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湖北省实验中学2024-2025学年高三上学期起点7月质量检测物理试卷（Word版附解析）
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这是一份湖北省实验中学2024-2025学年高三上学期起点7月质量检测物理试卷（Word版附解析），文件包含湖北省实验中学2024-2025学年高三上学期起点7月质量检测物理试卷原卷版docx、湖北省实验中学2024-2025学年高三上学期起点7月质量检测物理试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1. 如图所示，一辆在平直公路上匀速行驶的货车装载有规格相同的质量均为m的两块长板，两长板沿车行方向错开放置，上层板最前端到驾驶室的距离为d，上、下层板间的动摩擦因数为µ，下层板与车厢间的动摩擦因数为2.5µ。该货车紧急刹车时的最大加速度为a=3µg，重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则货车车速不得超过（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可知，上层板与下层板间的最大静摩擦力为
下层板与货车间的最大静摩擦力为
根据题意可知，上层板的最大加速度为µg，设下层板与货车间的摩擦力为f2，由牛顿第二定律有
解得
随着a增大，f2增大，当
此时下层板恰好与货车相对静止，解得
所以，当时，下层板相对货车滑动，由于
可知，当时，上层板滑动，下层板不滑动，设货车速度为v时，上层板恰好不撞上驾驶室，则对货车有
对上层板有
联立解得
即要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则
故选B。
2. 如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上。一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向。已知重力加速度为g。则（ ）
A. 球1和球2的质量之比为1：2
B. 在轻绳A突然断裂瞬间，球1的加速度方向沿B绳由1球指向2球
C. 在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
D. 在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为g
【答案】D
【解析】
【详解】A．分别对两小球进行受力分析，如下图所示
根据平衡条件可得
解得球1和球2的质量之比为
故A错误；
BC．在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，则球2所受重力和弹簧弹力不变，设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0，则球2的加速度为
方向与方向相反，即沿绳B斜向右下方。此时球1只受重力，加速度竖直向下大小等于g，沿绳B方向的分加速度为
因为，则假设不成立，可知此时轻绳B存在弹力。则球2除重力和弹力外还受到AB间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，由力的合成可知，球1的合力大于其重力，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，则球1的加速度一定大于g，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，故BC错误；
D．以两小球为整体，沿绳B方向上，有
在垂直于B绳的方向上，对1球有
球1的加速度大小为
故D正确。
故选D。
3. 如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L =10m，倾角为θ =30°，正以恒定速率v =5m/s顺时针运转。现将一质量为m =1kg的邮件（可视为质点）轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为（已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为 μ =，重力加速度g =10m/s2）（ ）
A. 5N·sB. 20N·sC. 15N·sD. N·s
【答案】D
【解析】
【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示
支持力
摩擦力
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
可知，邮件上升的加速度为
当邮件与传送带速度相同时，由
得
则相对位移为
之后邮件与传送带保持相对静止，以速度v =5m/s匀速上升到B点，有
此阶段的摩擦力
邮件从A运动到B过程中，支持力的冲量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小
故选D。
4. 如图所示，一足够长的斜面的倾斜角为θ，边界AB和CD之间粗糙，其余光滑，且AD=BC=3L。有两块相同的矩形滑块E和F，每个滑块质量分布均匀且大小均为m，长度均为L，与粗糙区之间的动摩擦因数μ=2tanθ。两滑块紧靠在一起（不粘连）以初速度v0垂直于边界AB冲入粗糙区，下列说法中错误的是（ ）
A. 系统进入粗糙区的过程，当位移为L时，EF体系的速度最大
B. 系统进入粗糙区的过程，E对F的弹力先增大后减小
C. 滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，滑块E和F分离
D. 要保证两个滑块都滑出粗糙区域，v0≥
【答案】D
【解析】
【详解】A．进入过程，位移为时，滑动摩擦力为
对整体，由牛顿第二定律有
当时，有
此时系统的速度达到最大值，故A正确，不符合题意；
B．系统进入粗糙区，在系统位移为L过程中，系统的加速逐渐减小，该过程中，对F，由牛顿第二定律有
可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且变大，之后随着F也进入粗糙区，整体合外力沿着斜面向上，且不断增大，则系统加速度反向增大，此时对E，由牛顿第二定律有
可知F对E的弹力在该过程中逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且不断减小，综合可知，在E、F分离前，系统进入粗糙区的过程中，E对F的弹力先增大后减小，故B正确，不符合题意；
C．滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，E的摩擦力变小，而F的摩擦力不变，则可知E做加速度减小的减速运动，减速更慢，有
两者分开，故C正确，不符合题意；
D．两个滑块滑入过程，设完全滑入时的速度为，由于该过程中重力做功大小等于克服摩擦力所做的功，即有
所以
滑出过程，因为E、F分离，只需保证F的中点滑到边界CD时的速度大于等于0即可，对F从完全进入摩擦区到中点滑到边界CD，有
解得
故D错误，符合题意。
故选D。
5. 如图所示，物体a与b通过轻弹簧连接，b、c、d三个物体用不可伸长的轻绳通过轻滑轮连接，系统处于静止状态，a恰好和地面无挤压。已知a、c质量均为m，d质量为2m，弹簧的劲度系数为k。物体在运动过程中不会与滑轮相碰，不计一切阻力，重力加速度为g。将c与d间的线剪断，下列说法正确的是（ ）
A. b的质量为m
B. 此时b的瞬时加速度为
C. b下降时的速度最大
D. b下降时弹簧弹性势能最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．剪断c与d间的线之前，整个系统处于静止状态，根据题意可知弹簧对b的作用力方向向下，大小为
以cd为研究对象，c与b间的线对cd的拉力为
设物体质量b为M，以b为研究对象，根据平衡条件有
解得
故A错误；
B．将c与d间的线剪断瞬间，cd间绳子的拉力突变为0，弹簧对b的作用力不变，b与c的加速度a大小相等，设此时bc间绳子的拉力为T，以c为研究对象，由牛顿第二定律有
以bc整体为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得
故B错误；
CD．由以上分析可知，剪断线后，b往下运动，当b速度最大时，bc加速度均为零，设此时弹簧弹力为，以bc整体为研究对象，根据平衡条件可得
解得
即当b速度最大时，弹簧的弹力方向向上，b下降的距离等于开始的拉伸量加上速度最大时的压缩量，根据胡克定律可得b下降的距离为
由于惯性，b继续往下运动，此时弹簧弹性势能并不是最大，当b的速度变为零时弹性势能最大，故C正确，D错误。
故选C。
6. 某时刻一可视为质点的物块以大小为的初动能沿倾角恒定的斜面向上运动，然后返回到原位置，整个运动过程中物块的动能随位移的变化关系如图所示，的其中一条线段与轴平行。已知物块质量为，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块运动过程中机械能守恒B. 物块运动过程中始终受摩擦力作用
C. 斜面倾角的正弦值D. 斜面倾角的正弦值
【答案】D
【解析】
【详解】A．图像斜率的绝对值等于物块所受合外力大小，可知上滑过程中物块所受合外力发生变化，故物块上滑过程中至少有一个阶段受摩擦力作用，即物块运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B．物块在该段区域内上滑和下滑时所受合外力相同，可知该区域光滑，物块不受摩擦力，故B错误。
CD．由图像分析可知物块下滑过程中在粗糙区域时所受合外力为零，设物块与斜面间的动摩擦因数为，则可得
设位移为时物块的动能为，则物块上滑过程中，在粗糙区域有
光滑区域有
解得
故C错误，D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个（N）的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A. k=0.6
B.
C. ，滑块的位移大小为337.5m
D. 当t=15s时，长木板的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．根据图像，时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得，滑块位移大小为
故C错误。
故选D。
二、多选题
8. 如图所示，质量相等的两滑块M、N用一轻质弹簧连接，在拉力F作用下沿着固定光滑斜面匀速上滑。某时刻突然撤去拉力F。已知斜面倾角为θ，重力加速度大小为g，斜面足够长。从撤去拉力F时开始到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块M的加速度始终大于滑块N的加速度
B. 滑块N的加速度大小最大值为
C. 滑块M的平均速度大小一定小于滑块N的平均速度大小
D. 滑块M的速率始终大于滑块N的速率
【答案】BD
【解析】
【详解】A．没有撤掉外力时，
，
当突然撤去拉力F，对滑块M受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中减小，即滑块M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，则滑块M将做加速度增大的减速运动；对滑块N受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中减小，即滑块N的加速度由减小，方向沿斜面向下，则滑块N将做加速度减小的减速运动，M的加速度一直小于N的加速度，A错误；
B．当突然撤去拉力F瞬间，滑块N的加速度最大为
B正确；
CD．滑块M和N都向上做减速运动，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N减速更快，速度更小，因此M的速度一直大于N，则平均速度一直大于N直到弹簧长恢复原长，C错误；D正确。
故选BD。
9. 传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是，且与水平方向的夹角均为。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，，，，下列判断正确的是（ ）
A. 货箱B先到达传动带底端
B. 货箱B在传送带底端时的速度大小为
C. 下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
D. 下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
【答案】BC
【解析】
【详解】已知，，，。对A刚开始下滑时
解得A的加速度
A速度达到以后
解得
对B刚开始下滑时
解得B的加速度
A第一阶段加速的时间
加速位移
由运动学公式可得A加速第二阶段
解得
货箱A下滑到底端的时间
对B由运动学公式得
解得货箱B下滑到底端的时间
A．由可得，货箱A先到达传动带底端，故A错误；
B．货箱B在传送带底端时的速度大小
故B正确；
CD．货箱A下滑到底端时相对于的路程
货箱B下滑到底端时相对于的路程
所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B。两货箱在传送带上的划痕长度货箱A小于货箱B。故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 若A静止，则地面对A的作用力为
B. 若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为
C. 若水平地面光滑，则A的加速度大小
D. 若水平地面光滑，则轻绳的拉力
【答案】BC
【解析】
【详解】A．当A静止时，A、B可看做为一个整体，整体受力分析可知
可得，受到的支持力和摩擦力为
故A错误；
B．若水平地面光滑，令物块A、B间的弹力为F，对A分析有
物块B在竖直方向上有
物块B在水平方向上有
由于物块B竖直方向向下的位移大小等于A水平向右的位移，则有
解得
故B正确；
C．根据B选项中公式，联立可得
即
故C正确；
D．由C选项可知
则有
故D错误。
故选BC。
三、实验题
11. 某同学利用如图所示装置测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数．已知小木块与固定斜面和水平面的滑动摩擦因数相同．小木块由斜面上的A点静止下滑，经过B点到达水平面上的C点静止．A、C两点间的水平距离为x．小木块可视为质点．回答下列问题：
(1)小木块质量为m，重力加速度大小为g，若滑动摩擦因数为μ，由A点运动到C点过程中，克服摩擦力做功与x之间的关系式为W1=____；
(2)为尽量筒便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量？_____________.
A.小木块的质量m
B.斜面倾角θ
CA、B两点间的距离l
D.A、C两点间的竖直高度差h
E.A、C两点间的水平距离x
(3)利用上述测量的物理量，写出测量的滑动摩擦因数μ=________；
(4)小木块运动到B点时，由于与水平面的作用，竖直方向的分速度将损失，将导致测量的滑动摩擦因数与实际摩擦因数相比，其值将________ (填“偏大”、“相等”或“偏小”)．
【答案】 ①. (1) ②. (2) DE ③. (3) ④. (4) 偏大
【解析】
【详解】试题分析：（1）设A点的高度为h，小木块从A点运动到C点的过程中，克服摩擦力做功为：
（2）（3）小木块从A点运动C点过程，根据动能定理有，解得，故需要测量h和x，DE正确；
（4）由于小木块经过B点损失动能，将导致x的测量值比理想值小，因而测量所得的滑动动摩擦因数将比实际数值大
考点：测量动摩擦因数实验
【名师点睛】根据摩擦力做功表达式，结合几何长度与三角知识关系，即可求解；根据动能定理，重力做功与摩擦力做功之和为零，即可求解；根据，即可求解动摩擦因数的值；根据减小的重力势能，并没有完全由摩擦力做功转化为内能，从而确定求解
12. 如图所示是可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速（减速）运动时，杆便向左（向右）摆动。为了制作加速度计的刻度盘，需要测量当地的重力加速度，同学们进行了如下操作：
（1）让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度。实验中得到一条较理想的纸带，在纸带上取7个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s。
根据数据求出重力加速度g=______m/s2（保留三位有效数字）。
（2）测量当地重力加速度后还应测量的物理量是_____（填入所选物理量前的字母）
A.小球的质量m B.轻杆的长度L
C.小球的直径d D.轻杆与竖直方向的夹角θ
（3）写出加速度与被测物理量之间的关系式________（用被测物理量的字母表示）。
【答案】 ①. 9.72 ②. D ③. a=gtanθ
【解析】
【详解】(1)[1]由逐差法得
(2)(3)[2][3]假设小球由于加减速发生了偏转，由牛顿的定律得
解得
可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。故选D。
四、解答题
13. 如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；；（2）
【解析】
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
14. 如图所示，长为的长木板静止在水平地面上，其右端与竖直固定装置A的最下端平滑相切，装置A的下表面未与地面接触且能使长木板从其下方穿过，A的左侧面是半径为的光滑半圆轨道。现让一小物块从长木板左端以大小为的初速度滑上长木板，经半圆轨道后落在长木板上。已知小物块与长木板的质量均为，小物块与长木板上表面之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，装置A的下表面与长木板无作用力，小物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，求：
（1）小物块运动到半圆轨道的最高点时对轨道的压力大小；
（2）小物块落到长木板上时距长木板左端的距离。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）25N；（2）6.4m
【解析】
【详解】（1）小物块滑上长木板后，对小物块，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块滑上半圆形轨道最低点时的速度大小为，则根据运动学公式有
解得
设小物块运动到半圆轨道最高点时速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
设小物块运动到半圆轨道最高点时，轨道对小物块的支持力大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为
（2）对长木板，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块运动到半圆轨道最低点时用时，则根据运动学公式有
解得
小物块运动到半圆轨道最低点时，长木板的速度大小为
小物块运动到半圆轨道最低点时，长木板的位移大小为
小物块滑上半圆轨道后，对长木板，设长木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
设长木板经过位移停止，则有
解得
长木板经过时间停止，则
设小物块离开半圆轨道最高点后，经过时间落在长木板上，则根据平抛运动规律有
解得
由于，故小物块落到长木板上时，长木板已经停止。故平抛后小物块的水平位移大小为
小物块落到长木板上时距长木板左端的距离为
15. 如图所示，两个完全相同的光滑直角三角形斜面体固定在水平地面上，倾角均为θ=30°，斜面体顶端均固定相同的轻质滑轮。两根等长的轻细线均绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为m的物块A、B相连，另一端与质量为2m的物块C连接。一开始用外力托住物块A、B、C，细线处于拉直状态，此时物块C距离地面的高度为h0，同时撤去外力后，物块C开始向下运动。已知物块C触地后速度立即变为零；物块C被提起时，细线瞬间绷直，绷直瞬间细线上的拉力非常大，从细线绷直到物块C再次落地前，细线均保持拉直状态，在整个运动过程中，细线始终不会脱离滑轮，物块A、B不会与滑轮相碰。不计一切摩擦，重力加速度为g，求：
（1）物块C第一次触地过程中损失的机械能；
（2）物块C第一次触地后上升的最大高度h1；
（3）物块C从开始下落到最终停止运动所经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律，对A有
对C有
解得
从C开始下落到C落地前，有
C落地过程中的机械能损失为
解得
（2）C触地后，A、B先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对A、C列动量定理，有
解得
C之后做加速度为的匀减速运动，最终上升高度记为，则有
解得
（3）将C到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，此过程中，C由最高点下落的时间为，则有
，
解得
A、B此后上滑后下滑至再次绷直的时间为，则有
解得
C上升至最高点所用时间为，则有
解得
则总用时为
第二个过程与第一个过程的区别在于初始下落高度由h0变为，由第（2）问的方程可知第三次初始下落高度为；故可得第二过程总用时
第三过程总用时
第四过程总用时
物块C从开始运动到最终停止所经历的总时间为
一、单选题
1. 如图所示，一辆在平直公路上匀速行驶的货车装载有规格相同的质量均为m的两块长板，两长板沿车行方向错开放置，上层板最前端到驾驶室的距离为d，上、下层板间的动摩擦因数为µ，下层板与车厢间的动摩擦因数为2.5µ。该货车紧急刹车时的最大加速度为a=3µg，重力加速度为g。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则货车车速不得超过（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可知，上层板与下层板间的最大静摩擦力为
下层板与货车间的最大静摩擦力为
根据题意可知，上层板的最大加速度为µg，设下层板与货车间的摩擦力为f2，由牛顿第二定律有
解得
随着a增大，f2增大，当
此时下层板恰好与货车相对静止，解得
所以，当时，下层板相对货车滑动，由于
可知，当时，上层板滑动，下层板不滑动，设货车速度为v时，上层板恰好不撞上驾驶室，则对货车有
对上层板有
联立解得
即要使货车在紧急刹车时上层板不撞上驾驶室，则
故选B。
2. 如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上。一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向。已知重力加速度为g。则（ ）
A. 球1和球2的质量之比为1：2
B. 在轻绳A突然断裂瞬间，球1的加速度方向沿B绳由1球指向2球
C. 在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
D. 在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为g
【答案】D
【解析】
【详解】A．分别对两小球进行受力分析，如下图所示
根据平衡条件可得
解得球1和球2的质量之比为
故A错误；
BC．在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，则球2所受重力和弹簧弹力不变，设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0，则球2的加速度为
方向与方向相反，即沿绳B斜向右下方。此时球1只受重力，加速度竖直向下大小等于g，沿绳B方向的分加速度为
因为，则假设不成立，可知此时轻绳B存在弹力。则球2除重力和弹力外还受到AB间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，由力的合成可知，球1的合力大于其重力，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，则球1的加速度一定大于g，方向在竖直方向与绳B的夹角之间，故BC错误；
D．以两小球为整体，沿绳B方向上，有
在垂直于B绳的方向上，对1球有
球1的加速度大小为
故D正确。
故选D。
3. 如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L =10m，倾角为θ =30°，正以恒定速率v =5m/s顺时针运转。现将一质量为m =1kg的邮件（可视为质点）轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为（已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为 μ =，重力加速度g =10m/s2）（ ）
A. 5N·sB. 20N·sC. 15N·sD. N·s
【答案】D
【解析】
【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示
支持力
摩擦力
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
可知，邮件上升的加速度为
当邮件与传送带速度相同时，由
得
则相对位移为
之后邮件与传送带保持相对静止，以速度v =5m/s匀速上升到B点，有
此阶段的摩擦力
邮件从A运动到B过程中，支持力的冲量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小
故选D。
4. 如图所示，一足够长的斜面的倾斜角为θ，边界AB和CD之间粗糙，其余光滑，且AD=BC=3L。有两块相同的矩形滑块E和F，每个滑块质量分布均匀且大小均为m，长度均为L，与粗糙区之间的动摩擦因数μ=2tanθ。两滑块紧靠在一起（不粘连）以初速度v0垂直于边界AB冲入粗糙区，下列说法中错误的是（ ）
A. 系统进入粗糙区的过程，当位移为L时，EF体系的速度最大
B. 系统进入粗糙区的过程，E对F的弹力先增大后减小
C. 滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，滑块E和F分离
D. 要保证两个滑块都滑出粗糙区域，v0≥
【答案】D
【解析】
【详解】A．进入过程，位移为时，滑动摩擦力为
对整体，由牛顿第二定律有
当时，有
此时系统的速度达到最大值，故A正确，不符合题意；
B．系统进入粗糙区，在系统位移为L过程中，系统的加速逐渐减小，该过程中，对F，由牛顿第二定律有
可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且变大，之后随着F也进入粗糙区，整体合外力沿着斜面向上，且不断增大，则系统加速度反向增大，此时对E，由牛顿第二定律有
可知F对E的弹力在该过程中逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，该过程中E对F的弹力沿着斜面向上且不断减小，综合可知，在E、F分离前，系统进入粗糙区的过程中，E对F的弹力先增大后减小，故B正确，不符合题意；
C．滑块E的下边缘滑出边界CD的瞬间，E的摩擦力变小，而F的摩擦力不变，则可知E做加速度减小的减速运动，减速更慢，有
两者分开，故C正确，不符合题意；
D．两个滑块滑入过程，设完全滑入时的速度为，由于该过程中重力做功大小等于克服摩擦力所做的功，即有
所以
滑出过程，因为E、F分离，只需保证F的中点滑到边界CD时的速度大于等于0即可，对F从完全进入摩擦区到中点滑到边界CD，有
解得
故D错误，符合题意。
故选D。
5. 如图所示，物体a与b通过轻弹簧连接，b、c、d三个物体用不可伸长的轻绳通过轻滑轮连接，系统处于静止状态，a恰好和地面无挤压。已知a、c质量均为m，d质量为2m，弹簧的劲度系数为k。物体在运动过程中不会与滑轮相碰，不计一切阻力，重力加速度为g。将c与d间的线剪断，下列说法正确的是（ ）
A. b的质量为m
B. 此时b的瞬时加速度为
C. b下降时的速度最大
D. b下降时弹簧弹性势能最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．剪断c与d间的线之前，整个系统处于静止状态，根据题意可知弹簧对b的作用力方向向下，大小为
以cd为研究对象，c与b间的线对cd的拉力为
设物体质量b为M，以b为研究对象，根据平衡条件有
解得
故A错误；
B．将c与d间的线剪断瞬间，cd间绳子的拉力突变为0，弹簧对b的作用力不变，b与c的加速度a大小相等，设此时bc间绳子的拉力为T，以c为研究对象，由牛顿第二定律有
以bc整体为研究对象，由牛顿第二定律有
代入数据解得
故B错误；
CD．由以上分析可知，剪断线后，b往下运动，当b速度最大时，bc加速度均为零，设此时弹簧弹力为，以bc整体为研究对象，根据平衡条件可得
解得
即当b速度最大时，弹簧的弹力方向向上，b下降的距离等于开始的拉伸量加上速度最大时的压缩量，根据胡克定律可得b下降的距离为
由于惯性，b继续往下运动，此时弹簧弹性势能并不是最大，当b的速度变为零时弹性势能最大，故C正确，D错误。
故选C。
6. 某时刻一可视为质点的物块以大小为的初动能沿倾角恒定的斜面向上运动，然后返回到原位置，整个运动过程中物块的动能随位移的变化关系如图所示，的其中一条线段与轴平行。已知物块质量为，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块运动过程中机械能守恒B. 物块运动过程中始终受摩擦力作用
C. 斜面倾角的正弦值D. 斜面倾角的正弦值
【答案】D
【解析】
【详解】A．图像斜率的绝对值等于物块所受合外力大小，可知上滑过程中物块所受合外力发生变化，故物块上滑过程中至少有一个阶段受摩擦力作用，即物块运动过程中机械能不守恒，故A错误；
B．物块在该段区域内上滑和下滑时所受合外力相同，可知该区域光滑，物块不受摩擦力，故B错误。
CD．由图像分析可知物块下滑过程中在粗糙区域时所受合外力为零，设物块与斜面间的动摩擦因数为，则可得
设位移为时物块的动能为，则物块上滑过程中，在粗糙区域有
光滑区域有
解得
故C错误，D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个（N）的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A. k=0.6
B.
C. ，滑块的位移大小为337.5m
D. 当t=15s时，长木板的加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．根据图像，时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得，滑块位移大小为
故C错误。
故选D。
二、多选题
8. 如图所示，质量相等的两滑块M、N用一轻质弹簧连接，在拉力F作用下沿着固定光滑斜面匀速上滑。某时刻突然撤去拉力F。已知斜面倾角为θ，重力加速度大小为g，斜面足够长。从撤去拉力F时开始到弹簧第一次恢复原长的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块M的加速度始终大于滑块N的加速度
B. 滑块N的加速度大小最大值为
C. 滑块M的平均速度大小一定小于滑块N的平均速度大小
D. 滑块M的速率始终大于滑块N的速率
【答案】BD
【解析】
【详解】A．没有撤掉外力时，
，
当突然撤去拉力F，对滑块M受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中减小，即滑块M的加速度由0增大，方向沿斜面向下，则滑块M将做加速度增大的减速运动；对滑块N受力分析有
此后弹簧第一次恢复原长的过程中减小，即滑块N的加速度由减小，方向沿斜面向下，则滑块N将做加速度减小的减速运动，M的加速度一直小于N的加速度，A错误；
B．当突然撤去拉力F瞬间，滑块N的加速度最大为
B正确；
CD．滑块M和N都向上做减速运动，其中N的加速度一直大于M的加速度，因此N减速更快，速度更小，因此M的速度一直大于N，则平均速度一直大于N直到弹簧长恢复原长，C错误；D正确。
故选BD。
9. 传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是，且与水平方向的夹角均为。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，，，，下列判断正确的是（ ）
A. 货箱B先到达传动带底端
B. 货箱B在传送带底端时的速度大小为
C. 下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
D. 下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
【答案】BC
【解析】
【详解】已知，，，。对A刚开始下滑时
解得A的加速度
A速度达到以后
解得
对B刚开始下滑时
解得B的加速度
A第一阶段加速的时间
加速位移
由运动学公式可得A加速第二阶段
解得
货箱A下滑到底端的时间
对B由运动学公式得
解得货箱B下滑到底端的时间
A．由可得，货箱A先到达传动带底端，故A错误；
B．货箱B在传送带底端时的速度大小
故B正确；
CD．货箱A下滑到底端时相对于的路程
货箱B下滑到底端时相对于的路程
所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B。两货箱在传送带上的划痕长度货箱A小于货箱B。故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 若A静止，则地面对A的作用力为
B. 若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为
C. 若水平地面光滑，则A的加速度大小
D. 若水平地面光滑，则轻绳的拉力
【答案】BC
【解析】
【详解】A．当A静止时，A、B可看做为一个整体，整体受力分析可知
可得，受到的支持力和摩擦力为
故A错误；
B．若水平地面光滑，令物块A、B间的弹力为F，对A分析有
物块B在竖直方向上有
物块B在水平方向上有
由于物块B竖直方向向下的位移大小等于A水平向右的位移，则有
解得
故B正确；
C．根据B选项中公式，联立可得
即
故C正确；
D．由C选项可知
则有
故D错误。
故选BC。
三、实验题
11. 某同学利用如图所示装置测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数．已知小木块与固定斜面和水平面的滑动摩擦因数相同．小木块由斜面上的A点静止下滑，经过B点到达水平面上的C点静止．A、C两点间的水平距离为x．小木块可视为质点．回答下列问题：
(1)小木块质量为m，重力加速度大小为g，若滑动摩擦因数为μ，由A点运动到C点过程中，克服摩擦力做功与x之间的关系式为W1=____；
(2)为尽量筒便的测量小木块与接触面间的滑动摩擦因数，下列哪些物理量需要测量？_____________.
A.小木块的质量m
B.斜面倾角θ
CA、B两点间的距离l
D.A、C两点间的竖直高度差h
E.A、C两点间的水平距离x
(3)利用上述测量的物理量，写出测量的滑动摩擦因数μ=________；
(4)小木块运动到B点时，由于与水平面的作用，竖直方向的分速度将损失，将导致测量的滑动摩擦因数与实际摩擦因数相比，其值将________ (填“偏大”、“相等”或“偏小”)．
【答案】 ①. (1) ②. (2) DE ③. (3) ④. (4) 偏大
【解析】
【详解】试题分析：（1）设A点的高度为h，小木块从A点运动到C点的过程中，克服摩擦力做功为：
（2）（3）小木块从A点运动C点过程，根据动能定理有，解得，故需要测量h和x，DE正确；
（4）由于小木块经过B点损失动能，将导致x的测量值比理想值小，因而测量所得的滑动动摩擦因数将比实际数值大
考点：测量动摩擦因数实验
【名师点睛】根据摩擦力做功表达式，结合几何长度与三角知识关系，即可求解；根据动能定理，重力做功与摩擦力做功之和为零，即可求解；根据，即可求解动摩擦因数的值；根据减小的重力势能，并没有完全由摩擦力做功转化为内能，从而确定求解
12. 如图所示是可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速（减速）运动时，杆便向左（向右）摆动。为了制作加速度计的刻度盘，需要测量当地的重力加速度，同学们进行了如下操作：
（1）让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度。实验中得到一条较理想的纸带，在纸带上取7个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s。
根据数据求出重力加速度g=______m/s2（保留三位有效数字）。
（2）测量当地重力加速度后还应测量的物理量是_____（填入所选物理量前的字母）
A.小球的质量m B.轻杆的长度L
C.小球的直径d D.轻杆与竖直方向的夹角θ
（3）写出加速度与被测物理量之间的关系式________（用被测物理量的字母表示）。
【答案】 ①. 9.72 ②. D ③. a=gtanθ
【解析】
【详解】(1)[1]由逐差法得
(2)(3)[2][3]假设小球由于加减速发生了偏转，由牛顿的定律得
解得
可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。故选D。
四、解答题
13. 如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；；（2）
【解析】
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
14. 如图所示，长为的长木板静止在水平地面上，其右端与竖直固定装置A的最下端平滑相切，装置A的下表面未与地面接触且能使长木板从其下方穿过，A的左侧面是半径为的光滑半圆轨道。现让一小物块从长木板左端以大小为的初速度滑上长木板，经半圆轨道后落在长木板上。已知小物块与长木板的质量均为，小物块与长木板上表面之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，装置A的下表面与长木板无作用力，小物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，求：
（1）小物块运动到半圆轨道的最高点时对轨道的压力大小；
（2）小物块落到长木板上时距长木板左端的距离。（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）25N；（2）6.4m
【解析】
【详解】（1）小物块滑上长木板后，对小物块，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块滑上半圆形轨道最低点时的速度大小为，则根据运动学公式有
解得
设小物块运动到半圆轨道最高点时速度大小为，根据机械能守恒定律有
解得
设小物块运动到半圆轨道最高点时，轨道对小物块的支持力大小为，则根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为
（2）对长木板，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块运动到半圆轨道最低点时用时，则根据运动学公式有
解得
小物块运动到半圆轨道最低点时，长木板的速度大小为
小物块运动到半圆轨道最低点时，长木板的位移大小为
小物块滑上半圆轨道后，对长木板，设长木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
解得
设长木板经过位移停止，则有
解得
长木板经过时间停止，则
设小物块离开半圆轨道最高点后，经过时间落在长木板上，则根据平抛运动规律有
解得
由于，故小物块落到长木板上时，长木板已经停止。故平抛后小物块的水平位移大小为
小物块落到长木板上时距长木板左端的距离为
15. 如图所示，两个完全相同的光滑直角三角形斜面体固定在水平地面上，倾角均为θ=30°，斜面体顶端均固定相同的轻质滑轮。两根等长的轻细线均绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为m的物块A、B相连，另一端与质量为2m的物块C连接。一开始用外力托住物块A、B、C，细线处于拉直状态，此时物块C距离地面的高度为h0，同时撤去外力后，物块C开始向下运动。已知物块C触地后速度立即变为零；物块C被提起时，细线瞬间绷直，绷直瞬间细线上的拉力非常大，从细线绷直到物块C再次落地前，细线均保持拉直状态，在整个运动过程中，细线始终不会脱离滑轮，物块A、B不会与滑轮相碰。不计一切摩擦，重力加速度为g，求：
（1）物块C第一次触地过程中损失的机械能；
（2）物块C第一次触地后上升的最大高度h1；
（3）物块C从开始下落到最终停止运动所经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律，对A有
对C有
解得
从C开始下落到C落地前，有
C落地过程中的机械能损失为
解得
（2）C触地后，A、B先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对A、C列动量定理，有
解得
C之后做加速度为的匀减速运动，最终上升高度记为，则有
解得
（3）将C到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，此过程中，C由最高点下落的时间为，则有
，
解得
A、B此后上滑后下滑至再次绷直的时间为，则有
解得
C上升至最高点所用时间为，则有
解得
则总用时为
第二个过程与第一个过程的区别在于初始下落高度由h0变为，由第（2）问的方程可知第三次初始下落高度为；故可得第二过程总用时
第三过程总用时
第四过程总用时
物块C从开始运动到最终停止所经历的总时间为
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