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2023-2024学年山东省潍坊市高一（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省潍坊市高一（上）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.一个物体在力F的作用下沿着力的方向前进一段距离L，这个力对物体做功W=FL。在国际单位制(简称SI)中，功的单位J可表示为( )
A. kg⋅m2⋅s2B. kg⋅m⋅sC. kg⋅m⋅s−2D. kg⋅m2⋅s−2
2.如图所示，木块甲、乙中间夹有一压缩的轻弹簧，弹簧的劲度系数为300N/m，压缩量为3cm，用F=2N的水平拉力作用在木块乙上，甲、乙均静止不动。下列说法正确的是( )
A. 木块甲所受摩擦力的大小为7N，方向水平向右
B. 木块甲所受摩擦力的大小为9N，方向水平向右
C. 木块乙所受摩擦力的大小为11N，方向水平向右
D. 木块乙所受摩擦力的大小为2N，方向水平向左
3.进入冬季，有时会遇到大雾天气，影响交通安全。一辆汽车在大雾天中以10m/s的速度行驶，司机突然看到前方十字路口有一路障，立即刹车作匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2，关于该汽车刹车后3s内的运动，下列判断中正确的是( )
A. 运动的位移为12.5mB. 运动的位移为12m
C. 平均速度为5m/sD. 平均速度为4m/s
4.如图所示，斜面体甲放在小车内的水平地板上，物块乙放在斜面体上，两者一起随车向右匀加速运动，关于甲、乙受力的分析正确的是( )
A. 甲物体可能受到4个力的作用
B. 甲物体受到车厢向右的摩擦力
C. 乙物体可能受到2个力的作用
D. 车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和
5.某同学利用手机频闪拍摄法测小球的速度和加速度。让小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪拍摄法得到连续的小球位置如图中1、2、3、4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，由此可估算小球( )
A. 下落的加速度大小为4dT2
B. 经过位置3时的速度大小为4dT
C. 经过位置4时的速度大小为4dT
D. 小球的释放位置在位置1上方9d8处
6.用两轻绳a、c和轻弹簧b将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球质量均为m，处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平。下列分析正确的是( )
A. 此时轻绳c的拉力大小为4 33mg
B. 此时轻绳c的拉力大小为2mg
C. 剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度大小为2 33g
D. 剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度方向斜向左下方
7.质量为m的物体，静止在粗糙的水平面上，从t=0时刻起，受到一个水平拉力F的作用，F随时间变化的规律如图所示。下列关于物块运动的a−t图像和v−t图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，一工件放在地面上的O点，要将工件吊起到空中的H点，用细绳c、d系在工件上，施工队员甲、乙通过固定在横梁上的定滑轮M、N拉细绳，吊起过程甲、乙两队员位置不变，紧密配合拉细绳使工件沿OM缓慢上升到H点，已知NH与OM垂直且与滑轮N相切，工件上升过程中，下列分析正确的是( )
A. 绳d的拉力先减小后增大B. 绳c的拉力先增大后减小
C. 甲对地面的压力先增大后减小D. 乙对地面的摩擦力逐渐变小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.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
10.非洲大草原上，猎豹是跑得最快的动物，而羚羊最擅长耐久跑。一只羚羊在草原上沿直线匀速奔跑，潜伏的猎豹发现它在前方150m时，立即加速追赶，而羚羊的嗅觉和听觉非常灵敏，它发现身后的猎豹后马上加速，如图是它们运动的v−t图像，下列说法正确的是( )
A. 在0～2s内，羚羊和猎豹间的距离逐渐增大
B. 6s末时羚羊与猎豹相距30m
C. 猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大
D. 12s末时，猎豹刚好追上羚羊
11.哈尔滨国际冰雪节吸引人们参与冰雪运动，如图所示游乐场中一滑梯abc倾角为α，滑梯ab段和bc段长度均为L，ab段结冰光滑，bc段粗糙，一个质量为m的小朋友从a点无初速沿滑梯滑下，小朋友滑到底端c点时速度恰好为0。重力加速度为g，则( )
A. 小朋友下滑的最大速度为 2gLsinα
B. 小朋友从a到c下滑的时间为2 2Lgcsα
C. 小朋友与滑梯bc段间的动摩擦因数为2tanα
D. 在bc段下滑的过程中滑梯对小朋友的作用力大小为mg cs2α+4sin2α
12.如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m=1kg，物块A的质量M=2kg，轻弹簧的劲度系数k=200N/m。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F−t图像如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 托盘运动的最大速度为0.8m/sB. t=0时F大小为12N
C. t=0时刻托盘对物块的支持力为16ND. t=0.2s时F大小为42N
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.为测量弹簧的劲度系数，某同学制定如下实验方案：①将弹簧竖直悬挂，下端加挂钩码，平衡时测出弹簧总长度；②改变钩码质量，平衡时再次测出对应的弹簧总长度，并算出弹簧的伸长量；③将数据记录在表格中。实验过程弹簧始终处于弹性限度内，取g=10N/kg。
(1)根据实验数据在图1中作出弹力F随弹簧伸长量x变化的图像。
(2)由图像可知，弹簧的劲度系数为______N/m(结果保留两位有效数字)。
(3)该同学利用此弹簧制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图2所示，其中小球质量m=0.2kg。用它测量竖直电梯运行时的加速度，电梯静止时，指针指在刻度O处。电梯启动时，指针指在刻度O下方1cm处，则电梯启动时的加速度大小为______m/s2(结果保留两位有效数字)。
14.某兴趣小组利用图甲所示实验装置测量当地重力加速度。实验器材有：一端带有定滑轮的轨道、两个光电门1和2、小车、钩码、细绳等。实验过程如下：
①在轨道上安装光电门1和2，测出两光电门中心的距离L及小车上遮光条的宽度d。
②不挂钩码，将轨道右端垫高到适当高度，给小车一初速度，使小车在轨道上匀速运动。
③将细线一端与小车相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，细线与轨道平行，由图中位置释放小车依次通过光电门1和2，测得小车通过两光电门的遮光时间分别为t1和t2，计算小车运动的加速度。
④保持小车和遮光条的总质量M(未知)不变，改变钩码质量m，重复③的操作。
⑤绘出1a−1m图像如图乙所示，求出当地重力加速度g。
(1)在步骤②中垫高轨道时，若测得小车通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，那么垫板的位置应适当______(向左、向右)移动。
(2)在步骤③中，小车下滑过程中的加速度a= ______(用t1、t2、L和d表示)。
(3)若1a−1m图像斜率的大小为k，纵轴截距大小为b，则g= ______，M= ______(用k、b表示)。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.一物块放在水平地面上，物块质量为11kg，对其施加与水平方向成37°斜向上的拉力F1，F1=50N，如图甲所示，物块匀速向右运动，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数大小；
(2)若物块静止时，对其施加斜向右下方与水平方向成37°的推力F2，F2=100N，如图乙所示，求物块受到的摩擦力大小。
16.某校高一课外活动小组自制了一枚水火箭，水火箭发射后在竖直方向运动，水火箭向下喷水时，火箭向上做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动。水火箭经过4s喷水结束，一段时间后火箭落回到地面。忽略空气阻力，取g=10m/s2，求：
(1)上升过程中水火箭的最大速度；
(2)水火箭离地面的最大高度；
(3)从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间。
17.如图所示，足够长的传送带顺时针匀速转动，表面粗糙，传送带的右端有一固定的光滑斜面，斜面底端B点与传送带平滑连接(物体经过此处的速度大小不变)。将小滑块从斜面上P点无初速释放，P与B点间距离x1=3.0m。经过一段时间小滑块从传送带返回斜面，运动到斜面上的最高点C(未在图中标出)时取下小滑块，C与P点间距离x2=2.25m。已知斜面倾角θ=37°，小滑块与传送带的动摩擦因数为0.3，取g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)小滑块从P点滑到B点时的速度大小；
(2)传送带运动的速度大小；
(3)小滑块在传送带上运动的时间。
18.如图所示，质量M=4kg的木板B放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2。在木板B的右端放一个质量为m=1kg的滑块A，滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。在木板右端施加水平向右的拉力F=42N，作用1s的时间撤去拉力F，运动过程中滑块A未脱离木板B，取g=10m/s2，求：
(1)拉力F作用时，滑块A与木板B的加速度分别为多大；
(2)滑块A运动的最大速度；
(3)木板B运动的总位移。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据W=FL可得
1J=1N⋅m
根据牛顿第二定律
F=ma
可知，力的单位为
1N=1kg⋅m/s2
所以有
1J=kg⋅m2/s2
故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
2.【答案】B
【解析】解：AB.甲静止不动，木块甲所受摩擦力与弹箭弹力平衡，则木块甲所受摩擦力的大小为f=kx=300×3×10−2N=9N，方向水平向右，故A错误，B正确；
CD.乙静止不动，根据平衡条件可得木块乙所受摩擦力的大小为f2=kx+F=9N+2N=11N，方向水平向左，故CD错误。
故选：B。
因为甲静止不动，通过受力分析，摩擦力与弹簧弹力相等，从而求出甲受到的摩擦力；乙静止不动，对乙受力分析，得到乙受到的摩擦力。
学生在解答本题时，应注意静摩擦力没有表达式，需要通过受力平衡来求解。
3.【答案】A
【解析】解：AB.汽车停止所需的时间t=va=104s=2.5s，所以3s时，汽车已经停止，位移x=v22a=1022×4m=12.5m，故A正确，B错误；
CD.根据平均速度公式v−=xt=12.53m/s=4.17m/s，故CD错误。
故选：A。
根据速度—时间公式可判断3s时汽车是否停下，根据速度—位移公式可求出汽车位移；根据平均速度公式可求出汽车的平均速度。
学生在解答本题时，应注意判断汽车是否已经停下。
4.【答案】B
【解析】解：C.对乙物体受力分析，其受到重力、斜面给的支持力以及斜面对乙的摩擦力如图所示
由题意可知，其有一个向右的加速度，设斜面的夹角为θ，乙的质量为m，乙肯定受到自身重力和甲提供的支持力，由于加速度向右，所以必然存在摩擦力提供乙向右的加速度，所以在水平方向有
fcsθ−FN1sinθ=ma
竖直方向有
fsinθ+FN1csθ=mg
所以必然受到三个力，故C错误；
D.将甲乙看成一个整体则车对其的作用力有两个效果，一个是平衡甲乙的重力，使其在竖直方向静止，两一个作用是提供水平方向的加速度，所以车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和，故D错误；
AB.结合上述分析可知，甲受到自身的重力，乙对甲的压力，乙对甲的摩擦力，车厢给的支持力，以及车厢向右的摩擦力，所以受到五个力的作用，故A错误，B正确。
故选：B。
对乙受力分析，利用牛顿第二定律可求出必须有摩擦力提供向右的加速度，从而得到乙的受力个数；利用整体法可求出车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和；根据受力分析可得到甲和乙各自的受力数量。
学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的灵活运用，以及如何利用牛顿第二定律判断物体受力问题。
5.【答案】D
【解析】解：A.由图知任相邻相等时间间隔内位移的差值都为d，根据匀变速直线运动的推论
Δx=d=aT2
可得，下落过程中的加速度为
a=dT2
故A错误；
BC.根据匀变速直线运动的推论，经过位置3的瞬时速度等于从位置2到4过程的平均速度，则有
v3=7d2T
根据速度—时间公式得，通过位置4的瞬时速度
v4=v3+aT=7d2T+dT2⋅T=9d2T
故BC错误；
D.经过位置2的瞬时速度等于从位置1到3过程的平均速度，则有
v2=5d2T
根据v22=2ax
整理解得
x=258d
则小球的释放位置在位置1上方
h=x−2d=258d−2d=98d
故D正确。
故选：D。
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出3点的瞬时速度，结合连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合速度—时间公式求出经过位置4的瞬时速度，根据位移除以时间求解平均速度。
解决该题的关键是掌握匀变速直线运动的加速度的求解方法，知道平均速度和匀变速直线运动中瞬时速度的求解公式。
6.【答案】C
【解析】解：AB.将球1和球2看成一个整体，受力分析如图
根据平衡条件有2mg=Facs30°，Fc=Fasin30°，解得Fc=2 33mg，故AB错误；
CD.剪断轻绳c瞬间，小球2受到的重力和弹力不变，故小球2合力与绳子c的拉力等值方向，小球2合力大小为F=Fc=2 33mg，方向水平向左，根据牛顿第二定律F=ma，故a=2 33g，方向水平向左，故C正确，D错误。
故选：C。
本题将球1和球2看成一个整体，受力分析，根据平衡列式，球绳子c的拉力；
弹簧弹力瞬间不变，根据平衡，分析小球2合力，结合牛顿第二定律，求加速度。
本题解题的关键是选择整体法，将小球1和小球2看成一个整体去分析。
7.【答案】D
【解析】解：AB.由题图可知，在t1之前，外力逐渐增加，初始时，外力F较小，其与物块静摩擦力平衡，所以开始一段时间没有加速度，在外力F大于最大静摩擦之后，物块开始运动此时由
F−f=ma
整理有F=ma+f
可知，外力F与加速度a呈线性关系。到达t1之后，外力F不变，所以加速度a也不变，所以对于a−t图像来说，应该初始没有加速度，某时刻后是一条倾斜的直线，t1之后为一条与t轴平行的直线，故AB错误；
CD.有上述分析可知，加速度初始一段时间没有，之后逐渐增加，t1之后加速度不变，而v−t图像中，斜率代表加速度，所以加速度应该是先没有，t1之后后逐渐增加，然后不变，而由之前的分析可知，没有加速度时，物体处于静止，也没有速度。综上所述，故 C错误，D正确。
故选：D。
AB.根据初始状态和物体的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况和a−t图像；
CD.分析物体的受力情况和加速度的变化情况，再分析物体的v−t图像。
考查物体的受力分析和牛顿第二定律，会分析物体的相关图像。
8.【答案】D
【解析】解：AB、以工件为研究对象，受力如图：
工件沿OM向上的过程中Fc与竖直方向之间的夹角θ不变，Fd与竖直方向之间的夹角增大，由图可知绳子c的拉力Fc逐渐增大，绳子d的拉力Fd逐渐减小，故AB错误；
C、甲受到重力、绳子c的拉力、地面的支持力与摩擦力，随绳子c的拉力Fc逐渐增大，地面对甲的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知甲对地面的压力逐渐减小，故C错误；
D、乙受到重力、绳子c的拉力、地面的支持力与摩擦力，随绳子d的拉力Fd逐渐减小，地面对乙的摩擦力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知乙对地面的摩擦力逐渐变小，故D正确。
故选：D。
以工件为研究对象，结合共点力平衡分析两根绳子的拉力；再分别以甲、乙为研究对象，通过竖直方向受力平衡求支持力，水平方向受力平衡求摩擦力。
本题重点考查了平衡条件的运用，涉及的研究对象比较多，解题中注意研究对象的转换和参量的对应性。
9.【答案】CD
【解析】解：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。
A.根据从a到b的图像比较弹力和重力的大小关系判断；
BD.根据图像分析超重和失重的的具体情况，再结合实际情况分析是蹲下还是站起，以及有没有站起的过程；
C.根据b点所处的状态分析速度是否达到最大。
考查图像的认识问题，结合图像会分析物体的受力情况和运动情况。
10.【答案】AC
【解析】解：A、t=0时刻，羚羊在猎豹的前方150m处，由图可知，在0～2s内，羚羊的速度大于猎豹的速度，所以羚羊和猎豹间的距离逐渐增大，故A正确；
B、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，由图可知，0～6s内猎豹的位移为x1=12×6×30m=90m
羚羊的位移为x2=10×6m=60m
则6s末时羚羊与猎豹相距s=x2−x1+150m=60m−90m+150m=120m，故B错误；
C、根据v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，猎豹加速时的加速度为a1=306m/s2=5m/s2
羚羊加速时的加速度为a2=30−1012−7m/s2=4m/s2
可见猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大，故C正确；
D、根据v−t图像的“面积”表示位移，由图可知，0∼12s内猎豹的位移为
x3=6+122×30m=270m
羚羊的位移为
x4=10×7m+10+302×(12−7)m=170m
则x3−x4=270m−170m=100m<150m，所以12s末时，猎豹没有追上羚羊，故D错误。
故选：AC。
在0～2s内，根据羚羊和猎豹的速度关系，判断两者间的距离变化情况；根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，计算出0～6s内猎豹和羚羊的位移，再求6s末时羚羊与猎豹相距的距离；根据v−t图像的斜率表示加速度分析加速度大小；根据“面积”计算出0～12s内猎豹和羚羊的位移，再分析12s末时猎豹能否追上羚羊。
本题是速度—时间图像的应用，关键要知道v−t图像与时间轴围成的面积代表位移，图像的斜率表示加速度。
11.【答案】ACD
【解析】解：A.小朋友在ab段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα=ma，解得a=gsinα，由运动学公式得：v2=2aL，解得：v= 2gLsinα，故A正确。
B.在ab段有L=0+vb2t1，在bc段有L=vb+02t2，总时间t=t1+t2= 2Lgsinα+ 2Lgsinα=2 2Lgsinα，故B错误；
C.由v= 2gLsinα，v=at2，μmgcsα−mgsinα=ma，联立解得μ=2tanα，故C正确；
D.在bc段，滑梯对小朋友的作用力包括支持力和摩擦力，大小为
F= (mgcsα)2+(μmgcsα)2=mgcsα 1+μ2=mgcsα 1+4tan2α=mg cs2α+4sin2α，故D正确。
故选：ACD。
通过牛顿第二定律和运动学公式可求出最大速度；根据运动学公式和牛顿第二定律可求出小朋友从a到c下滑的时间；联立速度和牛顿第二定律得方程可求出动摩擦因数大小；对小朋友受力分析，可求出滑梯对小朋友的作用力大小。
本题主要考察了运动学公式、牛顿第二定律的应用，学生应该提高自己受力分析和运用牛顿第二定律的能力。
12.【答案】BC
【解析】解：AD.根据题目，我们知道托盘和物块A整体处于静止状态，所以弹簧的压缩量为kx=(m+M)g，解得x=0.15m。当托盘和物块A分离时，弹簧的压缩量为x′，此时加速度相等，有kx′−mg=ma，Fm−Mg=Ma，x−x′=12at2，解得x′=0.07m，Fm=28N，a=4m/s2，此时速度v=at=4×0.2m/s=0.8m/s，但此时弹簧弹力仍然大
于托盘重力，因此后续托盘速度会继续增加，同时已经解出Fm=28N，故A错误，故D错误；
BC.当t=0时，对托盘和物体整体分析，弹簧的弹力等于托盘和物块A的总重力，拉力F0提供加速度，所以有F0=(m+M)a，解得F0=12N。对物体单独分析F0−Mg+N=Ma，解得N=16N
故选：BC。
根据胡克定律求出系统静止时弹簧的压缩量，通过牛顿第二定律和运动学公式可求出拉力为Fm时的速度，通过分析得知该状态下托盘速度会继续增加，对整体分析，利用牛顿第二定律可求出F0和支持力大小。
学生在解决本题时，应注意灵活选择受力分析对象，采用整体法可以减少解题中一些不必要的力的分析。
13.【答案】26 1.3
【解析】解：(1)根据平衡条件，弹簧下端分别挂不同钩码时，对应的弹力F1=30×10−3×10N=0.30N、F2=60×10−3×10N=0.60N、F3=90×10−3×10N=0.90N、F4=120×10−3×10N=1.20N和F5=150×10−3×10N=1.50N；
根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上要均匀分布在直线的两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
(2)根据胡克定律F=kx
F−x图像的斜率k′=1.50−0(5.8−0)×10−2N/m≈26N/m
结合F−x函数，劲度系数k=k′=26N/m
(3)指针指在刻度O下方1cm处，弹簧的弹力的增加量F=kΔx=26×1×10−2N=0.26N
弹力方向竖直向上
根据牛顿第二定律F=ma
代入数据解得a=1.3m/s2。
故答案为：(1)见解析；(2)26；(3)1.3。
(1)根据平衡条件求解弹簧下端分别挂不同钩码时对应的弹力大小；根据描点法作图；
(2)根据胡克定律求解F−x函数，结合图像分析作答；
(3)根据胡克定律求弹力的增加量，根据牛顿第二定律求加速度。
本题主要考查了弹簧劲度系数的测量，掌握平衡条件、胡克定律和牛顿第二定律是解题的关键。
14.【答案】向左 d22L(1t22−1t12) 1b kb
【解析】解：(1)在步骤②中垫高轨道时，若测得小车通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明小车做减速运动，平衡摩擦力不足，垫板的位置应适当向左移动；
(2)根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，小车通过光电门1、2的速度分别为：v1=dt1，v2=dt2，小车下滑过程中，根据动力学公式有：v22−v12=2aL，小车下滑过程中的加速度为：a=d22L(1t22−1t12)；
(3)对整体，根据牛顿第二定律有：mg=(M+m)a，整理得：1a=Mgm+1g，纵轴截距大小为：b=1g，可得：g=1b，
1a−1m图像斜率的大小为：k=Mg=Mb，可得：M=kb。
故答案为：(1)向左；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)1b；kb。
(1)根据平衡摩擦力的原理分析解答；
(2)小车下滑过程中做匀加速运动，根据光电门计算通过的速度，再利用速度—位移公式推导加速度；
(3)根据牛顿第二定律得到1a−1m关系，结合1a−1m图像得到重力加速度和质量。
本题主要考查测量当地重力加速度的实验，根据牛顿第二定律结合实验原理解答。
15.【答案】解：(1)对图甲，物块匀速向右运动，根据平衡条件
F1cs37°=μ(mg−F1sin37°)
代入数据解得μ=0.5
(2)若物块静止时，再施加F2的推力作用，如果此时物块受到向左的静摩擦力作用，根据水平方向的平衡条件有
f=F2cs372=100×0.8N=80N
如果物块向右运动，则滑动摩擦力F′=μ(mg+F2sin37°)=0.5×(11×10+100×0.6)N=85N，
而F2水平向右的分力只有80N，小于滑动摩擦力，不能推动，保持静止，故f=80N。
答：(1)物块与地面间的动摩擦因数大小为0.5；
(2)若物块静止时，对其施加斜向右下方与水平方向成37°的推力F2，物块受到的摩擦力大小为80N。
【解析】(1)根据物块匀速运动满足的平衡条件列式并代入数据解答；
(2)根据物块处于静止状态对应的平衡条件列式求解。
考查平衡条件的应用问题，要求学生会根据题意列出平衡方程并解答。
16.【答案】解：(1)水火箭经过4s喷水结束，速度最大，最大速度vmax=at，解得vmax=20m/s；
(2)水火箭经过4s喷水结束时上升高度x1=12vt，解得x1=40m，之后竖直上抛，上升高度为x2=v22g，解得x2=20m，故水火箭离地面的最大高度x=x1+x2，解得x=60m；
(3)喷水结束先竖直上抛，时间t1=vg，解得t1=2s，之后做自由落体落回地面，x=12gt22，解得t2=2 3s，从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间t总=t1+t2，解得t总=(2+2 3)s。
答：(1)上升过程中水火箭的最大速度20m/s；
(2)水火箭离地面的最大高度60m；
(3)从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间(2+2 3)s。
【解析】(1)根据v=at，求最大速度；
(2)水火箭经过4s向上匀加速，之后竖直上抛，分别求位移，确定水火箭离地面的最大高度；
(3)先求竖直上抛时间，再求自由落体落回地面时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出水火箭先向上匀加速直线运动，再竖直上抛运动，最后做自由落体运动。
17.【答案】解：(1)斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律，mgsinθ=ma，根据运动学公式，vB2=2ax1，代入数据解得vB=6m/s；
(2)设传送带运动的速度大小v，依题意，小滑块以v冲上斜面，经传送带返回的速度不会大于6m/s，故冲上斜面最高点，在p点下方，根据运动学公式，v2=2a(x1−x2)，代入数据解得v=3m/s；
(3)小滑块在传送带上先向左减速，根据牛顿第二定律μmg=ma′，运动时间t1=vBa′，位移为x=vB22a′，之后以加速度a′返回做匀加速至到和传送带共速，速度达到v，此段时间t2=va′，此段位移x′=v22a′，共速后做匀速直线运动，Δx=x−x′=vt3，小滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2+t3，代入数据解得t=4.5s。
答：(1)小滑块从P点滑到B点时的速度大小6m/s；
(2)传送带运动的速度大小3m/s；
(3)小滑块在传送带上运动的时间4.5s。
【解析】(1)斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律、再结合运动学公式，求小滑块从P点滑到B点时的速度大小；
(2)小滑块以v冲上斜面，根据运动学公式，求传送带运动的速度大小；
(3)求出小滑块在传送带上向左减速时间，返回做匀加速至到和传送带共速的时间，再求共速后做匀速直线运动的时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出小滑块运动到传送带的运动情况为向左减速，返回做匀加速至到和传送带共速，共速后做匀速直线运动。
18.【答案】解：(1)拉力F作用时，AB分别加速度，对A使用牛顿第二定律有μ2mg=maA，代入数据解得aA=4m/s2，对B使用牛顿第二定律有F−μ2mg−μ1(M+m)g=MaB，代入数据解得aB=7m/s2；
(2)作用1s的时间撤去拉力，此时A速度vA，滑块A速度vA=aAt，代入数据解得vA=4m/s；之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，故共速的速度是A的最大速度，分别对AB使用牛顿第二定律，对A有：μ2mg=maA，代入数据解得aA=4m/s2，对B有：μ2mg+μ1(M+m)g=MaB′，代入数据解得aB′=3.5m/s2；设AB共速时间为t′，则有vB−aB′t′=vmax−aAt′=v共，代入数据解得t′=0.4s，v共=5.6m/s，故滑块A运动的最大速度vmax=5.6m/s；
(3)撤去拉力前，B做匀加速直线运动，B的速度vB=aBt，代入数据解得vB=7m/s，此时B的位移为xB=vB2t，解得xB=3.5m，之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，根据(2)可知t′=0.4s，v共=5.6m/s，此时段B的位移为xB1=vB+v共2t′，代入数据解得xB1=3.32m，共速后，AB一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1(M+m)g=(M+m)a′，则B的位移为xB′=v共22a′，代入数据解得xB′=7.84m，故木板B运动的总位移x=xB+xB1+xB′=3.5m+3.32m+7.84m=14.66m。
答：(1)滑块A与木板B的加速度分别为4m/s2和7m/s2；
(2)滑块A运动的最大速度5.6m/s；
(3)木板B运动的总位移14.66m。
【解析】(1)分别对A、B使用牛顿第二定律，求拉力F作用时，滑块A与木板B的加速度分别为多大；
(2)作用1s的时间撤去拉力，此时A速度vA，后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，故共速的速度是A的最大速度，求滑块A运动的最大速度；
(3)撤去拉力前，B做匀加速直线运动，求B的位移，之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，求B的位移，共速后AB一起做匀减速直线运动，求减速位移，确定B的总位移。
本题解题关键是知道拉力F作用时，AB分别加速、之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，共速后AB一起做匀减速直线运动。钩码质量m/g
0
30
60
90
120
150
弹簧总长度l/cm
6.0
7.2
8.3
9.5
10.6
11.8
弹簧伸长量x/cm
0
1.2
2.3
3.5
4.6
5.8
一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.一个物体在力F的作用下沿着力的方向前进一段距离L，这个力对物体做功W=FL。在国际单位制(简称SI)中，功的单位J可表示为( )
A. kg⋅m2⋅s2B. kg⋅m⋅sC. kg⋅m⋅s−2D. kg⋅m2⋅s−2
2.如图所示，木块甲、乙中间夹有一压缩的轻弹簧，弹簧的劲度系数为300N/m，压缩量为3cm，用F=2N的水平拉力作用在木块乙上，甲、乙均静止不动。下列说法正确的是( )
A. 木块甲所受摩擦力的大小为7N，方向水平向右
B. 木块甲所受摩擦力的大小为9N，方向水平向右
C. 木块乙所受摩擦力的大小为11N，方向水平向右
D. 木块乙所受摩擦力的大小为2N，方向水平向左
3.进入冬季，有时会遇到大雾天气，影响交通安全。一辆汽车在大雾天中以10m/s的速度行驶，司机突然看到前方十字路口有一路障，立即刹车作匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2，关于该汽车刹车后3s内的运动，下列判断中正确的是( )
A. 运动的位移为12.5mB. 运动的位移为12m
C. 平均速度为5m/sD. 平均速度为4m/s
4.如图所示，斜面体甲放在小车内的水平地板上，物块乙放在斜面体上，两者一起随车向右匀加速运动，关于甲、乙受力的分析正确的是( )
A. 甲物体可能受到4个力的作用
B. 甲物体受到车厢向右的摩擦力
C. 乙物体可能受到2个力的作用
D. 车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和
5.某同学利用手机频闪拍摄法测小球的速度和加速度。让小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪拍摄法得到连续的小球位置如图中1、2、3、4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，由此可估算小球( )
A. 下落的加速度大小为4dT2
B. 经过位置3时的速度大小为4dT
C. 经过位置4时的速度大小为4dT
D. 小球的释放位置在位置1上方9d8处
6.用两轻绳a、c和轻弹簧b将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球质量均为m，处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平。下列分析正确的是( )
A. 此时轻绳c的拉力大小为4 33mg
B. 此时轻绳c的拉力大小为2mg
C. 剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度大小为2 33g
D. 剪断轻绳c瞬间，小球2的加速度方向斜向左下方
7.质量为m的物体，静止在粗糙的水平面上，从t=0时刻起，受到一个水平拉力F的作用，F随时间变化的规律如图所示。下列关于物块运动的a−t图像和v−t图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
8.如图所示，一工件放在地面上的O点，要将工件吊起到空中的H点，用细绳c、d系在工件上，施工队员甲、乙通过固定在横梁上的定滑轮M、N拉细绳，吊起过程甲、乙两队员位置不变，紧密配合拉细绳使工件沿OM缓慢上升到H点，已知NH与OM垂直且与滑轮N相切，工件上升过程中，下列分析正确的是( )
A. 绳d的拉力先减小后增大B. 绳c的拉力先增大后减小
C. 甲对地面的压力先增大后减小D. 乙对地面的摩擦力逐渐变小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.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
10.非洲大草原上，猎豹是跑得最快的动物，而羚羊最擅长耐久跑。一只羚羊在草原上沿直线匀速奔跑，潜伏的猎豹发现它在前方150m时，立即加速追赶，而羚羊的嗅觉和听觉非常灵敏，它发现身后的猎豹后马上加速，如图是它们运动的v−t图像，下列说法正确的是( )
A. 在0～2s内，羚羊和猎豹间的距离逐渐增大
B. 6s末时羚羊与猎豹相距30m
C. 猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大
D. 12s末时，猎豹刚好追上羚羊
11.哈尔滨国际冰雪节吸引人们参与冰雪运动，如图所示游乐场中一滑梯abc倾角为α，滑梯ab段和bc段长度均为L，ab段结冰光滑，bc段粗糙，一个质量为m的小朋友从a点无初速沿滑梯滑下，小朋友滑到底端c点时速度恰好为0。重力加速度为g，则( )
A. 小朋友下滑的最大速度为 2gLsinα
B. 小朋友从a到c下滑的时间为2 2Lgcsα
C. 小朋友与滑梯bc段间的动摩擦因数为2tanα
D. 在bc段下滑的过程中滑梯对小朋友的作用力大小为mg cs2α+4sin2α
12.如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m=1kg，物块A的质量M=2kg，轻弹簧的劲度系数k=200N/m。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F−t图像如图乙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 托盘运动的最大速度为0.8m/sB. t=0时F大小为12N
C. t=0时刻托盘对物块的支持力为16ND. t=0.2s时F大小为42N
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.为测量弹簧的劲度系数，某同学制定如下实验方案：①将弹簧竖直悬挂，下端加挂钩码，平衡时测出弹簧总长度；②改变钩码质量，平衡时再次测出对应的弹簧总长度，并算出弹簧的伸长量；③将数据记录在表格中。实验过程弹簧始终处于弹性限度内，取g=10N/kg。
(1)根据实验数据在图1中作出弹力F随弹簧伸长量x变化的图像。
(2)由图像可知，弹簧的劲度系数为______N/m(结果保留两位有效数字)。
(3)该同学利用此弹簧制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图2所示，其中小球质量m=0.2kg。用它测量竖直电梯运行时的加速度，电梯静止时，指针指在刻度O处。电梯启动时，指针指在刻度O下方1cm处，则电梯启动时的加速度大小为______m/s2(结果保留两位有效数字)。
14.某兴趣小组利用图甲所示实验装置测量当地重力加速度。实验器材有：一端带有定滑轮的轨道、两个光电门1和2、小车、钩码、细绳等。实验过程如下：
①在轨道上安装光电门1和2，测出两光电门中心的距离L及小车上遮光条的宽度d。
②不挂钩码，将轨道右端垫高到适当高度，给小车一初速度，使小车在轨道上匀速运动。
③将细线一端与小车相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，细线与轨道平行，由图中位置释放小车依次通过光电门1和2，测得小车通过两光电门的遮光时间分别为t1和t2，计算小车运动的加速度。
④保持小车和遮光条的总质量M(未知)不变，改变钩码质量m，重复③的操作。
⑤绘出1a−1m图像如图乙所示，求出当地重力加速度g。
(1)在步骤②中垫高轨道时，若测得小车通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，那么垫板的位置应适当______(向左、向右)移动。
(2)在步骤③中，小车下滑过程中的加速度a= ______(用t1、t2、L和d表示)。
(3)若1a−1m图像斜率的大小为k，纵轴截距大小为b，则g= ______，M= ______(用k、b表示)。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.一物块放在水平地面上，物块质量为11kg，对其施加与水平方向成37°斜向上的拉力F1，F1=50N，如图甲所示，物块匀速向右运动，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数大小；
(2)若物块静止时，对其施加斜向右下方与水平方向成37°的推力F2，F2=100N，如图乙所示，求物块受到的摩擦力大小。
16.某校高一课外活动小组自制了一枚水火箭，水火箭发射后在竖直方向运动，水火箭向下喷水时，火箭向上做加速度大小为5m/s2的匀加速直线运动。水火箭经过4s喷水结束，一段时间后火箭落回到地面。忽略空气阻力，取g=10m/s2，求：
(1)上升过程中水火箭的最大速度；
(2)水火箭离地面的最大高度；
(3)从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间。
17.如图所示，足够长的传送带顺时针匀速转动，表面粗糙，传送带的右端有一固定的光滑斜面，斜面底端B点与传送带平滑连接(物体经过此处的速度大小不变)。将小滑块从斜面上P点无初速释放，P与B点间距离x1=3.0m。经过一段时间小滑块从传送带返回斜面，运动到斜面上的最高点C(未在图中标出)时取下小滑块，C与P点间距离x2=2.25m。已知斜面倾角θ=37°，小滑块与传送带的动摩擦因数为0.3，取g=10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)小滑块从P点滑到B点时的速度大小；
(2)传送带运动的速度大小；
(3)小滑块在传送带上运动的时间。
18.如图所示，质量M=4kg的木板B放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2。在木板B的右端放一个质量为m=1kg的滑块A，滑块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。在木板右端施加水平向右的拉力F=42N，作用1s的时间撤去拉力F，运动过程中滑块A未脱离木板B，取g=10m/s2，求：
(1)拉力F作用时，滑块A与木板B的加速度分别为多大；
(2)滑块A运动的最大速度；
(3)木板B运动的总位移。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据W=FL可得
1J=1N⋅m
根据牛顿第二定律
F=ma
可知，力的单位为
1N=1kg⋅m/s2
所以有
1J=kg⋅m2/s2
故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。
物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可。
2.【答案】B
【解析】解：AB.甲静止不动，木块甲所受摩擦力与弹箭弹力平衡，则木块甲所受摩擦力的大小为f=kx=300×3×10−2N=9N，方向水平向右，故A错误，B正确；
CD.乙静止不动，根据平衡条件可得木块乙所受摩擦力的大小为f2=kx+F=9N+2N=11N，方向水平向左，故CD错误。
故选：B。
因为甲静止不动，通过受力分析，摩擦力与弹簧弹力相等，从而求出甲受到的摩擦力；乙静止不动，对乙受力分析，得到乙受到的摩擦力。
学生在解答本题时，应注意静摩擦力没有表达式，需要通过受力平衡来求解。
3.【答案】A
【解析】解：AB.汽车停止所需的时间t=va=104s=2.5s，所以3s时，汽车已经停止，位移x=v22a=1022×4m=12.5m，故A正确，B错误；
CD.根据平均速度公式v−=xt=12.53m/s=4.17m/s，故CD错误。
故选：A。
根据速度—时间公式可判断3s时汽车是否停下，根据速度—位移公式可求出汽车位移；根据平均速度公式可求出汽车的平均速度。
学生在解答本题时，应注意判断汽车是否已经停下。
4.【答案】B
【解析】解：C.对乙物体受力分析，其受到重力、斜面给的支持力以及斜面对乙的摩擦力如图所示
由题意可知，其有一个向右的加速度，设斜面的夹角为θ，乙的质量为m，乙肯定受到自身重力和甲提供的支持力，由于加速度向右，所以必然存在摩擦力提供乙向右的加速度，所以在水平方向有
fcsθ−FN1sinθ=ma
竖直方向有
fsinθ+FN1csθ=mg
所以必然受到三个力，故C错误；
D.将甲乙看成一个整体则车对其的作用力有两个效果，一个是平衡甲乙的重力，使其在竖直方向静止，两一个作用是提供水平方向的加速度，所以车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和，故D错误；
AB.结合上述分析可知，甲受到自身的重力，乙对甲的压力，乙对甲的摩擦力，车厢给的支持力，以及车厢向右的摩擦力，所以受到五个力的作用，故A错误，B正确。
故选：B。
对乙受力分析，利用牛顿第二定律可求出必须有摩擦力提供向右的加速度，从而得到乙的受力个数；利用整体法可求出车对甲的作用力大小不等于甲、乙的重力之和；根据受力分析可得到甲和乙各自的受力数量。
学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的灵活运用，以及如何利用牛顿第二定律判断物体受力问题。
5.【答案】D
【解析】解：A.由图知任相邻相等时间间隔内位移的差值都为d，根据匀变速直线运动的推论
Δx=d=aT2
可得，下落过程中的加速度为
a=dT2
故A错误；
BC.根据匀变速直线运动的推论，经过位置3的瞬时速度等于从位置2到4过程的平均速度，则有
v3=7d2T
根据速度—时间公式得，通过位置4的瞬时速度
v4=v3+aT=7d2T+dT2⋅T=9d2T
故BC错误；
D.经过位置2的瞬时速度等于从位置1到3过程的平均速度，则有
v2=5d2T
根据v22=2ax
整理解得
x=258d
则小球的释放位置在位置1上方
h=x−2d=258d−2d=98d
故D正确。
故选：D。
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出3点的瞬时速度，结合连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度，结合速度—时间公式求出经过位置4的瞬时速度，根据位移除以时间求解平均速度。
解决该题的关键是掌握匀变速直线运动的加速度的求解方法，知道平均速度和匀变速直线运动中瞬时速度的求解公式。
6.【答案】C
【解析】解：AB.将球1和球2看成一个整体，受力分析如图
根据平衡条件有2mg=Facs30°，Fc=Fasin30°，解得Fc=2 33mg，故AB错误；
CD.剪断轻绳c瞬间，小球2受到的重力和弹力不变，故小球2合力与绳子c的拉力等值方向，小球2合力大小为F=Fc=2 33mg，方向水平向左，根据牛顿第二定律F=ma，故a=2 33g，方向水平向左，故C正确，D错误。
故选：C。
本题将球1和球2看成一个整体，受力分析，根据平衡列式，球绳子c的拉力；
弹簧弹力瞬间不变，根据平衡，分析小球2合力，结合牛顿第二定律，求加速度。
本题解题的关键是选择整体法，将小球1和小球2看成一个整体去分析。
7.【答案】D
【解析】解：AB.由题图可知，在t1之前，外力逐渐增加，初始时，外力F较小，其与物块静摩擦力平衡，所以开始一段时间没有加速度，在外力F大于最大静摩擦之后，物块开始运动此时由
F−f=ma
整理有F=ma+f
可知，外力F与加速度a呈线性关系。到达t1之后，外力F不变，所以加速度a也不变，所以对于a−t图像来说，应该初始没有加速度，某时刻后是一条倾斜的直线，t1之后为一条与t轴平行的直线，故AB错误；
CD.有上述分析可知，加速度初始一段时间没有，之后逐渐增加，t1之后加速度不变，而v−t图像中，斜率代表加速度，所以加速度应该是先没有，t1之后后逐渐增加，然后不变，而由之前的分析可知，没有加速度时，物体处于静止，也没有速度。综上所述，故 C错误，D正确。
故选：D。
AB.根据初始状态和物体的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的变化情况和a−t图像；
CD.分析物体的受力情况和加速度的变化情况，再分析物体的v−t图像。
考查物体的受力分析和牛顿第二定律，会分析物体的相关图像。
8.【答案】D
【解析】解：AB、以工件为研究对象，受力如图：
工件沿OM向上的过程中Fc与竖直方向之间的夹角θ不变，Fd与竖直方向之间的夹角增大，由图可知绳子c的拉力Fc逐渐增大，绳子d的拉力Fd逐渐减小，故AB错误；
C、甲受到重力、绳子c的拉力、地面的支持力与摩擦力，随绳子c的拉力Fc逐渐增大，地面对甲的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知甲对地面的压力逐渐减小，故C错误；
D、乙受到重力、绳子c的拉力、地面的支持力与摩擦力，随绳子d的拉力Fd逐渐减小，地面对乙的摩擦力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知乙对地面的摩擦力逐渐变小，故D正确。
故选：D。
以工件为研究对象，结合共点力平衡分析两根绳子的拉力；再分别以甲、乙为研究对象，通过竖直方向受力平衡求支持力，水平方向受力平衡求摩擦力。
本题重点考查了平衡条件的运用，涉及的研究对象比较多，解题中注意研究对象的转换和参量的对应性。
9.【答案】CD
【解析】解：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。
A.根据从a到b的图像比较弹力和重力的大小关系判断；
BD.根据图像分析超重和失重的的具体情况，再结合实际情况分析是蹲下还是站起，以及有没有站起的过程；
C.根据b点所处的状态分析速度是否达到最大。
考查图像的认识问题，结合图像会分析物体的受力情况和运动情况。
10.【答案】AC
【解析】解：A、t=0时刻，羚羊在猎豹的前方150m处，由图可知，在0～2s内，羚羊的速度大于猎豹的速度，所以羚羊和猎豹间的距离逐渐增大，故A正确；
B、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，由图可知，0～6s内猎豹的位移为x1=12×6×30m=90m
羚羊的位移为x2=10×6m=60m
则6s末时羚羊与猎豹相距s=x2−x1+150m=60m−90m+150m=120m，故B错误；
C、根据v−t图像的斜率表示加速度，由图可知，猎豹加速时的加速度为a1=306m/s2=5m/s2
羚羊加速时的加速度为a2=30−1012−7m/s2=4m/s2
可见猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大，故C正确；
D、根据v−t图像的“面积”表示位移，由图可知，0∼12s内猎豹的位移为
x3=6+122×30m=270m
羚羊的位移为
x4=10×7m+10+302×(12−7)m=170m
则x3−x4=270m−170m=100m<150m，所以12s末时，猎豹没有追上羚羊，故D错误。
故选：AC。
在0～2s内，根据羚羊和猎豹的速度关系，判断两者间的距离变化情况；根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，计算出0～6s内猎豹和羚羊的位移，再求6s末时羚羊与猎豹相距的距离；根据v−t图像的斜率表示加速度分析加速度大小；根据“面积”计算出0～12s内猎豹和羚羊的位移，再分析12s末时猎豹能否追上羚羊。
本题是速度—时间图像的应用，关键要知道v−t图像与时间轴围成的面积代表位移，图像的斜率表示加速度。
11.【答案】ACD
【解析】解：A.小朋友在ab段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsinα=ma，解得a=gsinα，由运动学公式得：v2=2aL，解得：v= 2gLsinα，故A正确。
B.在ab段有L=0+vb2t1，在bc段有L=vb+02t2，总时间t=t1+t2= 2Lgsinα+ 2Lgsinα=2 2Lgsinα，故B错误；
C.由v= 2gLsinα，v=at2，μmgcsα−mgsinα=ma，联立解得μ=2tanα，故C正确；
D.在bc段，滑梯对小朋友的作用力包括支持力和摩擦力，大小为
F= (mgcsα)2+(μmgcsα)2=mgcsα 1+μ2=mgcsα 1+4tan2α=mg cs2α+4sin2α，故D正确。
故选：ACD。
通过牛顿第二定律和运动学公式可求出最大速度；根据运动学公式和牛顿第二定律可求出小朋友从a到c下滑的时间；联立速度和牛顿第二定律得方程可求出动摩擦因数大小；对小朋友受力分析，可求出滑梯对小朋友的作用力大小。
本题主要考察了运动学公式、牛顿第二定律的应用，学生应该提高自己受力分析和运用牛顿第二定律的能力。
12.【答案】BC
【解析】解：AD.根据题目，我们知道托盘和物块A整体处于静止状态，所以弹簧的压缩量为kx=(m+M)g，解得x=0.15m。当托盘和物块A分离时，弹簧的压缩量为x′，此时加速度相等，有kx′−mg=ma，Fm−Mg=Ma，x−x′=12at2，解得x′=0.07m，Fm=28N，a=4m/s2，此时速度v=at=4×0.2m/s=0.8m/s，但此时弹簧弹力仍然大
于托盘重力，因此后续托盘速度会继续增加，同时已经解出Fm=28N，故A错误，故D错误；
BC.当t=0时，对托盘和物体整体分析，弹簧的弹力等于托盘和物块A的总重力，拉力F0提供加速度，所以有F0=(m+M)a，解得F0=12N。对物体单独分析F0−Mg+N=Ma，解得N=16N
故选：BC。
根据胡克定律求出系统静止时弹簧的压缩量，通过牛顿第二定律和运动学公式可求出拉力为Fm时的速度，通过分析得知该状态下托盘速度会继续增加，对整体分析，利用牛顿第二定律可求出F0和支持力大小。
学生在解决本题时，应注意灵活选择受力分析对象，采用整体法可以减少解题中一些不必要的力的分析。
13.【答案】26 1.3
【解析】解：(1)根据平衡条件，弹簧下端分别挂不同钩码时，对应的弹力F1=30×10−3×10N=0.30N、F2=60×10−3×10N=0.60N、F3=90×10−3×10N=0.90N、F4=120×10−3×10N=1.20N和F5=150×10−3×10N=1.50N；
根据描点法作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不能落在直线上要均匀分布在直线的两侧，舍弃个别相差较远的点，如图所示：
(2)根据胡克定律F=kx
F−x图像的斜率k′=1.50−0(5.8−0)×10−2N/m≈26N/m
结合F−x函数，劲度系数k=k′=26N/m
(3)指针指在刻度O下方1cm处，弹簧的弹力的增加量F=kΔx=26×1×10−2N=0.26N
弹力方向竖直向上
根据牛顿第二定律F=ma
代入数据解得a=1.3m/s2。
故答案为：(1)见解析；(2)26；(3)1.3。
(1)根据平衡条件求解弹簧下端分别挂不同钩码时对应的弹力大小；根据描点法作图；
(2)根据胡克定律求解F−x函数，结合图像分析作答；
(3)根据胡克定律求弹力的增加量，根据牛顿第二定律求加速度。
本题主要考查了弹簧劲度系数的测量，掌握平衡条件、胡克定律和牛顿第二定律是解题的关键。
14.【答案】向左 d22L(1t22−1t12) 1b kb
【解析】解：(1)在步骤②中垫高轨道时，若测得小车通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明小车做减速运动，平衡摩擦力不足，垫板的位置应适当向左移动；
(2)根据极短时间的平均速度表示瞬时速度，小车通过光电门1、2的速度分别为：v1=dt1，v2=dt2，小车下滑过程中，根据动力学公式有：v22−v12=2aL，小车下滑过程中的加速度为：a=d22L(1t22−1t12)；
(3)对整体，根据牛顿第二定律有：mg=(M+m)a，整理得：1a=Mgm+1g，纵轴截距大小为：b=1g，可得：g=1b，
1a−1m图像斜率的大小为：k=Mg=Mb，可得：M=kb。
故答案为：(1)向左；(2)d22L(1t22−1t12)；(3)1b；kb。
(1)根据平衡摩擦力的原理分析解答；
(2)小车下滑过程中做匀加速运动，根据光电门计算通过的速度，再利用速度—位移公式推导加速度；
(3)根据牛顿第二定律得到1a−1m关系，结合1a−1m图像得到重力加速度和质量。
本题主要考查测量当地重力加速度的实验，根据牛顿第二定律结合实验原理解答。
15.【答案】解：(1)对图甲，物块匀速向右运动，根据平衡条件
F1cs37°=μ(mg−F1sin37°)
代入数据解得μ=0.5
(2)若物块静止时，再施加F2的推力作用，如果此时物块受到向左的静摩擦力作用，根据水平方向的平衡条件有
f=F2cs372=100×0.8N=80N
如果物块向右运动，则滑动摩擦力F′=μ(mg+F2sin37°)=0.5×(11×10+100×0.6)N=85N，
而F2水平向右的分力只有80N，小于滑动摩擦力，不能推动，保持静止，故f=80N。
答：(1)物块与地面间的动摩擦因数大小为0.5；
(2)若物块静止时，对其施加斜向右下方与水平方向成37°的推力F2，物块受到的摩擦力大小为80N。
【解析】(1)根据物块匀速运动满足的平衡条件列式并代入数据解答；
(2)根据物块处于静止状态对应的平衡条件列式求解。
考查平衡条件的应用问题，要求学生会根据题意列出平衡方程并解答。
16.【答案】解：(1)水火箭经过4s喷水结束，速度最大，最大速度vmax=at，解得vmax=20m/s；
(2)水火箭经过4s喷水结束时上升高度x1=12vt，解得x1=40m，之后竖直上抛，上升高度为x2=v22g，解得x2=20m，故水火箭离地面的最大高度x=x1+x2，解得x=60m；
(3)喷水结束先竖直上抛，时间t1=vg，解得t1=2s，之后做自由落体落回地面，x=12gt22，解得t2=2 3s，从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间t总=t1+t2，解得t总=(2+2 3)s。
答：(1)上升过程中水火箭的最大速度20m/s；
(2)水火箭离地面的最大高度60m；
(3)从喷水结束到落回地面水火箭运动的时间(2+2 3)s。
【解析】(1)根据v=at，求最大速度；
(2)水火箭经过4s向上匀加速，之后竖直上抛，分别求位移，确定水火箭离地面的最大高度；
(3)先求竖直上抛时间，再求自由落体落回地面时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出水火箭先向上匀加速直线运动，再竖直上抛运动，最后做自由落体运动。
17.【答案】解：(1)斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律，mgsinθ=ma，根据运动学公式，vB2=2ax1，代入数据解得vB=6m/s；
(2)设传送带运动的速度大小v，依题意，小滑块以v冲上斜面，经传送带返回的速度不会大于6m/s，故冲上斜面最高点，在p点下方，根据运动学公式，v2=2a(x1−x2)，代入数据解得v=3m/s；
(3)小滑块在传送带上先向左减速，根据牛顿第二定律μmg=ma′，运动时间t1=vBa′，位移为x=vB22a′，之后以加速度a′返回做匀加速至到和传送带共速，速度达到v，此段时间t2=va′，此段位移x′=v22a′，共速后做匀速直线运动，Δx=x−x′=vt3，小滑块在传送带上运动的总时间t=t1+t2+t3，代入数据解得t=4.5s。
答：(1)小滑块从P点滑到B点时的速度大小6m/s；
(2)传送带运动的速度大小3m/s；
(3)小滑块在传送带上运动的时间4.5s。
【解析】(1)斜面上，对小滑块使用牛顿第二定律、再结合运动学公式，求小滑块从P点滑到B点时的速度大小；
(2)小滑块以v冲上斜面，根据运动学公式，求传送带运动的速度大小；
(3)求出小滑块在传送带上向左减速时间，返回做匀加速至到和传送带共速的时间，再求共速后做匀速直线运动的时间，确定总时间。
本题解题关键是分析出小滑块运动到传送带的运动情况为向左减速，返回做匀加速至到和传送带共速，共速后做匀速直线运动。
18.【答案】解：(1)拉力F作用时，AB分别加速度，对A使用牛顿第二定律有μ2mg=maA，代入数据解得aA=4m/s2，对B使用牛顿第二定律有F−μ2mg−μ1(M+m)g=MaB，代入数据解得aB=7m/s2；
(2)作用1s的时间撤去拉力，此时A速度vA，滑块A速度vA=aAt，代入数据解得vA=4m/s；之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，故共速的速度是A的最大速度，分别对AB使用牛顿第二定律，对A有：μ2mg=maA，代入数据解得aA=4m/s2，对B有：μ2mg+μ1(M+m)g=MaB′，代入数据解得aB′=3.5m/s2；设AB共速时间为t′，则有vB−aB′t′=vmax−aAt′=v共，代入数据解得t′=0.4s，v共=5.6m/s，故滑块A运动的最大速度vmax=5.6m/s；
(3)撤去拉力前，B做匀加速直线运动，B的速度vB=aBt，代入数据解得vB=7m/s，此时B的位移为xB=vB2t，解得xB=3.5m，之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，根据(2)可知t′=0.4s，v共=5.6m/s，此时段B的位移为xB1=vB+v共2t′，代入数据解得xB1=3.32m，共速后，AB一起做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1(M+m)g=(M+m)a′，则B的位移为xB′=v共22a′，代入数据解得xB′=7.84m，故木板B运动的总位移x=xB+xB1+xB′=3.5m+3.32m+7.84m=14.66m。
答：(1)滑块A与木板B的加速度分别为4m/s2和7m/s2；
(2)滑块A运动的最大速度5.6m/s；
(3)木板B运动的总位移14.66m。
【解析】(1)分别对A、B使用牛顿第二定律，求拉力F作用时，滑块A与木板B的加速度分别为多大；
(2)作用1s的时间撤去拉力，此时A速度vA，后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，故共速的速度是A的最大速度，求滑块A运动的最大速度；
(3)撤去拉力前，B做匀加速直线运动，求B的位移，之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，求B的位移，共速后AB一起做匀减速直线运动，求减速位移，确定B的总位移。
本题解题关键是知道拉力F作用时，AB分别加速、之后撤去F，此时AB速度不等，B减速，A加速，直到共速，共速后AB一起做匀减速直线运动。钩码质量m/g
0
30
60
90
120
150
弹簧总长度l/cm
6.0
7.2
8.3
9.5
10.6
11.8
弹簧伸长量x/cm
0
1.2
2.3
3.5
4.6
5.8
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