挤压，两球之间不存在弹力
C. 两物体间如果有相互作用的弹力，就一定存在摩擦力
D. 根据公式μ=FfFN，动摩擦因数µ跟滑动摩擦力Ff成正比，跟支持力FN成反比
5. 如图，一架直梯斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，直梯处于静止状态。关于直梯受力个数正确的是( )
A. 2个
B. 3个
C. 4个
D. 5个
6. 2021年12月28日晚，我市在世茂滨江举办了“芜湖Q乐节”活动，上演了浪漫烟花秀和科幻无人机演出。若其中某个无人机运动的v−t图像如图所示，取竖直向上为正方向，则下列判断正确的是( )
A. 0∼5s内匀速上升
B. 10s末上升到最高点
C. 第12s内的加速度大小为6m/s2
D. 前10s内的平均速度与前12s内的平均速度相同
7. 2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船顺利升空并精准对接天和核心舱。若宇航员想采用如图所示的动力学方法测量某空间站质量，假设飞船质量为300kg，其推进器提供的平均推力是930N，开动5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s，则空间站质量约为( )
A. 8.7×104kg B. 9.0×104kg C. 9.3×104kg D. 3.1×105kg
8. 2021年5月15日，我国天问一号着陆器成功着陆火星表面，其运动过程可以简化为：脱离环绕器后分别经历气动减速、降落伞减速和动力减速三个阶段，接着在距离火星表面约100米处悬停，经过对着陆点的探测，最后匀速平稳着陆。若着陆全程可视为竖直方向的运动，则下列说法正确的是( )
A. 随环绕器绕火星运行阶段，着陆器处于超重状态
B. 减速下降阶段，着陆器处于完全失重状态
C. 悬停阶段，着陆器不受力
D. 匀速下降阶段，着陆器处于平衡状态
9. 如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，A、B两球的加速度a1和a2大小分别是( )
A. a1=0、a2=0
B. a1=g、a2=g
C. a1=2g、a2=0
D. a1=0、a2=2g
10. 如图所示，A、B两球间用轻弹簧连接后再用细绳悬在顶板上；C、D两球间用细线连接后再用细绳悬在顶板上，四个小球质量相等且均处于静止状态。现分别将A球与C球上方的细绳剪断，剪断瞬间，A、B、C、D四个球的加速度a1、a2、a3和a4大小分别是( )
A. a1=g、a2=g B. a1=2g、a3=0
C. a3=2g、a4=0 D. a3=g、a4=g
11. 如图所示，球A、B、C质量分别为3m、2m、m，用两个轻弹簧和一根细线连接后悬挂在顶板上处于静止状态．某时刻把AB间细线剪断，剪断瞬间，下列关于A、B、C球的加速度a1、a2和a3，说法正确的是( )
A. a1=a2=a3=g
B. a1=g、a2=1.5g、a3=0
C. a1方向竖直向上、a2方向竖直向下
D. a1和a2方向均竖直向下
12. 如图所示，当人随电梯一起向上做加速运动时，下列说法正确的是( )
A. 人受到重力、支持力、牵引力和摩擦力 B. 人受到的支持力等于重力
C. 人受到的摩擦力沿电梯向上 D. 人所受合力沿电梯向上
13. 如图所示，电梯与水平面夹角θ为30∘，当电梯以a=25g加速向上运动时，重力为G的人所受的支持力N和摩擦力f分别是( )
A. N=75G B. N=65G C. f=25G D. f=35G
14. 如图所示为生活中常见的两种电梯，甲为台阶式，乙为履带式，它们倾角相同，没有顾客乘坐时低速转动，有顾客乘坐时会加速启动，设两个电梯的启动加速度大小相同且不变．质量相同的两个乘客分别乘坐甲、乙电梯上楼，在电梯匀加速启动阶段两位乘客受到的支持力N1、N2和摩擦力f1、f2的大小关系正确的是( )
A. N1>N2 B. N1
16. 一个重力为200N的木箱放在水平地板上，至少要用45N的水平推力才能使它从原地开始运动。木箱运动后，只需要40N的水平推力就可以维持它继续做匀速直线运动。则木箱与地板之间的最大静摩擦力为______ N；木箱与地板之间的动摩擦因数为______；如果用50N的水平推力推原来静止的木箱，木箱所受的摩擦力大小为______ N。
17. 某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为______m/s2，方向为______。
18. 如图所示为“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，橡皮条的一端E点挂一轻质小圆环，另一端固定在G点，橡皮条的原长为GE，以下是该实验的简要步骤：
A.用两个弹簧秤互成角度地拉圆环，即用拉力F1和F2共同将圆环拉到O点并记下位置，记录两个弹簧秤的示数及F1和F2的方向；
B.用一只弹簧秤拉圆环，即用一个拉力F将橡皮条拉长，记录弹簧秤的示数及F的方向；
C.按同一标度作出F1、F2和F三个力的图示；
D.以F1和F2为邻边做平行四边形，这两个邻边之间的对角线表示为F′，比较F′和F的关系。
(1)以上步骤中，有重要遗漏的是______。(填序号)
(2)本实验采用的科学方法是______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.建立物理模型法
(3)下列做法有利于减小误差的是______。
A.F1、F2两个力的夹角越大越好
B.F1、F2两个力越大越好
C.在拉橡皮条时，应使橡皮条、弹簧测力计和细绳套位于与纸面平行的同一平面内
D.拉力F1、F2的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触
19. 如图所示为“用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图。木板的一侧被垫高以补偿阻力，实验时通过改变槽码的个数可以成倍地改变小车所受的拉力，通过增减小车中的重物来改变小车的质量，加速度可以通过处理纸带上的点迹来获得。
(1)下列关于该实验的操作说法中正确的是______。
A.每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
B.实验时应先接通电源后释放小车
C.平衡摩擦力时应取下槽码，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀
D.实验中槽码的总质量应该远大于小车的总质量
(2)利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示(图中每两个计数点间还有四个点未画出)，则在该次实验中，小车运动的加速度大小为______m/s2(结果保留三位有效数字)。
(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行实验，则该同学作出的小车加速度a与所受拉力F的图像如图所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为______，小车的质量为______。
20. 某物理兴趣小组为研究自由落体运动规律，从高处平台由静止释放一个钢球，不计空气阻力和风力的作用，小球落地时的速度为25m/s，求：
(1)该球下落的高度；
(2)该球在前2s内的平均速度大小；
(3)该球在最后1s内下落的高度。
21. 如图所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳拉住，固定在左侧墙壁上A点，质量m=10kg的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点，OA与轻杆的夹角∠BOA=30∘，求：
(1)细绳OA的拉力；
(2)轻杆对O点的弹力。
22. 如图甲所示，轻杆OB可绕B点自由转动，另一端O点用细绳拉住，固定在左侧墙壁上A点，质量为m的重物用细绳OC悬挂在轻杆的O点。乙图中水平轻杆OB一端固定在竖直墙壁上，另一端O点装有小滑轮，用一根绳跨过滑轮后悬挂一质量为m的重物，两图中∠BOA均为30∘，求：
(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力；
(2)甲、乙两图中轻杆对O点的弹力。
23. 如图所示，用三根细线a、b、c将重力均为10N的两个小球1和2连接并静止悬挂，细线a与竖直方向的夹角为θ=30∘，细线c水平。求：
(1)细线a、c分别对小球1和2的拉力大小；
(2)细线b对小球2的拉力大小；
(3)若撤掉c绳，保持a绳方向不变，改用一个任意方向的外力F作用于球2使整个系统仍保持静止，则当F达到最小值时，细线a上的拉力大小。
24. 如图所示，皮带的速度v=4m/s，两圆心相距L=8m，现将m=1kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上，煤块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中，求：
(1)煤块加速阶段运动的位移大小；
(2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间；
(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度。
25. 如图所示，传送带的倾角θ=37∘，从A到B长度L=29m，传送带以v=10m/s的速度逆时针传动。在传送带上A端无初速度地释放一个质量m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，求：
(1)煤块刚开始的加速度大小；
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中传送带上留下的划痕长度。
26. 如图所示，一浅色传送带与水平面的夹角θ=37∘，且以v1=1m/s的速度沿顺时针方向传动。一质量m=1kg的小煤块以v2=7m/s的速度滑上传送带的底端，最终又从传送带的底端滑出。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带足够长，求：
(1)小煤块向上滑行的时间；
(2)小煤块离开传送带时的速度大小；
(3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、列车的路线为曲线；故30.46km不是位移大小，而是路程，故A错误；
B、运行速度最高可达80km/h，80km/h指的是瞬时速度，故B错误；
C、“6：30”、“22：00”是指时刻，故C错误；
D、列车相对于走过的路程来说其大小和形状可以忽略，故可以看作质点，故D正确；
故选：D。
明确位移的定义，时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，平均速度等于位移与时间的比值；明确物体可视为质点的条件，知道只有在所研究的问题中物体的大小和形状可以忽略时物体可以视为质点。
物理学中有很多相近物理量，在学习中要特别注意区分它们之间的区别，并掌握它们之间的联系。
2.【答案】C
【解析】解：根据平均速度的定义有：v−=xt=1009.83m/s=10.17m/s，故ABD均错误，C正确。
故选：C。
正确理解平均速度的定义，平均速度等于质点发生的位移除以发生这一段位移所用的时间。百米竞赛的位移就是100m，9秒83到达终点，时间就为9秒83。
理解平均速度的定义是解此题的关键，不要被题目的一些数据迷惑，此题属于基础题，也是易错题。
3.【答案】D
【解析】
【分析】速度是矢量，速度的变化量Δv=v2−v1，用从矢量v1的箭头到矢量v2的箭头的有向线段表示，加速度的方向与速度变化量的方向相同。
矢量相加和矢量相减都符合平行四边形定则或者三角形定则，Δv=v2−v1=v2+(−v1)，即矢量相减可以转化为矢量相加。
【解答】A、Δv的方向与初速度方向相同，所以汽车做加速运动，故A错误；
BCD、汽车的加速度为a=ΔvΔt，即加速度方向与速度变化量的方向相同，与v1、v2的方向无关，故D正确，BC错误；
故选：D。
4.【答案】B
【解析】解：A、重力的方向总是竖直向下的，故A错误；
B、放在水平桌面上的两个小球，靠在一起但并不相互挤压，两球间没有发生形变，故两球之间不存在弹力，故B正确；
C、两物体间如果有相互作用的弹力，不一定存在摩擦力，若两者间光滑、没有相对运动或相对运动趋势，则不存在摩擦力，故C错误；
D、摩擦因数(即滑动摩擦力和弹力的比值)，是一种比值定义法，则摩擦因数与滑动摩擦力和弹力均无关，只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关，故D错误；
故选：B。
重力的方向总是竖直向下，弹力产生的条件为相互接触且发生形变，摩擦力产生的条件为接触，发生形变，接触面粗糙，且有相对运动或相对运动趋势，明确影响动摩擦因数的因素。
本题主要考查了重力弹力及摩擦力，明确产生的条件和方向，即可判断。
5.【答案】C
【解析】解：如图所示，梯子在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙的弹力，因为直梯处于静止状态，所以地面对梯子有静摩擦力，与墙对梯子的弹力方向相反，直梯共受四个力的作用，故C正确，ABD错误。
故选：C。
梯子斜靠在光滑竖直的墙上，下端放在水平的粗糙地面上，结合共点力平衡对梯子进行受力分析。
本题主要是考查了受力分析和摩擦力的判断，知道摩擦力的判断方法、弹力的方向判断方法是关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、0∼5s内无人机匀加速上升，故A错误；
B、0∼11s内无人机上升，11∼12s内无人机下降，则11s末上升到最高点，故B错误；
C、第12s内的加速度大小为a=|v−v0t|=|−6−012−11|m/s2=6m/s2，故C正确；
D、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，图像在时间轴上方位移为正，图像在时间轴下方位移为负，则知10∽12s内位移为0，所以前10s内和前12s内的位移相等，但所用时间不等，则前10s内的平均速度与前12s内的平均速度不同，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像直接读出无人机的运动情况，判断无人机何时上升到最高点；根据图像的斜率大小求加速度大小；根据图像与时间轴所围的面积表示位移，分析前10s内和前12s内的位移关系，再比较平均速度关系。
本题考查v−t图像，关键要知道v−t图像与时间轴围成的面积表示位移大小，图像的斜率表示加速度，速度正负表示速度方向。
7.【答案】B
【解析】解：飞船和空间站的加速度为：a=vt=0.055m/s2=0.01m/s2
以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律：F=(M+m)a
代入数据解得：m=9.0×104kg
故ACD错误，B正确；
故选：B。
根据加速度定义式求出加速度大小，然后以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律列方程求解。
本题属于已知运动情况求解受力情况的类型，加速度是将力与运动联系起来的桥梁．
8.【答案】D
【解析】解：A.随环绕器绕火星运行阶段，着陆器处于完全失重状态，故A错误；
B.减速下降阶段，着陆器处于超重状态，故B错误；
C.悬停阶段，着陆器受平衡力，合力为零，故C错误；
D.匀速下降阶段，着陆器处于平衡状态，合力为零，故D正确。
故选：D。
当物体所受合力向上时超重，反之失重。平衡状态的条件是合力为零，物体只能保持静止或匀速直线运动，其他状态都不是平衡状态。
物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)小于重力叫失重，压力(或拉力)等于零是完全失重，反之，叫超重，但是失重超重，物体的重力没有变。
9.【答案】C
【解析】解：设小球的质量为m，对物体B分析根据平衡条件可知开始弹簧的弹力为：F=mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对物体A受力分析，物体A受向下的重力和弹簧的弹力；由牛顿第二定律可知：加速度为：a1=mg+mgm=2g，方向竖直向下；
对物体B受力分析，由于弹簧的弹力不变；则物体B受到合力为零，加速度a2=0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据平衡关系可求得绳子及弹簧的拉力；剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，分析A、B两物体受力分析根据牛顿第二定律求出两物体的瞬时加速度。
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，再结合牛顿第二定律进行求解。
10.【答案】D
【解析】解：剪断C球上的细绳，C、D间绳子的拉力突然减为零，C球所受的合力为mg，则加速度为a3=g，D球所受的合力为mg，则加速度为a4=g.
剪断细绳前，弹簧的弹力F1=mg，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，根据牛顿第二定律得，a1=mg+F1m=2g，对B，合力为零，则a2=0.
故ABC错误，D正确；
故选：D。
剪断A球上的细绳，弹簧的弹力不变，CD间绳子的拉力会发生突变，结合牛顿第二定律分别求出A、B、C、D的瞬时加速度．
本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细绳后，弹簧的弹力不变，以及知道绳子和弹簧的区别，绳子的拉力会发生突变．
11.【答案】BC
【解析】解：静止时，细线的拉力
T=2mg+mg=3mg
剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力不变，则此时c的加速度仍为零，即
a3=0
B的加速度为
T=2ma2，解得：a2=1.5g
方向竖直向下；
A的加速度为
T=3ma1，解得：a1=g
方向竖直向上；
故AD错误，BC正确；
故选：BC。
根据平衡条件解得平衡时细线的拉力，剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分析解答。
本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零。这点在做题时要特别留意。
12.【答案】CD
【解析】解：A、以人为研究对象，人受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，如图所示，故A错误；
B、垂直电梯方向，根据平衡条件可得，人受到的支持力N=mgcosθ，故B错误；
C、人随电梯一起向上做加速运动时，加速度方向沿电梯向上向上，重力沿电梯方向的分力沿电梯向下，根据牛顿第二定律可知，人受到的摩擦力沿电梯向上，故C正确；
D、人沿电梯加速上升，加速度方向沿电梯向上，则人所受合力沿电梯向上，故D正确。
故选：CD。
以人为研究对象，人受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用，垂直沿斜面方向根据平衡条件求解支持力，沿电梯方向根据牛顿第二定律分析合外力的方向。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
13.【答案】BD
【解析】解：以人为研究对象，如图进行受力分析，建立直角坐标，
将加速度a分解成水平方向的加速度：ax=acosθ，
竖直方向的加速度：ay=asinθ，
由牛顿第二定律得：
水平方向：f=max=macosθ=macos30∘=35G，
竖直方向：N−mg=may，
所以N=mg+masinθ=mg+masin30∘=65G
故AC错误，BD正确；
故选：BD。
对人受力分析，将加速度分解为水平方向和竖直方向，结合牛顿第二定律求出支持力和摩擦力的大小。
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，本题通过分解加速度的方向进行分析。
14.【答案】AD
【解析】解：对图甲中顾客受力分析，如图1所示，将顾客的加速度沿水平和竖直两个方向分解，由牛顿第二定律可得：
f1=macosθ
N1−mg=masinθ
对图乙中顾客受力分析，如图2所示，由牛顿第二定律可得：
f2−mgsinθ=ma
N2=mgcosθ
整理可得：f1
故AD正确，BC错误。
故选：AD。
对顾客受力分析，根据牛顿第二定律列式，得到摩擦力表达式，再比较摩擦力大小。
本题采用分解加速度的方法求甲图中顾客受到的摩擦力，也可以通过分解力的方法求解，但比较复杂。
15.【答案】kg⋅m2⋅s−2
【解析】解：根据W=FS=maS可知：可知功的单位若用国际单位制的基本单位表示应是1J=1N⋅m=1kg⋅m2⋅s−2
故答案为：kg⋅m2⋅s−2
根据功的定义式，求解功的单位，然后转化为国际单位制基本单位来表示。
本题考查功的单位，解题时特别注意，和力学相关的国际单位制基本单位，只有kg、m、s。
16.【答案】450.240
【解析】解：由题，当要用45N的水平推力时，木箱才能从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板间的最大静摩擦力为45N。
用40N的水平推力，使木箱继续做匀速运动，则由平衡条件得到，木箱受到的滑动摩擦力F滑=40N，
又F滑=μFN=μmg，则μ=F滑mg=40200=0.2；
如果用50N的水平推力推原来静止的木箱，大于木箱所受的最大摩擦力，木箱会运动，此时受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F滑=40N。
故答案为：45；0.2；40
当木箱刚要滑动时受到的静摩擦力达到最大值，恰好等于此时的水平推力．当物体被推动后，受到滑动摩擦力，匀速运动时，由平衡条件求出滑动摩擦力，根据摩擦力公式求出动摩擦因数。滑动摩擦力与推力的大小没有关系。
研究摩擦力时，首先要根据物体的状态确定是滑动摩擦还是静摩擦，静摩擦根据平衡条件求解，滑动摩擦可以根据平衡条件，也可以根据摩擦力公式求解。
17.【答案】0.4竖直向上
【解析】解：由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为N=520N
人的重力为G=mg=50×10N=500N
则电梯与人的加速度满足
N−mg=ma
解得a=0.4m/s2
方向竖直向上。
故答案为：0.4；竖直向上
对小明受力分析由牛顿第二定律和牛顿第三定律可求得加速度。
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意对于超重与失重的处理办法仍然是牛顿第二定律的应用。
18.【答案】B B CD
【解析】解：(1)步骤B中，用一只弹簧秤拉圆环，即用一个拉力F将橡皮条拉长至O点，记录弹簧秤的示数及F的方向；
(2)本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。
(3)A.F1、F2两个力的夹角大小要适当，并非越大越好，故A错误；
B.F1、F2两个力大小要适当，并非越大越好，故B错误；
C.在拉橡皮条时，应使橡皮条、弹簧测力计和细绳套位于与纸面平行的同一平面内，故C正确；
D.拉力F1、F2的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，故D正确。
故选CD。
故答案为：(1)B；(2)B；(3)CD
(1)根据实验原理与实验操作分析；
(2)探究平行四边形定则所用到的方法是等效替代法；
(3)根据实验原理判断各选项是否有利于减小误差。
此题关键明确“探究共点力合成规律”的实验的实验原理，是用一个弹簧测力计拉力和两个弹簧测力计拉力产生相同的形变效果来验证力的平行四边形定则的；然后按照该原理设计实验步骤。
19.【答案】BC1.19F0 F1−F0a1
【解析】解：(1)A、每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B正确；
C、平衡摩擦力时应取下槽码，让小车拖着纸带，轻推小车后观察纸带上的点迹间距是否均匀，故C正确；
D、为了使得槽码的重力近似等于小车的牵引力，实验中槽码的总质量应该远小于小车的总质量，故D错误。
故选：BC。
(2)图中每两个计数点间还有四个点未画出，则T=0.1s，小车运动的加速度大小为a=xCE−xAC4T2=(6.23+5.00−3.84−2.62)×10−24×0.12m/s2=1.19m/s2
(3)根据F=ma+f
可得a=1mF−fm
故：f=F0，m=F1−F0a1
故答案为：(1)BC；(2)1.19；(3)F0；F1−F0a1。
(1)根据实验原理、操作步骤、数据处理以及注意事项分析各项的正确与否；
(2)依据逐差法可得小车加速度；
(3)写出牛顿第二定律写出当小车质量一定时，改变砂和桶的质量后，加速度的关系式，结合图象的纵截距求出小车的质量和摩擦力。
该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题。
20.【答案】解：(1)该球下落的高度为h=v22g=2522×10m=31.25m
(2)该球在前2s内的位移大小为h1=12gt12=12×10×22m=20m
前2s内的平均速度大小为v−=h1t1=202m/s=10m/s
(3)自由落体的总时间为t=vg=2510s=2.5s
前1.5s内的位移大小为h2=12gt22=12×10×1.52m=11.25m
该球在最后1s内下落的高度为h=h−h2=31.25m−11.25m=20m
答：(1)该球下落的高度为31.25m；
(2)该球在前2s内的平均速度大小为10m/s；
(3)该球在最后1s内下落的高度为20m。
【解析】(1)根据v2=2gh计算下落的高度
(2)计算2s内下降的位移，根据位移再计算平均速度大小；
(3)根据位移关系计算最后1s内下落的高度。
本题主要考查了自由落体运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
21.【答案】解：(1)以O点为研究对象，受力分析，如图所示；
设细绳OA的拉力为F，由平衡条件知：Fsin30∘=mg
代入数据解得：F=200N，方向沿绳斜向左上。
(2)根据平衡条件可得轻杆对O点的弹力大小为：T=Fcos30∘
代入数据解得：T=1003N，方向水平向右。
答：(1)细绳OA的拉力为200N，方向沿绳斜向左上；
(2)轻杆对O点的弹力为1003N，方向水平向右。
【解析】(1)以O点为研究对象，受力分析，由平衡条件求解细绳的拉力；
(2)根据平衡条件可得轻杆对O点的弹力。
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。
22.【答案】解：(1)甲图中轻杆B端为铰链，绳对杆的压力沿杆方向，如图甲所示；
根据平衡条件可得：FT1=mgsin30∘=2mg；
乙图中O点为滑轮，B端固定，由于同一条轻绳的拉力相等，滑轮对绳的支持力与两段轻绳拉力的合力等大反向，如图乙所示；
根据平衡条件可得：FT2=mg；
(2)甲图中，根据平衡条件可得轻杆对O点的弹力：FN1=FT1cos30∘=2mg×32=3mg
图乙中，根据平衡条件结合图中几何关系可得：FN2=mg。
答：(1)甲、乙两图中细绳OA的拉力分别为：；
(2)甲、乙两图中轻杆对O点的弹力。
【解析】(1)甲图中轻杆B端为铰链，绳对杆的压力沿杆方向；乙图中O点为滑轮，由于同一条轻绳的拉力相等，滑轮对绳的支持力与两段轻绳拉力的合力等大反向，根据平衡条件进行解答；
(2)根据平衡条件求解甲、乙两图中轻杆对O点的弹力。
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。
23.【答案】解：(1)把小球1和2看成整体，受力分析如图1所示
由平衡条件可得：Fa=2Gcos30∘=2×1032N=4033N
Fc=2Gtan30∘=2×10×33N=2033N；
(2)以球2为研究对象，细线b对小球2的拉力Fb，重力G及Fc的作用，由平衡条件可得：
Fb=G2+Fc2=102+(2033)2N=10213N；
(3)以1、2两小球为整体研究，当c绳拉力与a绳拉力垂直时c绳的拉力最小，如图2所示；
此时a绳拉力大小为：Fa′=2Gcos30∘=2×10×32N=103N。
答：(1)细线a、c分别对小球1和2的拉力大小分别为4033N、2033N；
(2)细线b对小球2的拉力大小为10213N；
(3)当F达到最小值时，细线a上的拉力大小为103N。
【解析】(1)将两球和细线b视为整体，水平和竖直方向上受力平衡，根据平衡条件求解；
(2)对小球2进行受力分析，根据受力平衡结合几何关系求解；
(3)对整体受力分析，当c绳拉力与a绳拉力垂直时c绳的拉力最小，根据平衡条件进行解答。
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。注意整体法和隔离法的应用。
24.【答案】解：(1)煤块加速运动过程中，加速度大小为a=μg
设煤块经过t1时间后与传送带共速，则：v=at1
煤块加速阶段运动的位移大小为
x=v2t1
联立解得：x=4m
(2)煤块匀速运动的时间为t2=L−xv
煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为t=t1+t2
联立代入数据解得：t=3s
(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度为
Δx=vt1−x
代入数据解得：Δx=4m
答：(1)煤块加速阶段运动的位移大小为4m；
(2)煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为3s；
(3)煤块在皮带上留下的痕迹长度为4m。
【解析】(1)煤块在加速阶段，由牛顿第二定律求解加速度大小，由运动学规律得煤块加速阶段运动的位移；
(2)求出木块在加速阶段经过的时间和匀速阶段经过的时间即可求解总时间；
(2)根据平均速度大小分析痕迹在煤块前方还是后方；求出皮带运动的位移即可得到痕迹的长度。
本题考查了传送带问题，分析清楚煤块的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
25.【答案】解：(1)开始阶段由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得：
a1=10m/s2
(2)物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1=va1
发生的位移x1=12a1t12
联立代入数据解得：x1=5m
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
设煤块以加速度a2滑动到B的时间为t2，则
L−x1=vt2+12a2t22
代入数据解得：t2=2s
总时间
t=t1+t2=1s+2s=3s
(3)第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块的位移为x1=12a1t12
联立代入数据解得：x1=5m
传送带的位移为
x′=vt1=10×1m=10m
故煤块相对传送带上移Δx1=x′−x1=10m−5m=5m。
第二阶段煤块的速度大于传送带速度，煤块相对传送带向下移动，煤块的位移为
x2=L−x1=29m−5m=24m
传送带的位移为
x′′=vt2=10×2m=20m
即煤块相对传送带下移Δx2=x2−x′′=24m−20m=4m，
故传送带表面留下的划痕长度为5m。
答：(1)煤块刚开始的加速度大小为10m/s2；
(2)煤块从A到B的时间为3s；
(3)煤块从A到B的过程中传送带上留下的划痕长度为5m。
【解析】(1)煤块放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于煤块的速度，传送带给煤块一沿斜面向下的滑动摩擦力，煤块由静止开始加速下滑，根据牛顿第二定律求得加速度；
(2)当煤块加速至与传送带速度相等时，由于μ
从本题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
26.【答案】解：(1)由题可知，小物块在开始时受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运动的加速度大小为a1，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得：
a1=8m/s2
其速度减小到v1=1m/s所用的时间
t1=v2−v1a1
之后，小物块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a2，有
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=4m/s2
小物块减速到0所用的时间
t2=v1a2
t=t1+t2
联立代入数据解得：t=1s
(2)小物块沿传送带向上滑行的最大距离为
x=v1+v22t1+v12t2
代入数据解得：
x=3.125m
又由于物块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，其加速度大小仍为a2=4m/s2，有
2a2x=v2
代入数据解得：
v=5m/s
(3)小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小
Δx1=v1+v22t1−v1t1(向上)
小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小
Δx2=v1t2−v12t2(向下)
故物块向上运动时相对传送带的位移为
Δx=Δx1−Δx2
联立代入数据解得：Δx=2.125m
即相对传送带的位移大小为2.125m，方向沿传送带向上；
而Δx2重叠在Δx1内，则全程的划痕为
Δd=Δx1=2.125m
答：(1)小煤块向上滑行的时间为1s；
(2)小煤块离开传送带时的速度大小为5m/s；
(3)小煤块在传送带上运动的整个过程中，其相对传送带的位移大小和煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.125m。
【解析】(1)起先物块速度大于传送带速度，物块在传送带上做减速运动，当速度减至和传送带一至时摩擦力改变方向，此时物块所受摩擦力小于重力沿传送带向下的分力，物块将在合力作用下做继续减速运动，分别求出两次减速运动物块运动的时间即可。
(2)通过位移-时间公式求得两次上升为位移，下滑时，根据速度位移公式求得速度；
(3)根据物块与传送带的相对位移解得痕迹长度。
本题抓住物块在传送带上做匀减速运动，由于物块速度与传送带速度大小的不同，两种减速情况下摩擦力的方向不同，产生的加速度不同，要分别由牛顿第二定律求解两种情况下的加速度。
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