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江苏省徐州市第三中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题（原卷版+解析版）
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这是一份江苏省徐州市第三中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题（原卷版+解析版），文件包含江苏省徐州市第三中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题原卷版docx、江苏省徐州市第三中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
一、单选题（每小题4分，共44分）
1. 下列关于物理学方面的知识说法正确的是（ ）
A. 伽利略通过“理想实验”得到了“力是维持物体运动的原因”的结论
B. 力学的基本单位有：m(米、千克、秒
C. 牛顿第二定律表明物体所受合外力越大，物体的惯性越大
D. 根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体的瞬时速度，对瞬时速度的定义应用了比值定义法
【答案】B
【解析】
【详解】A．伽利略通过“理想实验”得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论，故A错误；
B．力学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒），故B正确；
C．牛顿第二定律表明物体所受合外力越大，加速度越大；牛顿第一定律表明，物体的质量越大惯性越大，故C错误；
D．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体的瞬时速度，该定义应用了极限思维法，故D错误。
故选B。
2. 弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图，橡皮筋两端点固定在把手上，橡皮筋处于时恰好为原长状态，在处（连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，则（ ）
A. 弹丸在点达到最大速度
B. 从到过程中，弹丸的加速度逐渐减小
C. 从到过程中，弹丸的速度先增大后减小
D. 从到过程中，弹丸处于超重状态
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当弹丸合力为零时，速度达到最大。而在C处时，橡皮筋处于原长，此时只受重力作用，故A错误；
B．对弹丸受力分析，应用牛顿第二定律，有
由题意可知，从D到C过程中，F一直在减小，故存在一个二力平衡的位置，弹丸的加速度应该是先减小到零，然后反向增大，故B错误；
C．根据B项分析，重力小于弹力阶段，弹丸加速，重力大于弹力阶段，弹丸减速，故C正确；
D．根据C项分析，当弹丸加速时，加速度方向向上，处于超重；当弹丸减速时，加速度方向向下，处于失重，故D错误。
故选C。
3. 最新的质量单位“千克”用普朗克常量h定义。根据能量子的定义和国际单位制中的力学基本单位，h的单位可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据动能表达式
可知能量的单位用国际单位制中的基本单位可表示为；根据
而频率的单位为
所以普朗克常量h的单位用国际单位制中的基本单位可表示为。
故选A。
4. 某人在以2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起的物体质量为（ ）
A. 50kgB. 60kgC. 70kgD. 80kg
【答案】B
【解析】
【详解】设人的最大举力为F，根据牛顿第二定律可得
解得
他在地面上能够举起物体的重力
则该物体的质量为
故选B。
5. 如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时（ ）
A. 物块相对于斜面减速下滑B. 物块相对于斜面加速下滑
C. 物块与斜面间的摩擦力增大D. 物块与斜面间的正压力不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则
解得
支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；
当升降机加速上升时，物块相对升降机滑动，为了满足
支持力与摩擦力的合力还是竖直向上，则在水平方向上合力为0。故物块相对斜面匀速下滑。故AB错误；
CD．当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力
由于压力增大，所以摩擦力增大，故C正确，D错误。
故选C。
6. 图甲是传统民居建筑材料瓦片，完全相同的质量为m的瓦片，竖直紧靠叠放静止在水平地面上，如图乙所示，瓦片的受力点均在其底端和顶端，则（ ）
A. 2顶端受到的压力大小等于4顶端受到的压力大小
B. 4顶端受到的压力大小为mg
C. 6顶端受到的压力大小为1.5mg
D. 5左端对地的压力大小为1.25mg
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．对瓦片1受力分析，如图
可知瓦片2对瓦片1的支持力为，根据牛顿第三定律可知瓦片2顶端受到的压力大小为。对瓦片2受力分析，如图
可知瓦片4对瓦片2的支持力为
根据牛顿第三定律可知，瓦片4顶端受到压力大小为
由对称性可知，瓦片6顶端受到的压力大小也为
很明显，2顶端受到的压力大小不等于4顶端受到的压力大小。故ABC错误；
D．对瓦片5受力分析，如图
地面对瓦片5左端的支持力大小为
根据牛顿第三定律可知，瓦片5左端对地的压力大小为1.25mg。故D正确。
故选D。
7. 如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，物体在这段时间内的平均速度为
B. 乙图中，物体的加速度大小为
C. 丙图中，阴影面积表示时间内物体位移
D. 丁图中，0~3秒内物体的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．若甲图表示初速度为0的匀加速直线运动，则在这段时间内的平均速度为
但从图像可知，甲图所表示的运动为加速度逐渐减小的加速运动，在这段时间内的位移大于匀变速直线运动的位移，根据
可知物体在这段时间内平均速度大于，故A错误；
B．乙图中所对应的直线运动，其速度与位移的关系为
可知，图线斜率表示，可得该运动的加速度大小为，故B错误；
C．图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示时间内物体速度的变化量，故C错误；
D．将匀变速直线运动位移与时间的关系式变式
可得
将坐标（1，0）、（3，10）代入上式可得
，
则0~3秒内物体的位移大小为
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，A、B为弹性竖直挡板，相距L=4m，A、B之间为水平导轨。一小球（可视为质点）自A板处开始，以的速度沿导轨向B板运动，它与A、B挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球恰好停在两挡板的中间，这个加速度的大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可把小球整个过程的运动看成是匀减速直线运动，设加速度大小为a，为使小球恰好停在两挡板的中间，小球通过的路程应满足
（，，）
根据运动学公式可得
可得
（，，）
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
故选C。
9. 如图所示，P、Q两本完全相同的物理课本，叠放在足够长的水平桌面上，所有接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本的质量均为m，重力加速度大小为g，若用手在P的右侧挡住P（图中未画出），则要将物理课本Q从物理课本P下方沿水平方向抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】P、Q之间最大静摩擦力为
Q与水平桌面之间的最大静摩擦力为
则要将物理课本Q从物理课本P下方沿水平方向抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F应满足
故选B。
10. 如图所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为的小球（），用力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向成角，此时细线的拉力为。若仍用力水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为，则下列关系正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有
再对小球分析，如图：
由几何关系可得
，
联立解得
，
再对右图情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有
再对小球分析，如图：
由几何关系可得
，
联立解得
，
综上可得
，
所以
又因为，即，则有
所以有
故选C。
11. 城市高层建筑建设施工，往往采用配重的方式把装修材料运送到高处，精简模型如图甲所示，“固定于水平面上倾角为37°的斜面，绕过顶端定滑轮的轻绳链接两小球A、B（可视作质点），质量分别为M和m，B小球被固定于地面上的锁定装置锁定，某时刻解除锁定，安装在斜面底端的位移采集传感器采集到A在斜面上下滑的位移x与时间t的二次方关系如图乙所示，若该图像的斜率为k，不考虑一切摩擦，重力加速度取g = 10m/s2，sin37° = 0.6，则A与B的质量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解除锁定后，沿绳方向上对A、B和绳组成的系统由牛顿第二定律有
对A由运动学规律有
结合图像斜率，即，联立解得
故选B。
二、实验题（16分）
12.实验题（每空2分，共16分）
12. 唐同学和李同学一起用实验探究胡克定律，他们把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，弹簧的右侧固定一刻度尺，如图甲所示。在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录弹簧弹力F和相关数据。
（1）唐同学根据实验数据，绘制的弹力F与x的关系图像如图乙所示，图中x表示__________。
A. 弹簧的形变量B. 弹簧形变量的变化量
C. 弹簧处于水平状态下的自然长度D. 弹簧处于竖直状态下的自然长度
（2）李同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，根据实验数据绘制F与x图像（未画出），发现图像中弹簧a的斜率小于弹簧b的斜率，由此可知弹簧a的劲度系数__________（填“于”“等于”或“小于”）弹簧b的劲度系数。
（3）实验过程中发现某类弹簧自身受到的重力相对其弹力非常小；可视为轻质弹簧，若把类弹簧在铁架台上竖直悬挂时，弹簧呈现的形态如下图中的__________。
A. B. C.
（4）两位同学分别用同一弹簧来做实验，其中唐同学是测出弹簧处于竖直状态且不挂钩码时的弹簧长度作为原长，李同学是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两位同学完成实验后，得到如下图像；其中实线是唐同学的，虚线是李同学的，则下列图像正确的是__________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）A （2）小于 （3）C （4）D
【解析】
【小问1详解】
根据胡克定律
结合图像可知图中x表示弹簧的形变量。
故选A。
【小问2详解】
由（1）中分析可知，F-x图像中斜率表示弹簧的劲度系数，由于图像中弹簧a的斜率小于弹簧b的斜率，由此可知弹簧a的劲度系数小于弹簧b的劲度系数。
【小问3详解】
弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长。
故C正确。
【小问4详解】
实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律
甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则图像过原点；乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。
故选D。
13. 某同学在做探究加速度与力和质量的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。
（1）利用游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，遮光条的宽度______________cm；
（2）将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离s；打开气源，释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t；可得滑块经过光电门时的速度大小______________，滑块运动加速度大小。______________（用d、t、s表示）；
（3）实验时用拉力传感器直接测得的拉力F，则滑块运动加速度a与拉力F的关系图像最符合本实验实际情况的是______________。（选填选项前的字母）
A. B. C. D.
【答案】（1）0.540
（2） ①. ②.
（3）C
【解析】
小问1详解】
20分度游标卡尺的精确值为，则滑块的宽度为
【小问2详解】
[1] 滑块经过光电门时的速度大小
[2] 根据
将
带入可得
【小问3详解】
传感器的读数直接得出了拉力F，滑块在气垫导轨上运动不受摩擦力作用，F就是滑块所受的合外力，没有系统误差，所以图像应该是一条通过原点的倾斜的直线。故选C。
三、计算题（40分）
14. 如图所示，质量为40kg的物体B放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为4kg的小球A相连，不计滑轮摩擦，车厢水平向右匀加速运动，加速度，物体B能压在车厢底板上不滑动，g取10m/s2.
（1）细线对小球A的拉力为多大；
（2）若物体B与车厢底板间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则物体B与车厢间的动摩擦因数最小为多少。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
以小球为研究对象，受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可知
故细线的拉力
【小问2详解】
以B物体为研究对象，则有
又因为
解得
故物体B与车厢间的动摩擦因数最小为0.86。
15. 如图所示，质量为的滑块以的初速度沿倾角为的斜面上滑，经滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知，，求滑块：
（1）最大位移的大小；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）返回到出发点的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，经滑行到最高点，此时位移最大，由运动学公式，则有位移大小为
（2）滑块沿斜面向上的加速度大小为
由牛顿第二定律可得
联立解得
（3）滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律可得
解得加速度大小
由速度位移关系公式可得
v2=2a2x
解得
16. 如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物体P、Q通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mp=2kg，mQ=1kg，已知某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，P与定滑轮之间的轻绳始终保持水平，不计定滑轮的质量和摩擦。小物块P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，g＝10m/s2．求：
（1）小物块P在传送带上向左运动的最大的距离x；
（2）小物块P离开传送带的时速度大小v。
【答案】（1）2.25m；（2）
【解析】
【详解】（1）P先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移为x1，由牛顿第二定律可知，对P
对Q
联立以上方程解得
a1=4m/s2
由运动学公式得
解得
x1=1.5m
P接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，由牛顿第二定律可知，对P
对Q
联立以上方程解得
由运动学公式得
2a2x2＝v12
解得
x2=0.75m
故P向左运动的最大距离
x=x1+x2=2.25m
（2）P向左的速度减为0后，再以加速度a2向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式得
2a2x=v2
解得
17. 如图，长5m、质量2kg的长木板B静止在水平面上，质量2kg的小滑块A（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数为0.5，木板与水平面间的动摩擦因数为0.2。某时刻起，给滑块施加一大小20N、方向与木板成角的恒定拉力F作用，滑块到达木板的中点时撤去此力。已知重力加速度大小为10，。求
(1)滑块的最大速度；
(2)木板运动的时间。
【答案】(1)5m/s；(2)1.25s
【解析】
【分析】
【详解】(1)滑块在拉力作用下加速运动，设其加速度为，根据牛顿第二定律
此过程中，木板与水平面间的摩擦力
解得
由于，所以木板不动。
撤去拉力时，滑块的速度最大
代入题给数据解得
(2)撤去F后，滑块与木板间摩擦力，滑块减速、木板加速滑块的加速度大小
木板的加速度
设再经过时间滑块与木板速度相同
解得
设此过程中滑块在木板上滑过的长度为x
代入数据解得
滑块未滑离木板，二者一起匀减速至停止。其加速度
该过程的运动时间
解得
木板的运动时间
一、单选题（每小题4分，共44分）
1. 下列关于物理学方面的知识说法正确的是（ ）
A. 伽利略通过“理想实验”得到了“力是维持物体运动的原因”的结论
B. 力学的基本单位有：m(米、千克、秒
C. 牛顿第二定律表明物体所受合外力越大，物体的惯性越大
D. 根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体的瞬时速度，对瞬时速度的定义应用了比值定义法
【答案】B
【解析】
【详解】A．伽利略通过“理想实验”得到了“力不是维持物体运动的原因”的结论，故A错误；
B．力学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒），故B正确；
C．牛顿第二定律表明物体所受合外力越大，加速度越大；牛顿第一定律表明，物体的质量越大惯性越大，故C错误；
D．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体的瞬时速度，该定义应用了极限思维法，故D错误。
故选B。
2. 弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图，橡皮筋两端点固定在把手上，橡皮筋处于时恰好为原长状态，在处（连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，则（ ）
A. 弹丸在点达到最大速度
B. 从到过程中，弹丸的加速度逐渐减小
C. 从到过程中，弹丸的速度先增大后减小
D. 从到过程中，弹丸处于超重状态
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当弹丸合力为零时，速度达到最大。而在C处时，橡皮筋处于原长，此时只受重力作用，故A错误；
B．对弹丸受力分析，应用牛顿第二定律，有
由题意可知，从D到C过程中，F一直在减小，故存在一个二力平衡的位置，弹丸的加速度应该是先减小到零，然后反向增大，故B错误；
C．根据B项分析，重力小于弹力阶段，弹丸加速，重力大于弹力阶段，弹丸减速，故C正确；
D．根据C项分析，当弹丸加速时，加速度方向向上，处于超重；当弹丸减速时，加速度方向向下，处于失重，故D错误。
故选C。
3. 最新的质量单位“千克”用普朗克常量h定义。根据能量子的定义和国际单位制中的力学基本单位，h的单位可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据动能表达式
可知能量的单位用国际单位制中的基本单位可表示为；根据
而频率的单位为
所以普朗克常量h的单位用国际单位制中的基本单位可表示为。
故选A。
4. 某人在以2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，他在地面上最多能举起的物体质量为（ ）
A. 50kgB. 60kgC. 70kgD. 80kg
【答案】B
【解析】
【详解】设人的最大举力为F，根据牛顿第二定律可得
解得
他在地面上能够举起物体的重力
则该物体的质量为
故选B。
5. 如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时（ ）
A. 物块相对于斜面减速下滑B. 物块相对于斜面加速下滑
C. 物块与斜面间的摩擦力增大D. 物块与斜面间的正压力不变
【答案】C
【解析】
【详解】AB．当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则
解得
支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；
当升降机加速上升时，物块相对升降机滑动，为了满足
支持力与摩擦力的合力还是竖直向上，则在水平方向上合力为0。故物块相对斜面匀速下滑。故AB错误；
CD．当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力
由于压力增大，所以摩擦力增大，故C正确，D错误。
故选C。
6. 图甲是传统民居建筑材料瓦片，完全相同的质量为m的瓦片，竖直紧靠叠放静止在水平地面上，如图乙所示，瓦片的受力点均在其底端和顶端，则（ ）
A. 2顶端受到的压力大小等于4顶端受到的压力大小
B. 4顶端受到的压力大小为mg
C. 6顶端受到的压力大小为1.5mg
D. 5左端对地的压力大小为1.25mg
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．对瓦片1受力分析，如图
可知瓦片2对瓦片1的支持力为，根据牛顿第三定律可知瓦片2顶端受到的压力大小为。对瓦片2受力分析，如图
可知瓦片4对瓦片2的支持力为
根据牛顿第三定律可知，瓦片4顶端受到压力大小为
由对称性可知，瓦片6顶端受到的压力大小也为
很明显，2顶端受到的压力大小不等于4顶端受到的压力大小。故ABC错误；
D．对瓦片5受力分析，如图
地面对瓦片5左端的支持力大小为
根据牛顿第三定律可知，瓦片5左端对地的压力大小为1.25mg。故D正确。
故选D。
7. 如图所示的四幅图分别为四个物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，物体在这段时间内的平均速度为
B. 乙图中，物体的加速度大小为
C. 丙图中，阴影面积表示时间内物体位移
D. 丁图中，0~3秒内物体的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．若甲图表示初速度为0的匀加速直线运动，则在这段时间内的平均速度为
但从图像可知，甲图所表示的运动为加速度逐渐减小的加速运动，在这段时间内的位移大于匀变速直线运动的位移，根据
可知物体在这段时间内平均速度大于，故A错误；
B．乙图中所对应的直线运动，其速度与位移的关系为
可知，图线斜率表示，可得该运动的加速度大小为，故B错误；
C．图像中，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则可知丙图中，阴影面积表示时间内物体速度的变化量，故C错误；
D．将匀变速直线运动位移与时间的关系式变式
可得
将坐标（1，0）、（3，10）代入上式可得
，
则0~3秒内物体的位移大小为
故D正确。
故选D。
8. 如图所示，A、B为弹性竖直挡板，相距L=4m，A、B之间为水平导轨。一小球（可视为质点）自A板处开始，以的速度沿导轨向B板运动，它与A、B挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球恰好停在两挡板的中间，这个加速度的大小可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可把小球整个过程的运动看成是匀减速直线运动，设加速度大小为a，为使小球恰好停在两挡板的中间，小球通过的路程应满足
（，，）
根据运动学公式可得
可得
（，，）
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
当时，可得
故选C。
9. 如图所示，P、Q两本完全相同的物理课本，叠放在足够长的水平桌面上，所有接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每本物理课本的质量均为m，重力加速度大小为g，若用手在P的右侧挡住P（图中未画出），则要将物理课本Q从物理课本P下方沿水平方向抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】P、Q之间最大静摩擦力为
Q与水平桌面之间的最大静摩擦力为
则要将物理课本Q从物理课本P下方沿水平方向抽出，作用在物理课本Q上的水平拉力F应满足
故选B。
10. 如图所示，质量为的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为的小球（），用力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向成角，此时细线的拉力为。若仍用力水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为，则下列关系正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有
再对小球分析，如图：
由几何关系可得
，
联立解得
，
再对右图情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有
再对小球分析，如图：
由几何关系可得
，
联立解得
，
综上可得
，
所以
又因为，即，则有
所以有
故选C。
11. 城市高层建筑建设施工，往往采用配重的方式把装修材料运送到高处，精简模型如图甲所示，“固定于水平面上倾角为37°的斜面，绕过顶端定滑轮的轻绳链接两小球A、B（可视作质点），质量分别为M和m，B小球被固定于地面上的锁定装置锁定，某时刻解除锁定，安装在斜面底端的位移采集传感器采集到A在斜面上下滑的位移x与时间t的二次方关系如图乙所示，若该图像的斜率为k，不考虑一切摩擦，重力加速度取g = 10m/s2，sin37° = 0.6，则A与B的质量之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】解除锁定后，沿绳方向上对A、B和绳组成的系统由牛顿第二定律有
对A由运动学规律有
结合图像斜率，即，联立解得
故选B。
二、实验题（16分）
12.实验题（每空2分，共16分）
12. 唐同学和李同学一起用实验探究胡克定律，他们把弹簧上端固定在铁架台的横杆上，弹簧的右侧固定一刻度尺，如图甲所示。在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录弹簧弹力F和相关数据。
（1）唐同学根据实验数据，绘制的弹力F与x的关系图像如图乙所示，图中x表示__________。
A. 弹簧的形变量B. 弹簧形变量的变化量
C. 弹簧处于水平状态下的自然长度D. 弹簧处于竖直状态下的自然长度
（2）李同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，根据实验数据绘制F与x图像（未画出），发现图像中弹簧a的斜率小于弹簧b的斜率，由此可知弹簧a的劲度系数__________（填“于”“等于”或“小于”）弹簧b的劲度系数。
（3）实验过程中发现某类弹簧自身受到的重力相对其弹力非常小；可视为轻质弹簧，若把类弹簧在铁架台上竖直悬挂时，弹簧呈现的形态如下图中的__________。
A. B. C.
（4）两位同学分别用同一弹簧来做实验，其中唐同学是测出弹簧处于竖直状态且不挂钩码时的弹簧长度作为原长，李同学是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两位同学完成实验后，得到如下图像；其中实线是唐同学的，虚线是李同学的，则下列图像正确的是__________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）A （2）小于 （3）C （4）D
【解析】
【小问1详解】
根据胡克定律
结合图像可知图中x表示弹簧的形变量。
故选A。
【小问2详解】
由（1）中分析可知，F-x图像中斜率表示弹簧的劲度系数，由于图像中弹簧a的斜率小于弹簧b的斜率，由此可知弹簧a的劲度系数小于弹簧b的劲度系数。
【小问3详解】
弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长。
故C正确。
【小问4详解】
实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律
甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则图像过原点；乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。
故选D。
13. 某同学在做探究加速度与力和质量的关系的实验中，设计了如图甲所示的实验装置。
（1）利用游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图乙所示，遮光条的宽度______________cm；
（2）将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平；将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离s；打开气源，释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t；可得滑块经过光电门时的速度大小______________，滑块运动加速度大小。______________（用d、t、s表示）；
（3）实验时用拉力传感器直接测得的拉力F，则滑块运动加速度a与拉力F的关系图像最符合本实验实际情况的是______________。（选填选项前的字母）
A. B. C. D.
【答案】（1）0.540
（2） ①. ②.
（3）C
【解析】
小问1详解】
20分度游标卡尺的精确值为，则滑块的宽度为
【小问2详解】
[1] 滑块经过光电门时的速度大小
[2] 根据
将
带入可得
【小问3详解】
传感器的读数直接得出了拉力F，滑块在气垫导轨上运动不受摩擦力作用，F就是滑块所受的合外力，没有系统误差，所以图像应该是一条通过原点的倾斜的直线。故选C。
三、计算题（40分）
14. 如图所示，质量为40kg的物体B放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为4kg的小球A相连，不计滑轮摩擦，车厢水平向右匀加速运动，加速度，物体B能压在车厢底板上不滑动，g取10m/s2.
（1）细线对小球A的拉力为多大；
（2）若物体B与车厢底板间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则物体B与车厢间的动摩擦因数最小为多少。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
以小球为研究对象，受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可知
故细线的拉力
【小问2详解】
以B物体为研究对象，则有
又因为
解得
故物体B与车厢间的动摩擦因数最小为0.86。
15. 如图所示，质量为的滑块以的初速度沿倾角为的斜面上滑，经滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知，，求滑块：
（1）最大位移的大小；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）返回到出发点的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，经滑行到最高点，此时位移最大，由运动学公式，则有位移大小为
（2）滑块沿斜面向上的加速度大小为
由牛顿第二定律可得
联立解得
（3）滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律可得
解得加速度大小
由速度位移关系公式可得
v2=2a2x
解得
16. 如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物体P、Q通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mp=2kg，mQ=1kg，已知某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，P与定滑轮之间的轻绳始终保持水平，不计定滑轮的质量和摩擦。小物块P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，g＝10m/s2．求：
（1）小物块P在传送带上向左运动的最大的距离x；
（2）小物块P离开传送带的时速度大小v。
【答案】（1）2.25m；（2）
【解析】
【详解】（1）P先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移为x1，由牛顿第二定律可知，对P
对Q
联立以上方程解得
a1=4m/s2
由运动学公式得
解得
x1=1.5m
P接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，由牛顿第二定律可知，对P
对Q
联立以上方程解得
由运动学公式得
2a2x2＝v12
解得
x2=0.75m
故P向左运动的最大距离
x=x1+x2=2.25m
（2）P向左的速度减为0后，再以加速度a2向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式得
2a2x=v2
解得
17. 如图，长5m、质量2kg的长木板B静止在水平面上，质量2kg的小滑块A（可视为质点）静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数为0.5，木板与水平面间的动摩擦因数为0.2。某时刻起，给滑块施加一大小20N、方向与木板成角的恒定拉力F作用，滑块到达木板的中点时撤去此力。已知重力加速度大小为10，。求
(1)滑块的最大速度；
(2)木板运动的时间。
【答案】(1)5m/s；(2)1.25s
【解析】
【分析】
【详解】(1)滑块在拉力作用下加速运动，设其加速度为，根据牛顿第二定律
此过程中，木板与水平面间的摩擦力
解得
由于，所以木板不动。
撤去拉力时，滑块的速度最大
代入题给数据解得
(2)撤去F后，滑块与木板间摩擦力，滑块减速、木板加速滑块的加速度大小
木板的加速度
设再经过时间滑块与木板速度相同
解得
设此过程中滑块在木板上滑过的长度为x
代入数据解得
滑块未滑离木板，二者一起匀减速至停止。其加速度
该过程的运动时间
解得
木板的运动时间
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