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2020-2021学年山西省高一（上）期末物理试卷
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这是一份2020-2021学年山西省高一（上）期末物理试卷，共23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。
2020-2021学年山西省高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 2020年11月10日，“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m，其最大荷载是240kg，巡航速度可达0.56m/s。潜水器可承受压强超过110Mpa，外侧机械手持重能力超过600N，创造了中国载人深潜的新记录!下列说法正确的是( )
A. “N”与“m”都是国际单位制中的基本单位
B. “Mpa”与“kg”都是国际单位制中的基本单位
C. “m/s”是国际单位制中的导出单位
D. 在力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能用其他单位
2. 为最大限度减少交通事故造成的伤亡，山西公安开展了“一盔一带”安全守护行动，对驾乘摩托车不戴头盔、驾乘车辆不按规定使用安全带的交通违法行为进行严格管理。下列说法正确的是( )
A. 安全带可有效减小驾乘人员的惯性，避免严重交通事故伤害
B. 汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，惯性越大
C. 摩托车转弯时要控制适当的速度和角度，也就是调控人和车的惯性
D. 超载运行的大货车不容易停下来是因为其质量大、惯性大
3. 教室里的竖直黑板上通常吸有一些小磁铁(如图中小兔)，“小兔”被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案等。则“小兔”( )
A. 受到黑板的吸引力大于受到的弹力
B. 受到黑板的吸引力与弹力是一对相互作用力
C. 受到黑板的摩擦力与它受到的重力是一对平衡力
D. 受到黑板的弹力与黑板受到的压力是一对平衡力
4. 如图，楔形物块M固定在水平地面上，其斜面的倾角为θ。斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑，则m的受力示意图大致正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 2020年12月31日，龙城太原开启地铁时代。如图是地铁2号线大南门站内的换乘电梯，一名质量为50kg的乘客乘坐该竖直电梯上楼，其v−t图象如图所示，取g=10m/s2，则( )
A. 0～1s内，乘客对电梯压力的大小为600N
B. 1～3s内，乘客对电梯的压力就是乘客所受的重力
C. 3～5s内，电梯对乘客支持力的大小为550N
D. 0～5s内，乘客随电梯向上运动了10m
6. 三个共点力F1、F2、F3可用如图所示的有向线段表示，它们围成封闭的三角形。则这三个力的合力最大的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一小滑块在水平力F的作用下自P点沿曲面缓慢上滑。设滑块受球面的支持力为FN，则在小滑块缓慢上升的过程中( )
A. FN逐渐增大 B. FN逐渐减小 C. F大小不变 D. F逐渐减小
8. 如图，小车a处于光滑水平面上，一弹性绳将小车a与竖直墙壁连接；a的水平上表面放有物块b。现给a和b向左的相同速度v0，在之后的运动过程中，a与b始终保持相对静止。则在弹性绳从刚好拉直到长度最大的过程中( )
A. b对a的摩擦力保持不变 B. b对a的摩擦力一直增大
C. a受到的合力一直减小 D. a的加速度一直减小
9. 2020年12月12日，太郑高铁正式通车运营，将太原至郑州的运行时间压缩至2个多小时。现有一辆由12节车厢编组的列车，第1、4、5、7和11共五节为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量都为m。当列车在平直轨道上匀加速起动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为F，每节车厢所受阻力均为车重的k倍，则起动时( )
A. 乘客对车厢的作用力方向竖直向下
B. 列车的加速度大小为F−kmgm
C. 第1节车厢对第2节车厢的作用力大小为7F12
D. 第11节车厢对第12节车厢的作用力大小为3F12
10. 2020年12月1日，山西省残疾人旱地冰壶比赛在太原开幕。将运动员推冰壶的情景简化为图甲的模型；t=0时，运动员对冰壶施加一水平向右的推力F，F−t图象如图乙所示；冰壶的图象如图丙所示。由此可知冰壶的质量及冰壶与地面间的动摩擦因数分别为( )(取g=10m/s2)
A. 1kg，0.05 B. 1kg，0.1 C. 2kg，0.1 D. 2kg，0.05
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多科学研究方法，推动了物理学的发展和人类文明的进程。关于力和运动关系的研究，下列说法符合史实的是( )
A. 亚里士多德提出了力的概念，认为物体的运动不需要力来维持
B. 伽利略理想斜面实验的结论是完全基于实验事实归纳得出的
C. 笛卡尔认为运动物体如果没有受到力的作用，将以同一速度沿同一直线运动
D. 牛顿指出物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因
12. 2020年12月1日，嫦娥五号探测着陆组合器从距离月面约15km处开始实施动力下降，速度从约17km/s降为零后成功着陆月面。之后，探测器开始月面挖掘工作。如图是探测器在月球表面静止后升起国旗并留下“脚印”的图片，下列说法正确的是( )
A. 组合器动力下降阶段处于超重状态
B. 组合器动力下降阶段处于失重状态
C. 在月面上留下“脚印”，是因为探测器对月面的压力大于月面对探测器的支持力
D. 探测器对月面的压力是由于探测器支撑柱发生形变而产生的
13. 甲、乙两汽车在同一条平直公路上运动，其位置−时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，下列说法正确的是( )
A. t1时刻，两车的速率相等
B. t2时刻，两车到达同一位置
C. t1～t2时间内，甲车的速率先减小后增大
D. t1～t2时间内，乙车速度最小时受到的合力为零
14. “奇迹石”是挪威最负盛名的旅游景点，这块有5m3大的石头卡在绝壁间，吸引着世界各地的旅行者，如图甲所示。将该景观简化成如图乙的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m，忽略石头与山崖间的摩擦。若石头对左壁的压力为F1，石头对右壁的压力为F2，则( )
A. F1=mgsinθ，F2=mgtanθ
B. F1=mgsinθ，F2=mgtanθ
C. 若由于左侧崖壁风化使得θ减小，则F1增大
D. 若由于左侧崖壁风化使得θ减小，则m受到的合力增大
15. 如图，在足够长的、倾角为30°的光滑斜面上，挡板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是( )
A. F作用前A、B静止时，弹簧的形变量为mg2k
B. 恒力F的值一定大于mg
C. 物块B开始运动时，物块A的加速度值为F−mgm
D. 物块B开始运动时，A发生位移的值为mg2k
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
16. 某同学利用图(a)的装置探究在弹性限度内弹簧弹力和伸长量的关系。将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的值，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指刻度尺的刻度值。
(1)当所挂钩码质量m为30g时，指针所指刻度如图(a)所示，则读数x为______ cm；
(2)该同学根据所测数据，建立了如图(b)的x−m坐标系，并描出了5组测量数据，请将(1)中读出的数据描在坐标系中(用“⋅”表示)，并作出x−m关系图线；
(3)根据x−m图象可求得该弹簧的劲度系数为______ N/m(取g=10m/s2，结果保留2位有效数字)。
17. 某小组用图(a)的装置做“探究小车质量一定时，加速度与力的关系”的实验。
(1)调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行。为让细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下最恰当的一项操作是______ ；
A.将木板水平放置，使小车在砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否匀速运动
B.将木板的一端垫起适当高度，不挂砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否匀速运动
C.将木板的一端垫起适当高度，撤去纸带及砂桶，轻推小车，观察判断小车是否匀速运动
(2)在平衡摩擦力后，为使小车所受拉力近似等于砂和砂桶的总重力，应使小车的质量______ (选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)砂和砂桶的总质量；
(3)实验得到的一条纸带如图(b)所示(相邻两计数点间还有四个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，可求得小车加速度的值为______ m/s2；
(4)若小组中甲、乙两同学先后用该装置进行实验，其中一位同学在小车中添加了砝码。两同学各自得到的a−F图象分别如图(c)中甲、乙所示，则在小车中所加砝码质量是小车质量的______ 倍。
四、计算题（本大题共6小题，共56.0分）
18. 2020年6月21日，时速600公里的高速磁浮试验样车在上海同济大学成功试跑，标志着我国高速磁浮交通系统研发取得重大突破!某次试跑时，质量为5.0×104kg的样车从车站由静止开始做匀加速直线运动，前进4.8×103m时速度达到120m/s。(取g=10m/s2)
(1)求样车加速过程中加速度的大小；
(2)当速度为100m/s时，样车所受阻力的大小为车重的0.15倍，求样车此时受牵引力的大小。
19. 在太原市汾河公园雨污分流改造施工中，预制构件需用起重机送至深深的排水沟内进行安装。如图，起重机将构件放到预定的深度时悬空保持静止，井下工人通过拉固定在O点的轻绳将构件微调到准确位置。已知构件的质量m=500kg，则当OQ绳水平、PO绳与竖直方向的夹角θ=5°且构件保持静止状态时。(取sin5°=0.09，cos5°=1，g=10m/s2)
(1)求OP、OQ绳拉力的大小；
(2)设最大静摩擦力等于滑动摩擦擦力，那么站在水平台板上质量为60kg的工人，鞋底与台板间的动摩擦因数至少是多大？
20. 2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器在月面点火，先竖直上升5分钟，再经姿态调整等阶段后顺利进入预定环月轨道，成功实现我国首次地外天体起飞……在上升器的竖直上升阶段，发动机的推力恒为300N，上升器的质量为500kg保持不变。已知嫦娥五号着陆器在降落月面的过程中，从0.8m高处由静止自由下落到月面所用时间为1.0s，不考虑月球表面及附近高空重力加速度的变化，求：
(1)月球表面的重力加速度；
(2)从点火开始经过5min，上升器速度的大小及其上升的高度。
21. 北京冬奥会即将到来，高级雪道上驰骋着适应雪道、提升技术的运动员。将雪场中的高级雪道简化为如图ABC的模型：AB为倾角θ=26°的山坡雪道，BC为水平雪道，AB与BC平滑相连。为适应赛道，一位质量m=80kg(含装备)的运动员，t=0时从A点处由静止在滑雪杆的助力下开始滑行，4.0s时到达山坡雪道上的P点，P点与坡底B点的距离为20m，然后停止助力，自由滑到B点后进入水平雪道，在B、C间滑行270m后停下。已知雪板与两部分雪道间的动摩擦因数均为0.1，运动员在AB、BC间沿直线运动且通过B点前后的速率不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin26°=0.44，cos26°=0.90。
(1)求运动员到达P点时速度的大小；
(2)若运动员助力滑下阶段做匀加速直线运动，且助力方向平行雪坡向下，求滑雪者助力的大小。
22. 飞机场常利用如图的传送带将地面上的行李运送到飞机上，传送带AB与地面的夹角θ=30°，传送带的长度L=10m、以v=2m/s的恒定速度向上运动。在传送带底端A轻轻放上一质量m=10kg的行李箱，已知行李箱与传送带间的动摩擦因数μ=235，取g=10m/s2，求：
(1)行李箱从A端运送到B端所需的时间；
(2)行李箱相对传送带滑动的距离。
23. 风筝滑雪是一种新兴的冬季运动，滑雪者借助风的力量在雪地或者冰面上滑行，时速可达上百公里。如图所示，运动员站在滑雪板上，在细风筝线的牵引下在水平雪面上以10m/s的速度匀速滑行，测得风筝线与水平方向的夹角θ=37°。已知运动员和滑雪板的总质量M=64.5kg，风筝质量m=3.5kg，滑雪板与雪面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不考虑空气阻力的影响。
(1)求风筝所受风力F的大小及方向；
(2)某时刻，运动员滑到动摩擦因数为0.015的冰面上，设风筝所受的风力不变，经多长时间运动员时速可达上百公里？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，而由这三个量推出的单位称导出单位；基本单位和导出单位组成单位制；在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克，时间单位秒作为基本单位；由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位。
本题考查力学单位制的基本知识，要求同学熟练掌握基本单位与导出单位的概念。
【解答】
A、N不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、Mpa不是国际单位制中的基本单位，故B错误；
C、m/s是国际单位制中由基本单位m和s导出的单位，故C正确；
D、力学的分析计算中，可以采用其他单位，但采用国际单位更加方便，故D 错误。
故选：C。
2.【答案】D
【解析】A：安全带无法改变人的质量，所以惯性不变，故A错误
B：速度与惯性大小无关，故B错误
C：惯性是物体的固有属性，只与质量有关，不能说调控惯性，故C错误
D：质量大，惯性大，货车的运动情况不易改变，所以不容易停下来。故D正确
故选：D。
牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小只与质量大小有关，与物体的受力情况和运动情况均无关。
本题主要抓住：牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小只与质量大小有关，与物体的受力情况和运动情况均无关
3.【答案】C
【解析】解：A、“小兔”受到黑板的吸引力(磁力)与受到的支持力(弹力)大小相等，是一对平衡力，大小一定相等，故A错误；
B、“小兔”受到黑板的吸引力(磁力)与受到的支持力(弹力)大小相等，是一对平衡力，不是相互作用力，故B错误；
C、因“小兔”处于平衡状态，竖直方向受到的重力与摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D、“小兔”受到黑板的支持力(弹力)与黑板受到的压力是一对相互作用力，故D错误；
故选：C。
相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．
二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．
解决本题的关键是掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．它们均大小相等，方向相反．
4.【答案】B
【解析】解：对m受力分析，物体受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的拉力；由于物体匀速上滑，故受沿斜面向下的摩擦力，故受力示意图如图B所示；故B正确，ACD错误。
故选：B。
物块m匀速上升，受力平衡，合力为零，按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析，明确物体受力情况。
本题考查受力分析，要注意在受力分析时不能添力也不能漏力，注意每个力都要找到其施力物体。
5.【答案】A
【解析】解：A、0～1s内，乘客的加速度a=21m/s2=2m/s2，由牛顿第二定律得：N−mg=ma，解得N=600N，故A正确；
B、1～3s内，乘客做匀速直线，对电梯的压力和乘客所受的重力相等，但压力并不是乘客所受的重力，两者不是同一性质的力，故B错误；
C、3～5s内，电梯匀减速，加速度a′=−22m/s2=−1m/s2，梯对乘客支持力N′−mg=ma′，解得：N′=450N，故C错误；
D、v−t图象面积表示位移，则0～5s内，乘客随电梯向上运动位移x=12(2+5)×2m=7m，故D错误。
故选：A。
根据加速度的方向确定乘客的超失重，根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出乘客对电梯的压力和电梯对乘客支持力，根据v−t图象求解位移。
根据加速度的方向确定乘客的超失重，结合牛顿第二定律，通过加速度的大小求出支持力和拉力的大小。根据v−t图象求解位移。
6.【答案】D
【解析】解：由矢量合成的法则可知，A选项中的合力的大小为0，B选项中的合力的大小为2F2，C选项中的合力的大小为2F3，D选项中的合力的大小为2F1，由图可知F1最大，所以合力最大的是D选项，故ABC错误，D正确。
故选：D。
在矢量三角形中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，由此可以判断分力与合力的关系，从而可以求得合力的大小。
本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，这是解决本题的关键所在。
7.【答案】A
【解析】解：对物体进行受力分析：物体受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff。
已知小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，我们可以看成小滑块每一个状态都是平衡状态。
根据平衡条件，应用力的合成得出：
F=Gtanθ
FN=Gsinθ
小滑块缓慢上升时，由几何关系可知，θ减小，故tanθ减小，sinθ减小。
根据以上表达式可以发现F增大，FN增大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对物体进行受力分析，根据共点力平衡知识，结合力的合成求出所求力的表达式。再根据几何关系去判断力的变化。
物体的动态平衡依然为高考命题热点，解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境是分析平衡问题的关键；二是要学会利用力学平衡的结论(比如：合成法、正交分解法、效果分解法、三角形法、假设法等)来解答；三是要养成迅速处理矢量计算和辨析图形几何关系的能力。
8.【答案】B
【解析】解：ABD、在弹性绳从刚好拉直到长度最大的过程中，对ab组成的整体受力分析，受到重力，支持力，弹性绳对a的拉力，当形变量增大时，弹力F增大，根据牛顿第二定律可得：F=(ma+mb)a，故a增大，对b分析，在水平方向受到a对b的静摩擦力，静摩擦力提供b做加速运动，根据f=ma可知，静摩擦力增大，根据牛顿第三定律可得，b对a的静摩擦力增大，故AD错误，B正确；
C、由于a的加速度增大，根据牛顿第二定律可知：Fa合=maa，故受到的合力增大，故C错误；
故选：B。
在弹性绳从刚好拉直到长度最大的过程中，对ab组成的整体受力分析，受到重力，支持力，弹性绳对a的拉力，当形变量增大时，弹力F增大，根据牛顿第二定律求得加速度的变化，然后隔离a，对b分析，判断出b受到的静摩擦力变化情况，结合牛顿第三定律即可求得b对a的摩擦力大小变化。
对于叠加体，要灵活采用整体法、隔离法分析受力，利用牛顿运动定律或平衡条件列式求解。
9.【答案】C
【解析】解：A、启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两个力的合力方向斜向上方，根据牛顿第三定律可知，乘客对车厢的作用力方向斜向下，故A错误；
B、对整体列车，根据牛顿第二定律：5F−12kmg=12ma，解得：a=5F−12kmg12m，故B错误；
C、对第1节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F−F12−kmg=ma，解得：F12=7F12，故C正确；
D、对第12节车厢，根据牛顿第二定律：F′−kmg=ma，解得：F′=5F12，故D错误；
故选：C。
根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小；隔离1节车厢可求解第1节车厢对第2节车厢的作用力大小，同理隔离第12解车厢，求得第11节车厢对第12节车厢的作用力大小。
本题考查了牛顿第二定律的基本应用，求解时要注意整体法、隔离法的灵活运用。
10.【答案】D
【解析】解：A、结合图乙和图丙可知，在0−2s内冰壶处于静止状态，在2−4s内推力F2=3N，冰壶做加速运动，加速度大小为a1=△v△t=24−2m/s2=1m/s2，
根据牛顿第二定律可得：F2−μmg=ma1
在4后，冰壶在摩擦力作用下做减速运动，加速度为a2=△v′△t′=0−28−4m/s2=−0.5m/s2，故受到的滑动摩擦力f=−μmg=ma2
联立解得m=2kg，μ=0.05，故ABC错误，D正确
故选：D。
根据图像乙和丙判断出冰花的运动状态，在v−t图像中，直线的斜率代表加速度，结合牛顿第二定律即可求得冰壶的质量和冰壶与地面间的动摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式的计算，在v−t图象中直线的斜率表示加速度，关键是根据v−t图像判断出冰壶的运动状态。
11.【答案】CD
【解析】解：A、亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，否则物体就会停止运动，故A错误；
B、伽利略理想斜面实验的结论是在基于实验事实基础上经过科学的推理得出的，故B错误；
C、笛卡尔研究了力和运动关系后，认为运动物体如果没有受到力的作用，将以同一速度沿同一直线运动，故C正确；
D、牛顿结合伽利略、笛卡尔等人放入研究，指出物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，故D正确。
故选：CD。
亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略在研究力与运动关系时成功地设计了理想斜面实验抓住了主要因素，忽略次要因素，依靠客观事实加大胆的科学推理得到正确的力与运动的关系；一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止；力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动的状态的原因。
掌握理想实验的方法：以事实为依据，抓住主要因素，忽略次要因素，加以科学推理，得出的结论就是可靠的。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、组合器动力下降阶段，做向下的减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，故A正确，B错误；
C、在月面探测器对月面的压力和月面对探测器的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，故C错误；
D、根据弹力产生的条件可知，探测器对月面的压力是由于探测器支撑柱发生形变要恢复形变而对月面产生的，故D正确。
故选：AD。
组合器动力下降阶段，做向下的减速运动，根据加速度方向判断组合器超重，探测器对月面的压力和月面对探测器的支持力的受力物体不同。
解决本题时，要理清着陆器和上升器组合体的运动情况，熟练运用牛顿运动定律和弹力的知识进行分析。
13.【答案】BC
【解析】解：A、根据位移−时间图象的斜率表示速度，斜率绝对值越大，速度越大，则知t1时刻，甲车的速率大于乙车的速率，故A错误；
B、t2时刻，两图象相交，说明两车到达同一位置，故B正确；
C、根据位移−时间图象的斜率表示速度，知t1～t2时间内，甲车图象的斜率先减小后增大，则甲车的速率先减小后增大，故C正确；
D、t1～t2时间内，乙车图象的斜率先减小后增大，则乙车的速率先减小后增大，速度最小为零，由于乙车速度是变化的，所以乙车速度最小时加速度不为零，受到的合力受到的合力不为零，故D错误。
故选：BC。
根据位移−时间图象的斜率表示速度判断两车速度关系；根据图象直接读出丙车位置关系；通过图线的斜率判断速度的变化，由牛顿第二定律分析合力的大小。
解决本题的关键要明确位移−时间图象的物理意义，知道图象的切线斜率表示瞬时速度，纵坐标表示物体的位置。
14.【答案】BC
【解析】解：AB、对石头进行受力分析，受到重力mg、两边山崖对它的弹力F1、F2，如图所示：
由共点力平衡的条件可知，山崖左壁对石头的作用力：F1=mgsinθ，山崖右壁对石头的作用力：F2=mgtanθ；故A错误，B正确
CD、由于左侧崖壁风化使得θ减小，sinθ和tanθ都减小，则左、右两壁对中间石块支持力F1、F2增大，但由于石头受力平衡，合力仍然为零，合力不变，故C正确，D错误；
故选：BC。
对石头进行受力分析，画出受力图；结合共点力平衡的条件列式分析山崖左、右壁对石头的作用力；根据θ角的变化分析左、右两壁对中间石块支持力大小的变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15.【答案】AC
【解析】解：A、当AB静止，对A分析，受到重力，支持力，弹簧对A沿斜面向上的弹力，根据共点力平衡可得：mgsinθ−F弹=0，其中F弹=kx，联立解得x=mg2k，故A正确；
B、物块B开始运动时，此时弹簧的弹力大小为F′弹=mgsinθ=12mg，当B开始运动时，此时A可能在做减速运动，则F
D、当B开始运动时，此时弹簧的伸长量为x′，则F′弹=kx′，解得x′=mg2k，故A发生位移的值△x=x+x′=mg2k+mg2k=mgk，故D错误；
故选：AC。
当不施加外力F时，AB处于静止，根据共点力平衡求得此时弹簧的压缩量，施加外力F后，当B刚离开挡板C时，此时弹簧的弹力等于物块B重力在斜面的分力，求得此时弹簧的形变量，此时物块A可能向上加速运动，也可能向上做减速运动，根据牛顿第二定律求得物块A的加速度。
本题是含有弹簧的力学问题，关键分析弹簧的状态，根据平衡条件求得弹簧的压缩的和伸长的长度，采用隔离法分析两个物体的受力情况。
16.【答案】7.15 26
【解析】解：(1)指针所指刻度的读数为 x=7.15cm；
(2)将(1)中读出的数据描在坐标系中，并作出x−m关系图线，如图所示；
(3)由平衡条件得
mg=k(x−l0)
可得△mg=k△x
解得该弹簧的劲度系数为
k=△mg△x=150×10−3×10(11.80−6.00)×10−2N/m≈26N/m
故答案为：(1)7.15(±0.01)
(2)如图所示
(3)26
正确读出刻度尺的读数，用直线连接各点作图，通过平衡条件列方程，分析得出劲度系数的表达式并求解。
本题考查刻度尺的读数和胡克定律的实验，刻度尺读数注意估读，作图时描点连线要规范、完整。
17.【答案】B 远大于 0.75 0.67
【解析】解：(1)实验中，平衡摩擦力时需要将木板的一端垫起适当高度，满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，即Mgsinθ=μMgcosθ，化简得μ=tanθ，是否为匀速运动必须通过观察打出的纸带的点迹是否均匀来判断所以应使小车在不受绳的拉力时拖动纸带沿木板运动，故B正确，ACD错误
(2)实验中认为绳子的拉力对物体提供合外力即绳子的拉力等于悬挂物的重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故应该是m<
由于相邻两计数点间还有4个打点未画出，故相邻两计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s．
根据逐差法得：a=[(14.50−6.45)−(6.45−1.40)]×10−24T2m/s2=0.75m/s2
(4)a−F图像斜率k=1M，故可知甲车中有砝码，设甲及砝码的总质量为M1，乙的质量为M2由图像得k1=0.400.50kg−1=45kg−1，即1M1=45kg−1，解得 M1=54kg，
k2=0.400.30kg−1=43kg−1，解得M2=34kg，
设砝码的质量为m0，则
m0M2=M1−M2M2=23=0.67
故答案为：(1)B；(2)远大于；(3)0.75；(4)0.67
将木板的一端垫起适当高度，主要目的是为了判断是否已经平衡了摩擦力，其方法是不挂砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否匀速运动；实验中认为绳子的拉力对物体提供合外力即绳子的拉力等于悬挂物的重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故应该是m<
18.【答案】解：(1)根据速度−位移公式可得：v2=2ax
解得：a=v22x=12022×4.8×103m/s2=1.5m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得：F−0.15mg=ma
解得：F=1.5×105N
答：(1)样车加速过程中加速度的大小为1.5m/s2；
(2)样车此时受牵引力的大小为1.5×105N。
【解析】(1)样车做匀加速直线运动，根据速度−位移公式求得加速度；
(2)在匀加速过程中，根据牛顿第二定律求得牵引力。
本题主要考查了匀加速直线运动，熟练牛顿第二定律公式和运动学公式，明确解决此类问题的关键是加速度。
19.【答案】解：(1)OP、OQ绳拉力的大小分别为F1、F2，由平衡条件得
F1cos5°=mg
F1sin5°=F2
解得：F1=5000N，F2=450N
(2)站在水平台板上的工人受到的摩擦力大小为f，鞋底与台板间的动摩擦因数至少为μ，则
f=F2
f=μMg
解得：μ=0.75
答：(1)OP、OQ绳拉力的大小分别为5000N和450N；
(2)鞋底与台板间的动摩擦因数至少是为0.75．
【解析】(1)对O点受力分析，根据共点力平衡求出两绳子的拉力；
(2)对工人受力分析可求出摩擦力，进而求出动摩擦因数。
本题考查共点力受力平衡，选好研究对象是关键。关于摩擦力求解的问题，找临界值时特别注意最大静摩擦力与滑动摩擦擦力的关系。
20.【答案】解：(1)设月球表面重力加速度的大小为g，
由自由落体公式得：h0=12gt02
解得：g=2h0t02=2×0.812m/s2=1.6m/s2
(2)设上升器加速度的大小为a，
根据牛顿第二定律：F−mg=ma
解得：a=4.4m/s2
发动机工作时间为5min，上升器速度的大小为：
v=at=4.4×5×60m/s=1.32×103m/s
上升器上升的高度：
h=12at2=12×4.4×(5×60)2m=1.98×105m．
答：(1)月球表面的重力加速度为1.6m/s2；
(2)从点火开始经过5min，上升器速度的大小为1.32×103m/s，上升的高度为1.98×105m.
【解析】(1)根据自由落体公式可以求出g；
(2)根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式可以求出速度和上升的高度．
本题考查自由落体运动及初速度为零的匀变速直线运动知识，结合牛顿第二定律求出加速度，利用匀变速运动公式求解问题．
21.【答案】解：(1)在PB段，对运动受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcosθ=ma1
解得：a1=3.5m/s2
从P到B，根据速度−位移公式可得：vB2−vP2=2axPB
运动员在水平雪道上，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma2
解得：a2=1m/s2
在水平雪道上，根据速度−位移公式可得：0−vB2=−2a2xBC
联立解得：vP=20m/s
(2)在AP段，根据速度−时间公式可得：vP=a3t
解得：a3=5m/s2
根据牛顿第二定律可得：F+mgsinθ−μmgcosθ=ma3
解得：F=120N
答：(1)运动员到达P点时速度的大小为20m/s；
(2)滑雪者助力的大小为120N。
【解析】(1)运动员在PB和BC段运动时，根据牛顿第二定律求得加速度大小，结合速度−位移公式即可求得在P点的速度；
(2)从A到P，根据速度−时间公式求得加速度，利用牛顿第二定律求得运动员助力大小。
对不同轨道联结的运动模式，要对物体在不同运动阶段进行受力分析，分别求得加速度，然后根据速度不能瞬变，由两端的运动状态逐步推到所求运动阶段的运动状态。
22.【答案】解：以行李箱为研究对象，根据牛顿第二定律：μmgcos30°−mgsin30°=ma
解得：a=1m/s2
行李箱匀加速达到传送带速度所需时间为：t1=va=21s=2s
行李箱匀加速运动的位移：x1=12at12=12×1×22m=2m
匀速运动时间：t2=L−x1v=10−22s=4s
于是运动总时间：t=t1+t2=2s+4s=6s
在t1时间内传送带通过的位移为x2=vt1=2×2m=4m
行李箱相对传送带滑动的距离△x=x2−x1=4m−2m=2m
答：(1)行李箱从A端运送到B端所需的时间为6s；
(2)行李箱相对传送带滑动的距离为2m。
【解析】先根据行李箱的受力求得加速度，第一阶段行李箱被传送带加速做匀加速直线运动，可求出行李箱达到和传送带相同速度的时间，之后求出此段时间的位移；第二阶段行李箱随物体做匀速直线运动，可以求得这段的时间两者相加得总时间；由位移公式分别求出位移，最后求出整个过程中行李箱与传送带间相对位移。
解决该题的关键是正确对行李箱进行受力分析和运动情况的分析，知道第一阶段行李箱被传送带加速做匀加速直线运动，第二阶段行李箱随物体做匀速直线运动。
23.【答案】解：(1)对运动员受力分析，受到风筝线拉力和地面的支持力分别为T和FN，受力分析如图1所示：
图1
则：Tcosθ−μFN=0
Tsinθ+FN=Mg
对于风筝，受到风筝线的拉力T′，则T=T′，风力F，设风力F与竖直方向的夹角为α，受力分析如图2所示：
图2
则：Fsinα=T′cosθ
Fcosα=T′sinθ+mg
解得：F=100N，α=37°
(2)设运动员的加速到v=100km/h=27.8m/s时，需用时t，对运动员和风筝整体受力分析如图3所示：
图3
则竖直方向上受力平衡：Fcosα+N=(M+m)g
水平方向上由牛顿第二定律可知：Fsinα−μ′N=(M+m)a
联立解得：a=0.75m/s2
由v=v0+at可知：t=23.7s
答：(1)风筝所受风力F的大小为100N，方向为与竖直方向夹角为37°右向上；
(2)经23.7s运动员时速可达上百公里。
【解析】(1)分别对运动员和风筝受力分析，根据共点力平衡求解风筝受风力F的大小和方向；
(2)对运动员和风筝整体受力分析，结合牛顿第二定律求解运动员的加速度，由运动学公式求解时间。
本题考查共点力平衡和牛顿第二定律的综合，灵活运用整体法和隔离法是本题的解题关键。
2020-2021学年山西省高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 2020年11月10日，“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m，其最大荷载是240kg，巡航速度可达0.56m/s。潜水器可承受压强超过110Mpa，外侧机械手持重能力超过600N，创造了中国载人深潜的新记录!下列说法正确的是( )
A. “N”与“m”都是国际单位制中的基本单位
B. “Mpa”与“kg”都是国际单位制中的基本单位
C. “m/s”是国际单位制中的导出单位
D. 在力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能用其他单位
2. 为最大限度减少交通事故造成的伤亡，山西公安开展了“一盔一带”安全守护行动，对驾乘摩托车不戴头盔、驾乘车辆不按规定使用安全带的交通违法行为进行严格管理。下列说法正确的是( )
A. 安全带可有效减小驾乘人员的惯性，避免严重交通事故伤害
B. 汽车速度越大，刹车后越难停下来，表明物体的速度越大，惯性越大
C. 摩托车转弯时要控制适当的速度和角度，也就是调控人和车的惯性
D. 超载运行的大货车不容易停下来是因为其质量大、惯性大
3. 教室里的竖直黑板上通常吸有一些小磁铁(如图中小兔)，“小兔”被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案等。则“小兔”( )
A. 受到黑板的吸引力大于受到的弹力
B. 受到黑板的吸引力与弹力是一对相互作用力
C. 受到黑板的摩擦力与它受到的重力是一对平衡力
D. 受到黑板的弹力与黑板受到的压力是一对平衡力
4. 如图，楔形物块M固定在水平地面上，其斜面的倾角为θ。斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑，则m的受力示意图大致正确的是( )
A. B.
C. D.
5. 2020年12月31日，龙城太原开启地铁时代。如图是地铁2号线大南门站内的换乘电梯，一名质量为50kg的乘客乘坐该竖直电梯上楼，其v−t图象如图所示，取g=10m/s2，则( )
A. 0～1s内，乘客对电梯压力的大小为600N
B. 1～3s内，乘客对电梯的压力就是乘客所受的重力
C. 3～5s内，电梯对乘客支持力的大小为550N
D. 0～5s内，乘客随电梯向上运动了10m
6. 三个共点力F1、F2、F3可用如图所示的有向线段表示，它们围成封闭的三角形。则这三个力的合力最大的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一小滑块在水平力F的作用下自P点沿曲面缓慢上滑。设滑块受球面的支持力为FN，则在小滑块缓慢上升的过程中( )
A. FN逐渐增大 B. FN逐渐减小 C. F大小不变 D. F逐渐减小
8. 如图，小车a处于光滑水平面上，一弹性绳将小车a与竖直墙壁连接；a的水平上表面放有物块b。现给a和b向左的相同速度v0，在之后的运动过程中，a与b始终保持相对静止。则在弹性绳从刚好拉直到长度最大的过程中( )
A. b对a的摩擦力保持不变 B. b对a的摩擦力一直增大
C. a受到的合力一直减小 D. a的加速度一直减小
9. 2020年12月12日，太郑高铁正式通车运营，将太原至郑州的运行时间压缩至2个多小时。现有一辆由12节车厢编组的列车，第1、4、5、7和11共五节为动力车厢，其余为非动力车厢，每节车厢质量都为m。当列车在平直轨道上匀加速起动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为F，每节车厢所受阻力均为车重的k倍，则起动时( )
A. 乘客对车厢的作用力方向竖直向下
B. 列车的加速度大小为F−kmgm
C. 第1节车厢对第2节车厢的作用力大小为7F12
D. 第11节车厢对第12节车厢的作用力大小为3F12
10. 2020年12月1日，山西省残疾人旱地冰壶比赛在太原开幕。将运动员推冰壶的情景简化为图甲的模型；t=0时，运动员对冰壶施加一水平向右的推力F，F−t图象如图乙所示；冰壶的图象如图丙所示。由此可知冰壶的质量及冰壶与地面间的动摩擦因数分别为( )(取g=10m/s2)
A. 1kg，0.05 B. 1kg，0.1 C. 2kg，0.1 D. 2kg，0.05
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多科学研究方法，推动了物理学的发展和人类文明的进程。关于力和运动关系的研究，下列说法符合史实的是( )
A. 亚里士多德提出了力的概念，认为物体的运动不需要力来维持
B. 伽利略理想斜面实验的结论是完全基于实验事实归纳得出的
C. 笛卡尔认为运动物体如果没有受到力的作用，将以同一速度沿同一直线运动
D. 牛顿指出物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因
12. 2020年12月1日，嫦娥五号探测着陆组合器从距离月面约15km处开始实施动力下降，速度从约17km/s降为零后成功着陆月面。之后，探测器开始月面挖掘工作。如图是探测器在月球表面静止后升起国旗并留下“脚印”的图片，下列说法正确的是( )
A. 组合器动力下降阶段处于超重状态
B. 组合器动力下降阶段处于失重状态
C. 在月面上留下“脚印”，是因为探测器对月面的压力大于月面对探测器的支持力
D. 探测器对月面的压力是由于探测器支撑柱发生形变而产生的
13. 甲、乙两汽车在同一条平直公路上运动，其位置−时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，下列说法正确的是( )
A. t1时刻，两车的速率相等
B. t2时刻，两车到达同一位置
C. t1～t2时间内，甲车的速率先减小后增大
D. t1～t2时间内，乙车速度最小时受到的合力为零
14. “奇迹石”是挪威最负盛名的旅游景点，这块有5m3大的石头卡在绝壁间，吸引着世界各地的旅行者，如图甲所示。将该景观简化成如图乙的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m，忽略石头与山崖间的摩擦。若石头对左壁的压力为F1，石头对右壁的压力为F2，则( )
A. F1=mgsinθ，F2=mgtanθ
B. F1=mgsinθ，F2=mgtanθ
C. 若由于左侧崖壁风化使得θ减小，则F1增大
D. 若由于左侧崖壁风化使得θ减小，则m受到的合力增大
15. 如图，在足够长的、倾角为30°的光滑斜面上，挡板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是( )
A. F作用前A、B静止时，弹簧的形变量为mg2k
B. 恒力F的值一定大于mg
C. 物块B开始运动时，物块A的加速度值为F−mgm
D. 物块B开始运动时，A发生位移的值为mg2k
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
16. 某同学利用图(a)的装置探究在弹性限度内弹簧弹力和伸长量的关系。将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的值，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指刻度尺的刻度值。
(1)当所挂钩码质量m为30g时，指针所指刻度如图(a)所示，则读数x为______ cm；
(2)该同学根据所测数据，建立了如图(b)的x−m坐标系，并描出了5组测量数据，请将(1)中读出的数据描在坐标系中(用“⋅”表示)，并作出x−m关系图线；
(3)根据x−m图象可求得该弹簧的劲度系数为______ N/m(取g=10m/s2，结果保留2位有效数字)。
17. 某小组用图(a)的装置做“探究小车质量一定时，加速度与力的关系”的实验。
(1)调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行。为让细线对小车的拉力等于小车所受的合力，以下最恰当的一项操作是______ ；
A.将木板水平放置，使小车在砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否匀速运动
B.将木板的一端垫起适当高度，不挂砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否匀速运动
C.将木板的一端垫起适当高度，撤去纸带及砂桶，轻推小车，观察判断小车是否匀速运动
(2)在平衡摩擦力后，为使小车所受拉力近似等于砂和砂桶的总重力，应使小车的质量______ (选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)砂和砂桶的总质量；
(3)实验得到的一条纸带如图(b)所示(相邻两计数点间还有四个点没有画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，可求得小车加速度的值为______ m/s2；
(4)若小组中甲、乙两同学先后用该装置进行实验，其中一位同学在小车中添加了砝码。两同学各自得到的a−F图象分别如图(c)中甲、乙所示，则在小车中所加砝码质量是小车质量的______ 倍。
四、计算题（本大题共6小题，共56.0分）
18. 2020年6月21日，时速600公里的高速磁浮试验样车在上海同济大学成功试跑，标志着我国高速磁浮交通系统研发取得重大突破!某次试跑时，质量为5.0×104kg的样车从车站由静止开始做匀加速直线运动，前进4.8×103m时速度达到120m/s。(取g=10m/s2)
(1)求样车加速过程中加速度的大小；
(2)当速度为100m/s时，样车所受阻力的大小为车重的0.15倍，求样车此时受牵引力的大小。
19. 在太原市汾河公园雨污分流改造施工中，预制构件需用起重机送至深深的排水沟内进行安装。如图，起重机将构件放到预定的深度时悬空保持静止，井下工人通过拉固定在O点的轻绳将构件微调到准确位置。已知构件的质量m=500kg，则当OQ绳水平、PO绳与竖直方向的夹角θ=5°且构件保持静止状态时。(取sin5°=0.09，cos5°=1，g=10m/s2)
(1)求OP、OQ绳拉力的大小；
(2)设最大静摩擦力等于滑动摩擦擦力，那么站在水平台板上质量为60kg的工人，鞋底与台板间的动摩擦因数至少是多大？
20. 2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器在月面点火，先竖直上升5分钟，再经姿态调整等阶段后顺利进入预定环月轨道，成功实现我国首次地外天体起飞……在上升器的竖直上升阶段，发动机的推力恒为300N，上升器的质量为500kg保持不变。已知嫦娥五号着陆器在降落月面的过程中，从0.8m高处由静止自由下落到月面所用时间为1.0s，不考虑月球表面及附近高空重力加速度的变化，求：
(1)月球表面的重力加速度；
(2)从点火开始经过5min，上升器速度的大小及其上升的高度。
21. 北京冬奥会即将到来，高级雪道上驰骋着适应雪道、提升技术的运动员。将雪场中的高级雪道简化为如图ABC的模型：AB为倾角θ=26°的山坡雪道，BC为水平雪道，AB与BC平滑相连。为适应赛道，一位质量m=80kg(含装备)的运动员，t=0时从A点处由静止在滑雪杆的助力下开始滑行，4.0s时到达山坡雪道上的P点，P点与坡底B点的距离为20m，然后停止助力，自由滑到B点后进入水平雪道，在B、C间滑行270m后停下。已知雪板与两部分雪道间的动摩擦因数均为0.1，运动员在AB、BC间沿直线运动且通过B点前后的速率不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin26°=0.44，cos26°=0.90。
(1)求运动员到达P点时速度的大小；
(2)若运动员助力滑下阶段做匀加速直线运动，且助力方向平行雪坡向下，求滑雪者助力的大小。
22. 飞机场常利用如图的传送带将地面上的行李运送到飞机上，传送带AB与地面的夹角θ=30°，传送带的长度L=10m、以v=2m/s的恒定速度向上运动。在传送带底端A轻轻放上一质量m=10kg的行李箱，已知行李箱与传送带间的动摩擦因数μ=235，取g=10m/s2，求：
(1)行李箱从A端运送到B端所需的时间；
(2)行李箱相对传送带滑动的距离。
23. 风筝滑雪是一种新兴的冬季运动，滑雪者借助风的力量在雪地或者冰面上滑行，时速可达上百公里。如图所示，运动员站在滑雪板上，在细风筝线的牵引下在水平雪面上以10m/s的速度匀速滑行，测得风筝线与水平方向的夹角θ=37°。已知运动员和滑雪板的总质量M=64.5kg，风筝质量m=3.5kg，滑雪板与雪面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不考虑空气阻力的影响。
(1)求风筝所受风力F的大小及方向；
(2)某时刻，运动员滑到动摩擦因数为0.015的冰面上，设风筝所受的风力不变，经多长时间运动员时速可达上百公里？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，而由这三个量推出的单位称导出单位；基本单位和导出单位组成单位制；在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克，时间单位秒作为基本单位；由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位。
本题考查力学单位制的基本知识，要求同学熟练掌握基本单位与导出单位的概念。
【解答】
A、N不是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、Mpa不是国际单位制中的基本单位，故B错误；
C、m/s是国际单位制中由基本单位m和s导出的单位，故C正确；
D、力学的分析计算中，可以采用其他单位，但采用国际单位更加方便，故D 错误。
故选：C。
2.【答案】D
【解析】A：安全带无法改变人的质量，所以惯性不变，故A错误
B：速度与惯性大小无关，故B错误
C：惯性是物体的固有属性，只与质量有关，不能说调控惯性，故C错误
D：质量大，惯性大，货车的运动情况不易改变，所以不容易停下来。故D正确
故选：D。
牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小只与质量大小有关，与物体的受力情况和运动情况均无关。
本题主要抓住：牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小只与质量大小有关，与物体的受力情况和运动情况均无关
3.【答案】C
【解析】解：A、“小兔”受到黑板的吸引力(磁力)与受到的支持力(弹力)大小相等，是一对平衡力，大小一定相等，故A错误；
B、“小兔”受到黑板的吸引力(磁力)与受到的支持力(弹力)大小相等，是一对平衡力，不是相互作用力，故B错误；
C、因“小兔”处于平衡状态，竖直方向受到的重力与摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D、“小兔”受到黑板的支持力(弹力)与黑板受到的压力是一对相互作用力，故D错误；
故选：C。
相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．
二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．
解决本题的关键是掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．它们均大小相等，方向相反．
4.【答案】B
【解析】解：对m受力分析，物体受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的拉力；由于物体匀速上滑，故受沿斜面向下的摩擦力，故受力示意图如图B所示；故B正确，ACD错误。
故选：B。
物块m匀速上升，受力平衡，合力为零，按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析，明确物体受力情况。
本题考查受力分析，要注意在受力分析时不能添力也不能漏力，注意每个力都要找到其施力物体。
5.【答案】A
【解析】解：A、0～1s内，乘客的加速度a=21m/s2=2m/s2，由牛顿第二定律得：N−mg=ma，解得N=600N，故A正确；
B、1～3s内，乘客做匀速直线，对电梯的压力和乘客所受的重力相等，但压力并不是乘客所受的重力，两者不是同一性质的力，故B错误；
C、3～5s内，电梯匀减速，加速度a′=−22m/s2=−1m/s2，梯对乘客支持力N′−mg=ma′，解得：N′=450N，故C错误；
D、v−t图象面积表示位移，则0～5s内，乘客随电梯向上运动位移x=12(2+5)×2m=7m，故D错误。
故选：A。
根据加速度的方向确定乘客的超失重，根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出乘客对电梯的压力和电梯对乘客支持力，根据v−t图象求解位移。
根据加速度的方向确定乘客的超失重，结合牛顿第二定律，通过加速度的大小求出支持力和拉力的大小。根据v−t图象求解位移。
6.【答案】D
【解析】解：由矢量合成的法则可知，A选项中的合力的大小为0，B选项中的合力的大小为2F2，C选项中的合力的大小为2F3，D选项中的合力的大小为2F1，由图可知F1最大，所以合力最大的是D选项，故ABC错误，D正确。
故选：D。
在矢量三角形中，分力是首尾相接的，合力是由一个分力的箭尾指向另一个分力的箭头的，由此可以判断分力与合力的关系，从而可以求得合力的大小。
本题中要会区分三角形中的三条边是代表的分力还是代表的合力，这是解决本题的关键所在。
7.【答案】A
【解析】解：对物体进行受力分析：物体受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff。
已知小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，我们可以看成小滑块每一个状态都是平衡状态。
根据平衡条件，应用力的合成得出：
F=Gtanθ
FN=Gsinθ
小滑块缓慢上升时，由几何关系可知，θ减小，故tanθ减小，sinθ减小。
根据以上表达式可以发现F增大，FN增大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对物体进行受力分析，根据共点力平衡知识，结合力的合成求出所求力的表达式。再根据几何关系去判断力的变化。
物体的动态平衡依然为高考命题热点，解决物体的平衡问题，一是要认清物体平衡状态的特征和受力环境是分析平衡问题的关键；二是要学会利用力学平衡的结论(比如：合成法、正交分解法、效果分解法、三角形法、假设法等)来解答；三是要养成迅速处理矢量计算和辨析图形几何关系的能力。
8.【答案】B
【解析】解：ABD、在弹性绳从刚好拉直到长度最大的过程中，对ab组成的整体受力分析，受到重力，支持力，弹性绳对a的拉力，当形变量增大时，弹力F增大，根据牛顿第二定律可得：F=(ma+mb)a，故a增大，对b分析，在水平方向受到a对b的静摩擦力，静摩擦力提供b做加速运动，根据f=ma可知，静摩擦力增大，根据牛顿第三定律可得，b对a的静摩擦力增大，故AD错误，B正确；
C、由于a的加速度增大，根据牛顿第二定律可知：Fa合=maa，故受到的合力增大，故C错误；
故选：B。
在弹性绳从刚好拉直到长度最大的过程中，对ab组成的整体受力分析，受到重力，支持力，弹性绳对a的拉力，当形变量增大时，弹力F增大，根据牛顿第二定律求得加速度的变化，然后隔离a，对b分析，判断出b受到的静摩擦力变化情况，结合牛顿第三定律即可求得b对a的摩擦力大小变化。
对于叠加体，要灵活采用整体法、隔离法分析受力，利用牛顿运动定律或平衡条件列式求解。
9.【答案】C
【解析】解：A、启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力两个力的合力方向斜向上方，根据牛顿第三定律可知，乘客对车厢的作用力方向斜向下，故A错误；
B、对整体列车，根据牛顿第二定律：5F−12kmg=12ma，解得：a=5F−12kmg12m，故B错误；
C、对第1节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F−F12−kmg=ma，解得：F12=7F12，故C正确；
D、对第12节车厢，根据牛顿第二定律：F′−kmg=ma，解得：F′=5F12，故D错误；
故选：C。
根据牛顿第二定律，对整体车厢列式可求解加速度；隔离第1节车厢可求解第2节车厢对第1节车厢的作用力大小；隔离1节车厢可求解第1节车厢对第2节车厢的作用力大小，同理隔离第12解车厢，求得第11节车厢对第12节车厢的作用力大小。
本题考查了牛顿第二定律的基本应用，求解时要注意整体法、隔离法的灵活运用。
10.【答案】D
【解析】解：A、结合图乙和图丙可知，在0−2s内冰壶处于静止状态，在2−4s内推力F2=3N，冰壶做加速运动，加速度大小为a1=△v△t=24−2m/s2=1m/s2，
根据牛顿第二定律可得：F2−μmg=ma1
在4后，冰壶在摩擦力作用下做减速运动，加速度为a2=△v′△t′=0−28−4m/s2=−0.5m/s2，故受到的滑动摩擦力f=−μmg=ma2
联立解得m=2kg，μ=0.05，故ABC错误，D正确
故选：D。
根据图像乙和丙判断出冰花的运动状态，在v−t图像中，直线的斜率代表加速度，结合牛顿第二定律即可求得冰壶的质量和冰壶与地面间的动摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式的计算，在v−t图象中直线的斜率表示加速度，关键是根据v−t图像判断出冰壶的运动状态。
11.【答案】CD
【解析】解：A、亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，否则物体就会停止运动，故A错误；
B、伽利略理想斜面实验的结论是在基于实验事实基础上经过科学的推理得出的，故B错误；
C、笛卡尔研究了力和运动关系后，认为运动物体如果没有受到力的作用，将以同一速度沿同一直线运动，故C正确；
D、牛顿结合伽利略、笛卡尔等人放入研究，指出物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，故D正确。
故选：CD。
亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略在研究力与运动关系时成功地设计了理想斜面实验抓住了主要因素，忽略次要因素，依靠客观事实加大胆的科学推理得到正确的力与运动的关系；一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止；力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动的状态的原因。
掌握理想实验的方法：以事实为依据，抓住主要因素，忽略次要因素，加以科学推理，得出的结论就是可靠的。
12.【答案】AD
【解析】解：AB、组合器动力下降阶段，做向下的减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，故A正确，B错误；
C、在月面探测器对月面的压力和月面对探测器的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，故C错误；
D、根据弹力产生的条件可知，探测器对月面的压力是由于探测器支撑柱发生形变要恢复形变而对月面产生的，故D正确。
故选：AD。
组合器动力下降阶段，做向下的减速运动，根据加速度方向判断组合器超重，探测器对月面的压力和月面对探测器的支持力的受力物体不同。
解决本题时，要理清着陆器和上升器组合体的运动情况，熟练运用牛顿运动定律和弹力的知识进行分析。
13.【答案】BC
【解析】解：A、根据位移−时间图象的斜率表示速度，斜率绝对值越大，速度越大，则知t1时刻，甲车的速率大于乙车的速率，故A错误；
B、t2时刻，两图象相交，说明两车到达同一位置，故B正确；
C、根据位移−时间图象的斜率表示速度，知t1～t2时间内，甲车图象的斜率先减小后增大，则甲车的速率先减小后增大，故C正确；
D、t1～t2时间内，乙车图象的斜率先减小后增大，则乙车的速率先减小后增大，速度最小为零，由于乙车速度是变化的，所以乙车速度最小时加速度不为零，受到的合力受到的合力不为零，故D错误。
故选：BC。
根据位移−时间图象的斜率表示速度判断两车速度关系；根据图象直接读出丙车位置关系；通过图线的斜率判断速度的变化，由牛顿第二定律分析合力的大小。
解决本题的关键要明确位移−时间图象的物理意义，知道图象的切线斜率表示瞬时速度，纵坐标表示物体的位置。
14.【答案】BC
【解析】解：AB、对石头进行受力分析，受到重力mg、两边山崖对它的弹力F1、F2，如图所示：
由共点力平衡的条件可知，山崖左壁对石头的作用力：F1=mgsinθ，山崖右壁对石头的作用力：F2=mgtanθ；故A错误，B正确
CD、由于左侧崖壁风化使得θ减小，sinθ和tanθ都减小，则左、右两壁对中间石块支持力F1、F2增大，但由于石头受力平衡，合力仍然为零，合力不变，故C正确，D错误；
故选：BC。
对石头进行受力分析，画出受力图；结合共点力平衡的条件列式分析山崖左、右壁对石头的作用力；根据θ角的变化分析左、右两壁对中间石块支持力大小的变化。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
15.【答案】AC
【解析】解：A、当AB静止，对A分析，受到重力，支持力，弹簧对A沿斜面向上的弹力，根据共点力平衡可得：mgsinθ−F弹=0，其中F弹=kx，联立解得x=mg2k，故A正确；
B、物块B开始运动时，此时弹簧的弹力大小为F′弹=mgsinθ=12mg，当B开始运动时，此时A可能在做减速运动，则F
D、当B开始运动时，此时弹簧的伸长量为x′，则F′弹=kx′，解得x′=mg2k，故A发生位移的值△x=x+x′=mg2k+mg2k=mgk，故D错误；
故选：AC。
当不施加外力F时，AB处于静止，根据共点力平衡求得此时弹簧的压缩量，施加外力F后，当B刚离开挡板C时，此时弹簧的弹力等于物块B重力在斜面的分力，求得此时弹簧的形变量，此时物块A可能向上加速运动，也可能向上做减速运动，根据牛顿第二定律求得物块A的加速度。
本题是含有弹簧的力学问题，关键分析弹簧的状态，根据平衡条件求得弹簧的压缩的和伸长的长度，采用隔离法分析两个物体的受力情况。
16.【答案】7.15 26
【解析】解：(1)指针所指刻度的读数为 x=7.15cm；
(2)将(1)中读出的数据描在坐标系中，并作出x−m关系图线，如图所示；
(3)由平衡条件得
mg=k(x−l0)
可得△mg=k△x
解得该弹簧的劲度系数为
k=△mg△x=150×10−3×10(11.80−6.00)×10−2N/m≈26N/m
故答案为：(1)7.15(±0.01)
(2)如图所示
(3)26
正确读出刻度尺的读数，用直线连接各点作图，通过平衡条件列方程，分析得出劲度系数的表达式并求解。
本题考查刻度尺的读数和胡克定律的实验，刻度尺读数注意估读，作图时描点连线要规范、完整。
17.【答案】B 远大于 0.75 0.67
【解析】解：(1)实验中，平衡摩擦力时需要将木板的一端垫起适当高度，满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，即Mgsinθ=μMgcosθ，化简得μ=tanθ，是否为匀速运动必须通过观察打出的纸带的点迹是否均匀来判断所以应使小车在不受绳的拉力时拖动纸带沿木板运动，故B正确，ACD错误
(2)实验中认为绳子的拉力对物体提供合外力即绳子的拉力等于悬挂物的重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故应该是m<
由于相邻两计数点间还有4个打点未画出，故相邻两计数点间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s．
根据逐差法得：a=[(14.50−6.45)−(6.45−1.40)]×10−24T2m/s2=0.75m/s2
(4)a−F图像斜率k=1M，故可知甲车中有砝码，设甲及砝码的总质量为M1，乙的质量为M2由图像得k1=0.400.50kg−1=45kg−1，即1M1=45kg−1，解得 M1=54kg，
k2=0.400.30kg−1=43kg−1，解得M2=34kg，
设砝码的质量为m0，则
m0M2=M1−M2M2=23=0.67
故答案为：(1)B；(2)远大于；(3)0.75；(4)0.67
将木板的一端垫起适当高度，主要目的是为了判断是否已经平衡了摩擦力，其方法是不挂砂桶，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否匀速运动；实验中认为绳子的拉力对物体提供合外力即绳子的拉力等于悬挂物的重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故应该是m<
18.【答案】解：(1)根据速度−位移公式可得：v2=2ax
解得：a=v22x=12022×4.8×103m/s2=1.5m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得：F−0.15mg=ma
解得：F=1.5×105N
答：(1)样车加速过程中加速度的大小为1.5m/s2；
(2)样车此时受牵引力的大小为1.5×105N。
【解析】(1)样车做匀加速直线运动，根据速度−位移公式求得加速度；
(2)在匀加速过程中，根据牛顿第二定律求得牵引力。
本题主要考查了匀加速直线运动，熟练牛顿第二定律公式和运动学公式，明确解决此类问题的关键是加速度。
19.【答案】解：(1)OP、OQ绳拉力的大小分别为F1、F2，由平衡条件得
F1cos5°=mg
F1sin5°=F2
解得：F1=5000N，F2=450N
(2)站在水平台板上的工人受到的摩擦力大小为f，鞋底与台板间的动摩擦因数至少为μ，则
f=F2
f=μMg
解得：μ=0.75
答：(1)OP、OQ绳拉力的大小分别为5000N和450N；
(2)鞋底与台板间的动摩擦因数至少是为0.75．
【解析】(1)对O点受力分析，根据共点力平衡求出两绳子的拉力；
(2)对工人受力分析可求出摩擦力，进而求出动摩擦因数。
本题考查共点力受力平衡，选好研究对象是关键。关于摩擦力求解的问题，找临界值时特别注意最大静摩擦力与滑动摩擦擦力的关系。
20.【答案】解：(1)设月球表面重力加速度的大小为g，
由自由落体公式得：h0=12gt02
解得：g=2h0t02=2×0.812m/s2=1.6m/s2
(2)设上升器加速度的大小为a，
根据牛顿第二定律：F−mg=ma
解得：a=4.4m/s2
发动机工作时间为5min，上升器速度的大小为：
v=at=4.4×5×60m/s=1.32×103m/s
上升器上升的高度：
h=12at2=12×4.4×(5×60)2m=1.98×105m．
答：(1)月球表面的重力加速度为1.6m/s2；
(2)从点火开始经过5min，上升器速度的大小为1.32×103m/s，上升的高度为1.98×105m.
【解析】(1)根据自由落体公式可以求出g；
(2)根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式可以求出速度和上升的高度．
本题考查自由落体运动及初速度为零的匀变速直线运动知识，结合牛顿第二定律求出加速度，利用匀变速运动公式求解问题．
21.【答案】解：(1)在PB段，对运动受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcosθ=ma1
解得：a1=3.5m/s2
从P到B，根据速度−位移公式可得：vB2−vP2=2axPB
运动员在水平雪道上，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma2
解得：a2=1m/s2
在水平雪道上，根据速度−位移公式可得：0−vB2=−2a2xBC
联立解得：vP=20m/s
(2)在AP段，根据速度−时间公式可得：vP=a3t
解得：a3=5m/s2
根据牛顿第二定律可得：F+mgsinθ−μmgcosθ=ma3
解得：F=120N
答：(1)运动员到达P点时速度的大小为20m/s；
(2)滑雪者助力的大小为120N。
【解析】(1)运动员在PB和BC段运动时，根据牛顿第二定律求得加速度大小，结合速度−位移公式即可求得在P点的速度；
(2)从A到P，根据速度−时间公式求得加速度，利用牛顿第二定律求得运动员助力大小。
对不同轨道联结的运动模式，要对物体在不同运动阶段进行受力分析，分别求得加速度，然后根据速度不能瞬变，由两端的运动状态逐步推到所求运动阶段的运动状态。
22.【答案】解：以行李箱为研究对象，根据牛顿第二定律：μmgcos30°−mgsin30°=ma
解得：a=1m/s2
行李箱匀加速达到传送带速度所需时间为：t1=va=21s=2s
行李箱匀加速运动的位移：x1=12at12=12×1×22m=2m
匀速运动时间：t2=L−x1v=10−22s=4s
于是运动总时间：t=t1+t2=2s+4s=6s
在t1时间内传送带通过的位移为x2=vt1=2×2m=4m
行李箱相对传送带滑动的距离△x=x2−x1=4m−2m=2m
答：(1)行李箱从A端运送到B端所需的时间为6s；
(2)行李箱相对传送带滑动的距离为2m。
【解析】先根据行李箱的受力求得加速度，第一阶段行李箱被传送带加速做匀加速直线运动，可求出行李箱达到和传送带相同速度的时间，之后求出此段时间的位移；第二阶段行李箱随物体做匀速直线运动，可以求得这段的时间两者相加得总时间；由位移公式分别求出位移，最后求出整个过程中行李箱与传送带间相对位移。
解决该题的关键是正确对行李箱进行受力分析和运动情况的分析，知道第一阶段行李箱被传送带加速做匀加速直线运动，第二阶段行李箱随物体做匀速直线运动。
23.【答案】解：(1)对运动员受力分析，受到风筝线拉力和地面的支持力分别为T和FN，受力分析如图1所示：
图1
则：Tcosθ−μFN=0
Tsinθ+FN=Mg
对于风筝，受到风筝线的拉力T′，则T=T′，风力F，设风力F与竖直方向的夹角为α，受力分析如图2所示：
图2
则：Fsinα=T′cosθ
Fcosα=T′sinθ+mg
解得：F=100N，α=37°
(2)设运动员的加速到v=100km/h=27.8m/s时，需用时t，对运动员和风筝整体受力分析如图3所示：
图3
则竖直方向上受力平衡：Fcosα+N=(M+m)g
水平方向上由牛顿第二定律可知：Fsinα−μ′N=(M+m)a
联立解得：a=0.75m/s2
由v=v0+at可知：t=23.7s
答：(1)风筝所受风力F的大小为100N，方向为与竖直方向夹角为37°右向上；
(2)经23.7s运动员时速可达上百公里。
【解析】(1)分别对运动员和风筝受力分析，根据共点力平衡求解风筝受风力F的大小和方向；
(2)对运动员和风筝整体受力分析，结合牛顿第二定律求解运动员的加速度，由运动学公式求解时间。
本题考查共点力平衡和牛顿第二定律的综合，灵活运用整体法和隔离法是本题的解题关键。
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