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黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高三上学期8月开学考试物理试卷（解析版）
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这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高三上学期8月开学考试物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 如图所示， 将A、B两物块靠在一起， B放置在地面上， A上端用轻绳拴在天花板上， 轻绳处于竖直伸直状态， 整个装置静止。关于A、B受力的说法正确的是（ ）
A. A、B之间一定有摩擦力
B. 地面对B的支持力一定小于A、B重力之和
C. 若A受到2个力， 则B一定受到2个力
D. 若A受到3个力， 则B一定受到3个力
【答案】C
【解析】
【详解】A．A可以只受重力和绳子的拉力平衡，此时AB之间没有弹力和摩擦力，A错误；
B．当绳子拉力为零时，对AB整体受力分析，可得地面对B的支持力等于A、B重力之和，B错误；
C．若A只受重力和绳子拉力2个力，则B就受重力和地面的支持力2个力，C正确；
D．若A受3个力，则这3个力分别是重力、B对A的支持力、B对A的摩擦力，则B就会受重力、A对B的压力、A对B的摩擦力、地面对B的支持力共4个力，D错误。
故选C。
2. “天宫课堂”第四课于2023年9月21日15时45分开课，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击水球，水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是（ ）
A. 梦天实验舱内，水球体积越小其惯性越大
B. 击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力
C. 击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
D. 梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，不受重力的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．惯性由质量决定，梦天实验舱内，水球体积越小，质量越小，惯性越小，故A错误；
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力，故B正确；
C．击球过程中，水球所受弹力是由于“球拍”发生形变产生的，故C错误；
D．梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，但仍受重力作用，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（OO′沿杆方向）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
可知杆对小球的作用力竖直向上的分力保持不变，杆对小球的作用力水平向右的分力随加速度增大而逐渐增大。
故选C。
4. 如图甲所示，两段等长轻质细线将质量均为m的小球A、B（均可视为质点）悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设AO、BO与竖直方向的夹角为，首先对两个球整体分析，受、重力及AO拉力，如图所示
根据平衡条件，有
再隔离球B分析，如图所示
根据平衡条件，有
联立解得
故
故选B。
5. 如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（ ）
A. ta＞tb＞tcB. ta＜tb＜tc
C. ta＝tb＝tcD. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，则轨道的长度
下滑的加速度
根据位移时间公式得
因为轨道a、b、c与圆竖直直径的夹角由小至大，所以有
tc＞tb＞ta
故选B。
【名睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出时间的表达式，结合角度的大小关系进行比较。
6. 如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳OA的一端O固定在此圆环的圆心，另一端A拴一球，轻绳AB的一端拴球，另一端固定在圆环上的B点。最初，两绳均被拉直，夹角为θ（）且OA水平。现将圆环绕圆心O顺时针缓慢转过90°的过程中（夹角θ始终不变），以下说法正确的是（ ）
A. OA上的张力逐渐增大B. OA上的张力先增大后减小
C. AB上的张力逐渐增大D. AB上的张力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
取球为研究对象，缓慢转动过程可视为平衡状态，物体受到重力mg，OA绳子的拉力，AB绳子的拉力，这三个力合力为零，可构成如图所示的矢量三角形，由动态图分析可知先增大后减小，一直减小到零。
故选择B。
7. 如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。已知A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、2m，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态。细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. A球加速度大小为B. B球的加速度大小为
C. 弹簧的弹力大小为D. 轻杆的拉力大小为
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．细绳烧断前，对A、B、C整体进行分析，系统静止，处于平衡状态，合力为零，由平衡条件可得
解得弹簧弹力大小为
烧断细线的瞬间，细线的拉力消失，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故A正确，BC错误；
D．设A、B之间杆的拉力大小为，以B为研究对象，有
解得
故D错误。
故选A。
8. 如图所示， 不可伸长的悬线MO绳下端挂一质量为m的物体， 在拉力F作用下物体静止， 此时悬线与竖直方向的夹角为α。现保夹角持α不变， 拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中 （重力加速度为 g）（ ）
A. F逐渐减小， OM绳拉力逐渐减小
B. F先减小后增大， OM绳拉力逐渐减小
C. 若F的方向水平向右，则F=mgtanα
D. F的最小值为mgsina
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据题意，以结点O为受力fenxi 点，做出受力分析的矢量三角形，如图所示
可知，保夹角持α不变， 拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力F先减小后增大，OM绳拉力T逐渐减小，故A错误，B正确；
C．当力F的方向水平向右时，受力分析如图所示
根据几何关系可得
解得
故C正确；
D．当力F垂直于OM绳上的拉力T时，力F有最小值，根据几何关系可得
解得
故D正确。
故选BCD。
9. 倾斜角度为的斜面上有和两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为和。两物体间用一根原长为的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。则以下说法正确的是（ ）
A. L可能大于B. 一定大于C. 可能小于D. 弹簧弹力不可能为零
【答案】AC
【解析】
【详解】ABC．当时，的平衡方程为
的平衡方程为
此时弹簧是压缩状态，L小于；
当时，的平衡方程为
的平衡方程为
此时弹簧是伸长状态，L大于L0，故AC正确，B错误；
D．当时， 的平衡方程为
的平衡方程为
此时弹簧弹力零，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为，传送带以的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知，，。（ ）
A. 煤块从A到B运动的时间为
B. 煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为
C. 煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为
D. 若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．开始阶段，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为
所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，由题意得
则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据解得
设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则
代入数据解得
或（舍去）
煤块从A到B的时间为
故A正确；
BC．第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为
故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为
即煤块相对传送带下移1m；故传送带表面留下黑色炭迹的长度为
故B错误，C正确；
D．若增加皮带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短；则有
代入数据解得
故D正确。
故选ACD。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 一个实验小组在“验证力平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，和为细绳。
（1）本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误差___________。
A. 两个分力的夹角尽量小些
B. 两个分力大小要适当大些
C. 拉橡皮筋的细绳要稍短一些
D. 实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度
（2）为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧测力计成一定角度拉橡皮筋时，除了记录结点O位置外，还必须记录的有___________。
A. 两细绳的方向B. 橡皮筋的原长C. 两弹簧测力计的示数D. 两细绳的夹角
（3）图中，使绳拉力大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，则绳上拉力的大小和方向应如何变化（ ）
A. 一定沿顺时针转动B. 一定沿逆时针转动C. 一定变大D. 一定变小
【答案】（1）BD （2）AC
（3）BD
【解析】
【小问1详解】
A．两个分力的夹角不能太大，也不能太小，故A错误；
B．两个分力大小要适当大些，这样可减小误差，故B正确；
C．拉橡皮筋的细绳要稍长一些，这样可减小记录力的方向时产生的误差，故C错误；
D．实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度，故D正确。
故选BD。
【小问2详解】
为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧测力计成一定角度拉橡皮筋时，除了记录结点O位置外，还必须记录的有两细绳的方向、两弹簧测力计的示数。
故选AC。
【小问3详解】
对结点O受力分析，结点受三个力：橡皮条的拉力和两个弹簧测力计的拉力；使绳拉力大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，两弹簧测力计的合力方向、大小都不变，如图所示
由图可知绳上拉力的大小一定变小，方向一定沿逆时针转动。
故选BD。
12. 某实验小组利用图(a)所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)下列做法正确的是_____(填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)某同学通过实验得到如图(b)所示的aF图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)．
(3)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”、“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件．
(4)某同学得到如下图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δs＝sDG－sAD＝________cm．由此可算出小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)．
【答案】 ①. AD ②. 偏大 ③. 小于 ④. M≫m ⑤. 1.80 ⑥. 5.0
【解析】
【详解】（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误； 打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误； 平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcsθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；故选AD.
（2）由图像可知，当外力F为零时，小车已经有了加速度，说明是平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过头造成的．
（3）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg-T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为 a=，，即实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足m＜＜M的条件，才能有效的保证实验的准确性；
（4）根据刻度尺的示数可知△s= sDG－sAD=3.90cm-2.10cm=1.80cm，时间间隔为t=0.06s，
代入公式△x=at2可以求出加速度为：a=5.0m/s2．
【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
13. 如图所示，绳OA能承受最大拉力为6 N，与水平方向夹角为53º，绳OB能承受最大拉力为8 N，与水平方向夹角37°，绳OC能承受足够的拉力．则绳OC下端所悬挂物体的最大重力是多少？（sin37=0.6º，sin53=0.8º）
【答案】7.5N
【解析】
【详解】选点O为研究对象，受力分析根据平衡条件可知：
FAO=mgcs37°，FBO=mgsin37°
当绳OA承受最大拉力6 N，重力为
此时绳OB拉力
FBO=mgsin37°=4.5N<8N
当绳OB承受最大拉力8 N，重力为
此时绳OA拉力
FAO=mgcs37°=>6N
所以绳OC下端所悬挂物体的最大重力是7.5N。
14. 在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ=固定，质量为m=2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时风停止。小球沿细杆运动的部分v一t图象如图乙所示，取g=10m/s2， sin=0.6， cs＝0.8，忽略浮力。求:
（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小
（2）小球沿杆上升的最大位移的大小
（3）风停后再经5s，小球的速度
【答案】（1）0.5，50N. （2）75m. （3）4m/s.
【解析】
【详解】(1)取沿杆向上为正方向，由图象可知：
在0～2 s内加速度为：
在2～5 s内加速度为：
有风力时的上升过程，小球受力分析如图所示；
由牛顿第二定律得：Fcsθ-μ（mgcsθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma1
停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；
根据牛顿第二定律有：-μmgcsθ-mgsinθ=ma2
解得：
μ=0.5
F=50 N
(2)在v-t图象中，图线与坐标轴所围的面积表示位移即小球沿杆上升的最大位移为：
(3)风停后，由牛顿第二定律得： mgsinθ-μmgcsθ=ma3
代入数据解得：
a3=2m/s2
由图象可知风停后5s内，小球沿杆下滑了2s，则此时速度为：
15. 如图所示，有一长为L＝1.4 m的木板静止在光滑的水平面上，木板质量为M＝4 kg；木板右端放一可视为质点的小滑块，质量为m＝1 kg．小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2）．
（1）现用恒力F作用在木板M上，为使得m能从M上面滑落下来，求F大小范围．
（2）其他条件不变，若恒力F ＝28 N ，欲抽出木板，水平恒力至少要作用多长时间？
【答案】（1）F>20N；（2）1s
【解析】
【详解】（1）对小滑块，由牛顿第二定律得
μmg＝ ma1
小滑块加速度
a1＝μg＝4 m/s2
对木板，由牛顿第二定律得
F-μmg＝ Ma’
木板加速度
要是小滑块从木板上面滑下，则要求
a′＞a
解得
F＞20 N
（2）恒力F＝28N＞20 N，小滑块m、木板M相对运动，设恒力F作用了t1时间后撤去，又经时间t 2 ，小滑块m从木板M上掉下，木板在t1时间内的位移为x1，时刻的速度为v 1，由牛顿运动定律得
F－μmg＝ Ma 1
木板在t2时间内的位移为x2，时刻的速度为v2，由牛顿运动定律得：
mg ＝ Ma 2
小滑块在（t 1＋t 2）时间内的位移为x3 ，这时刻的速度为v3，由牛顿运动定律得
mg＝ma 3
恰能抽出时应满足
v3＝v2
且
L＝( x1＋x2 )-x3
代入数据解得
t 1＝1s
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1. 如图所示， 将A、B两物块靠在一起， B放置在地面上， A上端用轻绳拴在天花板上， 轻绳处于竖直伸直状态， 整个装置静止。关于A、B受力的说法正确的是（ ）
A. A、B之间一定有摩擦力
B. 地面对B的支持力一定小于A、B重力之和
C. 若A受到2个力， 则B一定受到2个力
D. 若A受到3个力， 则B一定受到3个力
【答案】C
【解析】
【详解】A．A可以只受重力和绳子的拉力平衡，此时AB之间没有弹力和摩擦力，A错误；
B．当绳子拉力为零时，对AB整体受力分析，可得地面对B的支持力等于A、B重力之和，B错误；
C．若A只受重力和绳子拉力2个力，则B就受重力和地面的支持力2个力，C正确；
D．若A受3个力，则这3个力分别是重力、B对A的支持力、B对A的摩擦力，则B就会受重力、A对B的压力、A对B的摩擦力、地面对B的支持力共4个力，D错误。
故选C。
2. “天宫课堂”第四课于2023年9月21日15时45分开课，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击水球，水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是（ ）
A. 梦天实验舱内，水球体积越小其惯性越大
B. 击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力
C. 击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的
D. 梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，不受重力的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．惯性由质量决定，梦天实验舱内，水球体积越小，质量越小，惯性越小，故A错误；
B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力，故B正确；
C．击球过程中，水球所受弹力是由于“球拍”发生形变产生的，故C错误；
D．梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，但仍受重力作用，故D错误。
故选B。
3. 如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（OO′沿杆方向）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得
水平方向根据牛顿第二定律可得
可知杆对小球的作用力竖直向上的分力保持不变，杆对小球的作用力水平向右的分力随加速度增大而逐渐增大。
故选C。
4. 如图甲所示，两段等长轻质细线将质量均为m的小球A、B（均可视为质点）悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设AO、BO与竖直方向的夹角为，首先对两个球整体分析，受、重力及AO拉力，如图所示
根据平衡条件，有
再隔离球B分析，如图所示
根据平衡条件，有
联立解得
故
故选B。
5. 如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（ ）
A. ta＞tb＞tcB. ta＜tb＜tc
C. ta＝tb＝tcD. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，则轨道的长度
下滑的加速度
根据位移时间公式得
因为轨道a、b、c与圆竖直直径的夹角由小至大，所以有
tc＞tb＞ta
故选B。
【名睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出时间的表达式，结合角度的大小关系进行比较。
6. 如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳OA的一端O固定在此圆环的圆心，另一端A拴一球，轻绳AB的一端拴球，另一端固定在圆环上的B点。最初，两绳均被拉直，夹角为θ（）且OA水平。现将圆环绕圆心O顺时针缓慢转过90°的过程中（夹角θ始终不变），以下说法正确的是（ ）
A. OA上的张力逐渐增大B. OA上的张力先增大后减小
C. AB上的张力逐渐增大D. AB上的张力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
取球为研究对象，缓慢转动过程可视为平衡状态，物体受到重力mg，OA绳子的拉力，AB绳子的拉力，这三个力合力为零，可构成如图所示的矢量三角形，由动态图分析可知先增大后减小，一直减小到零。
故选择B。
7. 如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。已知A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、2m，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态。细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. A球加速度大小为B. B球的加速度大小为
C. 弹簧的弹力大小为D. 轻杆的拉力大小为
【答案】A
【解析】
【详解】ABC．细绳烧断前，对A、B、C整体进行分析，系统静止，处于平衡状态，合力为零，由平衡条件可得
解得弹簧弹力大小为
烧断细线的瞬间，细线的拉力消失，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故A正确，BC错误；
D．设A、B之间杆的拉力大小为，以B为研究对象，有
解得
故D错误。
故选A。
8. 如图所示， 不可伸长的悬线MO绳下端挂一质量为m的物体， 在拉力F作用下物体静止， 此时悬线与竖直方向的夹角为α。现保夹角持α不变， 拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中 （重力加速度为 g）（ ）
A. F逐渐减小， OM绳拉力逐渐减小
B. F先减小后增大， OM绳拉力逐渐减小
C. 若F的方向水平向右，则F=mgtanα
D. F的最小值为mgsina
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．根据题意，以结点O为受力fenxi 点，做出受力分析的矢量三角形，如图所示
可知，保夹角持α不变， 拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力F先减小后增大，OM绳拉力T逐渐减小，故A错误，B正确；
C．当力F的方向水平向右时，受力分析如图所示
根据几何关系可得
解得
故C正确；
D．当力F垂直于OM绳上的拉力T时，力F有最小值，根据几何关系可得
解得
故D正确。
故选BCD。
9. 倾斜角度为的斜面上有和两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为和。两物体间用一根原长为的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。则以下说法正确的是（ ）
A. L可能大于B. 一定大于C. 可能小于D. 弹簧弹力不可能为零
【答案】AC
【解析】
【详解】ABC．当时，的平衡方程为
的平衡方程为
此时弹簧是压缩状态，L小于；
当时，的平衡方程为
的平衡方程为
此时弹簧是伸长状态，L大于L0，故AC正确，B错误；
D．当时， 的平衡方程为
的平衡方程为
此时弹簧弹力零，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为，传送带以的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知，，。（ ）
A. 煤块从A到B运动的时间为
B. 煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为
C. 煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为
D. 若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．开始阶段，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为
所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，由题意得
则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据解得
设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则
代入数据解得
或（舍去）
煤块从A到B的时间为
故A正确；
BC．第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为
故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为
即煤块相对传送带下移1m；故传送带表面留下黑色炭迹的长度为
故B错误，C正确；
D．若增加皮带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短；则有
代入数据解得
故D正确。
故选ACD。
二、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 一个实验小组在“验证力平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，和为细绳。
（1）本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误差___________。
A. 两个分力的夹角尽量小些
B. 两个分力大小要适当大些
C. 拉橡皮筋的细绳要稍短一些
D. 实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度
（2）为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧测力计成一定角度拉橡皮筋时，除了记录结点O位置外，还必须记录的有___________。
A. 两细绳的方向B. 橡皮筋的原长C. 两弹簧测力计的示数D. 两细绳的夹角
（3）图中，使绳拉力大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，则绳上拉力的大小和方向应如何变化（ ）
A. 一定沿顺时针转动B. 一定沿逆时针转动C. 一定变大D. 一定变小
【答案】（1）BD （2）AC
（3）BD
【解析】
【小问1详解】
A．两个分力的夹角不能太大，也不能太小，故A错误；
B．两个分力大小要适当大些，这样可减小误差，故B正确；
C．拉橡皮筋的细绳要稍长一些，这样可减小记录力的方向时产生的误差，故C错误；
D．实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度，故D正确。
故选BD。
【小问2详解】
为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧测力计成一定角度拉橡皮筋时，除了记录结点O位置外，还必须记录的有两细绳的方向、两弹簧测力计的示数。
故选AC。
【小问3详解】
对结点O受力分析，结点受三个力：橡皮条的拉力和两个弹簧测力计的拉力；使绳拉力大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，两弹簧测力计的合力方向、大小都不变，如图所示
由图可知绳上拉力的大小一定变小，方向一定沿逆时针转动。
故选BD。
12. 某实验小组利用图(a)所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系．
(1)下列做法正确的是_____(填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)某同学通过实验得到如图(b)所示的aF图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)．
(3)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”、“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件．
(4)某同学得到如下图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δs＝sDG－sAD＝________cm．由此可算出小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)．
【答案】 ①. AD ②. 偏大 ③. 小于 ④. M≫m ⑤. 1.80 ⑥. 5.0
【解析】
【详解】（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误； 打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误； 平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcsθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；故选AD.
（2）由图像可知，当外力F为零时，小车已经有了加速度，说明是平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过头造成的．
（3）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg-T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为 a=，，即实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足m＜＜M的条件，才能有效的保证实验的准确性；
（4）根据刻度尺的示数可知△s= sDG－sAD=3.90cm-2.10cm=1.80cm，时间间隔为t=0.06s，
代入公式△x=at2可以求出加速度为：a=5.0m/s2．
【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
13. 如图所示，绳OA能承受最大拉力为6 N，与水平方向夹角为53º，绳OB能承受最大拉力为8 N，与水平方向夹角37°，绳OC能承受足够的拉力．则绳OC下端所悬挂物体的最大重力是多少？（sin37=0.6º，sin53=0.8º）
【答案】7.5N
【解析】
【详解】选点O为研究对象，受力分析根据平衡条件可知：
FAO=mgcs37°，FBO=mgsin37°
当绳OA承受最大拉力6 N，重力为
此时绳OB拉力
FBO=mgsin37°=4.5N<8N
当绳OB承受最大拉力8 N，重力为
此时绳OA拉力
FAO=mgcs37°=>6N
所以绳OC下端所悬挂物体的最大重力是7.5N。
14. 在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ=固定，质量为m=2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时风停止。小球沿细杆运动的部分v一t图象如图乙所示，取g=10m/s2， sin=0.6， cs＝0.8，忽略浮力。求:
（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小
（2）小球沿杆上升的最大位移的大小
（3）风停后再经5s，小球的速度
【答案】（1）0.5，50N. （2）75m. （3）4m/s.
【解析】
【详解】(1)取沿杆向上为正方向，由图象可知：
在0～2 s内加速度为：
在2～5 s内加速度为：
有风力时的上升过程，小球受力分析如图所示；
由牛顿第二定律得：Fcsθ-μ（mgcsθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma1
停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；
根据牛顿第二定律有：-μmgcsθ-mgsinθ=ma2
解得：
μ=0.5
F=50 N
(2)在v-t图象中，图线与坐标轴所围的面积表示位移即小球沿杆上升的最大位移为：
(3)风停后，由牛顿第二定律得： mgsinθ-μmgcsθ=ma3
代入数据解得：
a3=2m/s2
由图象可知风停后5s内，小球沿杆下滑了2s，则此时速度为：
15. 如图所示，有一长为L＝1.4 m的木板静止在光滑的水平面上，木板质量为M＝4 kg；木板右端放一可视为质点的小滑块，质量为m＝1 kg．小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2）．
（1）现用恒力F作用在木板M上，为使得m能从M上面滑落下来，求F大小范围．
（2）其他条件不变，若恒力F ＝28 N ，欲抽出木板，水平恒力至少要作用多长时间？
【答案】（1）F>20N；（2）1s
【解析】
【详解】（1）对小滑块，由牛顿第二定律得
μmg＝ ma1
小滑块加速度
a1＝μg＝4 m/s2
对木板，由牛顿第二定律得
F-μmg＝ Ma’
木板加速度
要是小滑块从木板上面滑下，则要求
a′＞a
解得
F＞20 N
（2）恒力F＝28N＞20 N，小滑块m、木板M相对运动，设恒力F作用了t1时间后撤去，又经时间t 2 ，小滑块m从木板M上掉下，木板在t1时间内的位移为x1，时刻的速度为v 1，由牛顿运动定律得
F－μmg＝ Ma 1
木板在t2时间内的位移为x2，时刻的速度为v2，由牛顿运动定律得：
mg ＝ Ma 2
小滑块在（t 1＋t 2）时间内的位移为x3 ，这时刻的速度为v3，由牛顿运动定律得
mg＝ma 3
恰能抽出时应满足
v3＝v2
且
L＝( x1＋x2 )-x3
代入数据解得
t 1＝1s
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