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2023-2024学年江苏省泰州中学高一（上）期中考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省泰州中学高一（上）期中考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列对于运动基本概念的描述正确的是( )
A. 顺丰速运“无人机快递”完成一次快件投递回到出发点，此运动过程的路程为零
B. 微信支付交易记录中有一单的转账时间为“20201001 19：49：34”，这里的时间指时刻
C. “复兴号”列车在京沪高铁线运行最高时速可达350公里，这里的时速指平均速率
D. 足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，硬币可以看做质点
2.下列对于运动物理量的描述正确的是( )
A. 物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大
B. 速度很大的物体，其加速度不可能为零
C. 某时刻物体的速度为零，其加速度不一定为零
D. 加速度很大时，运动物体的速度不可能很小
3.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移时间x-t图线，由图可知( )
A. 在时刻t1，a车从后面追上b车
B. 在时刻t2，a、b两车运动方向相同
C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
4.在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是( )
A. 根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法
B. 在验证力的平行四边形定则实验时，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，该实验运用了控制变量法
C. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D. 推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法
5.量纲分析是物理学中的一种很重要的研究方法。例如，任何两个物体之间都存在相互作用的引力，引力的大小与这两个物体的质量的乘积成正比，与这两个物体之间的距离的平方成反比，其表达式可写为F=Gm1m2r2，式中G为万有引力常量。你可能不知道G的具体单位，但是你可以结合单位换算(量纲分析)对其做出推断。则根据你的推断，下列关于G的具体单位，表述正确的是
( )
A. N⋅m/kgB. N⋅m2/kg2C. N⋅kg2/m2D. N⋅m2⋅kg2
6.某商场为了节能安装了智能化电动扶梯。在无人乘梯时，扶梯缓慢运转；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速再匀速运转。如图所示，一顾客乘该扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，则下列说法正确的是( )
A. 顾客始终受到重力、弹力和摩擦力的作用
B. 顾客受到摩擦力作用时，摩擦力的方向斜向右上方
C. 顾客先处于失重状态，后处于平衡状态
D. 扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方，再竖直向上
7.将一个物体以大小为v0的初速度竖直向上抛出，物体能上升的最大高度为h，不计空气阻力，则物体上升到34h高度时，物体的速度大小为( )
A. 12v0B. 13v0C. 14v0D. 15v0
8.引体向上是中学生正常开展的一项体育活动，如图所示为某运动员在单杠上处于静止的情形，下列说法正确的是
A. 运动员每个手臂的拉力都等于人体重力的一半
B. 两手臂拉单杠的力的合力方向向上
C. 运动员两手臂间的距离越大，手与单杠间的摩擦力就越小
D. 运动员两手之间的距离再小些，平衡时运动员手臂的拉力会变小
9.如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )
A. 弹簧测力计的示数是10N
B. 弹簧测力计的示数是50N
C. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为4m/s2
D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12m/s2
二、多选题（本大题共1小题，共4分）
10.如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t=0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.8g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A. A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B. 分离时弹簧处于原长状态
C. 在t= m2k时刻A、B分离
D. 分离时B的速度大小为45 mkg
三、实验题（本大题共1小题，共10分）
11.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)关于本实验，下列说法正确的是_______
A.每次小车必须从靠近打点计时器的同一位置释放
B.平衡摩擦力时，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动
C.实验时沙和沙桶的总质量应远大于小车的质量
D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新平衡摩擦力
(2)图乙为上述实验中打下的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选中的计数点(各相邻计数点之间有四个点迹)。打点计时器的频率为50Hz，根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点3时小车的速度大小为_______m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为_______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)小明同学平衡好了摩擦力后，以沙和沙桶的重力为F，在小车质量M保持不变的情况下，不断往桶里加沙，沙的质量最终达到14M，测出小车加速度a，作出a-F的图像。下列图线正确的是_______。
(4)甲、乙两同学在同一实验室，各取该套装置放在水平桌面上，分别在小车上放不同数量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到了如图所示的甲、乙两条直线，设甲、乙用的小车与长木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，μ甲_______μ乙(选填“>”、“<”或“=”)。
四、计算题（本大题共4小题，共50分）
12.一辆汽车以10m/s的初速度在水平地面上匀减速滑动，加速度大小为2m/s2，求：
(1)汽车在2s末的速度．
(2)汽车在6秒内的位移．
(3)汽车在最后1s内的平均速度．
13.如图所示，质量m=40kg的木箱静止于水平地面上，用大小为480N、方向与水平方向成θ=37∘的斜向下推力F推木箱，使木箱做匀加速直线运动，5s末撤去F。木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)推木箱时地面所受的压力大小；
(2)5s末木箱的速度大小；
(3)撤去推力后木箱还能运动多远。
14.如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向左的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B始终保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小；
(2)未拉A时，地面对B的支持力的大小；
(3)水平面与半圆柱之间的动摩擦因数的最小值。
15.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为θ=37∘，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件从静止开始运动了23s时距离A点多远。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、路程是轨迹的长度，顺丰速运“无人机快递”完成一次快件投递回到出发点，此运动过程的路程不为零，故A错误；
B、微信支付交易记录中发现有一单的转账时间为“20201001 19：49：34”，这对应一个瞬间，故这里的时间是时刻，故B正确；
C、“复兴号”列车组列车在京沪高铁线运行最高时速可达350公里，这里的时速指瞬时速率，故C错误；
D、足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看做质点，否则没有正反面，故D错误。
故选：B。
位移是从始位置指向末位置的有向线段，路程是轨迹的长度；明确时间和时刻的主要区别；知道平均速率等于路程与时间的比值；会区分平均速度和平均速率；当物体的大小和形状对所研究的问题中没有影响或影响不计时，可以把物体当成质点处理．
本题考查位移、路程、时间和时刻、平均速率、平均速度等概念，要注意明确相近知识点的区别和联系。
2.【答案】C
【解析】A.由加速度的定义式 a=ΔvΔt ，可知物体运动的速度改变量 Δv 很大，若所用时间 Δt 也很大，则它的加速度不一定很大，A错误；
B.速度很大的物体，其加速度可能是零，例如做匀速直线运动的物体，不论速度大与小，其加速度都是零，B错误；
C.某时刻物体的速度是零，其加速度不一定是零，例如竖直上抛运动的物体在到达最高点时，其速度是零，可加速度不是零，C正确；
D.加速度很大时，运动物体的速度可能很小，例如火箭启动时，加速度很大，可速度很小，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】A.在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，开始a的位移大于b的位移，可知b从后面追上a，故A错误；
B.在时刻t2，a图线的斜率为正值，说明a车沿正方向运动，b图线切线的斜率为负值，b车沿负方向运动，可知两车运动方向相反，故B错误；
C.图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加，故C正确；
D.在t1到t2这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误。
故选C。
4.【答案】AD
【解析】解：A、根据速度的定义式v=△x△t，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，故A正确；
B、在验证力的平行四边形定则实验，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，运用了等效替代法，故B错误；
C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法为建立理想化的物理模型的方法，故C错误；
D、在推导匀变速直线运动位移公式时，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，这里采用了微元法，故D正确；
故选：AD。
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查力学单位制，知道物理公式的特征是解题的关键。
根据万有引力公式得出万有引力常量的表达式，从而得出其单位即可判断。
【解答】
根据万有引力定律的表达式F=Gm1m2r2可得：G=Fr2m1m2，力的单位为牛顿(N)，距离的单位为米(m)，质量的单位为千克(kg)，可得G的单位为N⋅m2/kg2，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.由题意可知，开始时扶梯做加速运动，顾客受到重力、弹力和摩擦力的作用，后做匀速运动时，顾客只受重力和弹力作用，A错误；
B.顾客受到摩擦力作用时，摩擦力的方向总是与接触面相切，与顾客相对扶梯的运动趋势方向相反，扶梯加速上升时，顾客相对扶梯有向左的运动趋势，所以顾客所受摩擦力方向水平向右，B错误；
C.扶梯先加速上升时，顾客有竖直向上的分加速度，因此顾客先处于超重状态，扶梯后做匀速运动，顾客处于平衡状态，C错误；
D.顾客受到重力、弹力和摩擦力的作用下，先向右上方做加速运动，由牛顿第二定律可知，此时扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方，扶梯后做匀速运动，作用力再竖直向上，D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】物体以大小为 v0 的初速度竖直向上抛出，物体能上升的最大高度为h，由速度位移关系公式 v2-v02=2gh ，可得
g=-v022h
则物体上升到 34h 高度时的速度为
v1= v02+2gh1= v02-2×v022h×34h=12v0
A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查力的分解问题。
人受到三个力，重力和两个拉力。将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断。
【解答】
A.当两个手臂平行时，拉力都等于人体重力的一半，故A错误；
B.两手臂拉单杠的力都斜向下，故合力向下，等于重力，故B错误；
C.对人手受力分析，受拉力、支持力和摩擦力，如图(设两个胳膊夹角为θ)
结合平衡条件，有：x方向：Fsinθ2=f；y方向：Fcsθ2=N=12mg，解得：f=12mg·tanθ2，故两手臂间的距离越大，角θ越大，静摩擦力越大，故C错误；
D.将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越小，分力越小，即运动员两手臂间的距离越小，夹角越小，平衡时运动员手臂的拉力越小，故D正确。
故选D。
9.【答案】D
【解析】AB.选 m1 、 m2 和弹簧组成的整体为研究对象，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得
F1-F2=m1+m2a
解得
a=30-203+2m/s2=2m/s2
对m2受力分析，设弹簧弹力为F，由牛顿第二定律可得
F-F2=m2a
解得
F=F2+m2a=20N+2×2N=24N
可知弹簧测力计的示数是24N，AB错误；
C.在突然撤去 F2 的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m1受力不变，加速度大小不变，仍为2m/s2，C错误；
D.在突然撤去 F2 的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m2受弹力仍为24N，由牛顿第二定律可得 m2 的加速度大小为
a '=Fm1=242m/s2=12m/s2
D正确。
故选D。
10.【答案】C
【解析】A.两物块分离前加速度相同，做匀加速直线运动，可知加速度不变，由牛顿第二定律可知，A、B分离前合外力大小不变，A错误；
B.分离时A、B间的弹力是零，由于B具有向上的加速度，其受合力向上，可知弹簧处于压缩状态，B错误；
C.由题意可知，两物块处于静止状态时，弹簧的压缩量为x1，则有
kx1=2mg
x1=2mgk
对B分离时，由牛顿第二定律可得
kx2-mg=ma
解得
x2=9mg5k
则有弹簧的形变量
Δx=x1-x2=mg5k
又有
Δx=12at2
解得
t= m2k
C正确；
D.由速度时间公式，可得分离时B的速度大小为
vB=at=45 m2kg
D错误。
故选C。
11.【答案】 D 0.53 1.4 C >
【解析】(1)[1]A.按照实验操作规范可知，每次应该使小车靠近打点计时器，但不必要从同一位置释放，故A错误；
B.平衡摩擦力时不带槽码及槽码盘，但要接上纸带，故B错误；
C.为使轻绳的拉力近似等于沙和沙桶的重力，故在实验时，沙和沙桶的总质量应远远小于小车的质量，故C正确；
D.整个过程，只需要平衡一次摩擦力，故D正确。
故选D。
(2)[2]根据时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则打下计数点2时小车的速度
v3=x242T=13.80-3.200.2×0.01m/s=0.53m/s
[3]根据逐差法，可得小车的加速度
a=x34-x122T2=13.80-7.80-3.202×0.12×10-2m/s2=1.4m/s2
(3)[4]由于没有平衡摩擦力，则 a-F 图线不过原点；设砂和砂桶的总质量为m，只有在 M≫m 时， F≈mg ， a-F 图线才接近直线，一旦不满足 M≫m ，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲．
故选C。
(4)[5]当没有平衡摩擦力时有
F-f=ma
整理有
a=1mF-μg
即 a-F 图像的斜率为 1m ，纵轴截距大小为 μg ，由图线可知
μ甲>μ乙
12.【答案】解：已知V0=10m/s,a=-2m/s2
(1)由Vt=V0+at得
2S末的速度：V=V0+at=(10-2×2)m/s=6m/s
(2)设汽车经过t0s停止，则t0=Vt-V0a=0-10-2s=5s
而t=6s>5s，此时汽车已停止
所以6s内的位移：x=Vt2-V022a=0-1022x(-2)m=25m
(3)前4s内汽车的位移：x1=V0t1+12at12=(10×4-12×2×42)m=24m
所以最后1s内的位移：△x=x总-x1=25m-24m=1m
平均速度V=△x△t=1m1s=1m/s．
答：(1)汽车在2s末的速度为6m/s．
(2)汽车在6秒内的位移为25m．
(3)汽车在最后1s内的平均速度为1m/s．
【解析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出2s末的速度，以及速度减小为零的时间，判断汽车是否停止，再根据位移公式求出汽车的位移．根据位移公式求出最后1s内的位移，结合平均速度的定义式求出最后1s内的平均速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意该问题属于运动学中的刹车问题，汽车速度减为零后不再运动．
13.【答案】(1)688N；(2) 5m/s ；(3) 2.5m
【解析】(1)对木箱，竖直方向平衡，由平衡条件，则有地面对木箱的支持力
FN=mg+Fsinθ
解得
FN=688N
根据牛顿第三定律，木箱对地面压力大小为688N。
(2)水平方向，由牛顿第二定律
Fcsθ-μFN=ma
由速度时间公式可得
v=at
联立解得5s末木箱的速度大小
v=5m/s
(3)撤去拉力后，由牛顿第二定律
-μmg=ma'
解得
a'=-5m/s2
负号表示加速度方向与初速度方向相反，由速度位移公式，可得撤去推力后木箱还能运动的距离
x=-v22a'=-52-2×5m=2.5m
14.【答案】(1) F=2 33mg ；(2) N=2mg ；(3) μmin= 32
【解析】(1)对圆柱C受力分析如图所示，由几何关系可知θ=30°，C受力平衡，由平衡条件可得
2Fcs30∘=2mg
解得
F=2 33mg
(2)把A、B、C作为整体进行受力分析，地面对A、B的支持力相等，设为N，则有
2N=4mg
解得
N=2mg
(3)C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大，对C受力分析如图所示，由几何关系可知，α=60°，由平衡条件，则有
2Fmcs60∘=2mg
解得
Fm=2mg
对B受力分析，则有由牛顿第三定律可知
F'm=Fm
在水平方向由平衡条件解得
Ff'=F'mcs30∘= 3mg
在竖直方向
N'=mg+F'msin30∘=2mg
则水平面与半圆柱之间的动摩擦因数的最小值
μmin=Ff'N'= 32
15.【答案】(1)1.4s；(2)2.4m；(3)2.4m
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为 a1 ，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
解得
a1=μg=5m/s2
经 t1 时间工件与传送带的速度相同，解得
t1=va1=0.8s
工件前进的位移为
x1=12a1t12=1.6m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2=LAB-x1v=0.6s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t=t1+t2=1.4s
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为 a2 ，由牛顿第二定律得
μmgcsθ-mgsinθ=ma2
解得
a2=-2m/s2
由速度位移公式得
0-v2=2a2hmsinθ
解得
hm=2.4m
(3)工件沿传送带向上运动的时间为
t3=2hmvsinθ=2s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T=2t1+2t3=5.6s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变到零所需时间
t0=2t1+t2+2t3=6.2s
而
23s=t0+3T
这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度是零，故工件在A点右侧，到A点的距离
x=LAB-x1=2.4m
1.下列对于运动基本概念的描述正确的是( )
A. 顺丰速运“无人机快递”完成一次快件投递回到出发点，此运动过程的路程为零
B. 微信支付交易记录中有一单的转账时间为“20201001 19：49：34”，这里的时间指时刻
C. “复兴号”列车在京沪高铁线运行最高时速可达350公里，这里的时速指平均速率
D. 足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，硬币可以看做质点
2.下列对于运动物理量的描述正确的是( )
A. 物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大
B. 速度很大的物体，其加速度不可能为零
C. 某时刻物体的速度为零，其加速度不一定为零
D. 加速度很大时，运动物体的速度不可能很小
3.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移时间x-t图线，由图可知( )
A. 在时刻t1，a车从后面追上b车
B. 在时刻t2，a、b两车运动方向相同
C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
4.在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是( )
A. 根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法
B. 在验证力的平行四边形定则实验时，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，该实验运用了控制变量法
C. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D. 推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法
5.量纲分析是物理学中的一种很重要的研究方法。例如，任何两个物体之间都存在相互作用的引力，引力的大小与这两个物体的质量的乘积成正比，与这两个物体之间的距离的平方成反比，其表达式可写为F=Gm1m2r2，式中G为万有引力常量。你可能不知道G的具体单位，但是你可以结合单位换算(量纲分析)对其做出推断。则根据你的推断，下列关于G的具体单位，表述正确的是
( )
A. N⋅m/kgB. N⋅m2/kg2C. N⋅kg2/m2D. N⋅m2⋅kg2
6.某商场为了节能安装了智能化电动扶梯。在无人乘梯时，扶梯缓慢运转；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速再匀速运转。如图所示，一顾客乘该扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，则下列说法正确的是( )
A. 顾客始终受到重力、弹力和摩擦力的作用
B. 顾客受到摩擦力作用时，摩擦力的方向斜向右上方
C. 顾客先处于失重状态，后处于平衡状态
D. 扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方，再竖直向上
7.将一个物体以大小为v0的初速度竖直向上抛出，物体能上升的最大高度为h，不计空气阻力，则物体上升到34h高度时，物体的速度大小为( )
A. 12v0B. 13v0C. 14v0D. 15v0
8.引体向上是中学生正常开展的一项体育活动，如图所示为某运动员在单杠上处于静止的情形，下列说法正确的是
A. 运动员每个手臂的拉力都等于人体重力的一半
B. 两手臂拉单杠的力的合力方向向上
C. 运动员两手臂间的距离越大，手与单杠间的摩擦力就越小
D. 运动员两手之间的距离再小些，平衡时运动员手臂的拉力会变小
9.如图所示，两个质量分别为m1=3kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )
A. 弹簧测力计的示数是10N
B. 弹簧测力计的示数是50N
C. 在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为4m/s2
D. 在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为12m/s2
二、多选题（本大题共1小题，共4分）
10.如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t=0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.8g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( )
A. A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B. 分离时弹簧处于原长状态
C. 在t= m2k时刻A、B分离
D. 分离时B的速度大小为45 mkg
三、实验题（本大题共1小题，共10分）
11.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)关于本实验，下列说法正确的是_______
A.每次小车必须从靠近打点计时器的同一位置释放
B.平衡摩擦力时，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动
C.实验时沙和沙桶的总质量应远大于小车的质量
D.通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新平衡摩擦力
(2)图乙为上述实验中打下的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选中的计数点(各相邻计数点之间有四个点迹)。打点计时器的频率为50Hz，根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点3时小车的速度大小为_______m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为_______m/s2。(结果均保留两位有效数字)
(3)小明同学平衡好了摩擦力后，以沙和沙桶的重力为F，在小车质量M保持不变的情况下，不断往桶里加沙，沙的质量最终达到14M，测出小车加速度a，作出a-F的图像。下列图线正确的是_______。
(4)甲、乙两同学在同一实验室，各取该套装置放在水平桌面上，分别在小车上放不同数量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到了如图所示的甲、乙两条直线，设甲、乙用的小车与长木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，μ甲_______μ乙(选填“>”、“<”或“=”)。
四、计算题（本大题共4小题，共50分）
12.一辆汽车以10m/s的初速度在水平地面上匀减速滑动，加速度大小为2m/s2，求：
(1)汽车在2s末的速度．
(2)汽车在6秒内的位移．
(3)汽车在最后1s内的平均速度．
13.如图所示，质量m=40kg的木箱静止于水平地面上，用大小为480N、方向与水平方向成θ=37∘的斜向下推力F推木箱，使木箱做匀加速直线运动，5s末撤去F。木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)推木箱时地面所受的压力大小；
(2)5s末木箱的速度大小；
(3)撤去推力后木箱还能运动多远。
14.如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向左的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B始终保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小；
(2)未拉A时，地面对B的支持力的大小；
(3)水平面与半圆柱之间的动摩擦因数的最小值。
15.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，长度LBC=5m，倾角为θ=37∘，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件从静止开始运动了23s时距离A点多远。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、路程是轨迹的长度，顺丰速运“无人机快递”完成一次快件投递回到出发点，此运动过程的路程不为零，故A错误；
B、微信支付交易记录中发现有一单的转账时间为“20201001 19：49：34”，这对应一个瞬间，故这里的时间是时刻，故B正确；
C、“复兴号”列车组列车在京沪高铁线运行最高时速可达350公里，这里的时速指瞬时速率，故C错误；
D、足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看做质点，否则没有正反面，故D错误。
故选：B。
位移是从始位置指向末位置的有向线段，路程是轨迹的长度；明确时间和时刻的主要区别；知道平均速率等于路程与时间的比值；会区分平均速度和平均速率；当物体的大小和形状对所研究的问题中没有影响或影响不计时，可以把物体当成质点处理．
本题考查位移、路程、时间和时刻、平均速率、平均速度等概念，要注意明确相近知识点的区别和联系。
2.【答案】C
【解析】A.由加速度的定义式 a=ΔvΔt ，可知物体运动的速度改变量 Δv 很大，若所用时间 Δt 也很大，则它的加速度不一定很大，A错误；
B.速度很大的物体，其加速度可能是零，例如做匀速直线运动的物体，不论速度大与小，其加速度都是零，B错误；
C.某时刻物体的速度是零，其加速度不一定是零，例如竖直上抛运动的物体在到达最高点时，其速度是零，可加速度不是零，C正确；
D.加速度很大时，运动物体的速度可能很小，例如火箭启动时，加速度很大，可速度很小，D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】A.在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，开始a的位移大于b的位移，可知b从后面追上a，故A错误；
B.在时刻t2，a图线的斜率为正值，说明a车沿正方向运动，b图线切线的斜率为负值，b车沿负方向运动，可知两车运动方向相反，故B错误；
C.图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加，故C正确；
D.在t1到t2这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误。
故选C。
4.【答案】AD
【解析】解：A、根据速度的定义式v=△x△t，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，故A正确；
B、在验证力的平行四边形定则实验，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，运用了等效替代法，故B错误；
C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法为建立理想化的物理模型的方法，故C错误；
D、在推导匀变速直线运动位移公式时，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，这里采用了微元法，故D正确；
故选：AD。
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查力学单位制，知道物理公式的特征是解题的关键。
根据万有引力公式得出万有引力常量的表达式，从而得出其单位即可判断。
【解答】
根据万有引力定律的表达式F=Gm1m2r2可得：G=Fr2m1m2，力的单位为牛顿(N)，距离的单位为米(m)，质量的单位为千克(kg)，可得G的单位为N⋅m2/kg2，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.由题意可知，开始时扶梯做加速运动，顾客受到重力、弹力和摩擦力的作用，后做匀速运动时，顾客只受重力和弹力作用，A错误；
B.顾客受到摩擦力作用时，摩擦力的方向总是与接触面相切，与顾客相对扶梯的运动趋势方向相反，扶梯加速上升时，顾客相对扶梯有向左的运动趋势，所以顾客所受摩擦力方向水平向右，B错误；
C.扶梯先加速上升时，顾客有竖直向上的分加速度，因此顾客先处于超重状态，扶梯后做匀速运动，顾客处于平衡状态，C错误；
D.顾客受到重力、弹力和摩擦力的作用下，先向右上方做加速运动，由牛顿第二定律可知，此时扶梯对顾客作用力的合力方向先指向右上方，扶梯后做匀速运动，作用力再竖直向上，D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】物体以大小为 v0 的初速度竖直向上抛出，物体能上升的最大高度为h，由速度位移关系公式 v2-v02=2gh ，可得
g=-v022h
则物体上升到 34h 高度时的速度为
v1= v02+2gh1= v02-2×v022h×34h=12v0
A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查力的分解问题。
人受到三个力，重力和两个拉力。将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断。
【解答】
A.当两个手臂平行时，拉力都等于人体重力的一半，故A错误；
B.两手臂拉单杠的力都斜向下，故合力向下，等于重力，故B错误；
C.对人手受力分析，受拉力、支持力和摩擦力，如图(设两个胳膊夹角为θ)
结合平衡条件，有：x方向：Fsinθ2=f；y方向：Fcsθ2=N=12mg，解得：f=12mg·tanθ2，故两手臂间的距离越大，角θ越大，静摩擦力越大，故C错误；
D.将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越小，分力越小，即运动员两手臂间的距离越小，夹角越小，平衡时运动员手臂的拉力越小，故D正确。
故选D。
9.【答案】D
【解析】AB.选 m1 、 m2 和弹簧组成的整体为研究对象，对整体受力分析，由牛顿第二定律可得
F1-F2=m1+m2a
解得
a=30-203+2m/s2=2m/s2
对m2受力分析，设弹簧弹力为F，由牛顿第二定律可得
F-F2=m2a
解得
F=F2+m2a=20N+2×2N=24N
可知弹簧测力计的示数是24N，AB错误；
C.在突然撤去 F2 的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m1受力不变，加速度大小不变，仍为2m/s2，C错误；
D.在突然撤去 F2 的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则m2受弹力仍为24N，由牛顿第二定律可得 m2 的加速度大小为
a '=Fm1=242m/s2=12m/s2
D正确。
故选D。
10.【答案】C
【解析】A.两物块分离前加速度相同，做匀加速直线运动，可知加速度不变，由牛顿第二定律可知，A、B分离前合外力大小不变，A错误；
B.分离时A、B间的弹力是零，由于B具有向上的加速度，其受合力向上，可知弹簧处于压缩状态，B错误；
C.由题意可知，两物块处于静止状态时，弹簧的压缩量为x1，则有
kx1=2mg
x1=2mgk
对B分离时，由牛顿第二定律可得
kx2-mg=ma
解得
x2=9mg5k
则有弹簧的形变量
Δx=x1-x2=mg5k
又有
Δx=12at2
解得
t= m2k
C正确；
D.由速度时间公式，可得分离时B的速度大小为
vB=at=45 m2kg
D错误。
故选C。
11.【答案】 D 0.53 1.4 C >
【解析】(1)[1]A.按照实验操作规范可知，每次应该使小车靠近打点计时器，但不必要从同一位置释放，故A错误；
B.平衡摩擦力时不带槽码及槽码盘，但要接上纸带，故B错误；
C.为使轻绳的拉力近似等于沙和沙桶的重力，故在实验时，沙和沙桶的总质量应远远小于小车的质量，故C正确；
D.整个过程，只需要平衡一次摩擦力，故D正确。
故选D。
(2)[2]根据时间中点的瞬时速度等于这段时间的平均速度，则打下计数点2时小车的速度
v3=x242T=13.80-3.200.2×0.01m/s=0.53m/s
[3]根据逐差法，可得小车的加速度
a=x34-x122T2=13.80-7.80-3.202×0.12×10-2m/s2=1.4m/s2
(3)[4]由于没有平衡摩擦力，则 a-F 图线不过原点；设砂和砂桶的总质量为m，只有在 M≫m 时， F≈mg ， a-F 图线才接近直线，一旦不满足 M≫m ，描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲．
故选C。
(4)[5]当没有平衡摩擦力时有
F-f=ma
整理有
a=1mF-μg
即 a-F 图像的斜率为 1m ，纵轴截距大小为 μg ，由图线可知
μ甲>μ乙
12.【答案】解：已知V0=10m/s,a=-2m/s2
(1)由Vt=V0+at得
2S末的速度：V=V0+at=(10-2×2)m/s=6m/s
(2)设汽车经过t0s停止，则t0=Vt-V0a=0-10-2s=5s
而t=6s>5s，此时汽车已停止
所以6s内的位移：x=Vt2-V022a=0-1022x(-2)m=25m
(3)前4s内汽车的位移：x1=V0t1+12at12=(10×4-12×2×42)m=24m
所以最后1s内的位移：△x=x总-x1=25m-24m=1m
平均速度V=△x△t=1m1s=1m/s．
答：(1)汽车在2s末的速度为6m/s．
(2)汽车在6秒内的位移为25m．
(3)汽车在最后1s内的平均速度为1m/s．
【解析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出2s末的速度，以及速度减小为零的时间，判断汽车是否停止，再根据位移公式求出汽车的位移．根据位移公式求出最后1s内的位移，结合平均速度的定义式求出最后1s内的平均速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，注意该问题属于运动学中的刹车问题，汽车速度减为零后不再运动．
13.【答案】(1)688N；(2) 5m/s ；(3) 2.5m
【解析】(1)对木箱，竖直方向平衡，由平衡条件，则有地面对木箱的支持力
FN=mg+Fsinθ
解得
FN=688N
根据牛顿第三定律，木箱对地面压力大小为688N。
(2)水平方向，由牛顿第二定律
Fcsθ-μFN=ma
由速度时间公式可得
v=at
联立解得5s末木箱的速度大小
v=5m/s
(3)撤去拉力后，由牛顿第二定律
-μmg=ma'
解得
a'=-5m/s2
负号表示加速度方向与初速度方向相反，由速度位移公式，可得撤去推力后木箱还能运动的距离
x=-v22a'=-52-2×5m=2.5m
14.【答案】(1) F=2 33mg ；(2) N=2mg ；(3) μmin= 32
【解析】(1)对圆柱C受力分析如图所示，由几何关系可知θ=30°，C受力平衡，由平衡条件可得
2Fcs30∘=2mg
解得
F=2 33mg
(2)把A、B、C作为整体进行受力分析，地面对A、B的支持力相等，设为N，则有
2N=4mg
解得
N=2mg
(3)C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大，对C受力分析如图所示，由几何关系可知，α=60°，由平衡条件，则有
2Fmcs60∘=2mg
解得
Fm=2mg
对B受力分析，则有由牛顿第三定律可知
F'm=Fm
在水平方向由平衡条件解得
Ff'=F'mcs30∘= 3mg
在竖直方向
N'=mg+F'msin30∘=2mg
则水平面与半圆柱之间的动摩擦因数的最小值
μmin=Ff'N'= 32
15.【答案】(1)1.4s；(2)2.4m；(3)2.4m
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为 a1 ，由牛顿第二定律得
μmg=ma1
解得
a1=μg=5m/s2
经 t1 时间工件与传送带的速度相同，解得
t1=va1=0.8s
工件前进的位移为
x1=12a1t12=1.6m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2=LAB-x1v=0.6s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t=t1+t2=1.4s
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为 a2 ，由牛顿第二定律得
μmgcsθ-mgsinθ=ma2
解得
a2=-2m/s2
由速度位移公式得
0-v2=2a2hmsinθ
解得
hm=2.4m
(3)工件沿传送带向上运动的时间为
t3=2hmvsinθ=2s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T=2t1+2t3=5.6s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变到零所需时间
t0=2t1+t2+2t3=6.2s
而
23s=t0+3T
这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度是零，故工件在A点右侧，到A点的距离
x=LAB-x1=2.4m
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