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2023-2024学年江西省抚州市高一（上）期末学业质量监测物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省抚州市高一（上）期末学业质量监测物理试卷（含解析），共13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。
1.2023年9月30日，杭州亚运会男子100米决赛中，我国选手谢震业跑出了9秒97的成绩，夺得金牌.下列对谢震业比赛过程的研究中，能把谢震业看成质点的是( )
A. 研究谢震业的起跑特点B. 研究谢震业的跑步技巧
C. 研究谢震业在100米比赛中的速度D. 研究谢震业到达终点是如何撞线的
2.关于速度、速度变化和加速度，下列说法正确的是( )
A. 速度越大，速度变化一定越大
B. 加速度越大，速度变化一定越大
C. 加速度逐渐增大，速度也一定随之增大
D. 加速度的方向与速度变化量的方向一定相同
3.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与铁球接触面保持竖直，则( )
A. 若增大铁夹对小球的压力，小承受到的摩擦力变大
B. 机械手臂受到的摩擦力方向竖直向上
C. 小球受到的摩擦力与重力是作用力与反作用力
D. 小球受到的摩擦力与重力大小相等
4.在平直公路上行驶的一辆汽车，其x−t图像为图中曲线(实线)所示，3s时的切线如图中虚线，已知该汽车做匀变速直线运动的加速度等于−2m/s2，下列选项正确的是( )
A. t=0s时，汽车的位置坐标为−4mB. 0∼3s内，汽车的位移大小为8m
C. t=3s时，汽车的速度大小为2m/sD. t=4s时，汽车的速度大于2m/s
5.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中a，b，c，d表示物体运动的轨迹，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，人通过跨过定滑轮的轻绳牵引物体A，人向左缓慢移动的过程中，使物体A慢慢下降。物体A落地之前，地面对人的支持力为F1、地面对人的摩擦力为F2、绳对人的拉力为F3，则下面说法正确的是( )
A. F1减小B. F2增大
C. F3减小D. 绳子对滑轮的作用力变小
7.如图所示，质量为m的木板B放在水平桌面上，质量为2m的物块A放在B上，A受到水平向右的拉力F的作用，已知A与B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ，重力加速度为g，则下列选项正确的是( )
A. 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B. F为某值，B的加速度可能会超过12μg
C. 无论F为何值，A都不可能相对B滑动
D. 当F=52μmg时，A、B间的摩擦力为116μmg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.不计空气阻力，同时将一重一轻两石块从距离地面100m处由静止开始自由下落，它们在空中下落过程中描述正确的是( )
A. 重的石块落得快，轻的石块落得慢
B. 在任意相等时间内速度变化量相同
C. 在任一时刻具有相同的加速度和速度
D. 在第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1︰4︰9
9.为了抗击病毒疫情，保障百姓的基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。快递小哥想到了用无人机配送快递的方法，某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度vx及竖直方向vy与飞行时间t的关系图像如图甲、乙所示。关于无人机的运动说法正确的是( )
A. t2时刻，无人机运动到最高点B. 0∼t1时间内，无人机做直线运动
C. t3时刻，无人机的速度大小为 v02+v22D. t3～t4时间内，无人机做匀变速曲线运动
10.图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10m/s2。根据图像分析可知( )
A. 人上升的最大高度约为0.3125m
B. 人的最大加速度大小约为
C. b到c的过程中，人先失重后超重
D. f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学用两个弹簧测力计拉橡皮筋O点，两弹簧测力计读数分别是F1和F2，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时读数为F′。
(1)本实验采用的科学方法是_____；
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.微小量放大法
(2)通过作图验证时，图中符合实际情况的是_____。
A.
B.
C.
D.
12.利用图甲所示的实验装置探究物体加速度与力和质量的关系。
(1)某同学通过实验得到如图乙所示图像，造成这一结果的原因是：在补偿阻力时木板与水平桌面间的倾角_____(填“偏大”或“偏小”)。
(2)该同学重新补偿阻力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_____(填“大于”“小于”或“等于”)砝码的总重力，为了便于探究、减小误差，应使砝码的总质量_____(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车的总质量。
(3)某同学得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz，0、1、2、3、4、5、6是纸带上7个连续计数点，这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出，根据测量结果计算：打3点时小车的速度大小为_____m/s；小车运动的加速度大小为_____m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(4)如图丁所示，在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，若保持作用在小车上且平行于木板的拉力F不变，小车自身的质量M保持不变，在小车上增加质量为m的砝码，并测出此时小车的加速度a，调整小车上的砝码，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图戊所示的1a−m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车的质量M为_____。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，质量为48kg的物体甲通过两段轻绳和一根轻橡皮绳悬挂，它们的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为60kg的人相连，轻橡皮绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，此时人恰好没有滑动。轻橡皮绳遵从胡克定律，已知其自然长度为15cm，量得此时长度是30cm，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g=10m/s2。求：
(1)轻橡皮绳的劲度系数k；
(2)人与水平面之间的动摩擦因数μ。
14.5G自动驾驶是基于5G通信技术实现网联式全域感知、协同决策与智慧云控，相较传统“单车式”无人驾驶，具有革命性演进。A、B两辆5G自动驾驶测试车，在同一平直公路的两相邻车道上向右匀速行驶，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为v2=20m/s，如图所示，当A、B两车相距x0=4m时，B车因前方突发情况紧急刹车(已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间。
15.如图所示，在某项娱乐活动中，要求质量为m的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后经过时间t0=0.3s，恰好落到斜面的顶端，且此时速度沿斜面向下，斜面长度为l=2.75m，倾角为θ=37°，物体与斜面动摩擦因数μ1=0.5，传送带距地面高度为h，传送带的长度b=3.5m，物体与传送带表面的动摩擦因数μ2=0.4，传送带一直以速度v传=4m/s顺时针运动，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37=0.8，求：
(1)传送带距地面高度h值；
(2)物体从斜面的顶端运动到底端的时间；
(3)物体轻放在水平传送带的初位置到传送带左端的距离应该满足的条件。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.研究谢震业的起跑特点时，谢震业的形状不能忽略，所以谢震业不能看成质点，故A错误。
B.研究谢震业的跑步技巧时，因为要研究具体姿势，所以其形状、大小不能忽略，所以不可以将其看成质点，故B错误；
C.研究谢震业在100米比赛中的速度，运动员的大小能忽略，能看成质点，故C正确。
D.研究谢震业到达终点是如何撞线时，必须看谢震业的身体形状、姿势等，所以不能把他看作一个质点，故D错误；
故选：C。
【分析】物体视为质点的条件是：当物体的大小和形状对所研究问题的影响可忽略不计时，物体可视为质点。一个物体能否看成质点，不是看物体的大小，而是看大小和形状在所研究的问题中能否忽略。
2.【答案】D
【解析】A.速度增大，速度变化不一定越大，如匀速直线运动，速度可以很大，速度变化为零，故A错误；
B.根据a=ΔvΔt可知加速度越大，速度变化不一定越大，故B错误；
C.a、v同向做加速运动，反向做减速运动，所以加速度逐渐增大，速度可能增大，也可能减小，故C错误；
D.加速度的方向与速度变化量的方向一定相同，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】AD.对小球进行受力分析，如图所示，小球处于平衡状态，根据力的平衡条件有f=mg，增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力不变，故A错误，D正确；
B.机械手臂受到的摩擦力和小球受到的摩擦力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，即机械手臂受到的摩擦力方向竖直向下，故B错误；
C.小球受到的摩擦力与重力是一对平衡力，故C错误。
故选：D。
4.【答案】C
【解析】AC.3s时汽车的速度为，由v3=v0+at解得，由t=1s时，x=v0t+12at2=7m，所以t=0s时，汽车的位置坐标为−7m，故A错误，C正确；
BD.0∼3s内，汽车的位移大小为x3=v0t3+12at32=15m，汽车的速度减为0的时间为 t′ ，则0=v0+at′，解得t′=4s，故t=4s时，汽车的速度为0，故BD错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】物体的初速度方向与合外力的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，曲线运动的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，物体受到的恒定的的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧。由此判断选项B正确。
故选B。
6.【答案】A
【解析】C.以物体为研究对象，当物体A慢慢下降，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于物体的重力，即T=mg，保持不变，绳对人的拉力为F3等于T，也不变，故C错误；
AB.人对绳的拉力大小保持不变，对人受力分析，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F1=m人g−Tsinθ，摩擦力F2=Tcsθ，随着物体A慢慢下降的过程中，θ角逐渐增大，则支持力F1逐渐减小，摩擦力F2也逐渐减小，故B错误，A正确；
D.随着物体A慢慢下降，滑轮两侧绳子之间的夹角减小，由于绳子的拉力不变，所以两个分力夹角减小，合力变大，则绳子对滑轮的作用力变大，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】A.A与B之间的最大静摩擦力为 2μmg ，B与地面之间的最大静摩擦力为12μ(2m+m)g=32μmg，
当32μmgB.F足够大时，A和B之间的摩擦力达到最大值 2μmg ，此时B的加速度为aB=2μmg−32μmgm=12μg，因此B的加速度不会超过 12μg ，故B错误；
C.F足够大时，A和B之间的摩擦力达到最大值 2μmg ，此时A的加速度为aA=F−2μmg2m，当这个加速度大于B的最大加速度 12μg 时，A就会相对B滑动，故C错误；
D.当F增大时，A、B之间的摩擦力也逐渐增大，当A、B间摩擦力增大到2μmg时，A、B恰要发生相对运动，设此时拉力大小为F0，此时对B有2μmg−32μmg=ma0，得a0=12μg，对A、B整体用牛顿第二定律有F0−32μmg=3ma0，得F0=3μmg；即当 F=52μmg 时A、B一起运动，对A、B整体用牛顿第二定律有52μmg−32μmg=3ma，对A用牛顿第二定律有52μmg−f=2ma，联立解得f=116μmg，
故D正确。
故选D。
8.【答案】BC
【解析】AC.轻重不同的物体下落的快慢相同，具有相同的加速度，故在任一时刻具有相同的速度，故A错误，C正确；
B.轻重不同的物体自由下落的加速度相等，在任意相等时间内速度变化量相同，故B正确；
D.根据 h=12gt2 知，在第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1︰3︰5，故D错误。
故选BC。
9.【答案】BD
【解析】A. 0∼t4 时间内，无人机竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则 t2 时刻，无人机还没有运动到最高点，故A错误；
B.0∼t1时间内，无人机在水平方向做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向也做初速度为零的匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，故B正确；
C.t3时刻，无人机的水平速度为 v0 ，竖直速度为 v1 ，则合速度为 v02+v12 ，故C错误；
D. t3∼t4 时间内，无人机水平方向做速度为 v0 的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AC
【解析】A.从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间t=2.5s−2s=0.5s，人上升的最大高度约为，故A正确；
B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，因此人的重力从a点读出为1000N，人的质量约为100kg，则在f点具有最大加速度，由牛顿第二定律可得Ff −mg=ma，可得人的最大加速度大小约为，故B错误；
C.b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故C正确；
D.f点对应的压力最大，大于重力，则人处于超重状态，肯定不是上升到最高点，故D错误。
故选AC。
【分析】
本题考查了对超重、失重的判断以及牛顿第二定律、第三定律的运用，解题的关键是读懂图乙中对应的运动过程以及状态，考查了信息获取能力和分析能力。
11.【答案】(1)B；(2)C
【解析】(1)F即为F1与F2的合力，采用的科学方法是等效替代法。故选B。
(2)用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时拉力F′一定与橡皮筋在同一直线上，用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时两弹簧测力计拉力F1和F2的合力在平行四边形的对角线上，对比可知C图像符合题意。
故选C。
12.【答案】(1)偏大；(2)小于；远小于；(3)0.61；2.0；(4) bk
【解析】(1)由图可知，拉力为0时就已经存在加速度，说明木板的倾角偏大。
(2)由于砝码加速下降，因此它受到的拉力小于砝码的总重力；为了便于探究、减小误差，应使砝码的总质量远小于小车的总质量。
(3)打点计时器电源频率为50 Hz，每相邻两点间还有4个计时点未画出，相邻两计数点的时间为T=1f×5=0.1s，打3点时的速度等于2、4段的平均速度，，根据逐差法计算加速度大小。
(4)根据牛顿第二定律有F=(M+m)a，整理可得1a=mF+MF，可知k=1F ， b=MF，可得小车质量M=bk。
13.【答案】解：(1)以结点O为研究对象进行受力分析，由平衡条件，橡皮绳OA的弹力F=m甲gcsθ，
由胡克定律有F=k(l−l0)，
把数据 m甲 =48kg、 l =30cm、 l0 =15cm代入上式
解得k=4×103N/m。
(2)以结点O为研究对象进行受力分析，由平衡条件，轻绳OB的拉力FT=m甲gtanθ，
以人为研究对象进行受力分析，由平衡条件，得fm=FT，
且fm=μm人g，
解得µ=0.6。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，有v1=v2−at1，
xB=v2t1−12at12，
二者之间的最大距离Δxm=xB+x0−xA=xB+x0−v1t1，
代入数据解得Δxm=40m。
(2)B车刹车运动所用时间t0=v2a=202s=10s，
B车刹车运动的位移xB=v222a=2022×2m=100m，
此时x′A=v1t0=80m，
则x′A可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，之后A车运动时间为t2=x0+xB−x′Av1=4+100−808s=3s，
故所求时间为t=t0+t2=10s+3s=13s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)物体离开传送带后做平抛运动，则有h−lsin37∘=12gt02
解得h=2.1m
(2)设物体落到斜面顶端的速度为v，且沿斜面方向，根据速度分解有vy=gt0
由于速度沿斜面向下，则有vy=vsin 37°
物体在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma1
根据位移公式有l=vt+12a1t2
解得t=0.5s
(3)物体离开传送带时水平向右的速度v0=vytan37∘=4m/s
由于 v0=v传 ，物体达到传送带速度后与传送带一起匀速向右运动，之前，物体做匀加速运动，加速过程，根据牛顿第二定律有 2mg=ma2
令加速位移为 x0 ，则有v02=2a2x0
解得x0=2m
可知物体初位置到传送带左端的距离0≤x≤b−x0=1.5m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.2023年9月30日，杭州亚运会男子100米决赛中，我国选手谢震业跑出了9秒97的成绩，夺得金牌.下列对谢震业比赛过程的研究中，能把谢震业看成质点的是( )
A. 研究谢震业的起跑特点B. 研究谢震业的跑步技巧
C. 研究谢震业在100米比赛中的速度D. 研究谢震业到达终点是如何撞线的
2.关于速度、速度变化和加速度，下列说法正确的是( )
A. 速度越大，速度变化一定越大
B. 加速度越大，速度变化一定越大
C. 加速度逐渐增大，速度也一定随之增大
D. 加速度的方向与速度变化量的方向一定相同
3.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与铁球接触面保持竖直，则( )
A. 若增大铁夹对小球的压力，小承受到的摩擦力变大
B. 机械手臂受到的摩擦力方向竖直向上
C. 小球受到的摩擦力与重力是作用力与反作用力
D. 小球受到的摩擦力与重力大小相等
4.在平直公路上行驶的一辆汽车，其x−t图像为图中曲线(实线)所示，3s时的切线如图中虚线，已知该汽车做匀变速直线运动的加速度等于−2m/s2，下列选项正确的是( )
A. t=0s时，汽车的位置坐标为−4mB. 0∼3s内，汽车的位移大小为8m
C. t=3s时，汽车的速度大小为2m/sD. t=4s时，汽车的速度大于2m/s
5.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中a，b，c，d表示物体运动的轨迹，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，人通过跨过定滑轮的轻绳牵引物体A，人向左缓慢移动的过程中，使物体A慢慢下降。物体A落地之前，地面对人的支持力为F1、地面对人的摩擦力为F2、绳对人的拉力为F3，则下面说法正确的是( )
A. F1减小B. F2增大
C. F3减小D. 绳子对滑轮的作用力变小
7.如图所示，质量为m的木板B放在水平桌面上，质量为2m的物块A放在B上，A受到水平向右的拉力F的作用，已知A与B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ，重力加速度为g，则下列选项正确的是( )
A. 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B. F为某值，B的加速度可能会超过12μg
C. 无论F为何值，A都不可能相对B滑动
D. 当F=52μmg时，A、B间的摩擦力为116μmg
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.不计空气阻力，同时将一重一轻两石块从距离地面100m处由静止开始自由下落，它们在空中下落过程中描述正确的是( )
A. 重的石块落得快，轻的石块落得慢
B. 在任意相等时间内速度变化量相同
C. 在任一时刻具有相同的加速度和速度
D. 在第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1︰4︰9
9.为了抗击病毒疫情，保障百姓的基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。快递小哥想到了用无人机配送快递的方法，某次配送快递无人机在飞行过程中，水平方向速度vx及竖直方向vy与飞行时间t的关系图像如图甲、乙所示。关于无人机的运动说法正确的是( )
A. t2时刻，无人机运动到最高点B. 0∼t1时间内，无人机做直线运动
C. t3时刻，无人机的速度大小为 v02+v22D. t3～t4时间内，无人机做匀变速曲线运动
10.图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10m/s2。根据图像分析可知( )
A. 人上升的最大高度约为0.3125m
B. 人的最大加速度大小约为
C. b到c的过程中，人先失重后超重
D. f点是人在双脚离开地板的过程中上升最高的点
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学用两个弹簧测力计拉橡皮筋O点，两弹簧测力计读数分别是F1和F2，用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时读数为F′。
(1)本实验采用的科学方法是_____；
A.理想实验法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.微小量放大法
(2)通过作图验证时，图中符合实际情况的是_____。
A.
B.
C.
D.
12.利用图甲所示的实验装置探究物体加速度与力和质量的关系。
(1)某同学通过实验得到如图乙所示图像，造成这一结果的原因是：在补偿阻力时木板与水平桌面间的倾角_____(填“偏大”或“偏小”)。
(2)该同学重新补偿阻力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_____(填“大于”“小于”或“等于”)砝码的总重力，为了便于探究、减小误差，应使砝码的总质量_____(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车的总质量。
(3)某同学得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器电源频率为50Hz，0、1、2、3、4、5、6是纸带上7个连续计数点，这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出，根据测量结果计算：打3点时小车的速度大小为_____m/s；小车运动的加速度大小为_____m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(4)如图丁所示，在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，若保持作用在小车上且平行于木板的拉力F不变，小车自身的质量M保持不变，在小车上增加质量为m的砝码，并测出此时小车的加速度a，调整小车上的砝码，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数1a为纵坐标，在坐标纸上作出如图戊所示的1a−m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车的质量M为_____。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，质量为48kg的物体甲通过两段轻绳和一根轻橡皮绳悬挂，它们的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为60kg的人相连，轻橡皮绳OA与竖直方向的夹角θ=37°，此时人恰好没有滑动。轻橡皮绳遵从胡克定律，已知其自然长度为15cm，量得此时长度是30cm，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，取g=10m/s2。求：
(1)轻橡皮绳的劲度系数k；
(2)人与水平面之间的动摩擦因数μ。
14.5G自动驾驶是基于5G通信技术实现网联式全域感知、协同决策与智慧云控，相较传统“单车式”无人驾驶，具有革命性演进。A、B两辆5G自动驾驶测试车，在同一平直公路的两相邻车道上向右匀速行驶，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s，B车的速度大小为v2=20m/s，如图所示，当A、B两车相距x0=4m时，B车因前方突发情况紧急刹车(已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间。
15.如图所示，在某项娱乐活动中，要求质量为m的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后经过时间t0=0.3s，恰好落到斜面的顶端，且此时速度沿斜面向下，斜面长度为l=2.75m，倾角为θ=37°，物体与斜面动摩擦因数μ1=0.5，传送带距地面高度为h，传送带的长度b=3.5m，物体与传送带表面的动摩擦因数μ2=0.4，传送带一直以速度v传=4m/s顺时针运动，g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37=0.8，求：
(1)传送带距地面高度h值；
(2)物体从斜面的顶端运动到底端的时间；
(3)物体轻放在水平传送带的初位置到传送带左端的距离应该满足的条件。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.研究谢震业的起跑特点时，谢震业的形状不能忽略，所以谢震业不能看成质点，故A错误。
B.研究谢震业的跑步技巧时，因为要研究具体姿势，所以其形状、大小不能忽略，所以不可以将其看成质点，故B错误；
C.研究谢震业在100米比赛中的速度，运动员的大小能忽略，能看成质点，故C正确。
D.研究谢震业到达终点是如何撞线时，必须看谢震业的身体形状、姿势等，所以不能把他看作一个质点，故D错误；
故选：C。
【分析】物体视为质点的条件是：当物体的大小和形状对所研究问题的影响可忽略不计时，物体可视为质点。一个物体能否看成质点，不是看物体的大小，而是看大小和形状在所研究的问题中能否忽略。
2.【答案】D
【解析】A.速度增大，速度变化不一定越大，如匀速直线运动，速度可以很大，速度变化为零，故A错误；
B.根据a=ΔvΔt可知加速度越大，速度变化不一定越大，故B错误；
C.a、v同向做加速运动，反向做减速运动，所以加速度逐渐增大，速度可能增大，也可能减小，故C错误；
D.加速度的方向与速度变化量的方向一定相同，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】AD.对小球进行受力分析，如图所示，小球处于平衡状态，根据力的平衡条件有f=mg，增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力不变，故A错误，D正确；
B.机械手臂受到的摩擦力和小球受到的摩擦力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，即机械手臂受到的摩擦力方向竖直向下，故B错误；
C.小球受到的摩擦力与重力是一对平衡力，故C错误。
故选：D。
4.【答案】C
【解析】AC.3s时汽车的速度为，由v3=v0+at解得，由t=1s时，x=v0t+12at2=7m，所以t=0s时，汽车的位置坐标为−7m，故A错误，C正确；
BD.0∼3s内，汽车的位移大小为x3=v0t3+12at32=15m，汽车的速度减为0的时间为 t′ ，则0=v0+at′，解得t′=4s，故t=4s时，汽车的速度为0，故BD错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】物体的初速度方向与合外力的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，曲线运动的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，物体受到的恒定的的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧。由此判断选项B正确。
故选B。
6.【答案】A
【解析】C.以物体为研究对象，当物体A慢慢下降，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于物体的重力，即T=mg，保持不变，绳对人的拉力为F3等于T，也不变，故C错误；
AB.人对绳的拉力大小保持不变，对人受力分析，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F1=m人g−Tsinθ，摩擦力F2=Tcsθ，随着物体A慢慢下降的过程中，θ角逐渐增大，则支持力F1逐渐减小，摩擦力F2也逐渐减小，故B错误，A正确；
D.随着物体A慢慢下降，滑轮两侧绳子之间的夹角减小，由于绳子的拉力不变，所以两个分力夹角减小，合力变大，则绳子对滑轮的作用力变大，故D错误。
故选A。
7.【答案】D
【解析】A.A与B之间的最大静摩擦力为 2μmg ，B与地面之间的最大静摩擦力为12μ(2m+m)g=32μmg，
当32μmg
C.F足够大时，A和B之间的摩擦力达到最大值 2μmg ，此时A的加速度为aA=F−2μmg2m，当这个加速度大于B的最大加速度 12μg 时，A就会相对B滑动，故C错误；
D.当F增大时，A、B之间的摩擦力也逐渐增大，当A、B间摩擦力增大到2μmg时，A、B恰要发生相对运动，设此时拉力大小为F0，此时对B有2μmg−32μmg=ma0，得a0=12μg，对A、B整体用牛顿第二定律有F0−32μmg=3ma0，得F0=3μmg；即当 F=52μmg 时A、B一起运动，对A、B整体用牛顿第二定律有52μmg−32μmg=3ma，对A用牛顿第二定律有52μmg−f=2ma，联立解得f=116μmg，
故D正确。
故选D。
8.【答案】BC
【解析】AC.轻重不同的物体下落的快慢相同，具有相同的加速度，故在任一时刻具有相同的速度，故A错误，C正确；
B.轻重不同的物体自由下落的加速度相等，在任意相等时间内速度变化量相同，故B正确；
D.根据 h=12gt2 知，在第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1︰3︰5，故D错误。
故选BC。
9.【答案】BD
【解析】A. 0∼t4 时间内，无人机竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则 t2 时刻，无人机还没有运动到最高点，故A错误；
B.0∼t1时间内，无人机在水平方向做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向也做初速度为零的匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，故B正确；
C.t3时刻，无人机的水平速度为 v0 ，竖直速度为 v1 ，则合速度为 v02+v12 ，故C错误；
D. t3∼t4 时间内，无人机水平方向做速度为 v0 的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AC
【解析】A.从d点到e点人在空中运动，人在空中运动的时间t=2.5s−2s=0.5s，人上升的最大高度约为，故A正确；
B.人在a处于平衡状态，人所受支持力等于重力，根据牛顿第三定律，压力等于支持力，因此人的重力从a点读出为1000N，人的质量约为100kg，则在f点具有最大加速度，由牛顿第二定律可得Ff −mg=ma，可得人的最大加速度大小约为，故B错误；
C.b到c的过程中，压力从400N增加到2000N，压力先小于重力后大于重力，所以人先处于失重状态再处于超重状态，故C正确；
D.f点对应的压力最大，大于重力，则人处于超重状态，肯定不是上升到最高点，故D错误。
故选AC。
【分析】
本题考查了对超重、失重的判断以及牛顿第二定律、第三定律的运用，解题的关键是读懂图乙中对应的运动过程以及状态，考查了信息获取能力和分析能力。
11.【答案】(1)B；(2)C
【解析】(1)F即为F1与F2的合力，采用的科学方法是等效替代法。故选B。
(2)用一个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时拉力F′一定与橡皮筋在同一直线上，用两个弹簧测力计拉橡皮筋到O点时两弹簧测力计拉力F1和F2的合力在平行四边形的对角线上，对比可知C图像符合题意。
故选C。
12.【答案】(1)偏大；(2)小于；远小于；(3)0.61；2.0；(4) bk
【解析】(1)由图可知，拉力为0时就已经存在加速度，说明木板的倾角偏大。
(2)由于砝码加速下降，因此它受到的拉力小于砝码的总重力；为了便于探究、减小误差，应使砝码的总质量远小于小车的总质量。
(3)打点计时器电源频率为50 Hz，每相邻两点间还有4个计时点未画出，相邻两计数点的时间为T=1f×5=0.1s，打3点时的速度等于2、4段的平均速度，，根据逐差法计算加速度大小。
(4)根据牛顿第二定律有F=(M+m)a，整理可得1a=mF+MF，可知k=1F ， b=MF，可得小车质量M=bk。
13.【答案】解：(1)以结点O为研究对象进行受力分析，由平衡条件，橡皮绳OA的弹力F=m甲gcsθ，
由胡克定律有F=k(l−l0)，
把数据 m甲 =48kg、 l =30cm、 l0 =15cm代入上式
解得k=4×103N/m。
(2)以结点O为研究对象进行受力分析，由平衡条件，轻绳OB的拉力FT=m甲gtanθ，
以人为研究对象进行受力分析，由平衡条件，得fm=FT，
且fm=μm人g，
解得µ=0.6。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)当A、B两车速度相等时，相距最远，有v1=v2−at1，
xB=v2t1−12at12，
二者之间的最大距离Δxm=xB+x0−xA=xB+x0−v1t1，
代入数据解得Δxm=40m。
(2)B车刹车运动所用时间t0=v2a=202s=10s，
B车刹车运动的位移xB=v222a=2022×2m=100m，
此时x′A=v1t0=80m，
则x′A
故所求时间为t=t0+t2=10s+3s=13s。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)物体离开传送带后做平抛运动，则有h−lsin37∘=12gt02
解得h=2.1m
(2)设物体落到斜面顶端的速度为v，且沿斜面方向，根据速度分解有vy=gt0
由于速度沿斜面向下，则有vy=vsin 37°
物体在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin37∘−μ1mgcs37∘=ma1
根据位移公式有l=vt+12a1t2
解得t=0.5s
(3)物体离开传送带时水平向右的速度v0=vytan37∘=4m/s
由于 v0=v传 ，物体达到传送带速度后与传送带一起匀速向右运动，之前，物体做匀加速运动，加速过程，根据牛顿第二定律有 2mg=ma2
令加速位移为 x0 ，则有v02=2a2x0
解得x0=2m
可知物体初位置到传送带左端的距离0≤x≤b−x0=1.5m
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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